apostila mat-27 (victor elias, t-15)

Álgebra Linear

Victor Gonçalves Elias

5 de dezembro de 2011

SUMÁRIO 3

Sumário

1 Introdução 71.1 Exercícios de Revisão . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

2 Espaços Vetoriais 112.1 Subespaços Vetoriais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

2.1.1 Soma de Subespaços . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152.2 Combinações Lineares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172.3 Espaços Vetoriais Finitamente Gerados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182.4 Lista de Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192.5 Dependência Linear . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

2.5.1 Propriedades da Dependência Linear . . . . . . . . . . . . . . . . . 232.6 Base de um Espaço Vetorial Finitamente Gerado . . . . . . . . . . . . . . . 232.7 Dimensão de um Espaço Vetorial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

2.7.1 Dimensão da soma de subespaços . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 262.8 Coordenadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 272.9 Mudança de Base . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 282.10 Lista de Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

3 Produto Interno 333.1 Definição e primeiras propriedades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 333.2 Norma e Distância . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 343.3 Lista de Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 363.4 Ortogonalidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

3.4.1 Complemento Ortogonal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 413.4.2 Teorema da Projeção . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

3.5 Produto Interno para Espaços Vetoriais Complexos . . . . . . . . . . . . . 443.6 Lista de Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

4 Transformações Lineares 494.1 A Imagem e o Núcleo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 504.2 Isomorfismos e Automorfismos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 534.3 Espaço das Transformações Lineares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 544.4 Lista de Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 564.5 Matriz de uma Transformação Linear . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 594.6 Espaço Dual . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63


4 SUMÁRIO

4.7 Lista de Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 654.8 Isometria . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 674.9 Operadores adjuntos e auto-adjuntos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 694.10 Mudança de base e semelhança de matrizes . . . . . . . . . . . . . . . . . . 714.11 Lista de Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72

5 Autovalores e Autovetores 775.1 Definição e primeiras propriedades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 775.2 Polinômio Característico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 795.3 Diagonalização de Operadores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81

5.3.1 Diagonalização de Operadores Auto-adjuntos . . . . . . . . . . . . . 845.3.2 Diagonalização de Operadores Ortogonais . . . . . . . . . . . . . . 85

5.4 Lista de Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 875.5 Aplicações da Diagonalização . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88

5.5.1 Potências de uma Matriz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 885.5.2 Diagonalização e Cônicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 885.5.3 Exponencial de Matrizes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90

5.6 Forma Canônica de Jordan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 925.6.1 Obtenção da Forma Canônica de Jordan . . . . . . . . . . . . . . . 945.6.2 Polinômio Mínimo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 965.6.3 Aplicações da Forma Canônica de Jordan . . . . . . . . . . . . . . . 97

5.7 Lista de Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98

6 Equações Diferenciais Ordinárias 1036.1 Classificação de Equações Diferenciais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103

6.1.1 Solução de uma EDO . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1056.2 Primeiras Propriedades das EDOL’s . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1056.3 EDOL de Primeira Ordem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1066.4 EDOLH de Segunda Ordem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107

6.4.1 Wronskiano e Propriedades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1076.4.2 Médoto de Redução de Ordem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1096.4.3 Coeficientes Constantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109

6.5 EDOLH de Ordem n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1116.5.1 Método de Redução de Ordem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1126.5.2 Coeficientes Constantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112

6.6 Lista de Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1136.7 SEDOLH de Primeira Ordem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117

6.7.1 Matriz Fundamental . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1196.7.2 Coeficientes Constantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121

6.8 Lista de Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123

7 Respostas aos exercícios 1297.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1297.2 Espaços Vetoriais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1307.3 Produto Interno . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133


SUMÁRIO 5

7.4 Transformações Lineares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1347.5 Autovalores e Autovetores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1357.6 Equações Diferenciais Ordinárias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138


7

Capítulo 1

Introdução

1.1 Exercícios de RevisãoExercício 1.1 Verificar quais das seguintes matrizes são inversíveis e determinar asinversas respectivas:

A =

[1 22 2

], B =

1 0 11 1 00 −1 1

, C =

0 0 1 11 0 0 11 1 1 −10 2 0 3

.Exercício 1.2 Existe alguma matriz inversível A tal que A2 = O (matriz nula)? Justi-fique.

Exercício 1.3 Determinar x, y e z de modo que a matriz 1 0 00 1√

21√2

x y z

seja ortogonal.

Exercício 1.4 Considere a matriz:

A =

[1 22 1

].

Sendo X uma matriz real 2 × 1, quais os valores de λ tal que existe X não nulo quesatisfaz a

AX = λX?

Exercício 1.5 Seja A a seguinte matriz (complexa)

A =

0 0 i0 1 0−i 0 0

,Victor Gonçalves Elias

8 CAPÍTULO 1. INTRODUÇÃO

onde i2 = −1.

1. A é uma matriz hermitiana?1

2. Obtenha A−1.

3. Calcule A2.

4. Deduza uma expressão para A2n e A2n+1, sendo n um natural.

5. Sabendo que, para um certo x ∈ R, exA é a matriz dada pela série (que pode semostrar ser convergente):

∞∑n=0

(xA)n

n!= I + xA+

x2A2

2+x3A3

3!+ . . .

obtenha exA. Aqui, por convenção, A0 = I.

Exercício 1.6 Considere {v1, v2, . . . , vn} um conjunto de matrizes coluna de ordem n eseja M = [v1 v2 . . . vn] a matriz n × n cujas colunas são dadas justamente pelasmatrizes v1, v2, . . . , vn. Mostre que:

1. [λ1v1 λ2v2 . . . λnvn] = MD, onde D = diag(λ1, λ2, . . . , λn) é a matriz diagonalcujos elementos são λ1, λ2, . . . , λn (nesta ordem).

2. AM = [Av1 Av2 . . . Avn], onde A é uma matriz n× n.

Exercício 1.7 Mostre que não existem matrizes A e B quadradas de ordem n de modoque AB −BA seja a matriz identidade.

Exercício 1.8 Seja A uma matriz quadrada cujos elementos são funções deriváveis navariável real t. Se A é inversível (para um certo t), então mostre que:

dA−1

dt= −A−1dA

dtA−1

Exercício 1.9 Pode-se definir a convergência de uma sequência de matrizes analisando aconvergência elemento por elemento. Da mesma forma, pode-se definir a convergência deuma série de matrizes. Supondo que a série de Neumann para uma certa matriz quadradaA:

∞∑n=0

(I − A)n,

seja convergente, mostre que ela converge para A−1. Numericamente, pode-se obter umaaproximação para a inversa da matriz truncando a série acima.

1Uma matriz é hermitiana quando A = A†, sendo A† a matriz complexo-conjugada da transposta deA.


1.1. EXERCÍCIOS DE REVISÃO 9

Exercício 1.10 O traço de uma matriz quadrada P é definido como a soma dos elementosda diagonal principal de P e denotado por tr(P ).

1. Sendo A e B matrizes de ordem m × n e n × m, respectivamente, mostre quetr(AB) = tr(BA) (mesmo quando as matrizes AB e BA são diferentes).

2. Sendo A e B matrizes ambas de ordem m × n, mostre que tr(ABT ) = tr(ATB) =tr(BTA) = tr(BAT ).

3. Se A, B e C são matrizes quadradas de mesma ordem, então mostre a propriedadecíclica do traço: tr(ABC) = tr(BCA) = tr(CAB).

Exercício 1.11 Sejam A, U , B e V matrizes reais de ordem p× p, p× q, q × q e q × p,respectivamente. Se A e B + BV A−1UB são não singulares, mostre o teorema binomialda inversa:

(A+ UBV )−1 = A−1 − A−1UB(B +BV A−1UB)−1BV A−1.

Exercício 1.12 Seja A uma matriz n×n que tem todos os elementos da diagonal principaliguais a zero e os demais elementos iguais a −1. Obtenha o determinante de A.

Exercício 1.13 Considere uma matriz A quadrada de ordem n com todos os elementosinteiros, de tal modo que os elementos da diagonal principal de A são ímpares e os demaiselementos são pares. Mostre que A é inversível.

Exercício 1.14 Seja M uma matriz 5× 5 com todos os elementos inteiros e pares.

1. É possível que o determinante de M seja igual a 120?

2. Nas condições do problema, seja M tal que det(M) = 160. Certamente, M−1 serácomposta exclusivamente por números racionais. Suponha que os números racionaisestejam simplificados ao máximo. Para cada matriz M , denote por d(M) o maiorvalor do denominador que aparece na sua inversa (supondo que esta já esteja aomáximo simplificada). De todas as matrizes M que satisfazem estas condições, qualo maior valor de d(M)?

Exercício 1.15 Considere M uma matriz quadrada com todos os elementos inteiros. Sealém disso, a soma de cada linha de M é igual a k, mostre que o determinante de M éum múltiplo de k.


11

Capítulo 2

Espaços Vetoriais

Definição 2.1 Seja um conjunto V diferente do vazio e um corpo K (em geral R ou C),para os quais podemos definir as operações de adição e multiplicação por escalar.

+ : V × V → V(u, v) 7→ u+ v ∈ V· : K × V → V(α, u) 7→ αu ∈ V

Dizemos que V é um espaço vetorial sobre K quando, e apenas quando, as seguintespropriedades forem satisfeitas:

1. Comutativa: u+ v = v + u,∀u, v ∈ V

2. Associativa: u+ (v + w) = (u+ v) + w,∀u, v, w ∈ V

3. Elemento Neutro: ∃ΘV ∈ V tal que u+ ΘV = u,∀u ∈ V

4. Elemento Oposto: para cada u ∈ V , existe um elemento oposto (indicado por −u)tal que u+ (−u) = ΘV

5. α(βu) = (αβ)u,∀α, β ∈ K, ∀u ∈ V

6. α(u+ v) = αu+ αv, ∀α ∈ K, ∀u, v ∈ V

7. (α + β)u = αu+ βu, ∀α, β ∈ K, ∀u ∈ V

8. O elemento unitário do corpo 1 é tal que 1 · u = u,∀u ∈ V

Nota 2.2 Se K = R, dizemos que V é um espaço vetorial real, se K = C, dizemos queV e um espaço vetorial complexo.

Nota 2.3 Os elementos de um espaço vetorial são chamados de vetores, e os elementosdo corpo são chamados de escalares.

Exemplo 2.4 O conjunto R, com as operações usuais de soma e multiplicação é umespaço vetorial sobre R.


12 CAPÍTULO 2. ESPAÇOS VETORIAIS

Exemplo 2.5 O conjunto dos números complexos C, com as operações usuais, é umespaço vetorial sobre R. Por outro lado, C também é um espaço vetorial sobre C.

Exemplo 2.6 O espaço Rn com as operações:

(u1, u2, . . . , un) + (v1, v2, . . . , vn) = (u1 + v1, u2 + v2, . . . , un + vn)

α(u1, u2, . . . , un) = (αu1, αu2, . . . , αun)

é um espaço vetorial sobre R.

Prova. Para tal, basta mostrarmos que o conjunto satisfaz os oito axiomas de espaçovetorial:

1. u+ v = (u1 + v1, u2 + v2, . . . , un + vn)= (v1 + u1, v2 + u2, . . . , vn + un)= v + u,∀u, v ∈ Rn

2. u+ (v + w) = (u1 + (v1 + w1), u2 + (v2 + w2), . . . , un + (vn + wn))= ((u1 + v1) + w1, (u2 + v2) + w2, . . . , (un + vn) + wn)= (u+ v) + w,∀u ∈ Rn

3. Existe ΘV = (0, 0, . . . , 0), tal queu+ Θv = (u1 + 0, u2 + 0, . . . , un + 0)

= (u1, u2, . . . , un)= u,∀u ∈ Rn

4. Para cada u ∈ Rn, existe um elemento oposto−u = (−u1,−u2, . . . ,−un)⇒

u+ (−u) = (u1 + (−u1), u2 + (−u2), . . . , un + (−un))= (0, 0, . . . , 0) = ΘV

5. α(βu) = α(βu1, βu2, . . . , βun)= (αβu1, αβu2, . . . , αβun)= (αβ)(u1, u2, . . . , un)= (αβ)u,∀α, β ∈ R,∀u ∈ Rn

6. α(u+ v) = α(u1 + v1, u2 + v2, . . . , un + vn)= (αu1 + αv1, αu2 + αv2, . . . , αun + αvn)= αu+ αv, ∀α ∈ R,∀u, v ∈ Rn

7. (α + β)u = ((α + β)u1, (α + β)u2, . . . , (α + β)un)= (αu1 + βu1, αu2 + βu2, . . . , αun + βun)= αu+ βu, ∀α, β ∈ R,∀u ∈ Rn

8. 1 · u = (1 · u1, 1 · u2, . . . , 1 · un)= (u1, u2, . . . , un)= u,∀u ∈ Rn

�


13

Exemplo 2.7 O espaço Cn, com operações análogas às do Rn no Exemplo 2.6, é umespaço vetorial tanto sobre C, como sobre R.

Exemplo 2.8 O conjunto de todas as matrizes reais de ordem m×n é um espaço vetorialsobre R (considerando as operações usuais). Este espaço é denotado porMm×n(R).

Exemplo 2.9 O conjunto de polinômios de grau menor ou igual a n, é um espaço vetorialsobre R. É representado por Pn(R).

Exemplo 2.10 Seja V = C[a, b] o conjunto de todas as funções contínuas f : [a, b]→ R,definindo as operações de soma e multiplicação por escalar como:

(f + g)(x) = f(x) + g(x),∀x ∈ [a, b](αf)(x) = αf(x),∀x ∈ [a, b]

V é um espaço vetorial sobre R.

Exemplo 2.11 O conjunto R∗+ não é espaço vetorial sobre R (com as operações usuais).

Exemplo 2.12 O conjunto R∗+, munido das operações:

u⊕ v = uvα� u = uα

é um espaço vetorial sobre R.

Veremos agora algumas propriedades dos espaços vetoriais derivadas diretamente dadefinição, mas que não podem ser enxergadas tão facilmente.

Proposição 2.13 Seja um espaço vetorial V sobre K, satisfazendo todos os axiomas deespaço vetorial. Então:

1. ∀α ∈ K,αΘV = ΘV

2. ∀u ∈ V, 0u = ΘV

3. αu = ΘV ⇒ α = 0 ∨ u = ΘV

4. ∀α ∈ K, ∀u ∈ V, (−α)u = α(−u) = −(αu)

5. ∀α, β ∈ K, ∀u ∈ V : (α− β)u = αu− βu

6. ∀α ∈ K, ∀u, v ∈ V : α(u− v) = αu− αv

7. ∀β, α1, α2, . . . , αn ∈ K, ∀u1, u2, . . . , un ∈ V : β(n∑j=1

αjuj) =n∑j=1

(βαj)uj

8. O vetor ΘV de V é único.



9. O elemento oposto, para cada u ∈ V , é único.

10. u+ v = u+ w ⇒ v = w (lei do cancelamento)

Nota 2.14 Com a propriedade 4 da proposição anterior podemos definir a operação desubtração:

u− v = u+ (−v)

2.1 Subespaços Vetoriais

Definição 2.15 Seja V um espaço vetorial sobre o corpo K. Um subespaço vetorial deV é um subconjunto W ⊂ V , tal que:

(a) ΘV ∈ W

(b) ∀u, v ∈ W ⇒ u+ v ∈ W

(c) ∀α ∈ K, u ∈ W ⇒ αu ∈ W

Nota 2.16 Podemos reduzir as duas últimas condições para apenas uma: ∀α ∈ K, ∀u, v ∈W ⇒ u+ αv ∈ W .

Exemplo 2.17 Os conjuntos {ΘV } e o próprio V são subespaços de V . Esses são cha-mados de subespaços impróprios ou triviais.

Exemplo 2.18 W = {(x, y, z) ∈ R3 : x− y = 0} é subespaço do R3.

Prova. Basta demonstrarmos que satisfaz as 3 condições de subespaço vetorial:

(a) (0, 0, 0) ∈ W , pois 0x− 0

y= 0

(b) Sejam u = (u1, u2, u3) ∈ W, v = (v1, v2, v3) ∈ Wu+ v = (u1 + v1, u2 + v2, u3 + v3) ∈ W, poisu1 + v1 − (u2 + v2) = (u1 − u2)︸︷︷︸

0pois u∈W

+ (v1 − v2)︸︷︷︸0

pois v∈W

= 0

(c) Seja u = (u1, u2, u3) ∈ W e seja α ∈ KNotamos que αu ∈ W , pois αu = (αu1, αu2, αu3) eαu1 − αu2 = α (u1 − u2)︸︷︷︸

0, pois u∈W

= 0

�

Exemplo 2.19 W = {A ∈Mn(R) : At = A} é subespaço deMn(R).


2.1. SUBESPAÇOS VETORIAIS 15

Exemplo 2.20 A solução de um sistema linear homogêneo é um subespaço do Rn.a11x1 + a12x2 + . . . + a1nxn = 0...

......

am1x1 + am2x2 + . . . + amnxn = 0

Proposição 2.21 A intersecção de dois subespaços U,W ⊂ V também é um subespaçovetorial de V.

Prova. Mais uma vez, basta demonstrar as 3 condições de subespaço vetorial.

(a)ΘV ∈ WΘV ∈ Upor hip.

ΘV ∈ U ∩W

(b) Sejam u, v ∈ U ∩W{u, v ∈ U ⇒ u+ v ∈ Uu, v ∈ W ⇒ u+ v ∈ W

}u+ v ∈ U ∩W

(c) Seja u ∈ U ∩ V e seja λ ∈ K{u ∈ U ⇒ λu ∈ Uu ∈ W ⇒ λu ∈ W

}⇒ λu ∈ U ∩W

�

Nota 2.22 Apesar da proposição anterior, a união de subespaços nem sempre é um su-bespaço.

Z = {(x, 0) ∈ R2 : x ∈ R} é subespaço do R2.W = {(0, y) ∈ R2 : y ∈ R} é subespaço do R2.Z ∪W não é subespaço.

Proposição 2.23 Se W é subespaço de V (espaço vetorial sobre K), então W também éespaço vetorial sobre K.

2.1.1 Soma de Subespaços

Definição 2.24 Sejam U e W subespaços de V , definimos a soma de U com W como oseguinte subconjunto de V : U +W = {u+ w : u ∈ U,w ∈ W}

É evidente que:

• U +W = W + U

• U + {ΘV } = U

• U ⊂ U +W

• W ⊂ U +W

Teorema 2.25 Se U e W são subespaços de um espaço vetorial V , então U +W tambémé subespaço de V .



Prova. Temos de demonstrar as 3 condições de subespaço vetorial.

(a) ΘV ∈ U +W pois ΘV ∈ U e ΘV ∈ V . Logo, ΘV + ΘV = ΘV ∈ U +W .

(b) Sejam v1, v2 dois elementos da U + W . Então existem u1, u2 ∈ U e w1, w2 ∈ W talque:

v1 = u1 + w1

v2 = u2 + w2

} considerando

z = v1 + v2

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

Logo, z ∈ U +W , ou seja v1 + v2 ∈ U +W .

(c) Seja v ∈ U + W . Nesse caso existem u ∈ U,w ∈ W tal que: v = u + w Masαv = αu︸︷︷︸

∈Upois U e sub.

+ αw︸︷︷︸∈W

pois W e sub.

. Assim, αv ∈ U +W

�

Nota 2.26 Quando subespaços U e W são tais que U ∩W = {ΘV } então dizemos que asoma U +W é direta e denotamos por U ⊕W .

Nota 2.27 Se U⊕W = V dizemos que U eW são suplementares, ou que U é suplementarde W , ou que W é suplementar de U .

Teorema 2.28 Sejam U,W subespaços de um espaço vetorial V . Então U ⊕W = V se,e somente se, cada vetor v ∈ V admite uma única decomposição v = u + w, u ∈ U ew ∈ W .

Prova. (⇒) Tomemos u1, u2 ∈ U e w1, w2 ∈ W tal que u1 +w1 = u2 +w2 = v, v ∈ V .Temos então que u1 − u2︸︷︷︸

∈U

= w2 − w1︸︷︷︸∈W

. Como a intersecção entre U e V é {ΘV }, pois a

soma entre eles é direta, então u1−u2 = w2−w1 = ΘV , i.e. u1 = u2 e w1 = w2. Portanto,∀v ∈ V , @u ∈ U e @w ∈ W tal que v = u+ w.

(⇐) Se cada vetor v ∈ V admite decomposição da forma v = u + w, u ∈ U,w ∈ W ,então é óbvio que U +W = V . Vamos provar que a soma é direta. Seja z ∈ U ∩W . Noteque:

u+ w = (u+ z)︸︷︷︸∈U

+ (w − z)︸︷︷︸∈W

Da unicidade da decomposição:

u+ z = uw − z = w

}z = ΘV

ou seja, U ∩W = {ΘV }. �


2.2. COMBINAÇÕES LINEARES 17

2.2 Combinações LinearesDefinição 2.29 Seja V um espaço vetorial sobre K. Tomemos um subconjunto S ={u1, u2, . . . , un} ⊂ V . Indiquemos por [S] o seguinte subconjunto construído a partir deS: [S] = {α1u1 + α2u2 + . . . + αnun;α1, α2, . . . , αn ∈ K}. Temos então que [S] é umsubespaço vetorial:

Prova. Temos de demonstrar as 3 condições de subespaço vetorial:(a) ΘV = 0u1 + 0u2 + . . .+ 0un ∈ [S]

(b) u, v ∈ [S]⇒ ∃α1, α2, . . . αn ∈ K, ∃β1, β2, . . . , βn ∈ K :u = α1u1 + α2u2 + . . .+ αnunv = β1u1 + β2u2 + . . .+ βnun

u+ v = (α1 + β1)︸︷︷︸∈K

u1 + . . .+ (αn + βn)︸︷︷︸∈K

un ⇒ u+ v ∈ [S]

(c) Seja u ∈ [S]. Então existem α1, α2, . . . , αn ∈ K tal que:

u = α1u1 + . . .+ αnunλu = (λα1)

∈Ku1 + . . .+ (λαn)

∈Kun ⇒ λu ∈ [S]

�

Nota 2.30 O subespaço [S] recebe o nome de subespaço gerado por S, e também pode serdenotado por [u1, u2, . . . , un]. Diz-se também que u1, u2, . . . , un geram [S], ou então quesão um sistema de geradores de [S].

Nota 2.31 Cada vetor u ∈ [S] é dito ser uma combinação linear de u1, u2, . . . , un.

Nota 2.32 Por convenção, se S = ∅, [S] = {ΘV }.

Nota 2.33 Se S for infinito, então definimos [S] mediante a sentença: u ∈ [S] ⇔∃v1, v2, . . . , vn ∈ S,∃α1, α2, . . . , αn ∈ K tal que u = α1v1 + . . .+ αnvn.

Proposição 2.34 Seja S um subconjunto de V . Temos que S possui as seguintes propri-edades:

1. S ⊂ [S]

2. S1 ⊂ S2 ⇒ [S1] ⊂ [S2]

3. [S] = [[S]]

4. [S1 ∪ S2] = [S1] + [S2]

Exemplo 2.35 Se V = R3, u = (−1, 1) e v = (1, 1), determinemos então [u, v]. Noteque [u, v] = {(−α + β, α + β);α, β ∈ R} = R2 pois cada par (x, y) ∈ R2 se escreve como(x, y) = (y−x)

2(−1, 1) + (y+x)

2(1, 1).



2.3 Espaços Vetoriais Finitamente GeradosDefinição 2.36 Dizemos que um espaço vetorial V é finitamente gerado se existe S ⊂ V ,S finito, tal que V = [S].

Exemplo 2.37 O espaço E3 dos vetores da geometria é gerado pelo conjunto {ı, , k},pois qualquer u ∈ E3 se escreve como u = aı+ b+ ck.

Exemplo 2.38 Sendo ΘV o vetor nulo de V , então {ΘV } é finitamente gerado, pois{ΘV } = [{ΘV }].

Exemplo 2.39M2(R) é finitamente gerado, pois o conjunto S =

{[1 00 0

],

[0 10 0

],[

0 01 0

],

[0 00 1

]}geraM2(R), já que qualquer matriz deM2(R) se escreve como:

[a bc d

]= a

[1 00 0

]+ b

[0 10 0

]+ c

[0 01 0

]+ d

[0 00 1

]Exemplo 2.40 Rn é finitamente gerado pois temos que um conjunto gerador é:

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

Exemplo 2.41Mm×n(R) é finitamente gerado. De fato, considere as matrizes

Ak` : aij =

{1, se i = k e j = `0, caso contrário

A11 =

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

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

0 0 0 · · · 0

A12 =

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

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

0 0 0 · · · 0

Então S = {A11, A12, . . . , A1n, A21, A22, . . . , A2n, . . . , Am1, Am2, . . . , Amn} é um gerador

deMm×n(R).

Exemplo 2.42 Pn(R) é finitamente gerado. De fato, considerando:

f0(x) = 1f1(x) = x...

...fn(x) = xn

Temos que um polinômio qualquer de Pn(R) se escreve como:

p(x) = a0 + a1x+ a2x2 + . . .+ anx

n : p = a0fo + a1f1 + . . .+ anfn


2.4. LISTA DE EXERCÍCIOS 19

2.4 Lista de ExercíciosExercício 2.43 Para cada um dos conjuntos de operações a seguir, diga se o conjuntoV = {(x, y) : x, y ∈ R} é um espaço vetorial sobre R. Caso não o seja, diga quais dos 8axiomas não se verificam.

1. (x1, y1) + (x2, y2) = (x1 + x2, 0) e a(x, y) = (ax, ay).

2. (x1, y1) + (x2, y2) = (x1 + x2, y1 + y2) e a(x, y) = (ax, 0).

3. (x1, y1) + (x2, y2) = (x1 + x2, y1 + y2) e a(x, y) = (x, ay).

4. (x1, y1) + (x2, y2) = (x1, y1) e a(x, y) = (ax, ay).

5. (x1, y1) + (x2, y2) = (2x1 − 2y1,−x1 + y1) e a(x, y) = (3ay,−ax).

Exercício 2.44 Mostrar que todo espaço vetorial sobre C também é espaço vetorial sobreR.

Exercício 2.45 Seja u = (1 + i, i), v = (1 − i, 2i) e w = (2, 3 + i) vetores do espaçovetorial C2

(a) Calcular (3 + i)u− iv − (2− i)w;

(b) Existe z ∈ C tal que v = zu?

Exercício 2.46 No espaço vetorial P3(R) sejam dados os vetores f(t) = t3 − 1, g(t) =t2 + t− 1 e h(t) = t+ 2.

(a) Calcular 2f(t) + 3g(t)− 4h(t);

(b) Existe k ∈ R de maneira que f(t) + kg(t) = h(t)?

(c) Existem k1, k2 ∈ R tais que f(t) = k1g(t) + k2h(t)?

Exercício 2.47 No R2 consideremos os vetores u = (1, 1), v = (3,−2) e w = (3,−2).

(a) Resolver a equação:x+ u

2+v + x

3= w,

na incógnita x ∈ R2;

(b) Resolver o seguinte sistema de equações:x+ y + z = u

2x− y + z = vx+ y − 2z = w

nas incógnitas x, y, z ∈ R2.



Exercício 2.48 Quais dos seguintes conjuntos W abaixo são subespaços do R3?

1. W = {(x, y, z) ∈ R3 : x = 0}

2. W = {(x, y, z) ∈ R3 : x ∈ Z}

3. W = {(x, y, z) ∈ R3 : y /∈ Q}

4. W = {(x, y, z) ∈ R3 : x− 3z = 0}

5. W = {(x, y, z) ∈ R3 : ax+ by + cz = 0, a, b, c ∈ R}

Exercício 2.49 Quais dos conjuntos abaixo são subespaços do espaço P(R) de todos ospolinômios reais?

1. W = {f(t) ∈ P(R) : f(t)tem grau maior que 2}

2. W = {f(t) ∈ P(R) : f(0) = 2f(1)}

3. W = {f(t) ∈ P(R) : f(t) > 0,∀t ∈ R}

4. W = {f(t) ∈ P(R) : f(t) + f ′(t) = 0}

Exercício 2.50 Seja I = [0, 1]. Verificar se são subespaços vetoriais de C(I):

1. {f ∈ C(I) : f(0) = 0}

2. {f ∈ C(I) :1∫0

f(t)dt = 0}

3. {f ∈ C(I) : f(0) = f(1)}

4. {f ∈ C(I) : f(0) = 0 em todos os pontos de I, exceto em um número finito deles}

Exercício 2.51 Mostrar que os polinômios 1− t, (1− t)2, (1− t)3 e 1 geram P3(R).

Exercício 2.52 Dar um sistema de geradores para cada um dos seguintes subespaços doR3:

1. U = {(x, y, z) : x− 2y = 0}

2. V = {(x, y, z) : x+ z = 0 e x− 2y = 0}

3. W = {(x, y, z) : x+ 2y − 3z = 0}

4. U ∩ V

5. V +W

Exercício 2.53 Sejam U e V sub-espaços vetoriais do espaço W . Provar que:


2.5. DEPENDÊNCIA LINEAR 21

1. U ⊂ V ⇒ U + V = V ;

2. U ⊂ V ⇒ U ∩ V = U ;

3. U + V = U ⇒ U ⊃ V ;

4. U ∩ V = U ⇒ U ⊂ V .

Exercício 2.54 Sejam u e v dois vetores não nulos do R2. Se não existe nenhum t ∈ Rtal que u = tv, mostrar que R2 é soma direta dos subespaços [u] e [v].

Exercício 2.55 Se U , V e W são subespaços vetoriais do mesmo espaço, mostrar que(U ∩V ) + (U ∩W ) ⊂ U ∩ (V +W ). Descubra um exemplo para o qual o primeiro membrodessa relação é diferente do segundo e um exemplo onde ocorre igualdade.

Exercício 2.56 Mostrar que os números complexos 2+3i e 1−2i geram o espaço vetorialC sobre R.

Exercício 2.57 Mostrar que geram o mesmo subespaço vetorial os dois subconjuntos doR3: {(1,−1, 2); (2, 0, 1)} e {(−1,−2, 3); (3, 3,−4)}.

Exercício 2.58 Considere os seguintes vetores do R3: (−1, 0, 1) e (3, 4,−2). Determi-nar um sistema de equações homogêneas para o qual o espaço solução seja exatamente osubespaço gerado por esses vetores.

Exercício 2.59 Mostrar que os dois conjuntos abaixo formados de funções contínuas reaisdefinidas em R geram o mesmo subespaço vetorial de C(R):{

sin2 t, cos2 t, sin t cos t}

e {1, sin 2t cos 2t}

2.5 Dependência Linear

Definição 2.60 Um conjunto S = {u1, u2, . . . , un} contido num espaço vetorial é dito serlinearmente independente se, e somente se, uma igualdade do tipo α1u1 + α2u2 + . . . +αnun = ΘV com αi ∈ K, admitir como única solução α1 = α2 = . . . = αn = 0, docontrário, o conjunto S é dito ser linearmente dependente (LD).

Nota 2.61 Por convenção, S = ∅ é linearmente independente (LI).

Exemplo 2.62 O conjunto S = {(−1, 1, 1); (1,−1, 1); (1, 1,−1)} é LI. De fato, se:

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

−α + β + γ = 0α− β + γ = 0α + β − γ = 0

⇒

α = 0β = 0γ = 0



Exemplo 2.63 O conjunto S = {p0, p1, p2} ⊂ P2(R) é LD (em que p0(x) = x2, p1(x) =2x, p2(x) = 4x2+7x). De fato αp0+βp1+γp2 = ΘV ⇔ αx2+2βx+4γx2+7γx = 0,∀x ∈ R{

α + 4γ = 02β + 7γ = 0

é um SPI (e por isso admite solução não trivial).

