Capítulo 1 Espaço Vetoriais O objetivo deste capítulo é introduzir o conceito de espaços vetoriais, dependência e independência linear. Definição 1.1 Seja V um conjnto não vazio e R o corpo dos números reais, nos quais podemos definir as seguintes operações: + : V × V → V, que a cada par (u, v) ∈ V × V, associa o elemento u + v ∈ V, denominada adição e · : R × V → V, que a cada par (α, u) ∈ R × V, associa o elemento α · u ∈ V, denominada multiplicação por escalar. Dizemos que V munido destas operações é um espaço vetorial real se e somente se estas operações satisfazem as seguintes propriedades: a) associatividade: (u + v) + w = u + (v + w) , para todos u, v, w ∈ V b) comutatividade: u + v = v + u, para todos u, v ∈ V c) existência de elemento neutro: existe 0 ∈ V tal que u + 0 = u, para todo u ∈ V d) existência de elemento simétrico: para cada u ∈ V, existe −u ∈ V tal que u+(−u) = 0. e) α · (u + v) = α · u + α · v, para todo α ∈ R e para todos u, v ∈ V f) (α + β) · u = α · u + β · v, para todos α, β ∈ R e para todo u ∈ V g) (αβ) · u = α · (β · u) , para todos α, β ∈ R e para todo u ∈ V. h) 1 · u = u, para todo u ∈ V Exemplo 1.1 O conjunto V = R2 , munido das operações de adição (x, y) + (a, b) = (x + y, a + b) e de multiplicação por escalar α · (x, y) = (αx, αy) é um espaço vetorial real. 1 2 CAPÍTULO 1. ESPAÇO VETORIAIS Exemplo 1.2 O conjunto V = Mm×n (R) , munido das operações de adição de matrizes e da multiplicação de uma matriz por um escalar é um espaço vetorial real. Exemplo 1.3 O conjunto dos números complexos C, munido das operações de adição de números complexos (x + iy) + (a + ib) = (x + a) + i (y + b) e da multiplicação de um número complexo por um número real: α · (x + iy) = αx + iαy é um espaço vetorial real. Proposição 1.1 Seja V um espaço vetorial real. Então: a) O elemento neutro é único. b) Para cada u ∈ V o elemento simétrico de u é único. c) α · u = 0 ⇔ α = 0 ou u = 0. d) (−1) · u = −u, para todo u ∈ V. Definição 1.2 Seja V um espaço vetorial real e H ⊂ V, H = ∅. Dizemos que H é um subespaço vetorial de V, quando H munido das operações definidas em V, é também um espaço vetorial. Proposição 1.2 Seja V um espaço vetorial real e H ⊂ V, H = ∅. H é um subespaço vetorila de V ⇔ α · u + β · v ∈ H, para todo u, v ∈ H e α, β ∈ R. Exemplo 1.4 Considere V = R2 então H = {(x, y) ∈ R2 ; x = y} é um subespaço vetorial de R2 , já que (0, 0) ∈ H, portanto H = ∅. Ainda para todos (x, y) , (u, v) ∈ H, e α, β ∈ R tem-se que x = y e u = v, logo α (x, y) + β (u, v) = (αx + βu, αy + βv) ∈ H, pois αx + βu = αy + βv. Exemplo 1.5 Considere V = Mn×n (R) , então H = {A ∈ V ; At = A} é um subespaço vetorial de V. Exemplo 1.6 O conjunto constituído apenas do vetor nulo é um subespaço vetorial de qualquer espaço vetorial. Proposição 1.3 Seja V um espaço vetorial real e H, W subespaços de V então: a) H ∩ W é um subespaço de V. b) H + W = {u + v; u ∈ H e v ∈ W } é um subespaço de V. 1.1. DEPENDÊNCIA E INDEPENDÊNCIA LINEAR 1.1 3 Dependência e independência linear Daremos a seguir o importante conceito de dependência e independência linear, um dos principais conceitos de Álgebra linear. Em todo este parágrafo V é um espaço vetorial real. Definição 1.3 Sejam u1 , u2 , . . . , un ∈ V . Dizemos que u ∈ V é uma combinação linear de u1 , u2 , . . . , un se e só se existem α1 , α2 , . . . , αn ∈ R tais que u= n αi ui . (3) i=1 Nota 1.1 Quando u é uma combinação linear de u1 , u2 , . . . , un , dizemos que u é gerado por {u1 , u2 , . . . , un } e que α1 , α2 , . . . , αn são os coeficientes de u com respeito a este conjunto gerador. Definição 1.4 Seja S = {u1 , u2 , . . . , un } ⊂ V. O conjunto de todas as combinações lineares dos elementos