Exemplo 2.64 Seja C[0, 1] o conjunto das funções contínuas [0, 1]. Considere o subcon-junto S = {ex, e2x, e3x}. S é LI, pois:

αex + βe2x + γe3x = 0ex(α + βex + γe2x) = 0

α + βex + γe2x = 0, ∀x ∈ [0, 1](α + βex + γe2x)′ = (0)′

βex + 2γe2x = 0ex(β + 2γex) = 0

β + 2γex = 0,∀x ∈ [0, 1](β + 2γex)′ = (0)′

2γex = 0γ = 0,∀x ∈ [0, 1]

α = β = γ = 0

Exemplo 2.65 Seja L = {(1, 2, 3); (1, 4, 9); (1, 8, 27)}. Teremos α, β, γ ∈ R tais que:α(1, 2, 3) + β(1, 4, 9) + γ(1, 8, 27) = (0, 0, 0)

α + β + γ = 02α + 4β + 8γ = 0

3α + 9β + 27γ = 0

Como

∣∣∣∣∣∣1 1 12 4 83 9 27

∣∣∣∣∣∣ 6= 0 o sistema é possível e determinado, e a única solução é α =

β = γ = 0. Logo L é LI.

Exemplo 2.66 Seja L = {1, sin t, cos t} ⊂ C[0, 2π]. Tomemos α, β, γ ∈ R tais que α +β sin t+ γ cos t = 0, ∀t ∈ [0, 2π]. Tomando alguns valores de t:

t = 0t = π/2t = π

α + γ = 0α + β = 0α− γ = 0

∴ α = β = γ = 0

Logo, L é LI.

Exemplo 2.67 Seja L = {(x+ 1)ex, (x2 + 1)ex} ⊂ C[0, 1]. Tomando α, β ∈ R tais que:

α(x+ 1)ex + β(x2 + 1)ex = 0,∀x ∈ [0, 1]α(x+ 1) + β(x2 + 1)]ex = 0α(x+ 1) + β(x2 + 1) = 0,∀x ∈ [0, 1]

α = 0β = 0α + β = 0

⇒

o conjunto é LI.


2.6. BASE DE UM ESPAÇO VETORIAL FINITAMENTE GERADO 23

Nota 2.68 Veja que no Exemplo 2.67, a técnica de escolher x = 0 e x = 1 não dariaresultado.

2.5.1 Propriedades da Dependência Linear

Proposição 2.69 Seja L = {ui ∈ V : i ∈ N, 0 < i ≤ n} um subconjunto do espaçovetorial V . Então:

1. L = {u1, u2, . . . , un} ⊃ {ΘV } ⇒ L é LD.

2. L = {u}, u 6= ΘV ⇒ L é LI.

3. L = {u1, u2, . . . , un} é LD se, e somente se, um dos vetores é combinação linear dosdemais.

4. Sejam S1, S2 finitos, com S1 ⊂ S2. Se S1 é LD, então S2 é LD.

5. Sejam S1, S2 finitos, com S1 ⊂ S2. Se S2 é LI, então S1 é LI.

6. Se {u1, u2, . . . , un} é LI e {u1, u2, . . . , un, v} é LD, então v é combinação linear deu1, u2, . . ., un.

7. Se S = {u1, u2, . . . , uj, . . . , un} é tal que uj ∈ [S\{uj}], então [S] = [S\{uj}].

2.6 Base de um Espaço Vetorial Finitamente GeradoDefinição 2.70 Uma base B de um espaço vetorial V finitamente gerado é um conjuntoB ⊂ V , satisfazendo a duas propriedades:

1. V = [B]

2. B é LI.

Exemplo 2.71 B = {p0, p1, . . . , pn}, onde pj(t) = tj é base de Pn(R).

Exemplo 2.72 B = {e1, e2, . . . , en}, sendo ej vetores do Rn tais que a componente j é 1e as demais são zero é base do Rn.

Exemplo 2.73 B = {A11, A12, . . . , A1n, A21, . . . , Amn} é base de Mm×n(R), onde Ak` =

(aij)m×n, aij =

{1, se i = k e j = `0, caso contrário .

Nota 2.74 Todas essas bases são denominadas bases canônicas.

Nota 2.75 Convenciona-se que o vazio é base de {ΘV }.

Teorema 2.76 Todo espaço vetorial finitamente gerado possui uma base.



Prova. O conjunto {ΘV } possui a base ∅. No caso de um espaço vetorial diferente doespaço nulo, existe um conjunto S finito contido em V , tal que V é gerado por S. SejaS = {u1, . . . , un}. O conjunto S possui 2n sub-conjuntos. Dentre todos os subconjuntosLI, tomemos um que possua o maior número de vetores. Seja B este conjunto. Porescolha, B é LI. Provemos que B gera V :

Seja u ∈ S\B. Como B ∪ {u} é LD, então u ∈ [B]. Assim S\B ⊂ [B]. LogoV = [S] = [(S\B) ∪B] = [S\B] + [B] ⊂ [B] + [B] = [B].

V ⊂ [B], mas V ⊃ [B]. Logo V = [B]. �

A seguir, veremos um processo prático para determinar bases do Rn.

Proposição 2.77 Seja V um subespaço do Rn. Consideremos um conjunto de geradoresde V : V = [u1, u2, . . . , ur]. Note que:

1. O conjunto V não se altera se trocarmos a posição de dois vetores do conjunto degeradores.

V = [u1, u2, . . . , ur]= [u1, . . . , ui, . . . , uj, . . . , ur]= [u1, . . . , uj, . . . , ui, . . . , ur]

2. Uma combinação linear de vetores de V não vai alterar o conjunto gerado por V.

V = [u1, . . . , ui, . . . , uj + αui, . . . , uk]

3. Se [u1, u2, . . . , ur] está na forma escalonada, então é um conjunto LI (desde quenenhum seja nulo).

Exemplo 2.78 Determinar uma base e a dimensão de:U = [(1, 0, 2,−1); (1, 2, 5, 1); (4, 6, 17, 2)] 1 0 2 −1

1 2 5 14 6 17 2

∼ 1 0 2 −1

0 2 3 20 6 9 6

∼ 1 0 2 −1

0 2 3 20 0 0 0

uma base de U é: {(1, 0, 2,−1); (0, 2, 3, 2)}

2.7 Dimensão de um Espaço Vetorial

Proposição 2.79 Todo sistema linear e homogêneo cujo número de incógnitas é maiorque o número de equações admite uma solução não trivial.

Proposição 2.80 Se um conjunto {v1, v2, . . . , vm} gera o espaço vetorial V , então qual-quer conjunto com mais de m vetores é LD.


2.7. DIMENSÃO DE UM ESPAÇO VETORIAL 25

Prova. Consideremos {u1, u2, . . . , un} ⊂ V tal que n > m. Desde que {v1, . . . , vm}gera V :

u1 = α11v1 + α12v2 + . . .+ α1mvmu2 = α21v1 + α22v2 + . . .+ α2mvm...un = αn1v1 + αn2v2 + . . .+ αnmvm

Consideremos o problema x1u1 + . . .+ xnun = ΘV :

x1

(m∑j=1

α1jvj

)+ . . .+ xn

(m∑j=1

αnjvj

)= ΘV

n∑i=1

(xi

m∑j=1

αijvj

)= ΘV

m∑j=1

(n∑i=1

αijxi

)vj = ΘV

⇒

α11x1 + α21x2 + . . .+ αn1xn = 0

...α1mx1 + α2mx2 + . . .+ αnmxn = 0

Sistema homogêneo com m equações e n incógnitas. Sabendo que n > m, pela Pro-posição 2.79, existe solução não trivial ⇒ {u1, u2, . . . , un} é LD. �

Proposição 2.81 Se um conjunto de n vetores gera um espaço vetorial V , então qualquerconjunto LI possui, no máximo, n vetores.

Prova. Suponha um conjunto LI de m vetores. Duas coisas podem acontecer: oun > m ou n ≤ m. No primeiro caso, pela Proposição 2.80, o conjunto seria LD, entãon ≤ m. �

Teorema 2.82 (Teorema da Invariância): Se um espaço vetorial V admite uma basecom n vetores, então qualquer outra base de V também possui n vetores.

Prova. Sejam B = {b1, b2, . . . , bn} e C = {c1, c2, . . . , cm} duas bases de V . ComoV = [B] e C é LI, então m ≤ n. Analogamente, como V = [C] e B é LI, então n ≤ m.

Portanto, temos que n = m. �

Definição 2.83 Diz-se que o espaço vetorial V tem dimensão finita quando admite umabase B com um número finito de vetores. Este número é o mesmo para todas as bases deV e chama-se dimensão do espaço vetorial V : n = dimV .

Nota 2.84 Por extensão, diz-se que o espaço vetorial {ΘV } tem dimensão 0.

Teorema 2.85 Se a dimensão de V é n, então um conjunto de n vetores gera V se, esomente se, é LI.



Prova. Se um conjunto gera V e possui n elementos, ele não pode ser LD, pois sefosse, haveria um vetor v que é combinação linear dos demais e V = [B\{v}]. Mas B\{v}tem n− 1 elementos. Isso é incompatível com o fato de uma base ter n elementos. �

Teorema 2.86 Seja V um espaço vetorial de dimensão finita n. Então:

1. Todo conjunto X de geradores de V contém uma base.

2. Todo conjunto LI {v1, v2, . . . , vm} ⊂ V está contido numa base.

3. Todo subespaço de V tem dimensão finita e menor ou igual a n.

4. Se a dimensão do subespaço U ⊂ V é n, então U = V .

Prova. Demonstremos cada uma das propriedades separadamente.

1. Seja Y = {v1, . . . , vm} um conjunto que gera V . Se Y é LI, então Y é uma base, ea propriedade é trivial. Se Y é LD então existe um vetor v que é combinação lineardos outros. Logo, [Y ] = [Y \{v}] = V . Se Y \{v} for LD, repetimos o processoaté acharmos Y \{v1, . . . , vm} LI. Portanto Y ⊃ Y \{v1, . . . , vm}, que é uma base,portanto ∀Y ⊂ V : [Y ] = V ⇒ Y contém uma base de V .

2. Seja Y = {v1, . . . , vm, vm+1, . . . , vk} um conjunto LI com o máximo número de ele-mentos e contendo o conjunto de m vetores dado (k ≤ n). Todo elemento de V éuma combinação linear dos vetores de Y (pois se existir um u ∈ V que viola isto,Y ∪ {u} é LI, um absurdo). Logo V = [Y ] e Y é LI ⇒ Y é base de V .

3. Seja U ⊂ V um subespaço. Seja B uma base de U .

U = [B]

B é LI ⇒ B tem no máximo n vetores, ou seja, dimU ≤ n.

4. Seja B uma base de U . Então como B tem n elementos e é LI ⇒ V = [B]. ComoU = [B], segue que V = U .

�

2.7.1 Dimensão da soma de subespaços

Teorema 2.87 Se U e V são dois subespaços de um espaço vetorial de dimensão finita,então dim(U + V ) = dimU + dimV − dim(U ∩ V ).

Prova. Consideremos {w1, . . . , wr} uma base de U ∩V , e completemos esta base paraobter uma base de U e uma base de V :

BU = {w1, . . . , wr} ∪ {u1, . . . , un} é base de U .BV = {w1, . . . , wr} ∪ {v1, . . . , vm} é base de V .Mostraremos que B = {w1, . . . , wr, u1, . . . , un, v1, . . . , vm} é base de U + V .


2.8. COORDENADAS 27

B = BU ∪BV

[B] = [BU ] + [BV ][B] = U + V

Além disso, se:

α1w1 + . . .+ αrwr + β1u1 + . . .+ βnun + θ1v1 + . . .+ θmvm = ΘV

α1w1 + . . .+ αrwr + β1u1 + . . .+ βnun︸︷︷︸u

= −(θ1v1 + . . .+ θmvm)︸︷︷︸v

u = v

Como:u ∈ U, v ∈ Vu = v ∈ U ∩ Vu = δ1w1 + . . .+ δrwr = α1w1 + . . .+ αrwr + β1u1 + . . .+ βnunδ1 = α1, . . . , δr = αrβ1 = 0, . . . , βn = 0

Analogamente, chega-se a: θ1 = . . . = θm = 0α1 = . . . = αr = 0

Ou seja, B é LI. Assim:dimU = n+ rdimV = m+ rdim(U ∩ V ) = rdim(U + V ) = m+ n+ r

E finalmente: dim(U + V ) = dimU + dimV − dim(U ∩ V ) �

2.8 CoordenadasDefinição 2.88 Dada uma base de um espaço vetorial B = {u1, . . . , un}, um vetor v podeser escrito como:

v = α1u1 + α2u2 + . . .+ αnun

Os coeficientes α1, . . . , αn são univocamente determinados, pois se v = β1u1 + β2u2 +. . .+βnun, então (α1−β1)u1+(α2−β2)u2+. . .+(αn−βn)un = ΘV , e ∴ α1 = β1, . . . , αnf =βn.

Se impusermos uma ordem aos vetores de B (i.e., se B estiver ordenado), então osescalares α1, . . . , αn serão chamados de coordenadas do vetor v em relação à base B.Costuma-se representar as coordenadas na forma matricial:

[v]B =

α1

α2...αn

é dita ser a matriz de coordenadas do vetor v, com respeito à base B.

Exemplo 2.89 Considere o vetor v = (1, 1, 1) ∈ R3. Tomando a base ordenada: B ={(−1, 1, 1); (1,−1, 1); (1, 1,−1)}. Determinemos a matriz de coordenadas [v]B.

v = α(−1, 1, 1) + β(1,−1, 1) + γ(1, 1,−1)



−α + β + γ = 1α− β + γ = 1α + β − γ = 1

⇒ α = β = γ = 1 ∴ [v]B =

111

2.9 Mudança de Base

Definição 2.90 Consideremos duas bases ordenadas de um espaço vetorial: B = {b1, b2,

. . . , bn} e C = {c1, c2, . . . , cn}. Podemos escrever, portanto: [c1]B =

α11...αn1

, . . . , [cn]B =

α1n...αnn

.A matriz MB←C dada a seguir é denotada matriz de mudança de base de (a base) B

para (a base) C:

MB←C =

α11

α21...αn1

. . .

. . .

. . .

. . .

α1n

α2n...αnn

↑ ↑

[c1]B [cn]B

Teorema 2.91 Sendo [u]C a matriz de coordenadas de um vetor u na base C, e [u]B ascoordenadas desse mesmo vetor na base B, temos que [u]B = MB←C [u]C.

Prova. Consideremos a matriz de coordenadas de um vetor u do espaço vetorial emrelação à base C:

[u]C =

ξ1

ξ2...ξn

. Vamos obter [u]B =

η1

η2...ηn

:Inicialmente temos que u =

n∑j=1

ξjcj e que cj =n∑i=1

αijbi.

Logo u =n∑j=1

n∑i=1

ξjαijbi =n∑i=1

(n∑j=1

αijξj)bi. Ou seja, [u]B = MB←C [u]C . �

Teorema 2.92 Dadas as matrizes de mudança de base MB←C e MC←D, temos que amatriz de mudança de base MB←D é dada por MB←CMC←D.

Prova. Consideremos agora, uma terceira base ordenada: D = {d1, d2, . . . , dn}. De-



sejamos provar que: MB←D = MB←CMC←D. Para tanto, note que:

[d1]B = MB←C [d1]C...

[dn]B = MB←C [dn]C

MB←D =[[d1]B [d2]B . . . [dn]B

]=[MB←C [d1]C MB←C [d2]C . . . MB←C [dn]C

]⇒

⇒MB←D = MB←C[

[d1]C [d2]C . . . [dn]C]⇒MB←D = MB←CMC←D �

Nota 2.93 A partir do Teorema 2.92 podemos notar que uma matriz de mudança de baseé sempre inversível, pois MB←B = MB←CMC←B︸︷︷︸

inversa

.

Exemplo 2.94 Determinar as coordenadas de (1, 1, i) ∈ C3 em relação à base ordenada(1, 0, 0); (0, i, 0); (1, i, 1 + i).

A matriz é

1−i2

−1−3i2

1+i2

.Exemplo 2.95 A matriz de mudança da base {1 + t, 1− t2} para uma base C do mesmo

subespaço de P2(R) é:[

1 22 −1

]. Podemos determinar então a base C:

C1(t) = 1(1 + t) + 2(1− t2) = 3 + t− 2t2

C2(t) = 2(1 + t)− 1(1− t2) = 1 + 2t+ t2

2.10 Lista de ExercíciosExercício 2.96 Diga quais dos subconjuntos abaixo do R3 são linearmente independentes.

1. {(1, 0, 0); (0, 1, 0); (0, 0, 1); (2, 3, 5)}

2. {(1, 1, 1); (1, 0, 1); (1, 0,−2)}

3. {(0, 0, 0); (1, 2, 3); (4, 1,−2)}

4. {(1, 1, 1); (1, 2, 1); (3, 2,−1)}

Exercício 2.97 Diga quais dos subconjuntos abaixo do P4(R) são linearmente indepen-dentes.

1. {1, x− 1, x2 + 2x+ 1, x2}

2. {2x, x2 + 1, x+ 1, x2 − 1}

3. {x(x− 1), x3, 2x3 − x2, x}



4. {x4 + x− 1, x3 − x+ 1, x2 − 1}

Exercício 2.98 Demonstrar que os seguintes conjuntos são LI:

1. {1, ex, e2x} ⊂ C[0, 1]

2. {1, ex, xex} ⊂ C[0, 1]

3. {1, (x− a), (x− a)2, . . . , (x− a)n−1} ⊂ Pn−1(R), onde a é um número arbitrário.

Exercício 2.99 Mostrar que o subconjunto {x1, x2, . . . , xn} de vetores de um espaço ve-torial V é LD se, e somente se, existe um inteiro k (1 ≤ k ≤ n) tal que xk é combinaçãolinear dos demais vetores do conjunto.

Exercício 2.100 Determinar m e n para que os conjuntos de vetores do R3 dados abaixosejam LI.

1. {(3, 5m, 1); (2, 0, 4); (1,m, 3)}

2. {(1, 3, 5); (2,m+ 1, 10)}

3. {(6, 2, n); (3,m+ n,m− 1)}

Exercício 2.101 Quais dos seguintes subconjuntos do C3 são LI sobre C?

1. {(i, 1, 0); (1 + i, 2, 0); (3, 1, 0)}

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

3. {(i, 1, 0); (2 + i, 3i, 5− i); (2, 4 + 4i, 4− 6i)}

Exercício 2.102 Sejam α1, . . . , αn números reais distintos 2 a 2. Provar que o conjuntode funções {eα1t, . . . , eαnt} é LI.

Exercício 2.103 Provar que o conjunto de funções {eat cos bt, eat sin bt}, onde a e b sãonúmeros reais e b 6= 0, é LI.

Exercício 2.104 Dar uma base e a dimensão do subespaço W = {(x, y, z, t) ∈ R4 :x− y = y e x− 3y + t = 0} do R4.

Exercício 2.105 Sendo W e U subespaços do R4 de dimensão 3, que dimensões podeter W + U se (1, 2, 1, 0), (−1, 1, 0, 1), (1, 5, 2, 1) é um sistema de geradores de W ∩ U?

Exercício 2.106 No espaço vetorial R3 consideremos os seguintes subespaços:

U = {(x, y, z) : x = 0}V = {(x, y, z) : y − 2z = 0} eW = [(1, 1, 0); (0, 0, 2)]



Determinar uma base e a dimensão de cada um dos seguintes subespaços: U , V , W ,U ∩ V , V +W e U + V +W .

Exercício 2.107 Determinar uma base e a dimensão do subespaço deM3(R) constituídodas matrizes anti-simétricas.

Exercício 2.108 Para que valores de a ∈ R o conjunto B = {(a, 1, 0), (1, a, 1), (0, 1, a)}é uma base de R3?

Exercício 2.109 Considere o seguinte subespaço vetorial de C3:

W = [(1, 0, i), (1, 1 + i, 1− i), (1,−1− i,−1 + 3i)]

Determinar uma base desse subespaço.

Exercício 2.110 Determinar a dimensão dos seguintes subespaços deMn(R):

(a) Subespaço das matrizes simétricas;

(b) Subespaço das matrizes anti-simétricas;

(c) Subespaço das matrizes A tais que A = 2At;

(d) Subespaço das matrizes A = (aij) tais quen∑i=1

aij = 0.

Exercício 2.111 Determinar as coordenadas do vetor u = (4,−5, 3) ∈ R3, em relaçãoàs seguintes bases:

(a) canônica;

(b) {(1, 1, 1); (1, 2, 0); (3, 1, 0)};

(c) {(1, 2, 1); (0, 3, 2); (1, 1, 4)};

Exercício 2.112 Determinar as coordenadas de 1 − 2i ∈ C em relação à seguinte basede C sobre R: {1− i, 1 + i}.

Exercício 2.113 Determinar as coordenadas do polinômio t3 em relação à seguinte basede P3(R): {1, 2− t, t2 + 1, 1 + t+ t3}.

Exercício 2.114 A matriz de mudança de base {1 + t, 1 − t2} para uma base C ambasdo mesmo subespaço de P2(R) é: (

1 21 −1

)Determinar a base C.



Exercício 2.115 Considere as bases B = {e1, e2, e3} e C = {g1, g2, g3} de R3 assimrelacionadas:

g1 = e1 − e2 − e3

g2 = 2e2 + 3e3

g3 = 3e1 + e3

(a) Determinar as matrizes de mudança de base de B para C e de C para B.

(b) Se um vetor de u de R3 apresenta coordenadas 1, 2, e 3, em relação a B, quais ascoordenadas de u relativamente a C?

Exercício 2.116 Seja B = {u1, . . . , un} uma base do espaço vetorial V e seja C ={u1, u1 − u2, . . . , u1 − un}. Mostrar que C é também uma base de V . Achar as matrizesde mudança de base de B para C e de C para B.


33

Capítulo 3

Produto Interno

3.1 Definição e primeiras propriedadesDefinição 3.1 Consideremos V um espaço vetorial sobre R. Um produto interno é umaaplicação de V×V → R (que obedece às condições de simetria, bilinearidade e positividade,dadas a seguir:

1. Simetria: 〈u, v〉 = 〈v, u〉 ,∀u, v ∈ V

2. Bilinearidade:

• 〈u, v + w〉 = 〈u, v〉+ 〈u, w〉 ,∀u, v, w ∈ V• 〈u, αv〉 = α 〈u, v〉 ,∀u, v ∈ V, ∀α ∈ R

3. Positividade: 〈u, u〉 ≥ 0, ∀u ∈ V e 〈u, u〉 = 0⇔ u = ΘV

Nota 3.2 Quando um espaço vetorial real possui um produto interno, dizemos que ele éum espaço euclidiano.

Exemplo 3.3 Um produto interno (usual) do Rn é:

u = (u1, u2, . . . , un)v = (v1, v2, . . . , vn)

〈u, v〉 = u1v1 + u2v2 + . . .+ unvn

Não é difícil verificar que esta operação satisfaz as 3 exigências anteriores.

Exemplo 3.4 Um produto interno usual no espaço C[a, b] é: 〈f, g〉 =∫ baf(x)g(x)dx.

Prova. As propriedades de simetria e bilinearidade são de verificação imediata. Veja-mos a positividade:

〈f, f〉 =

∫ b

a

f 2(x)≥0

dx ≥ 0

E se 〈f, f〉 = 0, então f(x) ≡ 0. De fato, suponha que ∃x0 ∈ [a, b] em que f 2(x0) > 0.Pelo Teorema da Conservação do Sinal, f 2(x) > 0 numa vizinhança V de x0.


34 CAPÍTULO 3. PRODUTO INTERNO

∫ b

a

f 2(x)dx =

∫V

f 2(x)dx

︸︷︷︸>0

+

∫[a,b]\V

f 2(x)dx

︸︷︷︸≥0

> 0

O que contraria nossa hipótese. Portanto, f(x) ≡ 0, e o produto interno em questãosatisfaz a condição de bilinearidade. �

Proposição 3.5 Seja um produto interno do espaço vetorial V , satisfazendo as 3 exi-gências da Definição 3.1. Temos que:

1. 〈ΘV , u〉 = 〈u, ΘV 〉 = 0,∀u ∈ V (note que ΘV = 0u)

2. 〈αu, v〉 = α 〈u, v〉 , ∀u, v ∈ V, ∀α ∈ R〈u+ v, w〉 = 〈u, w〉+ 〈v, w〉 ,∀u, v, w ∈ V

3.⟨

n∑i=1

αiui, v

⟩=

n∑i=1

αi 〈ui, v〉 ,∀ui, v ∈ V, ∀αi ∈ R⟨u,

n∑j=1

βjvj

⟩=

n∑j=1

βj 〈u, vj〉 ,∀u, vj ∈ V, ∀βj ∈ R

4.

⟨n∑i=1

αiui,n∑j=1

βjvj

⟩=

n∑i=1

n∑j=1

αiβj 〈ui, vj〉 ,∀ui, vj ∈ V, ∀αi, βj ∈ R

Teorema 3.6 (Desigualdade de Cauchy-Schwarz): Para quaisquer dois vetores deum espaço euclidiano, tem-se: 〈u, v〉2 ≤ 〈u, u〉〈v, v〉 e, além disso, a igualdade é válidase, e somente se, {u, v} é LD.

Prova. Se v = ΘV , então a prova é imediata. Se v 6= ΘV , considerando o vetor:

w = u− v 〈u, v〉〈v, v〉

Como 〈w, w〉 ≥ 0 segue a desigualdade. �

3.2 Norma e DistânciaDefinição 3.7 Uma função mede a distância entre dois elementos de um conjunto Equando:

1. d(x, x) = 0 e d(x, y) > 0 se x 6= y

2. d(x, y) = d(y, x)

3. d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y)

Esta função é conhecida como métrica.


3.2. NORMA E DISTÂNCIA 35

Nota 3.8 Um espaço vetorial munido de uma métrica é chamado de espaço métrico.

Definição 3.9 Há outra função, a norma, que mede o comprimento de um vetor. Anorma é uma função que obedece à:

1. ‖ΘV ‖ = 0 e ‖u‖ > 0 se u 6= ΘV

2. ‖λu‖ = |λ| ‖u‖

3. ‖u+ v‖ ≤ ‖u‖+ ‖v‖

Nota 3.10 É possível provar que uma norma sempre induz uma métrica

d(u, v) = ‖u− v‖

.

Nota 3.11 No caso do produto interno, temos a seguinte norma: ‖u‖ =√〈u, u〉. Nesse

caso também é possível definir a distância entre dois vetores de V : d(u, v) = ‖u− v‖ =√〈u− v, u− v〉.

Definição 3.12 Podemos definir um ângulo entre dois vetores usando o produto interno.Da desigualdade de Cauchy-Schwarz: −‖u‖ ‖v‖ ≤ 〈u, v〉 ≤ ‖u‖ ‖v‖ . Assim, para quais-quer vetores não nulos:

−1 ≤ 〈u, v〉‖u‖ ‖v‖

≤ 1

Sendo possível associar um ângulo θ ∈ [0, π] tal que cos θ = 〈u, v〉‖u‖‖v‖ . θ é chamado de ângulo

entre os vetores u e v.

Exemplo 3.13 O ângulo entre as matrizes A =

[−1 23 0

]e B =

[2 00 −3

]conside-

rando o produto interno usual 〈A, B〉 = tr(AtB) = tr(ABt) = tr(BtA) = tr(BAt) =n∑i=1

m∑j=1

aijbij é: arccos(−1/91).

Teorema 3.14 Dois vetores u e v não nulos são LD se, e somente se, θ = 0 ou θ = π(i.e., se vale a igualdade na desigualdade de Cauchy-Schwarz).

Prova. (⇒) Como ∃α, β 6= 0 tal que αu+ βv = ΘV , temos que v = −αβu. Então:

cos θ = 〈u, v〉‖u‖‖v‖ =

〈u,−αβ u〉‖u‖‖−αβ u‖

=−αβ〈u, u〉

|αβ |‖u‖2=−αβ

|αβ |cos θ = ±1θ = 0 ou π

(⇐) Como θ = 0 ou θ = π, cos θ = ±1. Caso ‖u‖ = 0 ou ‖v‖ = 0, os dois vetores jásão LD trivialmente. Considerando então o caso em que ‖u‖ 6= 0 e ‖v‖ 6= 0. Tomamosαu+ βv = ΘV e fazemos o produto interno dos dois lados da equação por u. Assim:



α 〈u, u〉 = −β 〈u, v〉 ∴ α ‖u‖2 = −β 〈u, v〉 , como ‖u‖ 6= 0‖v‖ 6= 0

⇒ α ‖u‖‖v‖ = −β 〈u, v〉‖u‖ ‖v‖︸︷︷︸cos θ=±1

α = ± ‖v‖‖u‖β

Portanto, o problema αu + βv = ΘV admite uma solução não trivial, i.e. u e v sãoLD. �

3.3 Lista de Exercícios

Exercício 3.15 Sejam u = (x1, x2) e v = (y1, y2) vetores genéricos do R2. Para quevalores de t ∈ R a função 〈u, v〉 = x1y1 + tx2y2 é um produto interno sobre o R2?

Exercício 3.16 Mostrar que se 〈u, v〉 = 0, para todo vetor v, então u = Θ.

Exercício 3.17 No espaço V = P3(R) consideremos o produto interno 〈f(t), g(t)〉 =∫ 1

0f(t)g(t)dt.Calcular 〈f(t), g(t)〉, ||f(t)||, ||g(t)|| e ||f(t) + g(t)|| quando f(t) = t3 − 1 − 1 e

g(t) = t2 + 1. Repita o exercício com f(t) = 2 e g(t) = t3 + t+ 1

Exercício 3.18 Sejam f(t) = a0 +a1t+ ...+antn e g(t) = b0 + b1t+ ...+ bnt

n polinômiosquaisquer de Pn(R). A função (f(t), g(t)) → a0b0 + a1b1 + ... + anbn ∈ R é um produtointerno no espaço Pn(R)?

Exercício 3.19 Seja V um espaço vetorial euclideano. Dada uma base {e1, ..., en} de Vdefinamos A = (aij) ∈Mn(R) por aij = 〈ei, ej〉 (i, j = 1, ..., n).

1. Provar que A é uma matriz simétrica.

2. Mostrar que se u =∑n

i=1 xiei e v =∑n

i=1 yiei, então o produto escalar em V podeser expresso na forma matricial seguinte: 〈u, v〉 = (x1 x2 ... xn)A(y1 y2 ... yn)t.

Exercício 3.20 Seja V um espaço euclideano com produto interno 〈u, v〉. Para quevalores de α ∈ R a aplicação :

(u, v)→ α 〈u, v〉

também é um produto interno sobre V ?

Exercício 3.21 Chama-se traço de uma matriz A = (aij) quadrada de ordem n a somados termos da sua diagonal principal (tr(A) = a11 +a22 + ...+ann). Sendo V =Mm×n(R),mostre que 〈A, B〉 = tr(ABt) define um produto interno sobre V .



Exercício 3.22 Sejam u e v dois vetores não nulos de um espaço vetorial euclideano.Sendo θ o ângulo de u e v, mostrar que ||u + v|| = ||u||2 + ||v||2 + 2||u||||v|| cos θ. (Estaigualdade é conhecida como lei dos cossenos na geometria elementar.)

Exercício 3.23 Seja u = (x1, x2) e v = (y1, y2) vetores genéricos do R2 e

M =

[a11 a12

a21 a22

]∈M2(R)

Definamos 〈u, v〉 = a11x1y1 + a12x1y2 + a21x2y1 + a22x2y2.

1. Mostrar que o produto assim definido satisfaz as duas primeiras condições da defi-nição de produto interno: 〈u+ v, w〉 = 〈u, w〉+ 〈v, w〉 e 〈αu, v〉 = α 〈u, v〉.

2. Mostrar que a condição 〈u, v〉 = 〈v, u〉 ,∀u, v ∈ R2 é válida se, e seomente se, M éuma matriz simétrica.

3. Qual matriz M que leva ao produto interno usual do R2?

4. Quais das seguintes matrizes define produtos internos do R2 segundo a definição de〈u, v〉 que foi dada acima:

[2 11 1

],

[−1 0

1 0

],

[1 11 1

].

Exercício 3.24 Use a desigualdade de Cauchy-Schwarz no espaço euclideano R3 (produtointerno usual) para mostar que, dados os números reais estritamente positivos a1, a2ea3,vale a desigualdade:

(a1 + a2 + a3)

(1

a1

+1

a2

+1

a3

)≥ 9

Exercício 3.25 Sendo a, b e c números reiais estritamente positivos tais que a+b+c = 1,utilize a desigualdade de Cauchy-Schwarz no R3 para provar que:(

1

a− 1

)(1

b− 1

)(1

c− 1

)≥ 8

Exercício 3.26 Encontrar a distância de u a v e o cosseno do ângulo entre u e v nosseguintes casos:

1. u = (1, 1, 1, 1) e v = (0, 0, 1, 1) com o produto interno usual do R4;

2. u = 1 + t− t2 e v = 3t2 com o produto interno 〈f(t), g(t)〉 =∫ 1

0f(t)g(t)dt;

3. A =

[1 10 0

]e[

0 11 0

]com o produto interno 〈A, B〉 = tr(ABt)



Exercício 3.27 Sejam u e v vetores de um espaço vetorial euclideano. Prove que 〈u, v〉 =0, se, e somente se, ||u+ αv|| ≥ ||u||,∀α ∈ R.

Exercício 3.28 Seja f : R → R∗+ uma função contínua e periódica. Mostre que, paratodo α real, vale a desigualdade: ∫ T

0

f(x)

f(x+ α)dx ≥ T,

onde T é o período da função.

3.4 OrtogonalidadeUma vez definido o ângulo θ entre vetores, é imediato extender o conceito de ortogonali-dade já aprendido em geometria. Dizemos, assim, que dois vetores são ortogonais quandoo ângulo entre eles é π/2, ou, de forma equivalente, quando 〈u, v〉 = 0.

Definição 3.29 Um conjunto de vetores S = {u1, u2, . . . , un} é dito ser ortonormalquando:

• Todos os vetores de S tiverem norma unitária ‖ui‖ = 1, i = 1, . . . , n.

• Quaisquer dois vetores distintos de S forem ortogonais.

De modo compacto, isso pode ser escrito como 〈ui, uj〉 = δij, onde δij é o delta de

Kronecker, definido como δij =

{1, i = j0, i 6= j

.

Exemplo 3.30 O conjunto S =

1

00

, 0

10

, 0

01

é ortonormal, considerando-se

o produto interno usual.

Exemplo 3.31 A base canônica do Rn é uma base ortonormal, considerando-se o produtointerno usual.

Trabalhar com bases ortonormais (isto é, bases que são conjuntos ortonormais) facilitamuito o trabalho de decompor um vetor do espaço em termos dos vetores da base.

Teorema 3.32 Todo conjunto ortonormal S = {u1, u2, . . . , um} é LI.

Prova. α1u1 + α2u2 + . . .+ αmum = ΘV

α1 〈u1, u1〉+ α2 〈u2, u1〉︸︷︷︸0

+ . . .+ αm 〈um, u1〉︸︷︷︸0

= 〈ΘV , u1〉︸︷︷︸0

α1 = 0De forma análoga, αj = 0, j = 2, . . . ,m. Logo, S é LI. �


3.4. ORTOGONALIDADE 39

Teorema 3.33 Seja S = {u1, u2, . . . , um} um conjunto ortonormal. Então para qualquerv do EV, o vetor w = v − 〈v, u1〉u1 − 〈v, u2〉u2 − . . . − 〈v, um〉um é ortonormal a todovetor de [S].

Prova. 〈w, uj〉 = 〈v, uj〉 −m∑i=1

〈v, ui〉〈ui, uj〉︸︷︷︸0,∀i 6=j

〈w, uj〉 = 〈v, uj〉 − 〈v, uj〉 = 0

Logo, é fácil perceber que

⟨w,

m∑j=1

αjuj

⟩=

m∑j=1

αj 〈w, uj〉 = 0. �

Teorema 3.34 (Processo de Ortonormalização de Gram-Schmidt): Todo espaçovetorial euclidiano finitamente gerado com dimensão não nula admite uma base ortonor-mal.

Prova. Consiste em expor um processo de ortonormalização de bases. Seja, pois,B = {v1, v2, . . . vn} uma base do espaço. Definimos u1 = v1

‖v1‖ e com isso ‖u1‖ = 1. Seja,agora, w2 = v2 − 〈v2, u1〉u1. Assim 〈w2, u1〉 = 0 e fazemos u2 = w2

‖w2‖ . Com isso, {u1, u2}é ortonormal. Tomando w3 = v3−〈v3, u1〉u1−〈v3, u2〉u2. Temos 〈w3, u1〉 = 〈w3, u2〉 = 0e fazemos u3 = w3

‖w3‖ . {u1, u2, u3} é ortonormal e o processo se repete de modo análogo. �

‘

Exemplo 3.35 Obtendo uma base ortonormal a partir de B = {(1, 1, 0); (0, 1, 0); (0, 0, 1)}.

u1 = (1,1,0)‖(1,1,0)‖ =

(1√2, 1√

2, 0)

w2 = (0, 1, 0)−⟨(

1√2, 1√

2, 0), (0, 1, 0)

⟩(1√2, 1√

2, 0)

=(−1

2, 1

2, 0)⇒

⇒ u2 = w2

‖w2‖ =(− 1√

2, 1√

2, 0)

w3 = (0, 0, 1)−⟨(

1√2, 1√

2, 0), (0, 0, 1)

⟩(1√2, 1√

2, 0)

=0

−⟨(− 1√

2, 1√

2, 0), (0, 0, 1)

⟩(− 1√

2, 1√

2, 0)

=0

∴

w3 = (0, 0, 1)⇒ u3 = w3

‖w3‖ = (0, 0, 1)

Assim, uma base ortonormal a partir de B será{(

1√2, 1√

2, 0)

;(− 1√

2, 1√

2, 0)

; (0, 0, 1)}.

Exemplo 3.36 Seja B uma base ortonormal. Então qualquer vetor do espaço se escrevecomo v = 〈v, b1〉 b1 + . . .+ 〈v, bn〉 bn onde B = {b1, . . . , bn}.

Prova. Como B é base, qualquer vetor do espaço se escreve como v = α1b1+. . .+αnbn.

Assim, 〈v, bj〉 =n∑i=1

αi 〈bi, bj〉 = αj. �



Teorema 3.37 A matriz de mudança de base entre duas bases ortonormais é uma matrizortogonal.

Prova. Sejam B = {b1, b2, . . . , bn} e C = {c1, c2, . . . , cn} duas bases ortonormais.Fazendo:

cj =n∑k=1

αkjbk ⇒MB←C =

α11 α12 · · · α1n

α21 α22 · · · α2n...

... . . . ...αn1 αn2 · · · αnn

(3.1)

E também:

bj =n∑k=1

βijci ⇒MC←B =

β11 β12 · · · β1n

β21 β22 · · · β2n...

... . . . ...βn1 βn2 · · · βnn

(3.2)

Já vimos que MB←CMC←B = I. Por (3.1), como B é ortonormal: αkj = 〈bk, cj〉. Por(3.2), como C é ortonormal: βij = 〈bj, ci〉. Ou seja, αji = βij, portanto: MC←B =MB←C

t ⇒MB←C−1 = MB←C

t, ou seja, MB←C é ortogonal. �

Teorema 3.38 (Fatoração QR): Dada uma matriz Am×n, com colunas LI, é possívelencontrar uma matriz Qm×n com colunas ortonormais e uma matriz Rn×n triangularsuperior, inversível, de modo que A = QR.

Exemplo 3.39 Seja a matriz A =

0 2 30 3 22 0 1

. Obteremos a fatoração QR. Para isso

basta considerarmos os vetores formados pelas colunas de A, e aplicar o processo de or-tonormalização de Gram-Schmidt.

v1 = (0, 0, 2)⇒ u1 = (0, 0, 1)⇒ v1 = 2u1

v2 = (2, 3, 0)⇒ u2 =(

2√13, 3√

13, 0)⇒ v2 =

√13u2

v3 = (3, 2, 1)⇒ u3 =(

3√13,− 2√

13, 0)⇒ v3 = u1 + 12√

13u2 + 5√

13u3

A =

0 2√13

3√13

0 3√13− 2√

13

1 0 0

2 0 1

0√

13 12√13

0 0 5√13

Exemplo 3.40 A fatoração QR da matriz A =

1 1 10 1 12 4 12 0 3

é:

A =

13

0 00 1

3418

23

23− 1

1823−2

3118

3 3 3

0 3 −10 0 6



.

3.4.1 Complemento Ortogonal

Definição 3.41 Dado um subconjunto U de um espaço vetorial V munido do produtointerno, definimos seu complemento ortogonal U⊥ como o conjunto de todos os vetores deV que são ortogonais aos vetores de U : U⊥ = {w ∈ V : 〈w, u〉 = 0, ∀u ∈ U}.

O conjunto U⊥ é um subespaço vetorial, pois:

1. ∀u ∈ U, 〈ΘV , u〉 = 0⇒ ΘV ∈ U⊥

2. ∀u ∈ U,∀v1, v2 ∈ V, ∀α ∈ R ⇒ 〈αv1 + v2, u〉 = α 〈v1, u〉︸︷︷︸=0,v1∈U⊥

+ 〈v2, u〉︸︷︷︸=0,v2∈U⊥

= 0 ⇒ αv1 +

v2 ∈ U⊥

Teorema 3.42 Dado um espaço vetorial V euclidiano de dimensão finita e um subespaçoU ⊂ V , então V = U ⊕ U⊥.

Prova. Seja B uma base de U . Se B = ∅, a prova é imediata. Caso contrário,tomando-se B ortonormal, tem-se que ∀v ∈ V, ∃w ∈ V,w = v−〈v, b1〉 b1− . . .−〈v, bn〉 bntal que w é um vetor normal a todo vetor u ∈ U (Teorema 3.33). Logo w ∈ U⊥. Assimé fácil ver que v = w + 〈v, b1〉 b1 + . . .+ 〈v, bn〉 bn︸︷︷︸

∈U

⇒ v = w∈U⊥

+ u∈U⇒ V = U + U⊥. Por

outro lado, se v ∈ U ∩U⊥ então v é ortogonal a si mesmo, ou seja, 〈v, v〉 = 0⇒ v = ΘV .Ou seja, U ∩ U⊥ = {ΘV } ⇒ V = U ⊕ U⊥. �

Exemplo 3.43 No caso em que V = R3 e U = {(x, y, 0) ∈ R3 : x, y ∈ R} temos queU⊥ = {(0, 0, z) ∈ R3 : z ∈ R}.

3.4.2 Teorema da Projeção

Consideremos o seguinte problema: dado um vetor v pertencente a V , devemos aproximá-lo a um vetor u do subespaço U , de forma a minimizar o erro cometido pela aproximação.Para isso usamos o teorema da projeção, visto a seguir.

Teorema 3.44 (Teorema da Projeção): Seja v ∈ V e seja U um subespaço de V . Detodos os elementos de U , aquele que minimiza ‖v − u‖2, u ∈ U é a projeção de v em U(denotada por projUv = vU).

Prova. Consideremos v ∈ V . Como V = U ⊕ U⊥, v pode ser escrito de forma única



como v = vU∈U

+ w∈U⊥

. Sendo u um vetor qualquer do subespaço U :

‖v − u‖2 = 〈v − u, v − u〉= 〈vU − u+ w, vU − u+ w〉= 〈vU − u, vU − u〉+ 2 〈vU − u, w〉︸︷︷︸

0, pois w∈U⊥

+ 〈w, w〉 = ‖vU − u‖2 + ‖w‖2

> ‖w‖2, ou = ‖w‖2 ⇔ u = vU

�

Exemplo 3.45 (Série de Fourier): Seja V = C[0, 2π] com o produto interno definidopor 〈f, g〉 =

∫ 2π

0f(x)g(x)W (x)︸︷︷︸

≡1

dx. Definamos nesse espaço o conjunto ortonormal B ={1√2π, sinx√

π, cosx√

π, sin 2x√

π, cos 2x√

π, . . . , sinmx√

π, cosmx√

π

}. Dada uma função f ∈ V , obtenhamos sua

melhor aproximação em termos das funções de U = [B].Seja B = {ϕ0, ϕ1, . . . , ϕ2m}. A projeção de f em U é: projUf = fU = 〈f, ϕ0〉ϕ0 +

〈f, ϕ1〉ϕ1 + . . .+ 〈f, ϕ2m〉ϕ2m . Definamos agora:

a0 = 1π

∫ 2π

0f(x)dx

ak = 1π

∫ 2π

0f(x) cos(kx)dx

bk = 1π

∫ 2π

0f(x) sin(kx)dx

Temos então que: 〈f, ϕ0〉 = 1√2π

∫ 2π

0f(x)dx = a0

√π√

2

〈f, ϕ1〉 = 1√π

∫ 2π

0f(x) sinxdx = b1

√π

〈f, ϕ2〉 = 1√π

∫ 2π

0f(x) cosxdx = a1

√π

fU(x) = a0

2+ b1 sinx+ a1 cosx+ . . .+ bm sin(mx) + am cos(mx)

fU(x) = a0

2+

m∑k=1

(bk sin kx+ ak cos kx)

Para m → ∞, a expressão anterior dá origem à série de Fourier (alvo de estudo deMAT-42).

Exemplo 3.46 (Método dos Mínimos Quadrados): Consideremos um experimentono qual foram realizadas N medidas Xi e Yi, i = 1, . . . , n.

æ

ææ

æ

ææ

æ

æ

æ

æ

æ

æ

2 4 6 8 10 12

2

4

6

8

10

12



Desejamos ajustar os pontos para uma reta, isto é, desejamos obter a e b de modo quey(x) = ax + b seja uma boa aproximação para o conjunto de pontos experimentais. Paratanto, para cada ponto (Xi, Yi) definimos um desvio δi = Yi− (aXi + b) e definimos o erro

de ajuste como E =n∑i=1

δi2 =

n∑i=1

[Yi − (aXi + b)]2.

Definimos Y =

Y1

Y2...Yn

, X =

X1

X2...Xn

, W =

11...1

∴ E = ‖Y − aX − bW‖2.

Caso todos os pontos estivessem alinhados, seria possível conseguirmos E = 0, e para

achar a e b bastaria resolvermos o sistema M

[ab

]= Y , onde M =

X1 1X2 1...

...Xn 1

=

[X W

].

Como os pontos não estão alinhados, precisamos minimizar E. Para isso, usando oteorema da projeção com v = Y e u = aX + bW , basta projetar Y no subespaço geradopor {X,W}, de modo que aX + bW = proj[X,W ]Y , e assim Y − aX − bW ∈ [X,W ]⊥,portanto:

〈Y − aX − bW, X〉 = 0〈Y − aX − bW, W 〉 = 0

Desenvolvendo o sistema ficamos com:

{a 〈X, X〉+ b 〈X, W 〉 = 〈X, Y 〉a 〈X, W 〉+ b 〈W, W 〉 = 〈W, Y 〉 ⇒

[〈X, X〉〈X, W 〉〈X, W 〉〈W, W 〉

] [ab

]=

[〈X, Y 〉〈W, Y 〉

](3.3)

A partir do sistema inicial M[ab

]= Y , temos que o que foi obtido em (3.3) seria o

mesmo caso tivéssemos feito: M tM

[ab

]= M tY , pois temos que:

M tM =

[X1 · · · Xn

1 · · · 1

] X1 1...

...Xn 1

=

n∑i=1

Xi2

n∑i=1

1Xi

n∑i=1

1Xi

n∑i=1

12

=

[〈X, X〉〈X, W 〉〈X, W 〉〈W, W 〉

]

M tY =

[X1 · · · Xn

1 · · · 1

] Y1...Yn

=

n∑i=1

XiYin∑i=1

1Yi

=

[〈X, Y 〉〈W, Y 〉

]

Para resolver essa equação mais facilmente, basta fazer a fatoração QR de M : M =



QR.

(RtQtQ︸︷︷︸I

R)

[ab

]= RtQtY

(RtR)

[ab

]= (RtQt)Y

R

[ab

]= QtY

Em que R é uma matriz escalonada, ficando a resolução do sistema imediata.

3.5 Produto Interno para Espaços Vetoriais Complexos

São inúmeros exemplos de espaços vetoriais complexos de utilidade prática: o uso de C3

para representar campos eletromagnéticos (⇀

E e⇀

H) e o conjunto de funções complexasna mecânica quântica são apenas alguns exemplos. Vejamos então, como a definição deproduto interno fica estabelecida nesses casos.

Definição 3.47 Seja V um espaço vetorial complexo. Um produto interno é uma aplica-ção de V × V → C (que a cada par u, v ∈ V associa um número complexo 〈u, v〉) queobedece às seguintes condições:

1. Simetria hermitiana: 〈u, v〉 = 〈v, u〉∗, ∀u, v ∈ V

2. Bilinearidade: 〈u, v + w〉 = 〈u, v〉+ 〈u, w〉 ,∀u, v, w ∈ V〈u, αv〉 = α 〈u, v〉 ,∀u, v ∈ V, ∀α ∈ C

3. Positividade: 〈u, u〉 ≥ 0,∀u ∈ V〈u, u〉 = 0⇔ u = ΘV

Nota 3.48 Para produtos internos complexos, costuma-se usar a notação bra-ket 〈u, v〉 =〈u | v〉. Ela é muito usada para descrever estados quânticos na mecânica quântica. Levaesse nome pois pode ser representada como o produto de duas partes diferentes: o bra, que éo complexo conjugado da transposta da matriz coluna do vetor 〈u| =

[u∗1 u∗2 · · · u∗n

];

e o ket, que é o vetor representado na forma de uma matriz coluna |v〉 =

v1

v2...vn

. Foi

introduzida por Paul Dirac, e também é conhecida como notação de Dirac.

Nota 3.49 Um espaço vetorial complexo com produto interno é também chamado deespaço hermitiano.

Nota 3.50 〈αu | v〉 = α∗ 〈u | v〉 , ∀u, v ∈ V, ∀α ∈ C



Exemplo 3.51 O produto interno usual do Cn é 〈u | v〉 = u1∗v1 + u2

∗v2 + . . . + un∗vn,

dado u = (u1, u2, . . . , un) e v = (v1, v2, . . . , vn).

Exemplo 3.52 O produto interno usual de funções contínuas f : [a, b]→ C é:

〈f | g〉 =

∫ b

a

f ∗(x)g(x)dx

.


Exercício 3.53 Considere no R2 o produto interno dado por 〈u, v〉 = x1y1 + 2x2y2 −x1y2 − x2y1 para todos os vetores u = (x1, y1) e v = (x2, y2) de R2.

1. Determinar m a fim de que os vetores (1 +m, 2) e (3,m− 1) sejam ortogonais.

2. Determinar todos os vetores do R2 ortogonais a (2, 1).

3. Determinar todos os vetores (m,m− 1) de norma igual a 1.

Exercício 3.54 Determinar todos os vetores do R2 de normas iguais a 2 que sejam or-togonais simultaneamente a (2, 1, 2) e (−1, 3, 4).

Exercício 3.55 Determinar uma base ortonormal de cada um dos seguintes sub-espaçosdo R4 utilizando o porcesso de Grahm-Schmidt:

1. W = [(1, 1, 0, 0), (0, 1, 2, 0), (0, 0, 3, 4)]

2. W = [(2, 0, 0, 0), (1, 3, 3, 0), (3,−3,−3, 0)]

Exercício 3.56 Determinar uma base ortonormal do sub-espaço W de R3 dado porW = {(x, y, z) ∈ R3 | x− y = 0}.

Exercício 3.57 Seja {g1, ..., gn} um subconjunto de um espaço euclideano V cujos vetoressão ortogonais dois a dois. Prove que ||

∑ni=1 gi||2 =

∑ni=1 ||gi||2(teorema de Pitágoras

generalizado).

Exercício 3.58 Em P2(R) com produto interno definido por:

〈f(t), g(t)〉 =

∫ 1

0

f(t)g(t)dt

1. Ortonormalize a base {1, 1 + t, 2t2};

2. Achar o complemento ortogonal do sub-espaço W = [5, 1 + t].



Exercício 3.59 Determinar um vetor unitário do R3 que seja ortogonal a todos os vetoresdo sub-espaço W = [(1, 2,−1), (−1, 0, 2)].

Exercício 3.60 Determinar a projeção ortogonal do vetor (1, 1, 0, 1) ∈ R4 sobre o sub-espaço W = {(x, y, z, t) ∈ R4 | x− y − z = 0 e z − 2t = 0}.

Exercício 3.61 Sejam u e v vetores linearmente independentes do R3. Mostrar que exis-tem dois, e apenas dois, vetores de norma igual a 1 que são ortogonais simultaneamentea u e v.

Exercício 3.62 Resolva Ax = b utilizando o método dos mínimos quadrados:

A =

1 00 11 1

b =

110

.Exercício 3.63 Encontre o quarto polinômio de Legendre. Ele é uma expressão cúbica52x3 + ax2 + bx+ c ortogonal a 1, x, 1

2(3x2 − 1) no intervalo −1 ≤ x ≤ 1.

Exercício 3.64 Encontre as funções f(x) mais próximas da função g(x) = sin(2x) nointervalo [−π, π], considerando:

1. f(x) = a cosx+ b sinx.

2. f(x) = c+ dx.

Exercício 3.65 Expresse a matriz A como o produto de duas matrizes QR, de modo queQTQ = I e R seja uma matriz triangular superior.

1. A =

1 1 01 0 10 1 1

.

2. A =

3 14 10 1

.Exercício 3.66 Prove as seguintes desigualdades:

1. Se A é uma matriz real n×n formada pelas matrizes coluna u1, u2, . . . , un, de modoque A =

[u1 u2 . . . un

], então:

| det(A)| ≤ ||u1||||u2|| . . . ||un||,

sendo ||uj|| =√uTj uj.



2. Se A é uma matriz real n× n cujos elementos são em módulo iguais a 1, então:

| det(A)| ≤ nn/2.

Exercício 3.67 Em R4, sejam W = [(3, 2,−3,−1); (2, 0,−2,−2); (1,−1,−1,−2)] e v =(1, 2, 2,−1). Obter a projeção ortogonal de v em W e a projeção ortogonal de v em W⊥,considerando o produto interno usual.

Exercício 3.68 Considere as operações de adição e multiplicação por escalar usuais emcada espaço vetorial abaixo.

1. Se α, β ∈ C, verifique se 〈α, β〉 = α∗β (produto de números complexos) define umproduto interno em C espaço vetorial sobre o corpo C. Notação: z∗ é o complexoconjugado de z.

2. Se (a + ib), (c + id) ∈ C, mostre que 〈a+ ib, c+ id〉 = ac + bd define um produtointerno em C espaço vetorial sobre o corpo R.

3. Se (z1, z2); (w1, w2) ∈ C2,verifique se 〈(z1, z2), (w1, w2)〉 = z∗1w1 + z∗2w2 define umproduto interno em C2 espaço vetorial sobre o corpo C.

Exercício 3.69 Seja V = C[0, 1] com o produto interno 〈f, g〉 =1∫0

f(t) g(t) dt. Se g(t) =√t e h(t) = et, determine as projeções ortogonais de g e h sobre P2(R).

Exercício 3.70 Seja V = C[−π, π] com o produto interno 〈f, g〉 =π∫−πf(t) g(t) dt.

1. Mostre que, com relação a este produto interno, o conjunto S = {sin(t), sin(2t),. . . , sin(kt)}, k ∈ N, é ortogonal.

2. Se W = [S] e f(t) = cos(mt),m ∈ N, obtenha a projeção ortogonal de f sobre W.

Exercício 3.71 Seja V = C[0, 2π] com o produto interno 〈f, g〉 =2π∫0

f(t) g(t) dt.

1. Mostre que, com relação a este produto interno, o conjunto S∞ = {u0(x), u1(x),u2(x), ...}, onde u0(x) = 1, u2k−1(x) = sin(kx), u2k(x) = cos(kx), k ∈ N, éortogonal.

2. Ortonormalize S2n = {u0(x), ..., u2n(x)}.

3. Mostre que a melhor aproximação de f ∈ C[0, 2π] em [S2n] é dada por:

1

2a0 +

n∑k=1

(ak cos(kx) + bk sin(kx)) ,

onde ak = 1π

2π∫0

f(x) cos(kx)dx e bk = 1π

2π∫0

f(x) sin(kx)dx .



Exercício 3.72 Considere os vetores de C3 (espaço vetorial sobre C):

ψ = iφ1 + 3iφ2 − φ3 χ = φ1 − iφ2 + 5iφ3,

onde {φ1, φ2, φ3} é uma base ortonormal de C3.

1. Calcule 〈ψ | χ〉, 〈χ | ψ〉, 〈ψ | ψ〉 e 〈χ | χ〉.

2. A partir do resultado anterior, deduza 〈ψ + χ | ψ + χ〉.

Exercício 3.73 Obtenha uma base ortonormal de C3 (espaço vetorial sobre C) a partirda base (i, i, 1 + i), (1, i, 0), (1,−i, 0).

Exercício 3.74 Sejam U e V sub-epaços vetoriais de um espaço euclideano de dimensãofinita. Provar que (U ∩ V )⊥ = U⊥ + V ⊥.

Exercício 3.75 Considere os seguintes vetores do R3: u = (2, 2, 2) e v = (3, 3, 1).

1. Determinar dois vetores v1 e v2, tais que v = v1 + v2; v é ortogonal a u e v2 = λu(λ ∈ R).

2. Se w = (−5, 1,−1) decompor v em uma parcela W = [u,w] e uma parcela de W⊥.

3. Determinar uma base ortonormal de W .

Exercício 3.76 Mostrar que a matriz de mudança de base de um espaço euclideano dedimensão finita é uma matriz ortogonal.


49

Capítulo 4

Transformações Lineares

O conceito de transformação linear, juntamente com o conceito de matrizes, são os maisbásicos da Álgebra Linear. As transformações lineares, pela simplicidade – e ao mesmotempo rijeza – de suas exigências, possuem propriedades bastante interessantes do pontode vista prático.

Definição 4.1 Sejam U e V dois espaços vetoriais sobre um corpo K. Uma aplicaçãoT : U → V é dita ser uma transformação linear, quando respeitar duas condições:

1. T (u1 + u2) = T (u1) + T (u2),∀u1, u2 ∈ U

2. T (αu) = αT (u),∀u ∈ U,∀α ∈ K

Nota 4.2 No caso em que U = V , uma transformação linear de T : U → U é tambémchamada de operador linear.

Exemplo 4.3 A transformação nula O : U → V , O(u) = Θ, ∀u ∈ U é linear.

Exemplo 4.4 O operador identidade I : U → U , I(u) = u é linear.

Exemplo 4.5 A transformação T : C[a, b]→ R, T (f) =∫ baf(x)dx é linear.

Exemplo 4.6 A transformação D : Pn(R) → Pn(R), Dp(x) = p′(x) é um operadorlinear.

Exemplo 4.7 A transformada de Laplace L[f ](s) =∫∞

0e−stf(t)dt é linear.

Exemplo 4.8 A transformação T : R2 → R, T (x, y) = αx + βy, α e β reais fixados, élinear.

Veremos a seguir algumas propriedades oriundas diretamente da definição de trans-formação linear, mas que não podem ser enxergadas imediatamente.


50 CAPÍTULO 4. TRANSFORMAÇÕES LINEARES

Proposição 4.9 Seja uma transformação linear T : U → V satisfazendo as condições daDefinição 4.1, temos que:

1. T (ΘU) = ΘV

2. T (−u) = −T (u)

3. T (u1 − u2) = T (u1)− T (u2)

4. T(

n∑i=1

αiui

)=

n∑i=1

αiT (ui)

5. Se W é subespaço de U , então T (W ) é subespaço de V .

Prova. As 4 primeiras proposições são consequência direta da definição, portantoprovaremos apenas a última. Temos que mostrar que T (W ) é subespaço de V , ∀Wsubespaço de U . Basta mostrar que T (W ) atende às condições de subespaço vetorial:

(a) ΘV ∈ T (W ), pois ΘU ∈ W , e T (ΘU) = ΘV

(b) Dados v1, v2 ∈ T (W ), então ∃w1, w2 ∈ W tal que T (w1) = v1 e T (w2) = v2. Tomandow = w1 + αw2 ∈ W tem-se:

v = T (w) ∈ T (W )v = T (w1 + αw2) ∈ T (W )v = v1 + αv2 ∈ T (W )

�

4.1 A Imagem e o NúcleoDefinição 4.10 Sejam U e V dois espaços vetoriais, e seja T : U → V uma transforma-ção linear. A imagem de T é definida como o conjunto Im(T ) = T (U) = {T (u), u ∈ U}.

Definição 4.11 O núcleo da transformação linear é definido como o conjunto Ker(T ) ={u ∈ U, tal que T (u) = ΘV }.

Nota 4.12 A palavra kernel é derivada do termo cyrnel com a forma da palavra corn,significando semente ou grão. Tal como um grão de milho, o kernel de uma transformaçãolinear é o seu núcleo ou semente, no sentido de que é ele que carrega as informações sobremuitas propriedades importantes da transformação linear. Isso explica porque usamos anotação Ker(T ) para denotar o núcleo de T .

Teorema 4.13 Seja T : U → V uma transformação linear. Então:

1. O núcleo de T é um subespaço de U .

2. A imagem de T é um subespaço de V .


4.1. A IMAGEM E O NÚCLEO 51

Prova. Provemos cada propriedade separadamente:

1. Temos que Ker(T ) = {u ∈ U : T (u) = ΘV }. Para mostrar que é um subespaço ve-torial, precisamos provar que o conjunto satisfaz as condições de subespaço vetorial.

(a) ΘU ∈ Ker(T ), pois T (ΘU) = ΘV .

(b) Sejam u1, u2 ∈ Ker(T ) e α ∈ K, então:

T (u1 + αu2) = T (u1) + T (αu2)= T (u1) + αT (u2)= ΘV + αΘV = ΘV

Logo, u1 + αu2 ∈ Ker(T )

2. Temos que U é subespaço vetorial dele mesmo (subespaço impróprio ou trivial).Portanto, pela Proposição 4.9, temos que T (U) = Im(T ) é subespaço de V .

�

Exemplo 4.14 Seja S : P1(R)→ R a transformação linear definida por:

S(p) =

1∫0

p(t)dt

Um polinômio de P1(R) tem a forma p(t) = at+ b.

1∫0

(at+ b)dt = 0

a2

+ b = 0 ∴ a = −2b

Portanto, Ker(S) = [p(t)], sendo p(t) = 2t− 1.

Teorema 4.15 (Teorema do Núcleo e da Imagem): Sejam U e V espaços vetoriaissobre K de dimensão finita. Seja uma transformação linear: T : U → V .

Então: dimU = dim Ker(T ) + dim Im(T )

Prova. Seja B = {u1, u2, . . . , un} uma base de Ker(T ). Completando esta base, épossível encontrar uma base C = {u1, . . . , un, w1, . . . , wm} de U . Por enquanto, temos:

dim Ker(T ) = ndimU = n+m

Provemos que D = {T (w1), . . . , T (wm)} é uma base de Im(T ) = {T (u) : u ∈ U}.Seja, pois, v ∈ Im(T ). Nesse caso, ∃u ∈ U tal que v = T (u). Escrevendo u em termos

dos vetores de C:u = α1u1 + . . .+ αnun + β1w1 + . . .+ βmwm



Assim: v = α1T (u1) + . . .+ αnT (un)︸︷︷︸ΘV

+β1T (w1) + . . .+ βmT (wm).

v = β1T (w1) + . . .+ βmT (wm)⇒ Im(T ) = [D]

Provemos agora que D é LI.

θ1T (w1) + . . .+ θmT (wm) = ΘV

T (θ1w1 + . . .+ θmwm) = ΘV ∴θ1w1 + . . .+ θmwm ∈ Ker(T )⇒

⇒ θ1w1 + . . .+ θmwm = γ1u1 + . . .+ γnun−γ1u1 − . . .− γnun + θ1w1 + . . .+ θmwm = ΘV ∴

γ1 = . . . = γn = 0θ1 = . . . = θm = 0

Portanto, D é LI. Assim, a dimensão da imagem de T é m ⇒ dimU = dim Ker(T ) +dim Im(T ). �

Nota 4.16 A dimensão do núcleo de uma TL é chamada de nulidade da transformaçãolinear, ao passo que a dimensão da imagem de uma TL é chamada de posto da transfor-mação linear.

Teorema 4.17 Uma transformação linear é injetiva se, e somente se, sua nulidade forigual a zero.

Prova. (⇒) Considerando a transformação linear T : U → V injetiva ⇒ ∀v ∈ Vexiste um único u ∈ U tal que T (u) = v. Portanto, tomando v = ΘV , temos que @u ∈ Utal que T (u) = ΘV . Como T (ΘU) = ΘV , temos que Ker(T ) = {ΘU}, ou seja, a nulidadede T é zero.

(⇐) Se Ker(T ) = {ΘU}, então provemos que T é injetiva. Sejam u1, u2 ∈ U tal queT (u1) = T (u2):

T (u1)− T (u2) = ΘV

T (u1 − u2) = ΘV

u1 − u2 = ΘU

u1 = u2

Ou seja, T é injetiva. �

Exemplo 4.18 Seja T : Mn(R) →Mn(R) o operador linear que a cada matriz associaa sua transposta T (A) = At. Então:

Ker(T ) = {Θ} e Im(T ) =Mn(R)

Prova. At = Θ ⇒ Ker(T ) = {Θ}Aplicando o teorema do núcleo e da imagem: dim Im(T ) = n2, dimMn(R) = n2.

Assim, Im(T ) =Mn(R). �


4.2. ISOMORFISMOS E AUTOMORFISMOS 53

Exemplo 4.19 Seja D : Pn(R)→ Pn(R) o operador de derivação Dp(t) = p′(t). Temosque p0(t) = 1 ∈ Ker(D). Assim Ker(D) 6= {Θ} ⇒ D não é injetiva.

Exemplo 4.20 Seja T : R2 → P1(R) dada por: T (a, b) = a+ (a+ b)t. T é bijetiva.

Prova. De fato, analisando o Ker(T ), temos: (a, b) ∈ Ker(T ) ⇔ a + (a + b)t ≡ Θ ⇔a = b = 0. Ker(T ) = {(0, 0)} ⇒ T é injetiva. Pelo teorema do núcleo e da imagem:dim Im(T ) = 2. Como dimP1(R) = 2 então Im(T ) = P1(R) ⇒ T é sobrejetiva. Por fim,como T é injetiva e sobrejetiva ⇒ T é bijetiva. �

Teorema 4.21 Sejam U e V espaços vetoriais finitamente gerados de mesma dimen-são, e seja T : U → V uma transformação linear. Então as seguintes afirmações sãoequivalentes:

1. T é sobrejetiva.

2. T é bijetiva.

3. T é injetiva.

4. T transforma base de U em uma base de V .

Prova. Basta provar que 1⇒ 2⇒ 3⇒ 4⇒ 1. Na ordem:(1⇒ 2) Hipótese: Im(T ) = V .A partir do teorema do núcleo e da imagem: dimU = dim Ker(T ) + dim Im(T )

=dimV=dimU

⇒

dim Ker(T ) = 0⇒ T é injetiva.(2⇒ 3) Decorrente da definição de bijeção.(3⇒ 4) Hipótese: T é injetiva ⇒ Ker(T ) = {ΘU}.Seja B = {u1, . . . , un} uma base de U . Provemos que C = {T (u1), . . . , T (un)} é base

de V . Para isso, basta mostrarmos que C é LI, pois temos que C tem o mesmo númerode vetores da dimensão de V .

α1T (u1) + . . .+ αnT (un) = ΘV

T (α1u1 + . . .+ αnun) = ΘV

Assim: α1u1 + . . .+αnun = ΘU . Como B é LI, segue que α1 = . . . = αn = 0. Portanto,C também é LI.

(4⇒ 1) Seja B = {u1, . . . , un} uma base de U .Por hipótese, o conjunto C = {T (u1), . . . , T (un)} é uma base de V .Desde que Im(T ) = [C] ⇒ dim Im(T ) = n e dimV = n ∴ Im(T ) = V , ou seja, T é

sobrejetiva. �

4.2 Isomorfismos e AutomorfismosDefinição 4.22 Uma transformação linear T : U → V , U e V espaços vetoriais sobreum corpo K, é um isomorfismo quando é bijetiva. Quando U = V , uma transformaçãolinear bijetiva T : U → U é chamada de automorfismo.



Nota 4.23 Quando existe um isomorfismo entre U e V , dizemos que esses espaços sãoisomorfos (notação U ∼ V ). Neste caso, podemos, através do isomorfismo, identificarcada elemento de U com um único elemento de V .

Exemplo 4.24 O operador identidade é um automorfismo de U .

Exemplo 4.25 Dada uma transformação linear T : Pn(R)→ Rn+1 definida como:

p(t) = a0 + a1t+ . . .+ antn

↓T (p) = (a0, a1, . . . , an)

T é um isomorfismo.

Prova. Ker(T ) = {Θ}. De fato: se T (p) = (0, 0, . . . , 0) ⇒ p(t) ≡ Θ. Portanto, T éinjetiva. Como dimPn(R) = dimRn+1 = n + 1, pelo Teorema 4.21, T também é bijetiva⇒ T é um isomorfismo. �

Teorema 4.26 Dois espaços vetoriais sobre K de dimensão finita são isomorfos se, esomente se, têm a mesma dimensão.

Prova. (⇒) Considere dois espaços vetoriais U e V . Se são isomorfos, então ∃T : U →V tal que T é bijetiva, ou seja, tal que é injetiva (e pelo Teorema 4.17, dim Ker(T ) = 0),e sobrejetiva (ImT = V ).

Pelo teorema do núcleo e da imagem:

dimU = dim Ker(T )︸︷︷︸=0

+ dim Im(T )︸︷︷︸=dimV

⇒ dimU = dimV

(⇐) Temos que dimU = dimV = n.Seja B = {u1, . . . , un} e C = {v1, . . . , vn} bases de U e V respectivamente.Definimos a transformação linear:

u =n∑i=1

αiui ⇒ T (u) =n∑i=1

αivi

• T é linear.

• T (B) = C, então pelo Teorema 4.21, segue que T é bijetiva.

Logo, U e V são isomorfos. �

4.3 Espaço das Transformações LinearesDefinição 4.27 Sejam U e V espaços vetoriais sobre K. Definimos:

• L(U, V ): o conjunto de todas as transformações lineares T : U → V


4.3. ESPAÇO DAS TRANSFORMAÇÕES LINEARES 55

• L(U): o conjunto de todos os operadores lineares T : U → U

Definamos, agora as seguintes operações em L(U, V )

1. Soma: F,G ∈ L(U, V ) tal que F +G : U → V

(F +G)(u) = F (u) +G(u),∀u ∈ U

2. Multiplicação por escalar: F ∈ L(U, V ) e λ ∈ K, λF : U → V

(λF )(u) = λF (u),∀u ∈ U

Com estas definições, é fácil constatar que se F e G são transformações lineares de Uem V , então F + G também é uma transformação linear de U em V ; da mesma formaλF . Assim:

F,G ∈ L(U, V ) e λ ∈ K, então:

(F +G) ∈ L(U, V ) e (λF ) ∈ L(U, V )

Com estas operações L(U, V ) é um espaço vetorial sobre K.

Definição 4.28 Sendo W um espaço vetorial sobre K, F ∈ L(U, V ) e G ∈ L(V,W ),definimos G ◦ F : U → W por G ◦ F (u) = G(F (u)),∀u ∈ U .

Nestas condições, G ◦ F ∈ L(U,W ), pois:

1. G ◦ F (ΘU) = G(ΘV ) = ΘW

2. G ◦ F (u1 + αu2) = G(F (u1) + αF (u2)) = G ◦ F (u1) + αG ◦ F (u2)

Ou seja, G ◦ F é uma transformação linear.

Nota 4.29 Em L(U) estão definidas as potências:

F 0 = I, F 1 = F, F 2 = F ◦ F, . . .

• Um operador é idempotente quando F 2 = F .

• Um operador é nilpotente quando F n = Θ, para algum n ∈ N∗

Exemplo 4.30 Sejam F : R2 → R2 e G : R2 → R dados por:

F (x, y) = (x+ y, x− y)G(x, y) = x+ y

G ◦ F (x, y) = x+ y + x− y = 2x

Exemplo 4.31 F : R2 → R2, F (x, y) = (x−y2, −x+y

2) é idempotente, pois temos que

F 2(x, y) = F ◦ F (x, y) = (x−y

2−−x+y

2

2,−x−y

2+−x+y

2

2) = (x−y

2, −x+y

2).

Exemplo 4.32 O operador de derivação D : Pn(R)→ Pn(R) é nilpotente, pois sabemosque Dn+1(p(t)) = 0.



4.4 Lista de ExercíciosExercício 4.33 Quais das seguintes aplicações de R3 em R3 são operadores lineares?

1. F1(x, y, z) = (x− y, x+ y, 0);

2. F2(x, y, z) = (2x− y + z, 0, 0);

3. F3(x, y, z) = (x, x, x);

4. F4(x, y, z) = (2x2 + 3y, x, z);

Exercício 4.34 Seja F : R3 → R3 o operador linear assim definido na base canônica:F (1, 0, 0) = (2, 3, 1), F (0, 1, 0) = (5, 2, 7) e F (0, 0, 1) = (−2, 0, 7).

1. Determinar F (x, y, z), em que (x, y, z) é um vetor genérico do R3.

2. Mostrar que F é um operador linear.

Exercício 4.35 Consideremos o espaço vetorial C sobre R e seja F : C → C tal queF (z) = z∗, ∀z ∈ C. Mostre que F é um operador linear. Se estivéssemos considerado oespaço vetorial C sobre C, seria F ainda um operador linear?

Exercício 4.36 Verifique se são operadores lineares no espaço Pn(R):

1. F : Pn(R)→ Pn(R) tal que F (f) = tf ′(t), ∀f(t) ∈ Pn(R).

2. F : Pn(R)→ Pn(R) tal que F (f) = f ′(t) + t2f ′′(t), ∀f(t) ∈ Pn(R).

Exercício 4.37 Existe um operador linear F : R3 → R3 tal que F (1, 1, 1) = (1, 2, 3),F (1, 2, 3) = (1, 4, 9) e F (2, 3, 4) = (1, 8, 27)? Justifique a sua resposta.

Exercício 4.38 Seja u = (x, y, z, t) um vetor genérico do R4. Quais das aplicaçõesdefinidas abaixo são operadores lineares do R4.

1. F (u) = u+ (1, 0, 1, 0);

2. F (u) = (1, 0, 1, 1);

3. F (u) = (x, y − z, y + z, x+ t);

4. F (u) = (cos x, y, z, t);

Exercício 4.39 Seja F : U → V uma transformação linear com a seguinte propriedade:se {u1, ..., un} é uma base de U , então {F (u1), ..., F (un)} é linearmente independente emV . Provar que F é injetora.

Exercício 4.40 Para cada uma das transformações lineares abaixo determinar uma basee a dimensão do núcleo e da imagem.



1. F : R3 → R dada por F (x, y, z) = x+ y − z.

2. F : R2 → R2 dada por F (x, y) = (2x, x+ y).

3. F : R3 → R4 definida por F (x, y, z) = (x− y − z, x+ y + z, 2x− y − z,−y).

4. F : P2(R)→ P2(R) dada por F (f(t)) = t2f ′′(t).

5. F :M2(R)→M2(R) dada por F (X) = X +MX, em que

M =

[1 10 0

]6. F :M2(R)→M2(R) definida por F (X) = MX −XM , em que

M =

[1 20 1

]

Exercício 4.41 Determinar um operador linear F : R3 → R3 cuja imagem é gerada por(2, 1, 1) e (1,−1, 2).

Exercício 4.42 Considere o operador linear F do R3 definido por F (1, 0, 0) = (1, 1, 1),F (0, 1, 0) = (1, 0, 1) e F (0, 1, 2) = (0, 0, 4). F é inversível? Se for, determine o isomor-fismo inverso.

Exercício 4.43 Sejam u, v ∈ R2 vetores tais que {u, v} é uma base de R2. Sendo Ftransformação linear, mostrar que uma das seguintes alternativas se verifica:

1. {F (u), F (v)} é LI;

2. dim Im(F ) = 1;

3. Im(F ) = o.

Exercício 4.44 Consideremos uma transformação linear F : U → V . Se dim U >dim V , prove que existe um vetor não nulo u0 ∈ U tal que F (u0) = o(vetor nulo de V ).(Ou seja, F não é injetora).

Exercício 4.45 Sendo F,G,H ∈ L(R2) definidos por F (x, y) = (x, 2y), G(x, y) = (y, x+y) e H(x, y) = (0, x), determinar F+G, F ◦G, G◦(H+F ), G◦F, H◦F, F ◦H, H◦F ◦Ge G ◦ F ◦H.

Exercício 4.46 Sejam F,G ∈ L(R3) assim definidos:

F (x, y, z) = (x+ y, z + y, z) e G(x, y, z) = (x+ 2y, y − z, x+ 2z)

Determinar:



1. F ◦G;

2. Ker(F ◦G) e Im(F ◦G);

3. Uma base e a dimensão de Ker(F 2 ◦G).

Exercício 4.47 Sejam F ∈ L(R2,R3) e G ∈ L(R3,R2) assim definidas:

F (x, y) = (0, x, x− y) e G(x, y, z) = (x− y, x+ 2y + 3z)

Determinar F ◦G ◦ F .

Exercício 4.48 Seja F ∈ L(R2) dado por F (x, y) = (y, x). Determinar F n(x, y), sendon ≥ 1 um número inteiro. Mesmo exercício com G ∈ L(R2) dada por G(x, y) = (x, 0).

Exercício 4.49 Mostre que os operadores F,G,H ∈ L(R2) dados por F (x, y) = (x, 2y) ,G(x, y) = (y, x+ y) e H(x, y) = (0, x) formam um conjunto LI em L(R2).

Exercício 4.50 Sejam F e G dois operadores lineares de um espaço vetorial V . Mostreque Ker(G) ⊂ Ker(F ◦G). Dê um exemplo no qual vale a igualdade.

Exercício 4.51 Mostrar que um operador F ∈ L(V ) é idempotente se, e somente se,I − F é idempotente.

Exercício 4.52 Seja F ∈ L(R4) dado por F (x, y, z, t) = (0, x, y + 2x, z + 2y + 3x).Mostrar que:

1. F 4 = 0;

2. I − F é um automorfismo do R4 e I + F + F 2 + F 3 = (I − F )−1

Exercício 4.53 Seja C o espaço vetorial dos números complexos sobre R. ConsideremosF,G ∈ L(C) assim definidas:

F (z) =

(√2

2+ i

√2

2

)z e G(z) = iz, z ∈ C

Calcular:

1. F 2;

2. F 4;

3. G2;

4. F 2;

5. F ◦G;

6. (F ◦G) ◦ (F ◦G);


4.5. MATRIZ DE UMA TRANSFORMAÇÃO LINEAR 59

4.5 Matriz de uma Transformação Linear

Definição 4.54 Sejam U e V espaços vetoriais sobre K com dimU = n e dimV = m,e seja T ∈ L(U, V ). Consideramos B = {u1, u2, . . . , un} e C = {v1, v2, . . . , vm} bases deU e V respectivamente. Como T (u) ∈ V , então para qualquer u ∈ U , sempre é possívelescrever T (u) como combinação linear de v1, v2, . . . , vm, assim:

T (u1) = α11v1 +α21v2+ . . . +αm1vmT (u2) = α12v1 +α22v2+ . . . +αm2vm

......

... . . . ...T (un) = α1nv1 +α2nv2+ . . . +αmnvm

Assim, dada uma transformação linear e bases B e C, definimos a matriz dessa transfor-mação em relação às bases B e C como a seguinte matriz:

[T ]C←B =

α11

α21...

αm1

α12

α22...

αm2

· · ·· · ·. . .· · ·

α1n

α2n...

αmn

↑ ↑ ↑

[T (u1)]C [T (u2)]C [T (un)]C

Nota 4.55 Em se tratando de um operador linear quando U = V e B = C, denotamos[T ]B←B = [T ]B.

Proposição 4.56 Se [u]B é a matriz de coordenadas de um vetor u ∈ U na base B, então[T (u)]C = [T ]C←B

m×n[u]Bn×1

.

Prova. De fato, se u = θ1u1 + . . .+θnun, então T (u) = θ1T (u1)+ . . .+θnT (un). Como:

T (uj) =m∑i=1

αijvi ⇒ T (u) =n∑j=1

θj

(m∑i=1

αijvi

)=

m∑i=1

(n∑j=1

αijθj

)vi

Então:

[T (u)]C =

α11θ1 + α12θ2 + . . .+ α1nθnα21θ1 + α22θ2 + . . .+ α2nθn

...αm1θ1 + αm2θ2 + . . .+ αmnθn

=

α11 α12 · · · α1n

α11 α12 · · · α1n...

... . . . ...αm1 αm2 · · · αmn

θ1

θ2...θn

Portanto [T (u)]C = [T ]C←B[u]B. �



Nota 4.57 Essa propriedade revela algo bastante surpreendente, pois nos permite traba-lhar com matrizes em vez de trabalhar com vetores. De fato, o esquema seguinte explicitaessa ideia:

u → T (u)↓ ↓

[u]B → [T (u)]C = [T ]C←B [u]B

Com isso, vemos que a ação do operador é semelhante a uma multiplicação de matrizes.Esse fato será melhor explorado no restante deste capítulo.

Teorema 4.58 Sejam U , V , W espaços vetoriais de dimensão finita, com bases B, C,D respectivamente. Sejam T : U → V e S : V → W transformações lineares, então[S ◦ T ]D←B = [S]D←C [T ]C←B.

Prova.UB

T→ VC

S→ WD

−→S◦T

Sejam [T ]C←B = (αij)m×n e [S]D←C = (βij)p×m. Definamos as bases B = {u1, u2, . . . , un},C = {v1, v2, . . . , vm} e D = {w1, w2, . . . , wp}. Assim, T (uj) =

m∑k=1

αkjvk e S(vk) =

p∑i=1

βikwi. E então:

S ◦ T (uj) = S(T (uj)) = S

(n∑k=1

αkjvk

)=

n∑k=1

αkjS(vk)

=n∑k=1

αkjp∑i=1

βikwi

S ◦ T (uj) =p∑i=1

(n∑k=1

βikαkj

)wi

Portanto, [S ◦ T ]D←B = [S]D←C [T ]C←B, pois [S]D←C [T ]C←B = (aij)p×n onde aij =n∑k=1

βikαkj. �

Definição 4.59 Uma transformação linear T : U → V é inversível se existe uma trans-formação linear T ′ : V → U tal que T ′ ◦ T = IU e T ◦ T ′ = IV . Nesse caso, T ′ é umainversa de T .

Nota 4.60 A necessidade de T ′ ser linear poderia ser omitida desta definição. De fato,pode-se provar que se T ′ é uma aplicação qualquer de V em U tal que T ′ ◦ T = IU eT ◦ T ′ = IV , então T ′ é forçosamente linear.

Nota 4.61 Se T ′ é uma inversa de T , então T também é uma inversa de T ′. PortantoT ′ também é inversível.


4.5. MATRIZ DE UMA TRANSFORMAÇÃO LINEAR 61

Teorema 4.62 Se T é uma transformação linear inversível, então sua inversa é única.

Prova. Basta pensar na transformação linear T como uma matriz. Assim, cada matrizadmite apenas uma inversa, logo T também só admite uma inversa. �

Teorema 4.63 Uma transformação linear é inversível se e somente se for injetiva esobrejetiva.

Prova. Exercício. �

Teorema 4.64 Seja T : U → V uma transformação linear entre espaços vetoriais ndimensionais. E sejam B e C bases de U e V respectivamente. Então T é inversível se,e somente se, a matriz [T ]C←B for inversível. Nesse caso, ([T ]C←B)−1 = [T−1]B←C.

Prova. (⇒) Se T é inversível, então há T−1 : V → U tal que T−1 ◦ T = IU . Logo[IU ]B←B = [T−1]B←C [T ]C←B ⇒ I = [T−1]B←C [T ]C←B. Isso mostra que [T ]C←B é inversívele [T−1]B←C = ([T ]B←C)−1.

(⇐) Como [T ]C←B é inversível, temos que ∃ ([T ]C←B)−1 tal que ([T ]C←B)−1 [T ]C←B =I. Tomando um vetor u do espaço vetorial U e representando-o na base B temos [u]B,fazemos então:

I = ([T ]C←B)−1 [T ]C←B[u]B = ([T ]C←B)−1 [T ]C←B[u]B

[u]B = ([T ]C←B)−1 [T (u)]C

Temos que a matriz ([T ]C←B)−1 transforma um vetor da base C no espaço vetorial Vpara um vetor na base B do espaço vetorial U . Tomando então a transformação linear T ′tal que [T ′]B←C = ([T ]C←B)−1, temos que u = T ′ ◦ T (u)⇒ T ′ ◦ T = IU . Portanto, temosque T ′ é inversa de T , assim, T é inversível. �

Teorema 4.65 Sejam U e V espaços vetoriais sobre R de dimensão n e m respectiva-mente, e seja T uma transformação linear L(U, V ). O posto de T é igual ao posto da suamatriz.

Prova. Sejam B = {u1, u2, . . . , un} e C = {v1, v2, . . . , vm} bases de U e V respectiva-mente.

Sabemos que a imagem de T = [T (u1), . . . , T (un)]. Desde que Im(T ) ∼ Mm×1(R), en-tão podemos analisar dim Im(T ) analisando a dimensão do seguinte conjunto de matrizesm× 1:

D = [[T (u1)]C , [T (u2)]C , . . . , [T (un)]C ]

Ora, mas [T (uj)]C é a j-ésima coluna da matriz [T ]C←B. Assim, para obter dim Im(T )basta verificar o maior número de vetores LI de D, o que é exatamente o número máximode colunas LI de [T ]C←B (isto é, o posto desta matriz). �

Nota 4.66 Note que, como Im(T ) ⊂ V então dim Im(T ) ≤ m. Além disso, pelo teoremado núcleo e da imagem, concluímos que dim Im(T ) ≤ n. Isso significa que o posto de Tnunca excede n ou m.



Nota 4.67 Pode-se mostrar que o maior número de colunas LI de uma matriz é igualao maior número de linhas LI da mesma matriz. Assim, o posto de uma matriz podeser calculado pelo escalonamento de linhas ou de colunas. E uma vez conhecido o postoda matriz de uma transformação linear, a nulidade dessa transformação linear pode serprontamente obtida pelo teorema do núcleo e da imagem.

Exemplo 4.68 Seja T : R3 → P2(R) uma transformação linear cuja matriz em relaçãoàs bases canônicas (de cada um dos espaços vetoriais) é: 1 2 3

4 5 65 4 3

Temos que: 1 2 3

4 5 65 4 3

∼ 1 2 3

0 −3 −60 −6 −12

∼ 1 2 3

0 −3 −60 0 0

Portanto, o posto de T é 2, e sua nulidade 1.

Agora que já estudamos muitas vantagens da representação matricial para transforma-ções lineares, vamos encerrar essa seção analisando o isomorfismo existente entre L(U, V )eMm×n(R).

Teorema 4.69 Sejam U e V espaços vetoriais reais de dimensões n e m respectivamente.Então, fixadas as bases B = {u1, u2, . . . , un} e C = {v1, v2, . . . , vm} de U e V respectiva-mente, a aplicação de L(U, V ) em Mm×n(R) que a cada transformação linear T associaa matriz [T ]C←B é linear e bijetora.


Nota 4.70 O Teorema 4.69 garante que L(U, V ) eMm×n(R) são isomorfos, isso significaque dimL(U, V ) = dimMm×n(R) = mn.

Exemplo 4.71 Obtenhamos uma base para L(R2,R2) = L(R2). Desde que L(R2) ∼M2(R)⇒ dimL(R2) = 4. Considerando a base canônica deM2(R):

B =

{[1 00 0

],

[0 10 0

],

[0 01 0

],

[0 00 1

]}e a transformação linear bijetora ζ que a cada transformação linear associa a sua matriz.Iremos determinar uma base de L(R2): C = {T1, T2, T3, T4}. Para tanto, seja F ={(1, 0); (0, 1)} a base (canônica) do R2, de modo que ζ(T1) = [T1]F . Assim:

[T1]F←F =[T1(0,1)]F

↑[10

00

]↓

[T1(1,0)]F


4.6. ESPAÇO DUAL 63

T1(1, 0) = (1, 0)T1(0, 1) = (0, 0)

}T1(x, y) = T1(x(1, 0) + y(0, 1)) = x(1, 0) + y(0, 0)

T1(x, y) = (x, 0)

[T2]F←F =[T2(0,1)]F

↑[00

10

]↓

[T2(1,0)]F

T2(1, 0) = (0, 0)T2(0, 1) = (1, 0)

}T2(x, y) = (y, 0)

Analogamente, T3(x, y) = (0, x) e T4(x, y) = (0, y).C = {T1, T2, T3, T4} é base de L(R2). Note que uma transformação linear deste espaço

pode ser escrita de forma genérica como T (x, y) = (ax+ by, cx+ dy).

Nota 4.72 Outra maneira de achar as transformações lineares no exemplo anterior se-ria fazer [T (x, y)]F = [T ]F [(x, y)]F , substituindo [T ]F por cada uma das matrizes da basecanônica escolhida do espaçoM2(R), encontrando, respectivamente, cada uma das trans-formações lineares T1, . . . , T4.

4.6 Espaço DualDefinição 4.73 Consideremos U um espaço vetorial real. Já vimos que L(U,R) é umespaço vetorial real. Esse espaço é denominado espaço dual de U , e denotado por U∗.Cada transformação linear de U∗ recebe o nome de funcional linear ou forma linear sobreU .

Exemplo 4.74 Considere a transformação linear T : R3 → R, T (x, y, z) = x + y. Não édifícil ver que T é um funcional linear de R3.

Teorema 4.75 Seja um espaço vetorial de dimensão finita. Temos que seu espaço duale ele são isomorfos, ou seja, têm a mesma dimensão.

Prova. Consideremos um espaço vetorial U de dimensão finita n sobre o corpo Ke uma base desse espaço B = {b1, b2, . . . , bn}. Dado então u ∈ U , podemos escreveru = u1b1 + u2b2 + . . .+ unbn.

Sendo F um funcional linear de U , temos F (u) = u1F (b1) + u2F (b2) + . . .+ unF (bn).Definindo os escalares K1 = F (e1), K2 = F (e2), . . . , Kn = F (en) ∈ K, teremos F (u) =K1u1 +K2u2 + . . .+Knun, ∀u ∈ U .

Por outro lado, dada uma n-upla qualquer (K1, K2, . . . , Kn) de escalares, a aplicaçãoG(u) = K1u1 +K2u2 + . . .+Knun é um funcional linear de U .

Podemos afirmar então que F ∈ U∗ se, e somente se, existem escalares K1, K2, . . .,Kn, de modo que F (u) = K1u1 + K2u2 + . . . + Knun. Portanto, cada funcional linear



pode ser univocamente associado a um vetor de U (pois v ∈ U ⇔ ∃K1, K2, . . ., Kn tal

que [v]B =

K1

K2...Kn

). Assim, dimU = dimU∗. �

Definição 4.76 Seja um espaço vetorial U de dimensão finita sobre um corpo K e umabase do mesmo B = {b1, b2, . . . , bn}. Dado u = u1b1 + u2b2 + . . . + unbn, definimos astransformações lineares:

F1 (u) = u1

F2 (u) = u2...Fn (u) = un

Do Teorema 4.75, e sabendo que o conjunto {F1, F2, . . . , Fn} é LI (prove!), podemosdizer que {F1, F2, . . . , Fn} é uma base de U∗. Este conjunto recebe o nome de base dualde B = {b1, b2, . . . , bn}.

Exemplo 4.77 Determinemos a base dual de B = {(1, 0); (1, 1)} do R2.Usando o isomorfismo de (R2)∗ comM1×2(R), temos:

D ={[

1 0],[

0 1]}

é a base canônica deM1×2(R)

Logo, a base dual de B é formada por T1, T2 cujas matrizes em relação às bases B eC = {1} (base canônica de R) são dadas por D.

Logo: [T1]C←B =[

1 0]T1(1, 0) = 1T1(1, 1) = 0

∴ T1(x, y) = x− y

E também: [T2]C←B =[

0 1]

T2(1, 0) = 0T2(1, 1) = 1

∴ T2(x, y) = y

Logo, a base dual de B é {T1, T2}, onde T1(x, y) = x− y e T2(x, y) = y.

Nota 4.78 De uma forma geral, consideremos um espaço vetorial Rn sobre R, e umabase desse espaço B = {b1, b2, . . . , bn}. Temos que a base dual de B é a base de (Rn)∗

formada pelas transformações lineares tais que:

F1 (u) = u1

F2 (u) = u2...Fn (u) = un



onde u = u1b1 + u2b2 + . . . + unbn. Portanto, as matrizes das transformações linearesF1, F2, . . . , Fn da base B para a base canônica C = {1} de R são dadas por

[1 0 · · · 0

],[

0 1 · · · 0], . . . ,

[0 0 · · · 1

]respectivamente.

Tomando a base canônica D de Rn, podemos fazer: [Fi]C←D = [Fi]C←B[I]B←D =[Fi]C←BMB←D. Mas [Fi]C←BMB←D é justamente a i-ésima linha de MB←D.

Logo, para identificarmos a transformação linear Fi da base dual de B, basta tomarmosa transformação linear cuja matriz em relação às bases canônicas de Rn e R é dada pelai-ésima linha de MB←D, onde D é a base canônica de Rn.


Exercício 4.79 Seja F ∈ L(R3,R2) definida por F (x, y, z) = (x+ z, y− 2z). Determinar[F ]C←B, sendo B = {(1, 2, 1), (0, 1, 1), (0, 3,−1)} e C = {(1, 5), (2,−1)}.

Exercício 4.80 Determinar as matrizes das seguintes transformações lineares em relaçãoàs bases canônicas dos respectivos espaços:

1. F ∈ L(R3,R2) definida por F (x, y, z) = (x+ y, z);

2. F ∈ L(R2,R3) definida por F (x, y) = (x+ y, x, x− y);

3. F ∈ L(R4,R) definida por F (x, y, z, t) = 2x+ y − z + 3t;

4. F ∈ L(R,R3) definida por F (x) = (x, 2x, 3x);

Exercício 4.81 No espaço vetorialM2(R) seja:

M =

[a bc d

]Determinar a matriz do operador linear F ∈ L(M2(R)) dado por F (X) = MX−XM ,

em relação à base canônica:[1 00 0

],

[0 10 0

],

[0 01 0

],

[0 00 1

]deM2(R).

Exercício 4.82 Seja F o operador linear deM2(R) dado por

F (X) =

[1 12 1

]X

∀X em M2(R). Sendo B base canônica do espaço M2(R), determine o traço da matriz[F ]B.(Nota: traço = soma dos termos da diagonal principal).



Exercício 4.83 Seja F o operador linear do R2 cuja matriz em relação à base B ={(1, 0), (1, 4)} é

[F ]B =

[1 15 1

]Determinar a matriz de F em relação à base canônica, usando a fórmula de mudança

de base para um operador.

Exercício 4.84 Seja B = {e1, e2, e3} uma base de um espaço vetorial V sobre R. SendoF, g ∈ L(V ) dados por F (e1) = e1 − e2, F (e2) = e1 + e3, F (e3) = e2, G(e1) = 2e1 + e3,G(e2) = e1 e G(e3) = e2− 3e1, determinar em relação à base B as matrizes dos seguintesoperadores lineares: F,G, F+G, 2F−G,F ◦G,G◦F, F 2+G2, F−1(caso exista) e G−1(casoexista).

Exercício 4.85 Sejam F,G ∈ L(P2(R),P3(R)) assim definidos: F (p(t)) = tp(t) − p(1)e G(p(t)) = (t − 1)p(t),∀p(t) ∈ P2(R). Determinar as matrizes de F e G em relaçãoseguinte par de bases: B = {1, t2, (t− 1)2} e C = {1, t− 1, (t− 1)2, (t− 1)3} de P2(R) eP3(R), respectivamente.

Exercício 4.86 Seja F ∈ L(P2(R),R) definida por∫ 1

−1p(t)dt. Determinar a matriz de

F em relação às bases:

1. B = {1, t, t2} e C = {1};

2. B = {1, 1 + t,−1 + t2} e C = {−2};

Exercício 4.87 Determinar todos os operadores lineares F do R2 tais que F 2 = F eF (x, y) = (ax, bx+ cy).

Exercício 4.88 Seja T um operador linear de um espaço vetorial V de dimensão 2. Sea matriz deT em relação a uma certa base B de V é[

a bc d

]Mostrar que T 2 − (a+ d)T + (ad− bc)I = 0(operador nulo).

Exercício 4.89 Sejam F1 e F2 ∈ (R3)∗ definidas por F1(x, y, z) = x−3y+2z e F2(x, y, z)= 2x− y + z. Determinar F1 + F2, 2F1 + 3F2 e os respectivos núcleos.

Exercício 4.90 Determine as bases duais de cada uma das seguintes bases:

1. {(1, 1, 2), (1, 2, 0), (3, 4, 0)} do R3;

2. {(1, 2), (0, 1)} do R2;

3. {(0, 1, 0, 0), (2, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 1), (0, 0, 0, 3)} do R4;


4.8. ISOMETRIA 67

4. {1, t, 1− t2} do espaço P2(R);

Exercício 4.91 Seja V = R3. Considere o subespaço W ∗ de V ∗ gerado pelos funcionaisF e G dados por F (x, y, z) = x − y e G(x, y, z) = y − 2z. Determinar uma base doseguinte subespaço de V : W = {u ∈ V | F (u) = 0,∀F ∈ W ∗}.

Exercício 4.92 Seja V um espaço vetorial de dimensão finita. Sejam u e v dois vetoresdesse espaço com a seguinte propriedade: ∀F ∈ V ∗ : F (u) = 0 ⇒ F (v) = 0. Mostrar{u, v} é LD

Sugestão: Se fossem LI existiria uma base B de V contendo u e v. Considere a basedual.

Exercício 4.93 Verificar se são bases de (R3)∗ os seguintes conjuntos:

1. {F,G,H} onde F (x, y, z) = 2x,G(x, y, z) = y + z e H(x, y, z) = x− 2z.

2. {F,G,H} onde F (x, y, z) = 2x+ y − z,G(x, y, z) = x e H(x, y, z) = x− y + 4z.

4.8 Isometria

Definição 4.94 Seja V um espaço vetorial euclideano de dimensão finita. Um operadorlinear T : V → V com a propriedade de que ‖T (u)‖ = ‖u‖ , ∀u ∈ V é chamado deisometria sobre V ou operador ortogonal.

Exemplo 4.95 Em R2, o operador de rotação T : R2 → R2, T (x, y) = (x cos θ −y sin θ, x sin θ + y cos θ) é uma isometria, pois:

‖T (x, y)‖2 = x2 + y2

= ‖(x, y)‖2 , ∀(x, y) ∈ R2

Nota 4.96 Uma isometria é uma transformação linear que preserva a norma de vetores.No caso do R2 ou R3 (com produto interno usual) uma isometria preserva o comprimentofísico dos vetores.

Teorema 4.97 Toda isometria T : U → U é um isomorfismo, mais propriamente, umautomorfismo.

Prova. Basta provarmos que T é injetiva, para tanto, seja u ∈ Ker(T ), assim, T (u) =ΘU , mas ‖T (u)‖2 = ‖u‖2 ⇒ ‖u‖ = 0. Do axioma da postividade vem u = ΘU , e assim,Ker(T ) = {ΘU}. �

Teorema 4.98 Seja U um espaço vetorial euclideano de dimensão finita, e seja T : U →U um operador linear. Então as afirmações seguintes são equivalentes:

1. T é isometria.



2. T transforma bases ortonormais de U em bases ortonormais de U .

3. O produto interno 〈T (u), T (v)〉 = 〈u, v〉 , ∀u, v ∈ U .

Prova. (3⇒ 1) Exercício.(1⇒ 2) Exercício.(2 ⇒ 3) Seja B = {u1, . . . , un} uma base ortonormal de U . Dados u, v ∈ U , há

α1, . . . , αm, β1, . . . , βn, tal que:

u = α1u1 + . . .+ αnunv = β1u1 + . . .+ βnun

〈u, v〉 = α1β1 + . . .+ αnβn

Mas T (u) = α1T (u1) + . . . + αnT (un) e T (v) = β1T (u1) + . . . + βnT (un). Como{T (u1), . . . , T (un)} também é base ortonormal de U (por hipótese):

〈T (u), T (v)〉 = α1β1 + . . .+ αnβn= 〈u, v〉 , ∀u, v ∈ U

�

Teorema 4.99 Seja U um espaço vetorial euclideano de dimensão finita e não nulo. Eseja T : U → U um operador linear. T é uma isometria se, e somente se, sua matriz emrelação à base ortonormal de U é uma matriz ortogonal.

Prova. (⇒) Exercício.(⇐) Seja B = {u1, . . . , un} uma base ortonormal de U . Sendo:

T (u1) = α11u1 + . . .+ αn1unT (u2) = α12u1 + . . .+ αn2un

...T (un) = α1nu1 + . . .+ αnnun

[T ]B = (αij)n×n é uma matriz ortogonal. Seja u = θ1u1 + . . .+ θnun ∈ U .

‖u‖2 = θ12 + . . .+ θn

2

= [u]Bt[u]B

Assim:‖T (u)‖2 = [T (u)]B

t[T (u)]B= ([T ]B[u]B)t[T ]B[u]B= [u]B

t [T ]Bt[T ]B︸︷︷︸

=I

[u]B

= [u]Bt[u]B

‖T (u)‖2 = ‖u‖2 , ∀u ∈ ULogo, T é isometria. �


4.9. OPERADORES ADJUNTOS E AUTO-ADJUNTOS 69

Exemplo 4.100 Determinemos m para que T (x, y) =(mx+y

2, x−my

2

)seja uma isometria.

Sendo B a base canônica do R2, a matriz da transformação linear T é:

[T ]B =

[m/2 1/21/2 −m/2

]Impondo que a matriz seja ortogonal: m = ±

√3.

4.9 Operadores adjuntos e auto-adjuntosSeja U um espaço vetorial euclideano de dimensão finita. Definimos uma transformaçãolinear ξ : U → U∗, fazendo corresponder a cada vetor u ∈ U o funcional linear u∗ (isto é,ξ(u) = u∗) de modo que: u∗(w) = 〈u, w〉 , w ∈ U .

Pode-se mostrar que a aplicação ξ definida anteriormente é um isomorfismo entre U eU∗. Com base nesse resultado, podemos definir o adjunto de um operador.

Definição 4.101 Sejam U e V espaços vetoriais euclideanos de dimensão finita, e sejaA : U → V uma transformação linear. Definimos a adjunta de A como A∗ : V → U queobedece a: 〈A(u), v〉 = 〈u, A∗(v)〉 , ∀u ∈ U, ∀v ∈ V .

Pode-se mostrar que dada uma transformação linear, sua adjunta existe e é única.A definição anterior define a adjunta de uma transformação linear de uma forma

bastante abstrata. No teorema seguinte, expomos uma maneira simples de se obter aadjunta.

Teorema 4.102 Sejam U e V espaços vetoriais euclideanos dotados das bases ortonor-mais B = {u1, . . . , un} e C = {v1, . . . , vn}, e seja A uma transformação linear de U emV . Se [A]C←B é a matriz de A em relação às bases B e C ([A]C←B ∈ Mm×n(R) então[A∗]B←C = [A]C←B

t.

Prova. Tendo-se uma base E ortonormal, podemos dizer que 〈x, y〉 = [x]Et[y]E. As-

sim:〈A(u), v〉 = ([A]C←B[u]B)t[v]C

= [u]Bt[A]C←B

t[v]C

Seja agora T : V → U a transformação linear cuja matriz [T ]B←C = [A]C←Bt. Então:

〈u, T (v)〉 = [u]Bt([T ]B←C [v]C)

= 〈A(u), v〉 ,∀u ∈ U,∀v ∈ V

Logo, T é a adjunta de A. �

Proposição 4.103 A partir da definição de transformação adjunta e da forma prática decalculá-la, podemos observar as seguintes propriedades:

1. I∗ = I.



2. (A+B)∗ = A∗ +B∗.

3. Se α ∈ R, então (αA)∗ = αA∗.

4. (A ◦B)∗ = B∗ ◦ A∗.

5. A∗∗ = A.

Nota 4.104 No caso de espaços vetoriais hermitianos de dimensão finita, a adjunta her-mitiana de uma transformação linear A : U → V é uma transformação linear A† : V → Uque satisfaz a:

〈v, A(u)〉∗ =⟨u, A†(v)

⟩,∀u ∈ U,∀v ∈ V

Neste caso, tomando-se bases ortonormais B e C (de U e V respectivamente), tem-se [A†]B←C = [A]C←B

†, onde [A]C←B† representa a matriz adjunta hermitiana, que é a

matriz dos conjugados da transposta de [A]C←B.De outra forma:

〈v|A|u〉† = |u〉†A† 〈v|†〈v|A|u〉∗ =

⟨v|A†|u

⟩Definição 4.105 Seja V um espaço euclideano. Um operador linear A ∈ L(V ) é auto-adjunto se ele for igual ao seu adjunto, ou seja, se:

〈A(u), v〉 = 〈u, A(v)〉 ,∀u, v ∈ V

Teorema 4.106 Seja V um espaço euclideano de dimensão finita, então um operadorlinear é auto-adjunto se, e somente se, sua matriz em relação a uma base ortonormal deV é simétrica.

Prova. [A∗]B = [A]Bt e A é auto-adjunta, como a relação entre um operador e sua

matriz é biunívoca, ⇔ [A]B = [A]Bt. �

Exemplo 4.107 T : R2 → R2, T (x, y) = (y, x) é auto-adjunto, pois tomando-se a base

canônica B : [T ]B =

[0 11 0

], que é simétrica.

Exemplo 4.108 A hipótese de que a base seja ortonormal é imprescindível, pois tomemos

T ∈ L(R2) tal que [T ]B =

[1 22 3

]e B = {(1, 1); (0, 1)}. Assim, T (1, 1) = 1(1, 1) +

2(0, 1) = (1, 3) e T (0, 1) = 2(1, 1) + 3(0, 1) = (2, 5).

〈T (1, 1), (0, 1)〉 = 3〈(1, 1), T (0, 1)〉 = 7

}diferentes.

Nota 4.109 O conjunto Ψ = {T ∈ L(V ) : T é auto-adjunto} é um subespaço vetorial deL(V ).


4.10. MUDANÇA DE BASE E SEMELHANÇA DE MATRIZES 71

Nota 4.110 SeM+ = {A ∈Mn(R) : A é simétrica} e dimV = n então Ψ é isomorfo aM+, e por isso, dim Ψ = n(n+1)

2.

Nota 4.111 Para espaços vetoriais hermitianos, um operador linear é hermitiano quandoA = A†. Se o espaço vetorial tem dimensão finita, então um operador é hermitiano se, esomente se, sua matriz em relação à base ortonormal é hermitiana ([A]B = [A]B

†).

4.10 Mudança de base e semelhança de matrizesAnalisaremos agora o que acontece com a matriz de um operador quando efetuamos umamudança de base.

Teorema 4.112 Sejam B e C duas bases de um espaço vetorial V de dimensão finita.Então [I]B←C = MB←C.


Teorema 4.113 Sejam B e C duas bases de um espaço vetorial V de dimensão finita, eseja T um operador linear de L(V ). Então:

[T ]C←C = MC←B [T ]B←B MB←C↓ ↓

[T ]C [T ]B

Prova. Temos que:

[T (u)]C = [T ]C [u]CMB←C [T (u)]C = MB←C [T ]C [u]C

[T (u)]B = MB←C [T ]C(MC←B[u]B)[T (u)]B = (MB←C [T ]CMC←B)︸︷︷︸

[T ]B

[u]B

De outra maneira, também podemos fazer:

T = I ◦ T ◦ I[T ]C←C = [I]C←B[T ]B←B[I]B←C[T ]C←C = MC←B[T ]B←BMB←C

�

Nota 4.114 Um modo prático de memorizar este teorema é perceber que os índices in-ternos "se cancelam", restando apenas os externos.

Em princípio, não há uma base privilegiada para se representar determinado operador.Os resultados da ação do operador devem ser "fisicamente"os mesmos, independentementeda base escolhida. Entretanto, podem existir bases mais convenientes que outras, depen-dendo do formato que a matriz do operador assumir.



Definição 4.115 (Matrizes semelhantes): Duas matrizes quadradas P e Q de mesmaordem n são semelhantes se, e somente se, existe uma matriz inversível M ∈Mn(R), demodo que P = M−1QM .

Não é difícil constatar que a semelhança de matrizes define uma classe de equivalênciaemMn(R). A semelhança de matrizes está intimamente relacionada com a mudança debase e a representação matricial de operadores.

De acordo com o teorema anterior, duas matrizes do mesmo operador linear (repre-sentado em bases distintas) são semelhantes. E a recíproca também é verdadeira: seP = M−1QM , então P e Q representam um mesmo operador linear.

Desde que matrizes semelhantes representam um mesmo operador, convém sempre quepossível efetuar uma mudança de base, para que a representação matricial (do operadorna nova base) seja o mais amigável possível, por exemplo, uma matriz diagonal. Esse seráo assunto do próximo capítulo.

Definição 4.116 Uma matriz quadrada é dita diagonalizável quando for semelhante auma matriz diagonal.

Exemplo 4.117 Temos que a matriz Q =

[3 22 3

]é diagonalizável, pois tomando-se

M =

[1 1−1 1

]⇒M−1QM =

[1 00 5

].

Proposição 4.118 Se P e Q são matrizes quadradas (de mesma ordem) semelhantes,temos que:

1. detP = detQ.

2. trP = trQ

Prova. Provemos cada uma das propriedades separadamente:

1. detP = det(M−1QM) = detM−1 detQ detM = (detM)−1 detQ detM = detQ

2. trP = tr(M−1QM) = tr(QMM−1) = trQ

�


Exercício 4.119 Verificar se são semelhante as matrizes:[−1 −2

1 2

]e[

1 00 0

]



Exercício 4.120 Provar que se A e B são semelhantes então An e Bn são semelhantes,para todo n ≥ 1. Sendo p(t) um polinômio, p(t) = a0 + a1t + ... + ant

n, indicamos porp(A) a matriz p(A) = a0I+a1A+ ...+anA

n. Provar que se A e B são semelhantes, entãop(A) e p(B) são semelhantes.

Exercício 4.121 Para que valores de a, b e c (reais) as seguintes matrizes deM2(R) sãosemelhantes? [

a −bb a

]e[c 00 −c

]Exercício 4.122 Sejam A,B,C e D matrizes de ordem n, sendo A,B semelhantes, C,Dsemelhantes. É verdade que A+ C e B +D são semelhantes? E quanto a AC e BD?

Exercício 4.123 Para cada par de inteiros positivos (i,m) com 1 ≤ i ≤ m define-se atransformação linear Pi,m : Rm → Rm como:

Pi,m(a1, . . . , ai−1, ai, ai+1, . . . , am) = (a1, . . . , ai−1, 0, ai+1, . . . , am).

Prove que para todo n ≥ 2 e para qualquer conjunto de n − 1 vetores linearmenteindependentes v1, v2, . . . , vn−1 em Rn, existe um inteiro k, 1 ≤ k ≤ n, de forma que osvetores:

Pk,n(v1), Pk,n(v2), . . . , Pk,n(vn−1)

são linearmente independentes.

Exercício 4.124 Considere uma transformação linear g : Mn(R) → R de modo queg(AB) = g(BA) para quaisquer matrizes A e B deMn(R).

1. Mostre que existe um K ∈ R tal que g(A) = Ktr(A).

2. Se o determinante é uma operação que satisfaz a condição det(AB) = det(BA) paraquaisquer matrizes A e B de Mn(R), por que então não é válida a conclusão doitem (a)?

Exercício 4.125 O objetivo desta questão é mostrar o princípio da incerteza. Para tanto,seja U um espaço vetorial complexo munido de produto interno e sejam A e B doisoperadores lineares em U e hermitianos. Fixado um certo vetor ψ ∈ U , definimos o valormédio 〈A〉 do operador A como:

〈A〉 = 〈ψ, A(ψ)〉 .

O valor médio 〈B〉 também é definido do mesmo modo. Definimos a incerteza ∆Ano operador A como: ∆A =

√〈A2 − 〈A〉2I〉, o mesmo valendo para a incerteza ∆B no

operador B (I é o operador Identidade). Feitas estas definições, demonstre o princípioda incerteza:

∆A∆B ≥ 1

2|〈[A,B]〉|,

onde [A,B] é o comutador dos operadores: [A,B] = AB −BA.



Exercício 4.126 Para cada transformação linear a seguir, obtenha a transformação linearadjunta:

1. T : R3 → R2, T (x, y, z) = (x+ y, z).

2. T : P3(R)→ R2, T (at3 + bt2 + ct+ d) = (a, b).

3. T : M2(R)→M2(R), T (A) = AX −XA, onde X =

[0 11 0

].

4. T : C2 → C2, T (x, y, z) = (x+ iy,−ix+ 7y, 15z). Considere C espaço vetorial sobreC. O que mudaria se você considerasse C espaço vetorial sobre R?

Exercício 4.127 Seja W um subespaço de um espaço euclidiano de dimensão finita V .Para todo v ∈ V , seja v = w + w′ com w ∈ W e w′ ∈ W⊥. Mostar que a aplicaçãoT : V → V dada por: T (v) = w − w′ é linear e tem a seguinte propriedade 〈u, T (v)〉 =〈T (u), v〉 ,∀u, v ∈ V .

Exercício 4.128 Seja V um espaço euclidiano. Se u ∈ V , W = [u] e E é a transformaçãolinear que associa a cada vetor de V sua projeção ortogonal sobre W , mostre que:

‖v − E(v)‖ ≤ ‖v − w‖ ,∀v ∈ V, ∀w ∈ W

Interprete esse resultado geometricamente.

Exercício 4.129 Seja V um espaço euclidiano de dimensão finita e seja E a projeçãoortogonal de V sobre o subespaçoW de V . Mostrar que o operador linear E tem a seguintepropriedade: 〈E(u), v〉 = 〈u, E(v)〉 ,∀u, v ∈ V .

Exercício 4.130 Determine m ∈ R a fim de que o seguinte operador linear do R3 sejaum isometria:

F (x, y, z) =

(1√3x+

1√3y +mz,− 1√

6x+

2√6y − 1√

6z,− 1√

2x+

1√6z

)Exercício 4.131 No espaço vetorial V = Mn(R) consideremos o produto interno definidopor 〈A, B〉 = tr(ABt). Dada uma matriz M ∈ V , seja TM : V → V o operador lineardefinido por TM(X) = MX,∀X ∈ V . Mostre que TM é uma isometria se, e seomente se,M for uma matriz ortogonal.

Exercício 4.132 Seja H um subespaço do espaço euclideano V . Então cada v se expressade uma maneira única, como v = h + t, onde h ∈ H e t ∈ H⊥. Considere a aplicaçãoA : V → V definida por A(v) = h− t,∀v ∈ V .

1. Mostre que A é linear e auto-adjunto.

2. Se V = R3 com o produto interno usual, e H = [(1, 1, 0)], achar a matriz de Arelativa à base usual do R3.



Exercício 4.133 Seja V um espaço euclidiano de dimensão finita. Mostar que duasquaisquer das propriedades a segiur de um operador A ∈ L(V ) implica a restante:

1. A é auto-adjunto.

2. A é uma isometria.

3. A2 = I.

Exercício 4.134 Seja T ∈ L(V ) um automorfismo. Se T é auto-adjunto, mostrar queT−1 também o é.

Exercício 4.135 Seja A um operador auto-adjunto de um espaço euclidiano V . Se H éum subespaço vetorial de V com a proprieadade u ∈ H ⇒ A(u) ∈ H, mostre que H⊥ temtabém essa propriedade.

Exercício 4.136 Seja um operador auto-adjunto de um espaço euclidiano V . Se〈T (u), u〉 = 0, para todo u ∈ V , mostrar que T = 0.

Exercício 4.137 Sejam T, S ∈ L(V ) operadores lineares auto-adjuntos. Mostrar queT ◦ S é auto-adjunto se, e somente se, T ◦ S = S ◦ T .

Exercício 4.138 Mostre que duas matrizes semelhantes possuem o mesmo posto.


77

Capítulo 5

Autovalores e Autovetores

O assunto deste capítulo é um dos mais importantes da Álgebra Linear. Não só porque fazuso de todos os conceitos vistos anteriormente, mas também pela sua grande aplicabilidadenuma vasta classe de problemas da Matemática, Física e Engenharia.

Por curiosidade, autovalor (ou valor próprio, valor característico) é a tradução de eigen-value, ao paso que autovetor (ou vetor próprio, vetor característico) vem de eigenvector.O adjetivo germânico eigen significa ‘próprio’ ou ‘característico de’.

Autovalores e autovetores são característicos de uma matriz no sentido de conter in-formações importantes sobre a natureza da mesma. A letra λ, letra grega equivalente aol do português, é utilizada para designar autovalores porque anteriormente esses númerostambém era chamados de ‘valores latentes’.

5.1 Definição e primeiras propriedadesDefinição 5.1 Seja V um espaço vetorial sobre R (ou sobre C), e seja T : V → V umoperador linear. Um vetor u ∈ V , u 6= ΘV é chamado de autovetor de T se existe um λreal ou complexo, de modo que T (u) = λu. O vetor u nesse caso é chamado de autovetorassociado ao autovalor λ.

Exemplo 5.2 Seja T ∈ L(R2), T (x, y) = (x, x+ y). Vamos obter os autovalores de T .

(T − λI)(x, y) = (0, 0)(x− λx, x+ y − λy) = (0, 0){

(1− λ)x = 0x +(1− λ)y = 0

Desejamos que este sistema admita solução não trivial.∣∣∣∣ 1− λ 01 1− λ

∣∣∣∣ = 0⇒ (1− λ)2 = 0⇒ λ = 1 (raiz dupla)

Substituindo no sistema para encontrar os autovetores: 0x = 0, x + 0y = 0 ⇒ x = 0e y qualquer 6= 0.

Logo, os autovetores associados a λ = 1 são da forma u = (0, y) = y(0, 1), y ∈ R∗.


78 CAPÍTULO 5. AUTOVALORES E AUTOVETORES

Exemplo 5.3 Determinemos os autovalores e autovetores de D (operador de derivação)no espaço V = C∞(R).

Temos que obter λ ∈ R tal que (D − λI)f = ΘV ⇒ f ′(t) − λf(t) = 0,∀t ∈ R.Multiplicando a equação diferencial por e−λt:

e−λtf ′(t)− λe−λtf(t) = 0ddt

(e−λtf(t)) = 0,∀t ∈ Rf(t) = Keλt, K 6= 0

Assim, qualquer λ ∈ R é autovalor de D e f(t) = Keλt, K 6= 0, são auto-funçõesassociadas.

Definição 5.4 Seja V um espaço vetorial sobre o corpo K, e seja W um subespaço deV . Se T é um operador linear em V , dizemos que W é invariante sob a ação de T seT (W ) ⊂ W .

Teorema 5.5 Seja V um espaço vetorial sobre o corpo K (K = R ou K = C) e seja Tum operador linear em V . Se λ é um autovalor de T , então o conjunto Vλ = {ΘV } ∪{autovetores de T associados a λ} = {u ∈ V : T (u) = λu} é um subespaço vetorial de Vinvariante sob a ação de T .

Prova. 1. Vλ é subespaço, pois Vλ = Ker(T − λI).

2. Vλ é invariante sob a ação de T . De fato, seja z ∈ T (Vλ). Nesse caso, ∃y ∈ Vλ talque z = T (y) = λy ⇒ z ∈ Vλ (pos Vλ é subespaço), o que garante que T (Vλ) ⊂ Vλ.�

Nota 5.6 O subespaço Vλ é chamado de subespaço próprio associado ao autovalor λ.

Teorema 5.7 Sejam T ∈ L(V ) e λ1, λ2 dois autovalores distintos de T , tomando-se doisautovetores de T tais que u1 ∈ Vλ1 e u2 ∈ Vλ2, tem-se que {u1, u2} é LI.

Prova. Suponhamos que o conjunto é LD. Então u1 = αu2, α 6= 0. Assim:

T (u1) = αT (u2)λ1u1 = αλ2u2

λ1αu2 = αλ2u2

α(λ1 − λ2)u2 = ΘV ∴ λ1 = λ2 (absurdo)

Logo, {u1, u2} é LI. �

Nota 5.8 No caso de uma matriz A quadrada real (ou complexa), também se aplicam osconceitos de autovalor e autovetor. Neste caso, um autovetor de A é uma matriz colunau real (ou complexa) não nula tal que há um λ real (ou complexo) que satisfaz o sistemaAu = λu.

Veja que isto é equivalente a (A−λI)u = Θ. A busca de autovalores é feita resolvendo-se a equação (chamada de equação característica, ou equação secular) det(A− λI) = 0.


5.2. POLINÔMIO CARACTERÍSTICO 79

Nota 5.9 O Teorema 5.7 pode ser generalizado usando o processo de indução para o casode n autovalores distintos 2 a 2 e os n autovetores associados.

5.2 Polinômio CaracterísticoDefinição 5.10 Dada uma matriz A ∈ Mn(R) (ou A ∈ Mn(C)) definimos o polinômiocaracterístico de A como:

PA(λ) = det(A− λI)

Definição 5.11 Dado um operador T ∈ L(V ) com dimensão de V igual a n, e B umabase qualquer de V , definimos o polinômio característico de T como:

PT (λ) = det([T ]B − λI)

Teorema 5.12 O polinômio característico de um operador T ∈ L(V ), com dimensão deV igual a n independe da base escolhida.

Prova. [T ]C = MC←B[T ]BMB←C

det([T ]C − λI) = det(MC←B[T ]BMB←C − λMC←BMB←C)= det(MC←B([T ]B − λI)MB←C)= det([T ]B − λI)

�

Nota 5.13 O Teorema 5.12 poderia ser enunciado na forma: "matrizes semelhantespossuem o mesmo polinômio característico".

Teorema 5.14 Seja A ∈ Mn(K), K = R ou K = C, λ ∈ K é autovalor de A se, esomente se, λ é raiz do polinômio característico PA(λ), isto é, PA(λ) = 0.


Nota 5.15 A equação PA(λ) = 0 recebe o nome de equação característica da matriz A ouequação secular.

Definição 5.16 Seja A uma matriz n × n (T ∈ L(U), com dimU = n) e seja λ umautovalor de A (T ). Define-se a multiplicidade algébrica de λ como sendo sua multiplici-dade enquanto raiz do polinômio característico PA(λ) (PT (λ)). Define-se a multiplicidadegeométrica de λ como a dimensão do subespaço próprio de λ, isto é, Vλ.

Exemplo 5.17 Sendo A a matriz

A =

2 −1 10 3 −12 1 3



determinemos os autovalores e autovetores de A.Temos que o polinômio característico de A é PA(λ) = det(A−λI) = −(λ−2)2(λ−4).

Assim, temos λ1 = 2 (raiz dupla) e λ2 = 4.

• Autovetores associados a λ1 = 2:

(A− λ1I)u = Θ 0 −1 10 1 −12 1 1

xyz

=

000

⇒

−y + z = 0y − z = 0

2x+ y + z = 0

−x = y = z

Portanto, Vλ1 é gerado por

−111

, ou ainda (por abuso de notação), Vλ1 =

[(−1, 1, 1)].

• Autovetores associados a λ2 = 4: −2 −1 10 −1 −12 1 −1

xyz

=

000

⇒−2x− y + z = 0

−y − z = 02x+ y − z = 0

x = −y = z


1−11

, isto é, Vλ2 = [(1,−1, 1)].

Nota 5.18 No exemplo anterior, λ1 tem multiplicidade algébrica 2 e multiplicidade geo-métrica 1. Já λ2 tem multiplicidade algébrica e geométrica iguais a 1.

Exemplo 5.19 Determinemos os autovalores e autovetores da matriz

A =

2 1 12 3 23 3 4

Analogamente ao exercício anterior, tomemos o polinômio característico de A PA(λ) =

det(A− λI) = −(λ− 1)2(λ− 7). Os autovalores são λ1 = 1 (raiz dupla) e λ2 = 7.

• Autovetores associados a λ1 = 1: 1 1 12 2 23 3 3

xyz

=

000

⇒ x+ y + z = 0


−110

e

−101

, ou ainda, Vλ1 = [(−1, 1, 0); (−1, 0, 1)].


5.3. DIAGONALIZAÇÃO DE OPERADORES 81

• Autovetores associados a λ2 = 7: −5 1 12 −4 23 3 −3

xyz

=

000

⇒−5x+ y + z = 02x− 4y + 2z = 03x+ 3y − 3z = 0

y = 2xz = 3x


123

, ou ainda, Vλ2 = [(1, 2, 3)].

Nota 5.20 Neste último exemplo, a multiplicidade algébrica e geométrica de λ1 são iguaisa 2, e as de λ2 são iguais a 1.

Teorema 5.21 Sejam A ∈ Mn(K), K ∈ R ou K ∈ C e λ ∈ K um autovalor de A.Então a multiplicidade algébrica de λ é maior ou igual à sua multiplicidade geométrica.

Nota 5.22 O Teorema 5.21 também é válido para operadores.

5.3 Diagonalização de Operadores

Definição 5.23 Seja V um espaço vetorial de dimensão finita. Um operador linear T ∈L(V ) é diagonalizável se existe uma base B de V de modo que [T ]B é uma matriz diagonal.

Proposição 5.24 Decorre da Definição 5.23 que B deve ser uma base de autovetores deT .

Prova. Seja B = {u1, u2, . . . , un} uma base de V e seja [T ]B a matriz:

[T ]B =

λ1 0 · · · 00 λ2 · · · 0...

... . . . ...0 0 · · · λn

= diag(λ1, λ2, . . . , λn)

Pela definição de matriz de operador, temos:

T (u1) = λ1u1

T (u2) = λ2u2...

T (un) = λnun

ou seja, u1, u2, . . . , un são autovetores de T . �



Proposição 5.25 A Definição 5.23 também pode, de modo análogo, ser aplicada paramatrizes. Uma matriz A ∈ Mn(K) é diagonalizável se existe uma base de Mn1(K)formada por autovetores de A. Esta definição é equivalente àquela que demos no Capítulo4.

Prova. Seja B = {u1, u2, . . . , un} uma base de Mn1(K) formada por autovetores deA. Isso é equivalente a:

Au1 = λ1u1

Au2 = λ2u2...

Aun = λnun

Veja que: [Au1 Au2 · · · Aun

]=[λ1u1 λ2u2 · · · λnun

]A[u1 u2 · · · un

]=[u1 u2 · · · un

]λ1 0 · · · 00 λ2 · · · 0...

... . . . ...0 0 · · · λn

AM = MD

Ou seja, M−1AM = D. �

Exemplo 5.26 Seja o operador T : R2 → R2, T (x, y) = (y, x). Determinemos uma basede C do R2 de modo que [T ]C seja uma matriz diagonal.

Seja B = {(1, 0); (0, 1)} a base canônica do R2:

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

[T ]B =

[0 11 0

]Os autovalores de T podem ser calculados a partir do polinômio característico de [T ]B

det([T ]B − λI) = 0⇒ λ2 − 1 = 0, de onde se tira que λ1 = 1 e λ2 = −1.

• Autovetores associados a λ1 = 1:

([T ]B − λI)[u]B = Θ[−1 11 −1

] [xy

]=

[00

]⇒{−x+ y = 0x− y = 0

x = y

Assim, Vλ1 = [(1, 1)].



• Autovetores associados a λ2 = −1:[1 11 1

] [xy

]=

[00

]⇒ x = −y

Assim, Vλ2 = [(−1, 1)].

Portanto, na base C = {(1, 1); (−1, 1)}, temos [T ]C =

[1 00 −1

].

Devemos agora buscar condições que nos garantam quando um operador (ou umamatriz) possa ser diagonalizado.

Teorema 5.27 Seja V um espaço vetorial sobre K de dimensão n e seja T um operadorlinear em V . Se o polinômio característico de T possui n raízes distintas em K, então Té diagonalizável.

Teorema 5.28 Seja V um espaço vetorial sobre K de dimensão n. Um operador T ∈L(V ) é diagonalizável se, e somente se:

1. Todas as raízes de PT (λ) ∈ K (fato que sempre ocorre se K = C)

2. As multiplicidades algébrica e geométrica de cada λ são iguais.

Nota 5.29 O Teorema 5.28 também é válido (com as devidas adaptações) para matrizesdeMn(K).

Nota 5.30 Usando a diagonalização de matrizes, podemos notar que:

det(A) =∏λi = λ1 · λ2 · . . . · λn

tr(A) =∑λi = λ1 + λ2 + . . .+ λn

Exemplo 5.31 Mostremos que a matriz Q =

[1 10 1

]não é diagonalizável. Para isso,

identificaremos os autovalores de Q.

PQ(λ) = λ2 − 2λ− 1= (λ− 1)2

Assim, λ1 = 1 com multiplicidade 2. Procurando os autovetores associados:

(Q− λI)u = Θ[0 10 0

] [xy

]=

[00

]y = 0

Portanto, Vλ1 é gerado por[

10

]e dimVλ1 = 1.

Como a multiplicidade algébrica de λ1 é diferente da multiplicidade geométrica, Q nãoé diagonalizável.



5.3.1 Diagonalização de Operadores Auto-adjuntos

Recordamos que a representação de um operador auto-adjunto em uma base ortonormal éuma matriz simétrica (Teorema 4.106). Dessa forma, a tarefa de diagonalizar operadoresauto-adjuntos é equivalente à de diagonalizar matrizes simétricas.

Teorema 5.32 Se A ∈ Mn(C) é uma matriz hermitiana (ou seja, A = A†), então osseus autovalores são reais.

Prova. Suponha A ∈ Mn(C) (o caso real sairá como consequência). Os autovaloresde A são números λ ∈ C tal que Au = λu admite solução não trivial:

Au = λu⇒ u†Au = λu†u⇒ u†Au = λ ‖u‖2

(Au)† = (λu)† ⇒ u† A†︸︷︷︸A

= λ∗u† ⇒ u†Au = λ∗ ‖u‖2

de onde se tira que λ ‖u‖2 = λ∗ ‖u‖2 ⇒ λ = λ∗, ou seja, λ ∈ R. �

Teorema 5.33 Todo operador auto-adjunto T : U → U num espaço vetorial euclideano dedimensão finita possui ao menos um autovetor (e, por conseguinte, um autovalor λ ∈ R)associado ao mesmo.

Prova. É consequência do Teorema 5.32, pois sendoB uma base ortonormal de U , [T ]Bé simétrica (e também hermitiana, pois estamos em R), logo, o polinômio característicopossui ao menos uma raiz real e associado a ela há um subespaço próprio de dimensãomaior ou igual a 1 (e menor ou igual à sua multiplicidade algébrica). �

Teorema 5.34 Se λ1, λ2, . . . , λn são autovalores distintos 2 a 2 de um operador auto-adjunto T : U → U , então os autovetores correspondentes u1, u2, . . . , un são, dois a dois,ortogonais.

Prova. Para todo i 6= j:

T (ui) = λiui ⇒ 〈uj, T (ui)〉 = λi 〈uj, ui〉T (uj) = λjuj ⇒ 〈ui, T (uj)〉 = λj 〈ui, uj〉

0 = (λi − λj)︸︷︷︸6=0

〈ui, uj〉

Logo, 〈ui, uj〉 = 0. �

Nota 5.35 O Teorema 5.34 permanece válido para operadores hermitianos.

Teorema 5.36 Seja T : U → U um operador auto-adjunto. Se o subespaço W ⊂ U éinvariante sob T , então W⊥ também o é.

Prova. z ∈ W⊥ ⇒ 〈z, w〉 = 0,∀w ∈ W . Mostremos que T (z) ∈ W⊥:

〈T (z), w〉 = 〈z, T (w)〉 = 0,∀w ∈ W



já que T é auto-adjunto, e T (w) ∈ W , pois W é invariante.Logo, ∀z ∈ W⊥, T (z) ∈ W⊥ ⇒ T (W⊥) ⊂ W⊥. �

Teorema 5.37 (Teorema Espectral): Para todo operador auto-adjunto T : U → Unum EV euclideano de dimensão finita e diferente de 0, existe uma base ortonormal{u1, u2, . . . , un} ⊂ U formada por autovetores de T .

Prova. A prova e feita por indução.Consideremos um espaço vetorial de dimensão 1. Qualquer vetor é autovetor de qual-

quer operador linear desse espaço vetorial (basta pensarmos na matriz desses operadoreslineares: [a1]). Assim, basta tomarmos um vetor normal desse espaço vetorial, que teremosuma base ortonormal.

Considerando agora o teorema válido para espaços de dimensão n e seja dimU = n+1.Do Teorema 5.33 sabemos que existe um autovetor de T , digamos u1. Seja g1 = u1

‖u1‖ ⇒ g1

é autovetor de T . Seja V1 = [g1] e considere o espaço vetorial V1⊥ que possui dimensão

n. Há uma base {g2, g3, . . . , gn+1} ortonormal de autovetores de T (já que o teorema foiconsiderado válido para espaços vetoriais de dimensão n). Assim, a base {g1, g2, . . . , gn+1}é uma base ortonormal formada por autovetores de T . �

Nota 5.38 Vale a recíproca do teorema espectral: se existe uma base ortonormal formadapor autovetores de T , então T é auto-adjunto.

Nota 5.39 Tanto o teorema espectral quanto sua recíproca permanecem válidos para ocaso de operadores hermitianos. Neste caso, a recíproca precisa da hipótese adicional deque os autovalores são reais.

5.3.2 Diagonalização de Operadores Ortogonais

Proposição 5.40 Num espaço vetorial de dimensão 2, um operador ortogonal obedeceráuma das quatro condições a seguir:

1. T não é diagonalizável e sua matriz em relação a uma base ortonormal é da forma:[cos θ − sin θsin θ cos θ

]para θ 6= 0 e θ 6= π.

2. T admite a forma diagonal: [1 00 1

]3. T admite a forma diagonal: [

−1 00 −1

]



4. T admite uma das formas diagonais:[1 00 −1

] [−1 00 1

]Prova. Seja U um espaço vetorial euclideano de dimensão 2 e seja T um operador

ortogonal em U . Seja B = {u, v} uma base ortonormal de U , de tal sorte que:

[T ]B =

[a cb d

]Como [T ]B é uma matriz ortogonal, as seguintes condições devem ser obedecidas:

a2 + b2 = 1 (5.1)

c2 + d2 = 1 (5.2)ac+ bd = 0 (5.3)

De (5.1) e (5.2), podemos escrever:

a = cos θ b = sin θc = sinφ d = cosφ

sendo θ e φ ângulos no intervalo (−π, π]. De (5.3), podemos afirmar que:

sin(θ + φ) = 0

ou seja, θ + φ = 0, θ + φ = ±π, ou ainda, θ + φ = 2π (neste último caso, θ = π e φ = π).De qualquer forma, a matriz [T ]B assumirá uma das formas a seguir:[

cos θ − sin θsin θ cos θ

] [cos θ sin θsin θ − cos θ

]No primeiro caso, PT (λ) = λ2 − 2(cos θ)λ + 1. Neste caso, as raízes são complexas

sempre que θ 6= 0 e θ 6= π, iguais a 1 quando θ = 0, e iguais a −1 quando θ = π.No segundo caso, PT (λ) = λ2 − 1 e os autovalores são λ = ±1. �

Teorema 5.41 Seja T um operador ortogonal num espaço vetorial euclideano de dimen-são finita e não nula. Existe uma base ortonormal deste espaço vetorial relativamente àqual a matriz de T tem a forma:

1. . .

1−1

. . .−1

cos θ1 − sin θ1

sin θ1 cos θ1

. . .cos θk − sin θksin θk cos θk



onde todos os elementos que não aparecem na matriz são nulos.

Nota 5.42 A matriz referente ao Teorema 5.41 pode não possuir elementos iguais a 1 oua −1, como também pode não conter nenhum dos blocos 2×2 característicos das rotações.


Exercício 5.43 Achar os valores e vetores próprios do operador T do R2 dado por:

1. T (x, y) = (x+ y, x− y);

2. T (x, y) = (−x,−y);

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

Exercício 5.44 Achar os valores e os vetores próprios do operador linear T do R3 dadopor:

1. T (1, 0, 0) = (2, 00), T (0, 1, 0) = (2, 1, 2) e T (0, 0, 1) = (3, 2, 1);

2. T (1, 0, 0) = (0, 0, 0), T (0, 10) = (0, 0, 0) e T (0, 0, 1) = (5,−1, 2).

Exercício 5.45 Determine os valores e vetores próprios do operador T do R4 cuja marizem relação à base canônica é:

3 1 0 00 3 0 00 0 4 00 0 0 3

Exercício 5.46 Determinar o polinômio característico e os valores próprios do operadorlinear T : V → V que é definido em uma base {e1, . . . en} por T (ei) = λ1e1(λi ∈ R).

Exercício 5.47 Calcular os polinômios característicos e os valores próprios das seguintesmatriz: [

2 01 1

],

[−1 −1−3 1

],

[2 10 1

],

[−1 −3−1 1

].

Exercício 5.48 Seja[

1 10 1

]a matriz de um operador do R2. Ache os valores próprios

desse operador. Existem, nesse caso, dois vetores próprios linearmente independentes?

Exercício 5.49 Provar que se λ é valor próprio de T , então λn é valor próprio de T n.Generalizando, se P (t) é um polinômio, então P (λ) é valor próprio de P (T ), em queP (T ) = a0I + a1T + . . . + anT

n, se P (t) = a0 + a1t+ . . . + antn.



Exercício 5.50 Um operador linear A no espaço vetorial V é chamado de involução seA2 = I, onde I é o operador identidade em V . Seja dimV = n <∞.

1. Mostre que se A é uma involução, então é possível encontrar uma base de V formadapor autovetores de A.

2. Seja C um conjunto formado por involuções de V que comutam entre si (duas aduas). Encontre (em termos de n) o maior número de elementos de C.

5.5 Aplicações da Diagonalização

5.5.1 Potências de uma Matriz

Seja D = diag(λ1, λ2, . . . , λn). É fácil mostrar que:

Dp = diag(λ1p, λ2

p, . . . , λnp)

Além disso, se D é inversível (o que é equivalente a dizer que todos os λi são nãonulos) então a igualdade anterior vale ∀p inteiro. Isso mostra a facilidade que se tem paraelevar uma matriz diagonal a um certo expoente. Essa facilidade não é a mesma parauma matriz não diagonal. Mas se A é diagonalizável, vejamos como aproveitar isso.

Teorema 5.51 Sejam A,D,M ∈Mn(K), com M inversível, de modo que:

A = MDM−1

Então, para todo p ∈ N∗, vale:

Ap = MDPM−1

Prova. É feita por indução:

• p = 1: não há o que provar (hipótese inicial)

• Se Ap = MDPM−1, então Ap+1 = MDPM−1(MDM−1) = MDP+1M−1.

�

5.5.2 Diagonalização e Cônicas

Considere a equação de uma cônica:

Ax2 +Bxy + Cy2 +Dx+ Ey + F = 0

sendo A,B,C,D,E, F ∈ R.A equação está escrita na base canônica e se B 6= 0, o reconhecimento da cônica

descrita não é nada trivial. O procedimento usual em Geometria Analítica para dar caboa este contratempo consiste em fazer uma cautelosa rotação de eixos de um ângulo θ tal


5.5. APLICAÇÕES DA DIAGONALIZAÇÃO 89

que, na nova base, tenha-se B = 0. Vamos atacar este problema de outro modo. Paratanto, veja que:

Ax2 +Bxy + Cy2 =[x y

] [ A B/2B/2 C

] [xy

]

e sendo B a base canônica, [(x, y)]B =

[xy

].

Entretanto, como a matriz[

A B/2B/2 C

]é simétrica, ela sempre pode ser diagona-

lizada (numa base ortonormal – formada por seus autovetores). Se esta matriz estivernuma forma diagonal, a identificação da cônica passa a ser uma tarefa bem mais simples.

Exemplo 5.52 Identifique a cônica descrita pela equação:

−7x2 + 6xy + y2 +√

10x−√

10y − 8 = 0

Para isso, tomemos a matriz P =

[A B/2B/2 C

]=

[−7 33 1

].

• Autovalores de P : λ2 + 6λ− 16 = 0 ∴ (λ+ 8)(λ− 2) = 0 ∴ λ1 = −8, λ2 = 2

• Autovetores associados a λ1 = −8:[1 33 9

] [ab

]=[

00]∴ u1 =

1√10

[3−1

]• Autovetores associados a λ2 = 2:[

−9 33 −1

] [ab

]=[

00]∴ u2 =

1√10

[13

]Na base {u1, u2} teremos uma representação diagonal. Vejamos: seja C = {u1, u2} e

B a base canônica. Temos:

MB←C =

[3/√

10 1/√

10

−1/√

10 3/√

10

][(x, y)]C = MC←B

[xy

]∆=

[xy

][−7 33 1

]= MB←C

[−8 00 2

]MC←B = MC←B

t

[−8 00 2

]MC←B

Assim, temos que:

[x y

] [ −7 33 1

] [xy

]=[x y

]MC←B

t

[−8 00 2

]MC←B

[xy

]=[x y

] [ −8 00 2

]MC←B

[xy

]= 8x2 + 2y2



Da mesma forma:[ √10 −

√10] [ x

y

]=[ √

10 −√

10]MB←C

[xy

]=[ √

10 −√

10] [ 3/

√10 1/

√10

−1/√

10 3/√

10

] [xy

]=[

4 −2] [ x

y

]= 4x− 2y

A nova equação, escrita em termos de x, y, fica:

−8x2 + 2y2 + 4x− 2y − 8 = 0

−8(x− 1/4)2 + 2(y − 1/2)2 − 8 = 0

Logo, trata-se de uma hipérbole.

5.5.3 Exponencial de Matrizes

Consideremos uma sequência A1, A2, . . . , Ak, . . . de matrizes reais de ordem m×n. Supo-nhamos Ak = (aij

(k)), k = 1, 2, . . .. Dizemos que a sequência dada converge para B = (bij)do mesmo tipo se as sequências de números reais

aij(1), aij

(2), . . . , aij(k), . . .

convergem para bij, para todo i = 1, . . . ,m e todo j = 1, 2, . . . , n. Por exemplo:[1 00 0

],

[1/4 00 0

],

[1/9 00 0

], . . . ,

[1/n2 0

0 0

], . . .

converge para a matriz nula.Se a sequência A1, A1 +A2, A1 +A2 +A3, . . . convergir para a matriz B então dizemos

que a série infinita∞∑n=1

An é convergente para a matriz B, que nesse caso, recebe o nome

de soma da série.Pode-se provar que, se A ∈Mn(C), então a série exponencial:

I + A+A2

2!+A3

3!+ . . .+

Ap

p!+ . . . =

∞∑p=0

Ap

p!

é convergente. O resultado dessa série é eA, e em geral, é difícil de ser obtido. Porém seA for diagonalizável, então: A = MDM−1 e também Ap = MDpM−1.

eA =∞∑p=0

MDp

p!M−1 =

(∞∑p=0

Dp

p!

)M−1 = MeDM−1

sendo D = diag(λ1, λ2, . . . , λn) então eD = diag(eλ1 , eλ2 , . . . , eλn).Assim sendo, a diagonalização fornece um meio bastante eficaz de obter a exponencial

de uma matriz. Veremos a seguir um outro método.


5.5. APLICAÇÕES DA DIAGONALIZAÇÃO 91

Teorema 5.53 (Teorema de Cayley-Hamilton): Seja A ∈Mn(K): (K = R ou C) eseja:

pA(t) = (−1)ntn + an−1tn−1 + . . .+ a1t+ a0

o polinômio característico de A. Então pA(A) = 0, onde

pA(A) = (−1)nAn + an−1An−1 + . . .+ a1A+ a0I

Este teorema não é difícil de ser demonstrado no caso em que A é diagonalizável, masele é válido para qualquer matriz A. De uma forma sutil, ele nos revela que An podeser escrito como uma combinação linear de An−1, An−2, . . . , I (o mesmo valendo parapotências Ap, p ≥ n).

Teorema 5.54 (Fórmula de Interpolação de Sylvester): Seja A ∈Mn(K) (K = Rou C) com autovalores λ1, λ2, . . . , λp com as respectivas multiplicidadesm1,m2, . . . ,mp. Sef é uma função “bem comportada”, sabe-se que, por consequência do Teorema de Cayley-Hamilyon, f(A) admite uma representação polinomial em A.

f(A) = αn−1An−1 + αn−2An− 2 + . . .+ α1A+ α0I︸︷︷︸

g(A)

Sendo g(A) o polinômio anterior, então

f (k)(λj) = g(k)(λj), j = 1, . . . , p, k = 0, 1, . . . ,mj − 1

Exemplo 5.55 Seja A =

[1 11 1

]. Calcule eA. Podemos resolver tanto pela diagonali-

zação, quanto pela fórmula de Sylvester. Faremos pelos dois:

1. Pela diagonalização. Fazendo os cálculos, obtemos:

A =

[−1 11 1

] [0 00 2

] [−1/2 1/21/2 1/2

]

Assim eA =

[−1 11 1

] [1 00 e2

] [−1/2 1/21/2 1/2

]=

1

2

[e2 + 1 e2 − 1e2 − 1 e2 + 1

].

2. Pela fórmula de Sylvester. Temos que os autovalores de A são: λ1 = 0, λ2 = 2 comm1 = m2 = 1. Temos f(A) = eA, g(A) = αA+ βI. Assim:{

f(λ1) = g(λ1)f(λ2) = g(λ2)

⇒{

1 = βe2 = 2α + β

⇒{α = (e2 − 1)/2β = 1

eA =(e2 − 1)

2

[1 11 1

]+

[1 00 1

]=

1

2

[e2 + 1 e2 − 1e2 − 1 e2 + 1

]Vemos, portanto, que os dois métodos chegaram no mesmo resultado.



Exemplo 5.56 Obtenha a exponencial de[

1 10 1

].

Nesse caso, como A não é diagonalizável, devemos usar a fórmula de Sylvester.

f(A) = eA, g(A) = αA+ βI, λ1 = 1,m1 = 2

{f(λ1) = g(λ1)f(λ2) = g(λ2)

⇒{e = α + βe = α

⇒{α = eβ = 0

⇒ eA =

[e e0 e

]

5.6 Forma Canônica de Jordan

Temos que nem toda matriz de Mn(C) (e nem todo operador) é diagonalizável. Mas e sequiséssemos encontrar uma matriz M de modo que, dada uma matriz A, M−1AM fosseo mais próximo possível de uma diagonal?

Caso A seja diagonalizável, basta pegar a matriz M formada pelos autovetores deA, que M−1AM será perfeitamente diagonal. Num caso geral, porém, podem faltarautovetores e uma forma diagonal se torna impossível. Nesta seção nos ocuparemos dessecaso mais geral.

Inicialmente, faremos algumas convenções. Estaremos trabalhando sobre o corpo C.Vale notar que alguns dos resultados obtidos aqui também serão válidos para R, mas nemtodos. De certo modo, porém, os números reais podem ser considerados como um “casoparticular” de um número complexo. Outra vantagem de usar o corpo dos complexos éque todo polinômio real admite raiz complexa, mas nem sempre admite raiz real.

Definamos agora o que a forma canônica de Jordan.

Definição 5.57 Se uma matriz A tem s autovetores LI, então ela é semelhante a umamatriz J que está na forma canônica de Jordan, com s blocos na diagonal.

J = M−1AM =

J1 0 0 · · · 00 J2 0 · · · 00 0 J3 · · · 0...

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

0 0 0 · · · Js

onde cada bloco de Jordan Ji possui um autovetor, um autovalor e números 1 bem acimada diagonal:

Ji =

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

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

...0 0 0 · · · λi 10 0 0 · · · 0 λi


5.6. FORMA CANÔNICA DE JORDAN 93

Exemplo 5.58 Temos que a matriz

J =

8 1 0 0 00 8 0 0 00 0 0 1 00 0 0 0 00 0 0 0 0

encontra-se na sua forma canônica de Jordan. Possui um autovalor duplo λ1 = 8 com oautovetor associado u1 =

[1 0 0 0 0

]t ao qual corresponde o bloco J1. Um autovalortriplo λ2 = 0 com dois autovetores associados u3 e u5, aos quais correspondem os blocosde Jordan J2 e J3.

Nota 5.59 Vemos que, na fórmula canônica de Jordan, se uma matriz de ordem n possuirn autovetores LI, todos os blocos de Jordan seriam 1× 1 e teríamos a forma diagonal damatriz.

Mas como podemos achar a fórmula canônica de Jordan? Como saber se a fórmulacanônica de Jordan de uma certa matriz A 5× 5 é o J do exemplo anterior? Em outraspalavras, quando existirá um M tal que M−1AM = J?

Primeiramente, é necessário que A compartilhe os mesmos autovalores de J : 8, 8, 0,0 e 0. Vale notar, porém, que a matriz diagonal com esses autovalores não é semelhantea J . Precisamos também de uma nova definição, a de autovetor generalizado:

Definição 5.60 Dada uma matriz A ∈ Mn(C) e um autovalor λ, uma matriz colunanão nula x ∈ Mn×1(C) é um autovetor generalizado de ordem k associado a λ quando(A− λI)kx = Θ e (A− λI)k−1x 6= Θ.

Nota 5.61 Note que autovetores genuínos (aqueles que estamos acostumados a lidar atéagora) são autovetores generalizados de ordem 1.

Para resolver então nosso problema inicial, reescrevamos M−1AM = J como AM =MJ :

A[x1 x2 x3 x4 x5

]=[x1 x2 x3 x4 x5

]

8 10 8

0 10 0

0

Fazendo cada uma das multiplicações, uma coluna por vez, temos que:

Ax1 = 8x1 Ax2 = 8x2 + x1

Ax3 = 0x3 Ax4 = 0x4 + x3 Ax5 = 0x5

Portanto, com algumas manipulações matemáticas podemos notar que:



• A deve ter três autovetores genuínos: x1, x3 e x5 associados aos autovalores 8, 0 e0.

• A deve ter dois autovetores generalizados: x2 e x4 associados aos autovalores 8 e 0.Note que:

(A− 8I)x2 = x1 ⇒ (A− 8I)2x2 = Θ

(A− 0I)x4 = x3 ⇒ (A− 0I)x4 = Θ

Definição 5.62 Seja v(k) um autovetor generalizado de ordem k associado a λ. Temosque (A − λI)kv(k) = Θ e (A − λI)k−1v(k) 6= Θ. Considere agora v(k−1) = (A − λI)v(k).Temos que: (A − λI)k−1v(k−1) = Θ e (A − λI)k−2v(k−1) 6= Θ. Portanto, v(k−1) é umautovetor generalizado de ordem k − 1.

Assim, dado um autovetor generalizado de ordem k v(k), podemos construir umasequência de autovetores generalizados de ordem menor que k:

{v(k), v(k−1), . . . , v(1)}, v(j) = (A− λI)v(j+1), j = k − 1, k − 2, . . . , 1

Essa é chamada de cadeia de autovetores generalizados. Indutivamente, prova-se queos outros vetores da cadeia são autovetores generalizados, e também pode-se mostrar quea cadeia é LI.

Agora, podemos elaborar uma “receita” para obter a forma canônica de Jordan.

5.6.1 Obtenção da Forma Canônica de Jordan

Considere uma matriz A ∈ Mn(C). Obtemos os seus autovalores: λ1, . . . , λp (contadossem multiplicidade). Obtemos também seus autovetores genuínos: u1, . . . , ur.

Num caso mais simples: se há n autovetores LI, então A é diagonalizável e sua formacanônica de Jordan é J = diag(λ1, . . . , λp). A matriz M =

[u1 . . . un

]formada pelos

autovetores de A, é tal que M−1AM = J .Suponhamos agora que A não é diagonalizável. Consideremos um caso complicado:

um autovalor λ cuja multiplicidade geométrica q é menor que a algébrica m. Existe umconjunto x(1)

λ,1, . . . x(1)λ,q de autovetores (genuínos) LI. Precisamos obter os m−q autovetores

generalizados(não genuínos) restantes. Na verdade, precisamos obter todas as cadeias deautovetores generalizados.

Para tanto, para cada autovetor x(1)λ,j associado a este λ, devemos tentar resolver (A−

λI)x(2)λ,j = x

(1)λ,j. Se não for possível, parar e tentar novamente para outro autovetor. Se for

possível, porém, foi encontrado um autovetor generalizado de ordem 2. Em seguida, tentarresolver novamente para este x(2)

λ,j o sistema (A− λI)x(3)λ,j = x

(2)λ,j e prosseguir enquanto for

possível. Deve-se achar uma cadeia de k autovetores generalizados. Associada a estacadeia, teremos um bloco de Jordan de tamanho k.

Devemos agora construir a matrizM tal queM−1AM = J . em analogia com o caso emque A é diagonalizável, inferimos queM deve ser constituída pelos autovetores genuínos egeneralizados de A. Relembrando: λ1, λ2, . . . , λp são os autovalores de A. Cada autovalortem multiplicidade algébrica mi e multiplicidade geométrica qi, mas agora isto não é



o mais importante para construir M . Cada autovalor λi tem ri cadeias de autovetoresgeneralizados: Cλi,1, Cλi,2, . . ., Cλi,ri . Cada cadeia Cλi,j tem ki,j autovetores generalizados.

Cλi,j =[x

(1)λi,k

x(2)λi,k

· · · x(ki,j)λi,k

]M =

[Cλ1,1 · · ·Cλ1,r1 · · ·Cλp,rp

]Assim: M−1AM = J , onde J é:

J =

Jλ1,1

. . .Jλ1,r1

. . .Jλp,rp

onde cada Jλi,j é um bloco de Jordan ki,j × ki,j.

Exemplo 5.63 Encontremos uma matriz M tal que M−1AM esteja na forma canônicade Jordan:

A =

1 1 20 1 30 0 2

Primeiro achamos os autovalores de A. Temos que eles são: λ1 = 1, com multiplici-

dade algébrica m1 = 2 e geométrica q1 = 1, e λ2 = 2 com m2 = 1 e q2 = 1.Os autovetores genuínos de A são:

u1 =

100

u2 =

531

Precisamos encontrar um autovetor generalizado associado a λ1 = 1 (pois este possui

multiplicidade algébrica maior que a geométrica). Sendo u1 = u(1)1 e resolvendo (A −

I)u(2)1 = u

(1)1 , temos:

u(2)1 =

010

Finalmente, tomando M =

1 0 50 1 30 0 1

temos M−1AM =

1 1 00 1 00 0 2

(confira!).

Nota 5.64 Apesar de infalível, o algoritmo para se achar a forma canônica de Jordané longo, e exaustivo para ordens maiores. Portanto, nem sempre é necessário seguir oalgoritmo completamente, sendo possível obter, em alguns casos, a forma de Jordan deuma matriz apenas por “inspeção”.



5.6.2 Polinômio Mínimo

Seja pA(t) o polinômio característico da matriz A (n × n). Já vimos, pelo teorema deCayley-Hamilton, que: pA(A) = Θ, onde pA é um polinômio de grau n. Será que existeum polinômio mA de grau menor que n tal que: mA(A) = Θ?

A resposta é: sim, em muitos casos. Veja o caso das matrizes Identidade e Nula. Estepolinômio é conhecido como polinômio mínimo. Vejamos como obtê-lo a partir da formacanônica de Jordan.

Proposição 5.65 Conhecidos os autovalores λ1, . . . , λp (contados sem multiplicidade) damatriz A, o polinômio mínimo de A é:

mA(t) =

p∏i=1

(λi − t)ni

onde ni é o tamanho do maior bloco de Jordan associado a λi.Usando a forma canônica de Jordan de A, segue que: mA(A) = Θ.

Nota 5.66 Note que as potências neste polinômio anulam todos os blocos de Jordam deA e, por isso, mA(A) = Θ.

Exemplo 5.67 As matrizes:

A =

3 0 00 3 00 0 3

B =

3 1 00 3 00 0 3

C =

3 1 00 3 10 0 3

possuem o mesmo polinômio característico p(λ) = (3 − λ)3, mas diferentes polinômiosmínimos: mA(λ) = (3− λ), mB(λ) = (3− λ)2 e mC(λ) = (3− λ)3.

Exemplo 5.68 As matrizes:

A =

3 1 0 0 00 3 1 0 00 0 3 0 00 0 0 3 00 0 0 0 3

B =

3 1 0 0 00 3 1 0 00 0 3 0 00 0 0 3 10 0 0 0 3

possuem o mesmo polinômio característico p(λ) = (3−λ)5, e também o mesmo polinômiomínimo: m(λ) = (3− λ)3.



5.6.3 Aplicações da Forma Canônica de Jordan

Consideremos a matriz A escrita em sua forma canônica de Jordan: A = MJM−1. Paraelevar a matriz a uma certa potência, temos An = MJnM−1. Mas obter Jn é fácil, pois:

Jn =

J1 0 0 · · · 00 J2 0 · · · 00 0 J3 · · · 0...

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

0 0 0 · · · Js

n

=

J1

n 0 0 · · · 00 J2

n 0 · · · 00 0 J3

n · · · 0...

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

0 0 0 · · · Jsn

A questão agora é como elevar um certo bloco de Jordam à n-ésima potência.

Comecemos com o exemplo mais simples possível: J =

[λ 10 λ

]. Para este caso,

temos: J2 =

[λ2 2λ0 λ2

], J3 =

[λ3 3λ2

0 λ3

], J4 =

[λ4 4λ3

0 λ4

]. Por indução chega-se a:

Jn =

[λn nλn−1

0 λn

]

Complicando um pouco mais: J =

λ 1 00 λ 10 0 λ

. Temos que: J2 =

λ2 2λ 10 λ2 2λ0 0 λ2

,J3 =

λ3 3λ2 3λ0 λ3 3λ2

0 0 λ3

, J4 =

λ4 4λ3 6λ2

0 λ4 4λ3

0 0 λ4

. Novamente, por indução, chega-se a:

Jn =

λn nλn−1 n(n− 1)

2λn−2

0 λn nλn−1

0 0 λn

Repetindo o raciocínio para um bloco p× p:

Teorema 5.69 Sendo f(x) = xn, e J um bloco de Jordan p× p, temos que Jn é igual a:

Jn =

f(λ)f ′(λ)

1!· · · f (p−2)(λ)

(p− 2)!

f (p−1)(λ)

(p− 1)!

0 f(λ) · · · f (p−3)(λ)

(p− 3)!

f (p−2)(λ)

(p− 2)!...

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

0 0 · · · f(λ)f ′(λ)

1!0 0 · · · 0 f(λ)

Agora, será que isso que foi visto para potenciação também pode ser generalizado

para funções mais gerais? Ou seja, será que, supondo que se conheça a forma canônicade Jordan de A. Será que f(A) = Mf(J)M−1?



A resposta é: depende. Se f for uma função polinomial f(A) = a0I+a1A+ . . .+anAn,

então podemos dizer que f(A) = Mf(J)M−1. E este resultado continua válido no casoem que f(A) é escrita como uma série de potências convergente, como por exemplo: eA,sinh(A) e log(A). Porém, há funções que não satisfazem essa condição, como por exemplof(A) = At.

No caso em que f(A) = Mf(J)M−1, então:

f(J) =

f(J1) 0 0 · · · 0

0 f(J2) 0 · · · 00 0 f(J3) · · · 0...

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

0 0 0 · · · f(Js)

Mas como calcular f de um certo bloco de Jordan? O melhor de tudo é que podemos

fazer exatamente como antes! Portanto:

Teorema 5.70 Sendo f uma função continuamente diferenciável, e J um bloco de Jordanp× p, temos que f(J) é dado por:

f(J) =

f(λ)f ′(λ)

1!· · · f (p−2)(λ)

(p− 2)!

f (p−1)(λ)

(p− 1)!

0 f(λ) · · · f (p−3)(λ)

(p− 3)!

f (p−2)(λ)

(p− 2)!...

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

0 0 · · · f(λ)f ′(λ)

1!0 0 · · · 0 f(λ)

5.7 Lista de ExercíciosExercício 5.71 Determinar, se possível, uma matriz M ∈ M2(R) de maneira queM−1AM seja diagonal nos seguintes casos:

1.[

2 43 13

]

2.[

3 −22 1

]Exercício 5.72 Achar uma matriz diagonal semelhante à seguinte matriz: 3 −1 −1

−6 1 22 1 0

Exercício 5.73 Estudar quanto à possibilidade de diagonalização as matrizes:



1.

1 2 −22 1 −22 2 −3

2.

1 0 0m 2 0n 0 2

3.

−1 −4 −2 −2−4 −1 −2 −2

2 2 1 42 2 4 1

4.

1 1 1 11 1 −1 −11 −1 1 −11 −1 −1 1

Exercício 5.74 Seja A ∈ L(R3) o operador linear cuja matriz relativa à base canônica é:

(aij) =

2 2 02 −1 00 0 2

1. Achar os valores próprios de A.

2. Achar uma base ortonormal do R3 em relação à qual a matriz de A é diagonal.

3. Achar uma matriz M ortogonal tal que MT (aij)M é a matriz diagonal obtida noitem anterior.

Exercício 5.75 Seja A ∈ L(R3) definida por

A(x, y, z) = (x+ y + z, x+ y + z, x+ y + z)

1. Achar os valores próprios de A.

2. Achar uma base ortonormal B do R3 tal que (A)B é diagonal.

3. Qual a matriz de mudança da base canônica do R3 para B?

Exercício 5.76 Calcular Ap nos seguintes casos:

1.[

2 43 13

]

2.

0 7 −6−1 4 0

0 2 −2



3.

0 1 5 92 1 6 80 0 0 30 0 1 −2

4.

−1 −4 −2 −2−4 −1 −2 −2

2 2 1 42 2 4 1

Exercício 5.77 Calcule eA usando as matrizes do exercício anterior.

Exercício 5.78 Ache todas as possíveis formas canônicas de Jordan de um operadorlinear T cujo polinômio característico é pT (t) = (t+ 1)2(t− 2)3.

Exercício 5.79 Ache a forma canônica de Jordan das seguintes matrizes:

1.

2 1 01 −1 −10 1 2

2.

2 1 0 11 3 −1 30 1 2 11 −1 −1 −1

3.

1 0 −1 1 0−4 1 −3 2 1−2 −1 0 1 1−3 −1 −3 4 1−8 −2 −7 5 4

Exercício 5.80 Seja A uma forma canônica de Jordan com r blocos de Jordan. Mostreque A admite exatamente r vetores próprios linearmente independentes.

Exercício 5.81 Ache a forma canônica de Jordan para o operador diferencial derivadaD : P3(C)→ P3(C).

Exercício 5.82 Identifique as seguintes curvas de segundo grau:

1. 2xy + 3x− y + 1 = 0

2. 4x2 − 24xy + 11y2 + 56x− 58y + 95 = 0

3. 6x2 − 4xy + 9y2 − 4x− 32y − 6 = 0

4. 16x2 − 24xy + 9y2 − 19x− 17y + 11 = 0



5. 4x2 − 20xy + 25y2 + 4x− 10y + 1 = 0

6. x2 + y2 + xy − x+ 1 = 0

Exercício 5.83 Discutir, em termos de valores de λ, as cônicas de equação:

1. λx2 − 2xy + λy2 − 2x+ 2y + 3 = 0

2. x2 − 2xy + λy2 + 2x = 4

Exercício 5.84 Resolva as relações de recorrência com as respectivas condições iniciais:

1. x0 = 0, x1 = 5, xn = 3xn−1 + 4xn−2 para n ≥ 2;

2. x0 = 0, x1 = 1, xn = 4xn−1 − 3xn−2 para n ≥ 2;

3. y1 = 1, y2 = 6, yn = 4yn−1 − 4xn−2 para n ≥ 3;

4. a0 = 4, a1 = 1, an = an−1 − an−2

4para n ≥ 2;

5. b0 = 0, b1 = 1, bn = 2bn−1 + 2bn−2 para n ≥ 2;

Exercício 5.85 Você tem um suprimento de três tipos de ladrilhos: dois tipos de ladrilhos1× 2 e outro tipo de ladrilho 1× 1, como mostra a figura abaixo:

Seja tn o número de maneiras diferentes de se recobrir um retângulo 1× n com essesladrilhos. Por exemplo, a figura abaixo mostra que t3 = 5:

1. Determine t1, . . . t5. Será que t0 faz algum sentido? Se sim, qual?



2. Determinar uma relação de recorrência de segunda ordem para tn.

3. Usando t1 e t2 como condições iniciais, resolva a relação de recorrência da parte 2.Confira a sua resposta com os dados da parte 1.

Exercício 5.86 Você tem um suprimento de dominós 1×2 com os quais você irá recobrirum retângulo 2× n. Seja dn o número de diferentes maneiras de se recobrir o retângulo.Por exemplo, a figura abaixo mostra que d3 = 3.

1. Determine d1, . . . d5. Será que d0 faz algum sentido? Se sim, qual?

2. Determinar uma relação de recorrência de segunda ordem para dn.

3. Usando d1 e d2 como condições iniciais, resolva a relação de recorrência da parte 2.Confira a sua resposta com os dados da parte 1.

Exercício 5.87 Seja X uma matriz não singular com colunas X1, X2, . . . , Xn. Seja Yuma matriz com colunas X2, X3 . . . , Xn,O. Mostre que as matrizes A = X−1Y e B =Y X−1 têm posto n− 1 e 0 como o único autovalor.

Exercício 5.88 Sejam A e B matrizes reais n × n. Assuma que existam n + 1 reaisdiferentes t0, t1, . . . , tn tal que as matrizes

Ci = A+ tiB i = 0, 1, . . . , n

são nilpotentes (Cni = 0). Mostre que tanto A como B são nilpotentes.

Exercício 5.89 Sejam A,B ∈Mn(C) tais que:

A2B +BA2 = 2ABA.

Mostre que existe um inteiro positivo k tal que (AB −BA)k = 0.



Exercício 5.90 Dada uma matriz A ∈ Mn(R) simétrica e uma matriz C ∈ Mn(R) nãosingular, mostre que CTAC possui o mesmo número de autovalores positivos, nulos enegativos que A.

Exercício 5.91 Para quais valores de s e t as matrizes seguintes possuem todos os auto-valores positivos?

A =

s −4 −4−4 s −4−4 −4 s

B =

t 3 03 t 40 4 t

Exercício 5.92 Dê uma razão imediata para o motivo de cada uma dessas afirmaçõesserem verdadeiras:

1. Toda matriz positiva definida é invertível.

2. A única matriz de projeção positiva definida é I. OBS.: Uma matriz P é chamadade projeção quando for simétrica e P 2 = P .

3. Uma matriz diagonal com elementos diagonais positivos é positiva definida.

4. Uma matriz simétrica com um determinante positivo pode não ser positiva definida.

Exercício 5.93 Há alguma solução (x, y, z) ∈ R3 para 2x2 +2y2 +2z2−2xy−2yz+2xz =−15?


105

Capítulo 6

Equações Diferenciais Ordinárias

6.1 Classificação de Equações Diferenciais

Definição 6.1 Uma equação diferencial (ou, simplesmente, ED) é uma equação que en-volve uma variável incógnita (y, por exemplo) e necessariamente suas derivadas (y′, y′′,. . ., y(n)). A variável independente (em geral t ou x) pode aparecer explicitamente ouimplicitamente. Quando há apenas uma variável independente a equação é chamada deEquação Diferencial Ordinária (EDO), e quando há duas ou mais, é chamada de EquaçãoDiferencial Parcial (EDP).

Exemplo 6.2 São exemplos de EDO’s:

1. Num circuito RLC: LCv +RCv + v = E(t)

2. No decaimento radioativo:dN

dt= −λN

3. Num pêndulo simples:d2θ

dt2+g

Lsin θ = 0

Exemplo 6.3 São exemplos de EDP’s:

1. A equação da onda: c2d2u

dx2=d2u

dt2

2. Na difusão de um material:du

dt= D∇2u, onde ∇2 = ∇(∇f) =

∂2f

∂x2+∂2f

∂y2+∂2f

∂z2

3. A equação de Laplace: ∇2u = 0

Nota 6.4 Se existirem duas ou mais funções incógnitas, precisamos de um Sistema deEquações Diferenciais Ordinárias (SEDO).

Exemplo 6.5 Na Ecologia, temos as equações de Lotka-Volterra, usadas para representara variação das populações de espécies relacionadas por uma interação predador-presa em


106 CAPÍTULO 6. EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁRIAS

função do tempo. Tomando, por exemplo, coelhos representados pela letra c (presa) eraposas representadas pela letra r (predador), temos:

dc

dt= ac− αrc

dr

dt= −βr + γrc

Definição 6.6 Existe também o conceito de ordem para equações diferenciais. A ordemde uma ED é a ordem da maior derivada que aparece. De modo geral:

F (t, u(t), u′(t), . . . , u(n)) = 0

é uma EDO de ordem n, desde que F não seja constante na última variável de entrada

(∂F

∂u(n)6= 0).

Exemplo 6.7 A equação y′′′ + 2ety′′ + y(y′)5 = t10 é uma EDO de ordem 3.

Definição 6.8 As equações diferenciais ordinárias também podem ser classificadas emlineares e não-lineares. Seja F uma EDO dada por F (t, y, y′, . . . , y(n)) = 0. F é ditalinear se, e somente se, for linear nas variáveis y, y′, . . . , y(n). Caso contrário, F é ditanão-linear. As equações diferenciais ordinárias serão abreviadas para EDOL.

Nota 6.9 Uma EDO linear sempre assume a forma

an(t)y(n) + an−1(t)y(n−1) + . . .+ a1(t)y′ + a0(t)y = g(t)

e também sempre:

1. As funções y(n), y(n−1), . . . , y′, y aparecem elevadas à potência 1.

2. Não há produtos do tipo y(k)y(`).

Exemplo 6.10 Analisemos as equações a seguir:

1. exy′′ + x2y′ + x3y = x4 é linear.

2. exy′′ + x2y′ + xy3 = y é não-linear, pois contém o termo y3.

3. y′ + exy = 0 é linear.

4. y′ + eyy = 0 é não-linear, pois contém o termo ey.

Definição 6.11 As EDOL’s também podem ser classificadas em outras categorias:

1. Homogênea ou não-homogênea. Sendo homogênea quando g(t) = 0 (abreviada paraEDOLH).

2. De coeficientes constantes (CC)

a0(t) = a0, a1(t) = a1, . . . , an(t) = an

ou, caso contrário, de coeficientes variáveis (CV).


6.2. PRIMEIRAS PROPRIEDADES DAS EDOL’S 107

6.1.1 Solução de uma EDO

Definição 6.12 Definimos como solução de uma EDO F (t, ϕ(t), ϕ′(t), . . . , ϕ(n)(t)) = 0qualquer função y = ϕ(t) definida no intervalo α < t < β de modo que ϕ′, ϕ′′, . . . , ϕ(n)

existem e satisfazem a equação

F (t, ϕ(t), ϕ′(t), . . . , ϕ(n)(t)) = 0, ∀t ∈]α, β[

Nota 6.13 A função y = ϕ(t, c1, c2, . . . , cn) que contém n constantes de integração ar-bitrárias e independentes é chamada de solução geral da EDO. Toda solução obtida pelaatribuição de valores a c1, c2, . . . , cn é chamada de solução particular.

Se para a EDO y(n) = f(t, y, y′, . . . , y(n−1)), t ∈ (α, β) são dadas as condições iniciais(problema de valor inicial) y(t0) = y0, y

′(t0) = y′0, . . . , y(n−1)(t) = y

(n−1)0 e se conhece

a solução geral y = ϕ(t, c1, c2, . . . , cn) então c1, c2, . . . , cn são determinadas, caso sejapossível, pelo sistema de equações:

y0 = ϕ(t0, c1, c2, . . . , cn)y′0 = ϕ′(t0, c1, c2, . . . , cn)...

y(n−1)0 = ϕ(n−1)(t0, c1, c2, . . . , cn)

Exemplo 6.14 A EDO y′′+ y = 0 possui solução geral y(t) = c1 sin t+ c2 cos t. Conside-

rando as condições iniciais{y(0) = 0y′(0) = 3

temos a seguinte solução particular y(t) = 3 sin t.

6.2 Primeiras Propriedades das EDOL’sSeja L = an(t)Dn + an−1(t)Dn−1 + . . . + a1(t)D + a0(t)I, tal que uma EDOL possa serrepresentada por L(y) = g(t). Assumiremos:

1. an, . . . , a1, a0 são funções de classe C0(a, b).

2. an(t) 6= 0,∀t ∈ (a, b) (EDO não possui singularidade).

3. g é contínua em (a, b).

Desse modo, temos que L é uma transformação linear do espaço Cn(a, b) para C0(a, b),ou seja, L : Cn(a, b) → C0(a, b). Se g(t) = 0,∀t ∈ (a, b), temos uma EDOL e homogênea.Neste caso resolver L(y) = 0 equivale a encontrar Ker(L). Se y1 e y2 são soluções de umaEDOLH, qualquer combinação linear de y1 e y2 também é solução. A equação L(y) = 0recebe o nome de equação diferencial homogênea associada à EDOL dada.

Teorema 6.15 Seja L(y) = g(t) uma EDOL e L(y) = 0 a homogênea associada. Se φ éuma solução (conhecida) de L(y) = g(t), então o conjunto solução de L(y) = g(t) é:

{φ+ h : h ∈ Ker(L)} = {φ+ h : h é solução da homogênea associada}



Prova. 1. Dado um h ∈ Ker(L), φ + h é solução de L(y) = g(t). De fato:L(φ)︸︷︷︸g(t)

+L(h)︸︷︷︸0

= g(t).

2. Seja ξ(t) uma outra solução de L(y) = g(t). L(ξ) = g(t) e L(φ) = g(t)⇒ L(ξ−φ) =0, ou seja, há um h ∈ Ker(L) tal que ξ(t)− φ(t) = h(t).�

Nota 6.16 O Teorema 6.15 nos ensina um fato muito importante. Se quisermos achartodas as soluções de L(y) = g(t), podemos seguir 3 etapas:

1. Procuramos uma solução particular de L(y) = g(t).

2. Determinamos o núcleo de L, isto é, obtemos as soluções da homogênea associada.

3. Somamos cada função do núcleo de L com a solução particular φ(t) encontrada naprimeira etapa.

6.3 EDOL de Primeira OrdemConsidere o problema: a1(t)y′+a2(t)y = g(t),∀t ∈ (a, b). Desde que a1(t) 6= 0,∀t ∈ (a, b),podemos fazer y′ + a2(t)

a1(t)y = g(t)

a1(t). O nosso problema então será resolver y′ + p(t)y = h(t).

Para tal, multiplicamos a equação por u(t). Ficaremos com u(t)y′(t) + u(t)p(t)y(t) =u(t)h(t). Basta escolhermos u(t) tal que u′(t) = p(t)u(t). A função que satisfaz essaequação é u(t) = exp

[∫ tt0p(x)dx

](Verifique!).

Com isso, temos o problema ddt

[u(t)y(t)] = u(t)h(t) e então:

y(t) =1

u(t)

∫ t

t0

u(x)h(x)dx

Nota 6.17 O fator u é chamado de fator integrante.

Teorema 6.18 Se as funções p e q são contínuas num intervalo I = (α, β) contendo oponto t0, então existe uma única função y que satisfaz a EDO y′ + p(t)y = q(t), t ∈ I eque também satisfaz a condição inicial y(t0) = y0, onde y0 é um valor prescrito.

Exemplo 6.19 Obter a solução geral da EDO y′ − 2xy = x.

u(x) = exp[∫ x

x0−2tdt

]= e−x

2+x02

ex02e−x

2y′ − 2xex0

2e−x

2y = ex0

2e−x

2x

de−x2y

dx= xe−x

2

ye−x2

= −e−x2

2+ c

y = −1

2+ Cex

2


6.4. EDOLH DE SEGUNDA ORDEM 109

Nota 6.20 Observe que o termo que aparece devido à constante x0 ao se calcular u (que noexemplo anterior foi ex0

2) sempre se anulará ao ser colocado na equação principal, portantopodemos ignorá-lo e considerar

∫ xx0p(t)dt =

∫ xp(t)dt = P (x), sendo P a primitiva de p

sem a constante de integração.

6.4 EDOLH de Segunda Ordem

Uma EDOL de segunda ordem tem a forma geral:

y′′ + p(t)y′ + q(t)y = g(t)

ou ainda, usando o operador L = D2 + p(t)D + q(t)I, temos:

L(y) = g(t)

Se associarmos à uma dessas equações as condições iniciais y(t0) = y0 e y′(t0) = y′0teremos um problema de valor inicial (PVI).

Teorema 6.21 Considere o PVI

y′′ + p(t)y′ + q(t)y = g(t)

com y(t0) = y0 e y′(t0) = y′0, onde p, q e g são contínuas num intervalo aberto I quecontém o ponto t0. Então existe exatamente uma solução φ(t) e a solução existe em todoo intervalo I.

Teorema 6.22 (Princípio da superposição): Se y1 e y2 são soluções da EDO lineare homogênea de segunda ordem L(y) = 0, então a combinação linear c1y1 + c2y2 tambémé solução, quaisquer que sejam os valores das constantes c1 e c2.

6.4.1 Wronskiano e Propriedades

Será que qualquer solução de uma EDOLH pode ser escrita como combinação linear deduas soluções determinadas?

Seja y uma solução de L(y) = 0 e suponhamos que se possa escrever y = c1y1 + c2y2.Tomando t0 ∈ I, c1 e c2 devem satisfazer o sistema:{

c1y1(t0) + c2y2(t0) = y0

c1y′1(t0) + c2y

′2(t0) = y′0

Para tanto, é necessário e suficiente que:∣∣∣∣ y1(t0) y2(t0)y′1(t0) y′2(t0)

∣∣∣∣ 6= 0



Definição 6.23 Sejam y1 e y2 funções de C1(I), sendo I um intervalo aberto de R.Define-se o Wronskiano de y1 e y2 como o determinante:

W [y1, y2](t)︸︷︷︸W (t)

=

∣∣∣∣ y1(t0) y2(t0)y′1(t0) y′2(t0)

∣∣∣∣Teorema 6.24 Suponha que y1 e y2 são soluções da EDOLH de segunda ordem e que oWronskiano W [y1, y2](t) não se anula no ponto t0 onde são dadas as condições iniciais:y(t0) = y0, y′(t0) = y′0. Então existe uma escolha de constantes c1 e c2 para as quaisy = c1y1 + c2y2 satisfaz a EDO e as condições iniciais.

Teorema 6.25 Se y1 e y2 são duas soluções da EDOLH de segunda ordem L(y) = 0, t ∈ Ie existe um ponto t0 ∈ I tal queW [y1, y2](t0) 6= 0 então a família de soluções y = c1y1+c2y2

com coeficientes arbitrários c1 e c2 inclui todas as soluções da EDO.

Nota 6.26 Nestas condições, y = c1y1 + c2y2 é a solução geral da EDO e as soluções y1

e y2 formam um conjunto fundamental de soluções da EDO.

Teorema 6.27 Se f e g são funções diferenciáveis num intervalo aberto I e seW [f, g](t0) 6= 0 para algum t0 ∈ I, então f e g são LI em I.

Prova.αf(t) + βg(t) = 0,∀t ∈ I ⇒{

αf(t0) + βg(t0) = 0αf ′(t0) + βg′(t0) = 0

Como W [f, g](t0) 6= 0 é o determinante do sistema, α = β = 0⇒ f e g são LI. �

Nota 6.28 Não vale a recíproca do Teorema 6.27. Como contra-exemplo, basta ver o casot2 e |t|t.

Teorema 6.29 Se f e g são funções diferenciáveis num intervalo aberto I e se {f, g} éLD, então W [f, g](t) = 0,∀t ∈ I.

Teorema 6.30 (Teorema de Abel): Se y1 e y2 são duas soluções da EDOLH de segundaordem L(y) = y′′ + p(t)y′ + q(t)y = 0 onde p e q são funções contínuas num intervaloaberto I, então o Wronskiano W [y1, y2](t) é dado por:

W [y1, y2](t) = C exp

[−∫ t

t0

p(z)dz

]Prova. Vamos mostrar que:

dW

dt= −p(t)W (t)


6.4. EDOLH DE SEGUNDA ORDEM 111

Então, basta calcularmos explicitamentedW

dt:

W (t) =

∣∣∣∣ y1(t) y2(t)y′1(t) y′2(t)

∣∣∣∣dW

dt=

∣∣∣∣ y′1(t) y′2(t)y′1(t) y′2(t)

∣∣∣∣+

∣∣∣∣ y1(t) y2(t)y′′1(t) y′′2(t)

∣∣∣∣dW

dt=

∣∣∣∣ y1(t) y2(t)−p(t)y′1(t)− q(t)y1(t) −p(t)y′2(t)− q(t)y2(t)

∣∣∣∣dW

dt=

∣∣∣∣ y1(t) y2(t)−p(t)y′1(t) −p(t)y′2(t)

∣∣∣∣dW

dt= −p(t)W (t)

�

Teorema 6.31 Sejam y1 e y2 soluções da EDOLH de segunda ordem L(y) = y′′+p(t)y′+q(t)y = 0 onde p e q são contínuas num intervalo I. Então y1 e y2 são LD em I se, esomente se, W [y1, y2](t) é zero ∀t ∈ I. De outro modo, y1 e y2 são LI em I se, e somentese, W [y1, y2](t) nunca se anula em I.

6.4.2 Médoto de Redução de Ordem

Seja o problema y′′ + p(t)y′ + q(t)y = 0. Suponha que seja conhecida uma solução u(t).Desejamos obter uma segunda solução v(t) de modo que {u, v} seja um conjunto funda-mental de soluções.

Propomos v(t) = u(t)f(t) com f(t) a ser determinado.

v′ = u′f + uf ′

v′′ = u′′f + 2u′f ′ + uf ′′ ⇒f (u′′ + pu′ + qu)

=0

+f ′′(2u′ + pu) + f ′(u) = 0

f ′(2u+ pu) + f ′′(u) = 0

Seja agora h = f ′, ficamos com: h′(u)+h(2u+pu) = 0, ou seja, uma EDO de primeiraordem.

6.4.3 Coeficientes Constantes

Seja a EDOLH de segunda ordem a coeficientes constantes:

a2y′′ + a1y

′ + a0y = 0,∀t ∈ I

sendo a2, a1, a0 ∈ R e a2 6= 0. Temos que a mesma também poderia ser reescrita comoy′′ + a∗1y

′ + a∗0y = 0,∀t ∈ I.



Fazendo uma solução tentativa com y = eλt teremos:

a2λ2eλt + a1λe

λt + a0eλt = 0,∀t ∈ I

(a2λ2 + a1λ+ a0)

=0

eλt6=0

= 0,∀t ∈ I

Devemos então analisar as raízes do polinômio:

P (λ) = a2λ2 + a1λ+ a0

Três coisas podem acontecer:

(a) P (λ) possui 2 raízes reais distintas λ1 e λ2.

(b) P (λ) possui 1 par de raízes complexas conjugadas.

(c) P (λ) possui uma raiz real dupla.

Caso (a): Temos que eλ1t e eλ2t são soluções. Vejamos o Wronskiano:

W =

∣∣∣∣ eλ1t0 eλ2t0

λ1eλ1t0 λ2e

λ2t0

∣∣∣∣W = (λ2 − λ1)e(λ1+λ2)t0

W 6= 0⇒ {eλ1t, eλ2t}

que é um conjunto LI. Portanto, a solução geral é y(t) = c1eλ1t + c2e

λ2t.

Caso (b): Uma solução é:e(α+iβ)t = eαteiβt

Usando a fórmula de Euler: eiθ = cos θ + i sin θ

eαteiβt = eαt(cos βt+ i sin βt)

Ou seja, L(u + iv) = 0, com u = eαt cos βt e v = eαt sin βt. Como L é umatransformação linear: L(u+iv) = L(u)+iL(v) = 0, ou seja, fazendo a igualdadepara números complexos, u e v são soluções da EDOLH. Provemos então queelas são LI:

aeαt cos βt+ beαt sin βt = 0,∀t ∈ Ia cos βt+ b sin βt = 0,∀t ∈ I∣∣∣∣ cos βt sin βt−β sin βt β cos βt

∣∣∣∣ = β

Como β 6= 0 ⇒ eαt cos βt e eαt sin βt são LI e a solução geral é y(t) =c1e

αt cos βt+ c2eαt sin βt.


6.5. EDOLH DE ORDEM N 113

Caso (c): Nesse caso eλ1t é uma solução. Considere λ2 uma segunda raiz de P (λ).eλ1t − eλ2t

λ1 − λ2

é solução. Analisando o limite λ2 → λ1:

limλ2→λ1

eλ1t − eλ2t

λ1 − λ2

=d

dλ1

eλ1t = teλ1t

Mostremos que teλ1t é solução: L(eλt) = P (λ)eλt (coeficientes constates)

d

dλL(eλt) = P (λ)teλt + P ′(λ)eλt

L

(deλt

dλ

)= P (λ)teλt + P ′(λ)eλt

L(teλt) = P (λ)teλt + P ′(λ)eλt

Aplicando em λ1: L(teλ1t) = P (λ1)eλ1t + P ′(λ1)eλ1t = 0 + 0 = 0, já que P (λ1)e P ′(λ1) são nulas em λ1, já que λ1 é raiz dupla.

Assim, teλ1t é uma segunda solução. Provando que as duas são LI:

aeλ1t + beαtt = 0,∀t ∈ Ia+ bt = 0,∀t ∈ I

a = b = 0

Ou seja, teλ1t e eλ1t são LI. A solução geral será: y(t) = c1eλ1t + c2teλ1t.

6.5 EDOLH de Ordem nConsidere a seguinte EDOLH geral de ordem n:

y(n) + pn−1(t)yn−1 + . . .+ p1(t)y′ + p0(t)y = g(t)

Podemos representá-la também usando o operador L: L = Dn + pn−1(t)Dn−1 +pn−2(t)Dn−2 + . . .+ p1(t)D + p0I. Com isso: L(y) = g(t).

Teorema 6.32 Considere o PVI :

L(y) = g(t),∀t ∈ I

com y(t0) = y0, y′(t0) = y′0, . . . , y

(n−1)(t0) = y(n−1)0 onde p0, p1, . . . , pn−1, g são contínuas

num intervalo aberto I que contém o ponto t0. Então existe uma única solução φ(t) e asolução existe em todo intervalo I.

Definição 6.33 Sejam y1, y2, . . . , yn funções de classe C(n−1)(I), sendo I um intervaloaberto de R.

Definamos o Wronskiano destas funções como sendo o determinante:



W [y1, y2, . . . , yn](t) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣y1(t) y2(t) · · · yn(t)y′1(t) y′2(t) · · · y′n(t)...

... . . . ...y

(n−1)1 (t) y

(n−1)2 (t) · · · y

(n−1)n (t)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣Nota 6.34 As propriedades que vimos para o Wronskiano de 2 funções podem ser gene-ralizadas para n funções.

Teorema 6.35 Se y1, y2, . . . , yn são soluções da EDOLH de ordem n L(y) = 0,∀t ∈ I,com I um intervalo aberto de R e existe um ponto t∗ ∈ I tal que W [y1, y2, . . . , yn](t∗) 6= 0então estas funções formam um conjunto fundamental de soluções e toda solução da EDOpode ser escrita como uma combinação linear de y1, y2, . . . , yn.

Teorema 6.36 (Generalização do Teorema de Abel): Se y1, y2, . . . , yn são soluçõesda EDOLH de ordem n:

L(y) = y(n) + pn−1(t)yn−1 + pn−2(t)yn−2 + . . .+ p1(t)y′ + p0(t)y = 0,∀t ∈ I

então o Wronskiano e dado por:

W [y1, y2, . . . , yn](t) = C exp

[−∫ t

t0

pn−1(z)dz

]Prova. Pode ser obtida da mesma maneira da prova para ordem 2. Basta mostrarmos

quedW

dt= −pn−1(t)W . �

Nota 6.37 Analogamente ao caso de ordem 2, as soluções de uma EDOLH são LI se, esomente se, o Wronskiano é não nulo para um t∗ ∈ I.

6.5.1 Método de Redução de Ordem

Podemos generalizar o método de redução de ordem. Se é conhecida uma solução u(t)da EDOLH de ordem n: L(y) = 0, então pode-se obter uma outra solução fazendov(t) = u(t)f(t) e substituindo na EDO. Isso conduzirá a uma nova EDO em f(t) que,com a mudança h(t) = f ′(t), terá uma ordem a menos.


Tomando agora a equação:

any(n) + an−1y

n−1 + . . .+ a1y′ + a0y = 0, an 6= 0

Supomos a solução da forma eλt:

L(eλt) = (anλn + an−1λ

n−1 + . . .+ a1λ1 + a0)︸︷︷︸

P (λ)=0

eλt



Para encontrar as soluções impomos P (λ) = 0. P (λ) é conhecido como polinômiocaracterístico, e P (λ) = 0 é a equação característica associada à EDO.

Se as raízes de P (λ) forem reais e distintas entre si, então a solução geral da EDO é:

y(t) = c1eλ1t + c2e

λ2t + . . .+ cneλnt

Se uma raiz λ real tem multiplicidade s (s ≤ n), então associada a esta raiz temos assoluções:

eλt, teλt, t2eλt, . . . , ts−1eλt

Se aparecerem as raízes complexas α± iβ (β 6= 0), então temos as soluções associadas:

eαt cos βt, eαt sin βt

Se as raízes complexas α ± iβ (β 6= 0) aparecem com multiplicidade s (s ≤ n), entãoas soluções associadas são:

eαt cos βt, eαt sin βt, teαt cos βt, teαt sin βt, . . . , ts−1eαt cos βt, ts−1eαt sin βt

6.6 Lista de ExercíciosExercício 6.38 Determine a ordem da equação e diga se ela é ou não linear:

1. t2 d2ydt2

+ tdydt

+ 2y = sin t

2. (1 + y2)d2ydt2

+ tdydt

+ y = et

3. d4ydt4

+ d3ydt3

+ d2ydt2

+ dydt

+ y = 1

4. dydt

+ ty2 = 0

5. d2ydt2

+ sin(t+ y) = sin t

6. d3ydt3

+ tdydt

+ (cos2 t)y = t3

Exercício 6.39 Verifique que a função (ou funções) dada(s) é (ou são) solução (soluções)da equação diferencial:

1. y′′ − y = 0, y1(t) = et e y2(t) = cosh t.

2. y′′ + 2y′ − 3y = 0, y1(t) = e−3t e y2(t) = et.

3. y′′ − 2ty = 1, y1(t) = et2 ∫ t

0e−s

2ds+ et

2.

Exercício 6.40 Determine a ordem da EDP e diga se ela é linear ou não linear:

1. uxx + uyy + uzz = 0.

2. uxx + uyy + uux + uuy + u = 0.



3. uxxx + 2uxxyy + uyyyy = 0.

4. ut + uut = 1 + uxx.

Exercício 6.41 Encontre a solução geral da equação diferencial dada e use-a para deter-minar o comportamento da solução quando t→∞.

1. y′ + 3y = t+ e−2t.

2. y′ − 2y = t2e2t.

3. ty′ + 2y = sin t, t > 0.

Exercício 6.42 Encontre a solução do PVI dado:

1. y′ − y = 2te2t, y(0) = 1.

2. y′ + 2y = te−2t, y(1) = 0.

3. ty′ + 2y = t2 − t+ 1, y(1) = 12, t > 0.

Exercício 6.43 Considere o problema de valor inicial:

y′ +2

3y = 1− 1

2t, y(0) = y0.

Encontre o valor de y0 para o qual a solução encosta no eixo.

Exercício 6.44 Mostre que se a e λ são constantes positivas e se b é qualquer númeroreal, então toda solução da equação

y′ + ay = be−λt

Tem a propriedade que y → 0 quando t→∞.Sugestão: Considere os casos a = λ e a 6= λ separadamente.

Exercício 6.45 Um tanque contém, inicialmente, 120 litros de água pura. Uma misturacontendo uma concentração de γ g\l de sal entra no tanque a uma taxa de 2 l\min e asolução, bem misturada sai do tanque à mesma taxa. Encontre uma fórmula em funçãode γ para a quantidade limite de sal no tanque quando t→∞.

Exercício 6.46 A população de mosquitos em uma determinada área cresce a uma razãoproporcional à população atual e, na ausência de outros fatores, a população dobra a cadasemana. Existem, inicialmente, 200.000 mosquitos na área e os predadores comem 20.000mosquitos por dia. Determine a população de mosquitos na área em qualquer instante t.

Exercício 6.47 1. Verifique que y1(t) = t2 e y2(t) = t−1 são duas soluções da equaçãodiferencial t2y′′ − 2y = 0 para t > 0. Depois mostre que c1t

2 + c2t−1 também é

solução dessa equação para quaisquer que sejam c1 e c2.



2. Verifique y1(t) = t2 e y2(t) = t−1 são soluções da equação diferencial yy′′+ (y′)2 = 0para t > 0. Depois mostre que c1t

2 + c2t−1 não é, em geral, uma solução dessa

equação. Explique o porquê.

3. Mostre que se y = φ(t) é uma solução da equação diferencial y′′ + p(t)y′ + q(t)y =g(t), em que g(t) não é identicamente nula, então y = cφ(t), em que c é qualquerconstante diferente de 1, não é solução.

Exercício 6.48 A função y = sin t2 pode ser solução de uma equação da forma y′′ +p(t)y′ + q(t)y = g(t), com coeficientes constantes, em um intervalo contendo t = 0?Explique a sua resposta.

Exercício 6.49 Se o Wronskiano de f e g é 3e4t e se f(t) = e2t, encontre g(t).

Exercício 6.50 O Wronskiano de duas funções é W (t) = t sin2 t. As funções são linear-mente dependentes ou independentes? Por que?

Exercício 6.51 1. Se y1 e y2 são duas soluções linearmente independentes de ty′′ +2y + tety = 0 e se W (y1, y2)(1) = 2, encontre o valor de W (y1, y2)(5).

2. Se o Wronskiano de duas soluções quaisquer de y′′ + p(t)y′ + q(t)y = 0 é constante,o que isso implica sobre os coeficientes p e q?

Exercício 6.52 Use o método de redução de ordem para encontrar uma segunda soluçãodas EDOs:

1. t2y′′ − 4ty′ + 6y = 0, t > 0; y1(t) = t2.

2. t2y′′ + 2ty′ − 2y = 0, t > 0; y1(t) = t.

Exercício 6.53 Encontre a solução geral da EDO dada:

1. y′′ − 2y + y = 0.

2. 4y′′ − 4y′ − 3y = 0.

3. y′′ − 2y′ + 10y = 0.

4. 4y′′ + 17y′ + 4y = 0.

5. 25y′′ − 2oy + 4y = 0.

6. yviii + 8yiv + 16y = 0.

7. yiv + 2y′′ + y = 0.

8. y′′′ − 5y′′ + 3y′ + y = 0.



Exercício 6.54 Encontre a solução do PVI:

1. y′′ + y − 2y = 0, y(0) = 1, y′(0) = 1.

2. y′′ + 4y′ + 5y = 0, y(0) = 1, y′(0) = 0.

3. 9y′′ − 12y′ + 4y = 0, y(0) = 2, y′(0) = −1.

Exercício 6.55 Suponha que as funções reais p e q são contínuas em um intervalo abertoI e seja y = φ(t) = u(t) + iv(t) uma solução complexa de

y′′ + p(t)y′ + q(t)y = 0

em que u e v são funções reais. Mostre que u e v são também soluções desta equação.Sugestão: Substitua y por φ(t) na equação e separe em parte real em imaginária.

Exercício 6.56 Determine os valores de α, se existirem, para os quais todas as soluçõestendem a zero quando t→∞.

1. y′′ − (2α− 1)y′ + α(α− 1)y = 0.

2. y′′ + (3− α)y′ − 2(α− 1)y = 0.

Exercício 6.57 Considere a EDOL homogênea L(y) = 0 definida por D2−p1(x)D+p0I,com p1, p0 contínuas em R(EDOLHCV).

1. Se y e z são soluções definidas em toda a reta tais que y(0) = 3, y′(0) = 1, z(0) = −1e z′(0) = 1

3, mostre que {y, z} é um conjunto linearmente independente em R.

2. Mostre que y(x) = x2 nunca poderá ser solução da EDO se p1 e p0 forem contínuasem x = 0.

3. Mostre que se o Wronskiano de quaisquer duas soluções desta EDO é constante emR então p1 ≡ 0 em R.

Exercício 6.58 Sejam y e z soluções da equação de Bessel x2y′′ + xy′ + (x2 − n2)y =0, n ∈ N, definidas em x > 0 tais que y(1) = 1, y′(1) = 0, z(1) = 0 e z′(1) = 1. Calcule oWronskiano W (y, z)(x).

Exercício 6.59 Seja S o conjunto de todas as soluções da EDOL y′′− y = 0. Mostre queS é um espaço vetorial de dimensão 2. Determine uma base para S.

Exercício 6.60 Dada a EDOLHVC (y′′ − 4y′) + x2(y′ − 4y) = 0, obtenha, por inspeção,uma solução não-nula e a seguir determine a solução geral da EDO.

Exercício 6.61 Determine a solução geral de (2x− 3x2)y′′ + 4y′ − 6xy = 0, sabendo queuma de suas soluções é um polinômio em x.


6.7. SEDOLH DE PRIMEIRA ORDEM 119

Exercício 6.62 Considere o operador L = D2 + aD + bI, em que a e b são constantesreais, e a EDOLH com coeficientes constantes (EDOLHCC) L(y) = 0, definida em todaa reta, cuja equação característica p(λ) = λ2 + aλ+ bλ = 0 tenha raízes reais λ1 e λ2:

1. Sejam y1 a solução do PVI L(y) = 0, y(0) = 1, y′(0) = 0 e y2 a solução do PVIL(y) = 0, y(0) = 1, y′(0) = 1. Mostre que a solução do PVI L(y) = 0, y(0) =α, y′(0) = β pode ser escrita como y = αy1 + βy2.

2. Mostre que se a > 0 e b > 0 então todas as soluções de L(y) = 0 tendem a zeroquando x→∞.

3. Se λ1 = λ2 = λ, temos uma única solução na forma y1(x) = eλx. Deduza a existênciade uma solução da forma y2(x) = xeλx por meio do seguinte argumento: Quandoλ1 6= λ2, as soluções yk(x) = eλkx, k = 1, 2, . . . podem ser linearmente combinadaspara formar a solução y(x) = y1(x)−y2(x)

λ1−λ2, de modo que limλ1→λ2 y(x) gera a solução

y2 desejada.

Exercício 6.63 Seja φ uma solução qualquer EDOLHCC y′′ + y = 0:

1. Mostre que ddx

((φ′)2 + φ2) = 0, ou seja, (φ′)2 + φ2 = cte.

2. Se φ é a solução que satisfaz as condições iniciais y(0) = a e y′(0) = 0 e P é umponto de coordenadas (φ, φ′) no plano Oyy′(plano de fase). Mostre que, à medidaque x varia de 0 a 2π, o ponto P = (φ(x), φ′(x)) descreve uma circunferência noplano de fase.

Exercício 6.64 Seja y a solução do PVI y′′ + 5y′ + 6y = 0, x ≥ 0; y(0) = 1, y′(0) = a.Para quais valores de a tem-se y(x) ≥ 0 quando x ≥ 0?

Exercício 6.65 Sabendo que y(x) = 3ex + ex2, z(x) = 7ex + ex

2 e w(x) = 5ex + e−x3

+ ex2

são soluções de uma EDOL não homogênea de segunda ordem L(y) = q, x ∈ R, determinea solução do PVI L(y) = q; y(0) = 1, y′(0) = 2.

6.7 SEDOLH de Primeira Ordem

Definição 6.66 Seja X(t) uma matriz coluna de ordem n cujas entradas são funçõesreais:

X(t) =

X1(t)X2(t)

...Xn(t)

Um Sistema de Equações Diferenciais Ordinárias Linear (SEDOL) de primeira ordem



é algo do tipo:

X1(t) = a11(t)X1(t) + a12X2(t) + . . .+ a1nXn(t) + g1(t)

X2(t) = a21(t)X1(t) + a22X2(t) + . . .+ a2nXn(t) + g2(t)...

Xn(t) = an1(t)X1(t) + an2X2(t) + . . .+ annXn(t) + gn(t)

Ou ainda:

X = A(t)X + g(t), A(t) =

a11(t) a12(t) · · · a1n(t)a21(t) a22(t) · · · a2n(t)

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

an1(t) an2(t) · · · ann(t)

, g(t) =

g1(t)g2(t)...

gn(t)

Nota 6.67 Toda EDOL de ordem n pode ser transformada num SEDOL de n equaçõesde primeira ordem. Vejamos:

Dado a EDOL a seguir:

y(n) + pn−1(t)y(n−1) + . . .+ p1(t)y′ + p0(t)y = q(t)

Podemos definir:X1(t) = yX2(t) = y′

...Xn−1(t) = y(n−2)

Xn(t) = y(n−1)

de modo que a EDOL acima pode ser representada por:

X1 = y′ = X2

X2 = y′′ = X3...

Xn−1 = y(n−1) = Xn

Xn = y(n) =−pn−1(t)Xn − pn−2(t)X(n−1)−− . . .− p1(t)X2 − p0(t)X1 + q(t)

Ou ainda, na outra representação:

g(t) =

00...0q(t)

, A =

0 1 0 · · · 00 0 1 · · · 0...

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

−p0 −p1 −p2 · · · −pn−1

Teorema 6.68 Se cada uma das funções aij(t) da matriz A(t) e cada função gj(t) de g(t)são contínuas num intervalo aberto I, então o SEDOL de primeira ordem:

X = A(t)X + g(t)

tal que X(t0) = X0, t0 ∈ I admite uma solução X(t) para todo t ∈ I.



Teorema 6.69 Se as funções vetoriais X1 e X2 são soluções do Sistema de EquaçõesDiferenciais Ordinárias Linear e Homogêneo (SEDOLH) de primeira ordem X = A(t)X,então a combinação linear c1X1 + c2X2 também é solução ∀c1, c2 ∈ R.

Vamos agora determinar um conjunto fundamental de soluções de um sistema. Con-sidere o PVI:

X = A(t)XX(t0) = X0

Considere que tenhamos n soluções X1, X2, . . . , Xn e que se possa escrever: X =c1X1 + c2X2 + . . .+ cnXn. Para tanto:

c1X1(t0) + c2X2(t0) + . . .+ cnXn(t0) = X0

[X1(t0) X2(t0) · · · Xn(t0)

]c1

c2...cn

= [X0]

Para seja um sistema possível e determinado, é necessário que:

det[X1(t0) X2(t0) · · · Xn(t0)

]6= 0

Definimos, então, esse como o determinante Wronskiano:

W [X1, X2, . . . , Xn](t) = det[X1(t0) X2(t0) · · · Xn(t0)

]Teorema 6.70 Se as funções vetoriais X1, X2, . . . , Xn, soluções do SEDOLH X = A(t)X,t ∈ I, e W [X1, X2, . . . , Xn](t0) 6= 0 e t0 ∈ I, então a solução geral é:

X = c1X1 + c2X2 + . . .+ cnXn

Nota 6.71 O conjunto {X1, X2, . . . , Xn} é chamado de conjunto fundamental de soluções.

Teorema 6.72 (Nova Generalização do Teorema de Abel): Se X1, X2, . . . , Xn sãosoluções do SEDOLH X = A(t)X, então o Wronskiano é:

W [X1, X2, . . . , Xn](t) = C exp

[∫tr(A(t))dt

]

6.7.1 Matriz Fundamental

X1, X2, . . . , Xn é chamado de conjunto fundamental de soluções da SEDOLH X = A(t)X.Definimos como matriz fundamental a seguinte:

ψ(t) =[X1(t) X2(t) · · · Xn(t)

]Victor Gonçalves Elias


Se X = c1X1 + c2X2 + . . .+ cnXn é uma certa solução do SEDOLH, dado X(t0) = X0,podemos obter c1, c2, . . . , cn a partir de:

X0 = c1X1(t0) + c2X2(t0) + . . .+ cnXn(t0)

[X1(t0) X2(t0) · · · Xn(t0)

]︸︷︷︸ψ(t0)

c1

c2...cn

= X0

c1

c2...cn

= ψ−1(t0)X0

e ainda, como

X(t) =[X1(t) X2(t) · · · Xn(t)

]c1

c2...cn

temos também que:

X(t) = ψ(t)ψ−1(t0)X0

Se X1, X2, . . . , Xn são tais que

X1(t0) =

10...0

X2(t0) =

01...0

· · · Xn(t0) =

00...1

então ψ(t0) é a matriz identidade. Nesse caso, ψ(t) recebe o nome de matriz de transiçãode estados φ(t):

X(t) = φ(t)X0

Nota 6.73 Temos que ψ satisfaz uma EDO muito semelhante ao SEDO dado, já que:

ψ(t) =[X1(t) X2(t) · · · Xn(t)

]ψ(t) =

[X1(t) X2(t) · · · Xn(t)

]=[AX1(t) AX2(t) · · · AXn(t)

]= A(t)ψ(t)




Vamos assumir que as funções aij são (todas) constantes.

X = AX

(a) Exponencial de Matriz.

Considere X(t0) = X0, vamos mostrar que

X(t) = eA(t−t0)X0

é solução.

De fato X(t0) = X0. Ainda:

X(t) = eAte−At0X0(se A e B comutam, então eAeB = eA+B)

X(t) =

(deAt

dt

)e−At0X0

eAt = I +At

1!+A2t2

2!+A3t3

3!+ . . .

deAt

dt= A+

A2t

1!+A3t2

2!+A4t3

3!+ . . .

deAt

dt= A(I +

At

1!+A2t2

2!+A3t3

3!+ . . .)

= AeAt

= eAtA

Assim X(t) = A

X(t)︷︸︸︷eAte−At0X0

= AX(t)

Note que eAt é uma matriz fundamental, já que, fazendo ψ(t) = eAt, temos ψ−1(t) =e−At, pois eAte−At = I, e então:

X(t) = ψ(t)ψ−1(t0)X0

Assim, através das colunas de eAt conseguimos encontrar um conjunto fundamentalde soluções.

(b) Autovalores e autovetores de A.

Propomos uma solução tentativa da forma:

X(t) = ueλt

onde u é uma matriz n× 1. Assim, temos que:

X(t) = λueλt

X(t) = AX(t) = A(ueAt)AueAt = λueAt

Au = λu



que é um problema de autovalores e autovetores.

Se A é diagonalizável, então é possível encontrar:X1(t) = u1e

λ1t

X2(t) = u2eλ2t

...Xn(t) = une

λnt

Calculando o Wronskiano W [X1, X2, . . . , Xn](0), temos:

W [X1, X2, . . . , Xn](0) = det[u1 u2 · · · un

]6= 0

já que {X1, X2, . . . , Xn} é formado por autovetores de A, e portanto é LI. LogoX1, X2, . . . , Xn é um conjunto fundamental de soluções.

Suponha agora que A tenha autovalores complexos (não reais): λ = α± iβ.

Vamos tomar a solução complexa ue(α+iβ)t, onde u = v + iw, e vamos obter a partereal e a parte imaginária, já que sabemos que as duas serão soluções do SEDOLH.Fazemos:

ue(α+iβ)t = ueαt cos βt+ iueαt sin βt= (v + iw)eαt cos βt+ i(v + iw)eαt sin βt= (v cos βt− w sin βt)eαt︸︷︷︸

solução do SEDOLH

+i (v cos βt+ w sin βt)eαt︸︷︷︸solução do SEDOLH

Suponha agora que um autovalor λ tenha multiplicidade algébrica maior que a geo-métrica, digamos, iguais a 2 e 1 respectivamente.

Neste caso, da equação Au = λu é possível obter um autovetor genuíno, de modo queX1(t) = ueλt é solução.

Tentando agora uma segunda solução X2(t) = uteλt + veλt:

X2(t) = uteλt + veλt

X2(t) = λuteλt + ueλt + λveλt

X2(t) = Auλuteλt + Aveλt

Então fazemos: λueλt + ueλt + λveλt = λueλt + Aveλt ⇒ λu + u + λv = λu + Av. Eentão, finalmente:

(A− λI)v = u

Ou seja, v é um autovetor generalizado de ordem 2 de A, que vai determinar umasegunda solução do sistema.

Esse caso de multiplicidade algébrica maior que geométrica também é extensível paradiferenças de multiplicidade maiores.




Exercício 6.74 Determine os intervalos nos quais existem, com certeza, as soluções de:

1. yiv + 4y′′′ + 3y = t

2. ty′′′ + (sin t)y′′ + 3y = cos t

3. t(t− 1)yiv + ety′′ + 4t2y = 0

Exercício 6.75 Encontre o Wronskiano de um conjunto fundamental de soluções para:

1. y′′′ + 2y′′ − y′ − 3y = 0

2. yiv + y = 0

Exercício 6.76 Se x1 = y e x2 = y′, então a equação de segunda ordem

y′′ + p(t)y′ + q(t)y = 0

corresponde ao sistema {x′1 = x2

x′2 = −q(t)x1 − p(t)x2

Mostre que, se x[1] e x[2] formam um conjunto fundamental de soluções do sistema ey[1] e y[2] formam um conjunto fundamental de soluções da equação, então:

W [y[1], y[2]] = cW [x[1], x[2]]

em que c é uma constante real não nula.

Exercício 6.77 Encontre a solução geral de

1. X ′ =

−3 0 21 −1 0−2 −1 0

X.

2. X ′ =

1 1 21 2 12 1 1

X.

3. X ′ =

1 0 02 1 −23 2 1

X.

4. X ′ =

0 1 11 0 11 1 0

X.



Exercício 6.78 Considere os vetores x[1] =

[t1

]e x[2] =

[t2

2t

].

1. Calcule o Wronskiano de x[1] e x[2].

2. Em que intervalos x[1] e x[2] são linearmente independentes?

3. Que conclusão pode-se tirar sobre os coeficientes o sistema homogêneo de equaçõesdiferenciais satisfeito por x[1] e x[2]?

4. Encontre esse sistema de equações e verifique as conclusões do item 3.

Exercício 6.79 Encontre as soluções dos PVIs abaixo:

1. X ′ =[

5 −13 1

]X, X(0) =

[2−1

].

2. X ′ =[

1 −44 −7

]X, X(0) =

[32

].

3. X ′ =[−2 1−5 4

]X, X(0) =

[13

].

4. X ′ =

1 1 20 2 2−1 1 3

X, X(0) =

201

.Exercício 6.80 Encontre uma matriz fundamental para os sistemas:

1. X ′ =[

3 −22 −2

]X

2. X ′ =[

2 −13 −2

]X

Exercício 6.81 Considere o operador L = Dn + an−1Dn−1 + . . . + a0I, em que os coefi-cientes aj são constantes reais e a EDOLHCC L(y) = 0, definida sobre toda a reta, cujaequação característica é p(λ) = λn + an−1λ

n−1 + . . .+ a0.

1. Verifique que

(a) L(xeλx) = eλx[xp(λ) + ∂

∂λp(λ)

].

(b) L(xmeλx) = ∂m

∂λmL(eλx).

2. Mostre que se p(λ) = (λ−α)kr(λ), isto é, p tem raiz de multiplicidade k, 1 < k < n,então ∂m

∂λmL(eλx) = 0, ou seja, L(xmeλx) = 0, ou seja, existem exatamente k soluções

de L(y) = 0 associadas a esta raiz λ = α dadas por ym(x) = xmeαx, 0 ≤ m ≤ k−1.



Exercício 6.82 1. Seja φ(t), t ∈ R, uma solução da EDOLHCC de segunda ordemy′′+y′+y = 0, t ∈ R. Mostre que o vetor X(t) = [φ(t) φ′(t)]T é a solução do sistema

de EDOLHCC (SEDOLHCC) de primeira ordem X ′ = AX, com A =

[0 1−1 −1

].

2. Seja X(t) = [φ(t), φ′(t)]T , t ∈ R, uma solução do SEDOLHCC X ′ = AX, com Adada no item anterior. Mostre que X é solução da EDOLHCC y′′ + y′ + y = 0.

Exercício 6.83 Converta o par de EDOLHCC y′′+3z+2y = 0, t ∈ R; z′′+3y′+2z = 0, t ∈R, num SEDOLHCC de primeira ordem nas variáveis x1 = y;x2 = y′;x3 = z′;x4 = z′.

Exercício 6.84 Justifique ou refute a seguinte afirmação: O conjunto de todas as soluçõesu = [x y]T do SEDOL x′ = y + 1; y′ = x+ 1 não é um espaço vetorial.”

Exercício 6.85 Seja x uma matriz coluna de n funções reais de classe C1(R) e u ∈Mn×1(R) um vetor não-nulo, e L = D − A um operador diferencial (vetorial) tal queL(x)(t) = x′(t)− Ax(t) = o represente um SEDOLHCC de ordem n.

1. Calcule

(a) L(tu).

(b) L(eλtu).

(c) L((et + e−t)u).

(d) L((et − e−t)u).

(e) L((eλ1t + eλ2t)u).

2. Para quais funções φ(t) a função vetorial x = φ(t)u será solução de L(x)(t) = o?

3. Mostre que x(t) = eλ(t−t0)u, com t0 uma constante, é uma solucão de L(x) = oquando Au = λu.

Exercício 6.86 Seja S o conjunto de todas as soluções de L(x) = 0, com

A =

0 1 00 0 16 −11 6

Mostre que v1(t) = et

111

, v2(t) = et

124

e v3(t) = et

139

formam uma base de

S.

Exercício 6.87 Sabendo que [(et+e2t) e2t 0]T , [(et+e3t) e3t e3t]T e [(et−e3t) −e3t −e3t]T

são soluções de um SEDOLHCC L(x) = x′ − Ax = o, determine os autovalores e osautovetores de A.



Exercício 6.88 Dada a matriz quadrada A, definamos eAt ,∞∑n=0

(At)n

n!.

1. Mostre que ddteAt = AeAt.

2. Se A = diag(λ1, λ2, . . . λn) =

λ1 · · · 0... . . . ...0 · · · λn

, mostre que:

eA = diag(eλ1 , eλ2 , . . . , eλn)

3. Mostre que eT−1AT = T−1eAT .

Exercício 6.89 Seja A =

λ 1 0 · · · 00 λ 1 · · · 0...

...... · · · ...

0 0 0. . . 1

0 0 0 · · · λ

= λI + P .

1. Mostre que P n é matriz nula.

2. Mostre que eAt = eλt∑n−1

j=0(Pt)j

j!.

Exercício 6.90 Dado A =

λ 1 00 λ 10 0 λ

calcule eAt.

Exercício 6.91 Seja Φ(t) Matriz fundamental de soluções (MFS) de um SEDOLHCCL(x) = o.

1. Mostre que Φ′(t) = AΦ(t).

2. Mostre que eA(t−t0) = Φ(t)Φ−1(t0), de modo que a solução de um PVI L(x) =o, x(t0) = x0 pode ser escrita da forma x(t) = eA(t−t0)x0.

Exercício 6.92 Calcule eAt para os seguintes casos:

1.[

0 1−4 −5

].

2.[

0 1−1 −2

].

3.[

0 1−4 0

].



4.

1 1 00 1 00 0 0

.Exercício 6.93 Resolva os PVIs L(x) = o, x(t0) = x0 em que as matrizes A que definemL são as dos exercício anterior.


131

Capítulo 7

Respostas aos exercícios

Respostas aos exercícios das listas distribuídas pela apostila.

7.1 Introdução

Resposta 1.1 A e C são inversíveis, mas B não é

A−1 =

[−1 11 −1

2

], C−1 =

−2 7 2 −1−3 −3 3 37 −2 2 −12 2 −2 1

Resposta 1.2 Não.

Resposta 1.3 x = 0, y = −z = 1/√

2 ou x = 0, y = −z = −1/√

2

Resposta 1.4 −1 e 3.

Resposta 1.5

1. Sim.

2.

0 0 i0 1 0−i 0 0

3.

1 0 00 1 00 0 1

4. A2n = I e A2n+1 = A.

5. exA =

coshx 0 −i sinhx0 cosh x− sinhx 0

i sinhx 0 coshx


132 CAPÍTULO 7. RESPOSTAS AOS EXERCÍCIOS

Resposta 1.12 1− n.

Resposta 1.14

1. Não.

2. Sim.

7.2 Espaços Vetoriais

Resposta 2.43

1. Não.

2. Não.

3.

4.

5. Não.

Resposta 2.45 X = −3A− 2B + 6C =

3 72 −2−2 8

Resposta 2.46 Não.

Resposta 2.47 2)x = (16

9,−1); y = (

−1

9, 1) e z = (

−2

3, 1)

Resposta 2.48

1. Sim.

2. Não.

3. Não.

4. Sim.

5. Sim.

Resposta 2.49

1. Não.


7.2. ESPAÇOS VETORIAIS 133

2. Sim.

3. Não.

4. Sim.

Resposta 2.50 Todos são.

Resposta 2.52

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

2. {(2, 1,−2)}

3. {(3, 0, 1); (−2, 1, 0)}

4. {(2, 1,−2)}

5. {(2, 1,−2); (3, 0, 1); (−2, 1, 0)}

Resposta 2.55 No R2 considere U = {(x, x) : x ∈ R}, V = {(0, y) : y ∈ R} eW = {(x, 0) : x ∈ R}

Resposta 2.96

1. Não.

2. Sim.

3. Não.

4. Sim.

Resposta 2.97

1. Não.

2. Não.

3. Não.

4. Sim.

Resposta 2.100

1. m 6= 0.

2. m 6= 5

3. n 6= 0 ou m 6= 1.



Resposta 2.101

1. Não.

2. Sim.

3. Não.

Resposta 2.104 {(2, 1, 0, 1); (0, 0, 1, 0)} e dimW = 2

Resposta 2.105 4

Resposta 2.106 Base DimensãoU : {(0, 1, 0); (1, 0, 1)} 2V : {(1, 0, 0); (0, 2, 1)} 2W : {(1, 1, 0); (0, 0, 2)} 2U ∩ V : {(0, 2, 1)} 2V +W = R3 3V +W +W = R3 3

Resposta 2.107

0 1 0−1 0 00 0 0

;

0 0 10 0 0−1 0 0

;

0 0 00 0 10 −1 0

Resposta 2.108 a 6= 0, a 6= 1 e a 6= −1

Resposta 2.109 {(1, 0, i); (1, 1 + i, 1− i)}

Resposta 2.111

1. 4, −5 e 3.

2. 4, −5 e 2.

Resposta 2.1123

2e −1

2

Resposta 2.113 −3, 1, 0 e 1

Resposta 2.115

1. De B para C é

1 0 3−1 2 0−1 3 1

De C para B é

−2 −9 6−1 −4 31 3 −2

2. −2, 0 e 1.


7.3. PRODUTO INTERNO 135

7.3 Produto Interno

Resposta 3.15 t > 9.

Resposta 3.17 〈f, g〉 = −53;‖f(t)‖ =

√331210

; ‖f(t) + g(t)‖ =√

23210

Resposta 3.18 Sim.

Resposta 3.20 α > 0

Resposta 3.23

1.

2.

3.[

1 00 1

]

4.[

2 11 1

]

Resposta 3.26

1. d(u, v) =√

2; cos(u, v) =√

22

2.

3. d(u, v) =√

2; cos(u, v) = 12

4.

Resposta 3.53

1. m = 1 ou m = 6.

2. (0, x), x ∈ R.

3. (1, 0)

Resposta 3.55

1.{(

1√2, 1√

2, 0, 0

);(− 1√

18, 1√

18, 4√

18, 0)

;(

2√153,− 2√

153, 1√

153, 12√

153

)}2.



Resposta 3.56{(

1√2, 1√

2, 0)

; (0, 0, 1)}

Resposta 3.58

1.{

1, 2√

3t−√

3,√

5(6t2 − 6t+ 1)}

2.{− b

6t2 + bt− b; b ∈ R

}Resposta 3.60

(67,−9

7,−2

7,−1

7

)Resposta 3.62 x =

[1/31/3

]Resposta 3.63 1

2(5x3 − 3x)

Resposta 3.64 a = b = c = d = 0

Resposta 3.75

1. v1 = 13(2, 2,−4) e v2 = 1

3(7, 7, 7).

2. v1 = 17(18, 15, 16) + 1

7(3, 6,−9).

3.

7.4 Transformações Lineares

Resposta 4.33

1. Sim.

2. Sim.

3. Sim.

4. Não.

Resposta 4.34 F (x, y, z) = (2x+ 5y − 2z, 3x+ 2y, x+ 7y + 7z)

Resposta 4.35 Sobre C não é linear.

Resposta 4.36

1. Sim.

2. Sim.


7.5. AUTOVALORES E AUTOVETORES 137

Resposta 4.37 Não, pois f(2, 3, 4)deveriaser(2, 6, 12)

Resposta 4.45 (F +H)(x, y) = (x, x+ 2y)(F ◦G)(x, y) = (y, 2x+ 2y)(G ◦ (F +H))(x, y) = (x+ 2y, 2x+ 2y)

Resposta 4.46 (F ◦G)(x, y, z) = (x+ 3y − z, x+ y + z, z + 2z)Ker(F ◦G) = {y(−2, 1, 1)|y ∈ R}Im(G ◦ F ) = {x(1, 0, 1) + y(3, 1, 1)|x, y ∈ R}

Resposta 4.48 (I + F + F 2)(x, y) = (22x+ 21y, 35x+ 36y) não é isomorfismo poisKer(I + F + F 2) = {(x,−x)|x ∈ R}

Resposta 4.52

1.

2. (I − F )(x, y, z, t) = (x, y − x, z − y − 2x, t − z − 2y − 3x) é isomorfismo poisKer(I − F ) = {(0, 0, 0, 0)}

Resposta 4.53

1. F 2(z) = iz;

2.

3. G2(z) = −z;

4.

5.

6.

Resposta 4.130 m = 1√3.

7.5 Autovalores e Autovetores

Resposta 5.43

1.√

2 e (1,√

2− 1); −√

2 e (−1,√

2 + 1).

2. −1 e qualquer vetor não nulo.

3. Não há valores próprios reais.

Resposta 5.44



1. 2 e (1, 0, 0); 3 e (5, 1, 1); −1 e (1, 3,−3).

2. 0 duplo e (1, 0, 0) e (0, 1, 0); 2 e (0, 0, 1).

Resposta 5.45 3 triplo e (1, 0, 0, 0) e (0, 0, 0, 1); 4 e (0, 0, 1, 0)

Resposta 5.46 PT (t) = (λ1 − t)(λ2 − t) . . . (λn − t). Os valores próprios de T sãoλ1, λ2, . . . , λn.

Resposta 5.47

1. t2 − 3t+ 1; 12(3±

√5).

2. t2 − 4; ±2.

3. t2 − 3t+ 2; 1 e 2.

4. t2 − 4; ±2;

Resposta 5.48 1 duplo; não há.

Resposta 5.71

1.[

1 −43 1

].

2. Não existe.

Resposta 5.73

1. É diagonalizável pois o valor próprio −1(duplo) tem multiplicidade geométrica2.

2. É diagonalizável para todos os valores de m e n.

3. É diagonalizável pois há 2 valores próprios duplos 3 e −3 com multiplicidadegeométrica 2.

4. É diagonalizável pois o valor próprio 2(triplo) tem multiplicidade geométrica3.

Resposta 5.76

1. Ap = 113

[12 + 14p 4 · 14p − 4

3 · 14p − 3 12 · 14p + 1

]2.

3.


7.5. AUTOVALORES E AUTOVETORES 139

4.

Resposta 5.77

1. eA = 113

[e14 + 12e 4e14 − 4e3e14 − 3e 12e14 + e

]2.

3.

4.

Resposta 5.78−1 0 0 0 0

0 −1 0 0 00 0 2 1 00 0 0 2 10 0 0 0 2

−1 0 0 0 0

0 −1 0 0 00 0 2 0 00 0 0 2 10 0 0 0 2

−1 1 0 0 0

0 −1 0 0 00 0 2 1 00 0 0 2 10 0 0 0 2

−1 1 0 0 0

0 −1 0 0 00 0 2 0 00 0 0 2 10 0 0 0 2

−1 0 0 0 0

0 −1 0 0 00 0 2 0 00 0 0 2 00 0 0 0 2

−1 1 0 0 0

0 −1 0 0 00 0 2 0 00 0 0 2 00 0 0 0 2

Resposta 5.79

1.

2.

2 1 0 00 2 1 00 0 2 00 0 0 0

3.

Resposta 5.81

0 1 0 00 0 1 00 0 0 10 0 0 0

Resposta 5.82

1. Hipérbole

2. Hipérbole



3. Duas retas

4.

5.

6.

Resposta 5.83

1.

2. λ = 1 : parábolaλ < −1 : hipérbole

λ > 1 :

λ = 3

2: um ponto

λ > 32: vazio

λ < 32: elipse

7.6 Equações Diferenciais Ordinárias


apostila mat-27 (victor elias, t-15)

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