de S será denotado por [S] . Ou seja, n [S] = α i ui ; α i ∈ R (4) i=1 Proposição 1.4 [S] é um subespaço vetorial de V, denominado subespaço gerado por S. Nota 1.2 Se S é um subconjunto infinito de V, então [S] é o conjunto de todas as combinações lineares dos subconjuntos finitos de S, pois uma combinação linear é sempre finita. Nota 1.3 Por convenção dizemos que o subespaço nulo é gerado pelo conjunto vazio, isto é, [∅] = {0}. Proposição 1.5 Seja V um espaço vetorial real e S, F ⊂ V então: a) S ⊂ [S] . b) Se S ⊂ F então [S] ⊂ [F ] . c) [[S]] = [S] . d) [S ∪ F ] = [S] + [F ] . Nota 1.4 Observe que o vetor nulo é gerado por qualquer subconjunto de vetore de V, bastando tomar os coeficientes todos iguais a 0. Mas veremos que esta não é a única maneira de gerar o vetor nulo. 4 CAPÍTULO 1. ESPAÇO VETORIAIS Definição 1.5 Sejam u1 , u2 , . . . , un ∈ V . Dizemos que {u1 , u2 , . . . , un } é um subconjunto linearmente independente (l.i) . de V quando a única combinação linear que gera o vetor nulo é aquela em que todos os coeficientes são nulos. Ou seja, n i=1 αi ui = 0 ⇔ αi = 0, i = 1, . . . , n. Caso contrário, dizemos que {u1 , u2 , . . . , un } é um subconjunto linearmente dependente (l.d.) de V , isto é, se existe algum αi ∈ R, αi = 0, tal que ni=1 αi ui = 0 = 0. Exemplo 1.7 O subconjunto {(1, 1) , (1, −1)} do R2 é l.i., pois α (1, 1) + β (1, −1) = (0, 0) se e somente se α+β =0 ⇔ α = β = 0. α−β =0 Exemplo 1.8 O subconjunto {(1, 1) , (1, −1) , (2, 4)} do R2 é l.d., pois α (1, 1) + β (1, −1) + γ (2, 4) = (0, 0) se e somene se se e somente se α + β + 2γ = 0 α − β + 4γ = 0 α = −3γ , ∀γ ∈ R, β=γ ou seja tomando α = −3 e β = γ = 1, temos que −3 (1, 1) + (1, −1) + (2, 4) = (0, 0) , portanto uma combinação linear, onde nenhum dos coeficientes é 0 gerando o vetro nulo (0, 0) . Proposição 1.6 Seja V um espaço vetorial e S ⊂ V. Então: a) S = {u} é l.d. ⇔ u = 0. b) S = {u1 , u2 , . . . , un } é l.d. ⇔ existe k ∈ {1, . . . , n} tal que uk ∈ [S\{uk }] . c) Se S = {u 1 , u2 , . . . , un } é l.i. então para cada u ∈ [S] existem únicos α1 , . . . , αn tal que u = ni=1 αi ui . d) Se S = {u1 , u2 , . . . , un } é l.i. e S ∪ {w} é l.d. então w ∈ [S] . e) Se S é l.i. então todo subconjunto de S é l.i. f) Se S é l.d. e S ⊂ T ⊂ V então T é l.d. 1.1. DEPENDÊNCIA E INDEPENDÊNCIA LINEAR 1.1.1 5 Lista de exercícios Exercício 1.1 Analise se o conjunto V = {(x, y) ; x, y ∈ R com y > 0} munido das operações (x, y) ⊕ (u, v) = (x + u, yv) , para todo (x, y) , (u, v) ∈ V. α · (x, y) = (αx, y α ) , para todo α ∈ R e (x, y) ∈ V. é um espaço vetorial real. Exercício 1.2 Verifique quais dos subconjuntos abaixo são subespaços de V = M2×2 (R) . a) H = {A ∈ V ; At = −A}. b) H = {A ∈ V ; tr (A) = 1}. Exercício 1.3 Determine um conjunto finito e l.i.de geradores dos subespaços abaixo, isto é, determine S finito l.i. tal que [S] = H. a) H = {(x, y, z) ∈ R3 ; x + y − z = 0}. b) H = {A ∈ M2×2 (R) ; At = A}. Exercício 1.4 Determine se os subconjuntos do R3 abaixo são l.i. ou l.d. a) S = {(1, 1, −1) , (0, 2, 3) , (2, 1, 1) , (−1, 1, 3)}. para cada u b) S = {(0, 1, 0) , (−1, 2, 1)}. c) S = {(5, −2, 0) , (2, 3, 1) , (1, 0, 1)}. Exercício 1.5 Seja {v1 , . . . , vn } um subconjunto de um espaço vetorial real. Mostre que {v1 , . . . , vn } é l.i. ⇔ a igualdade α1 v1 + · · · + αn vn = β 1 v1 + · · · β n vn só é válida se αi = β i , i = 1, . . . n. Exercício 1.6 Prove que {u, v} é um subconjunto l.i. de um espaço vetorial V ⇔ {u + v, u − v} é também um subconjunto l.i. de V. Exercício 1.7 Prove que se {u, v, w} é um subconjunto l.i. de um espaço vetorial V então {u + v + w, u − v, 3v} também um subconjunto l.i. de V. 6 1.2 CAPÍTULO 1. ESPAÇO VETORIAIS Base Vimos na seção anterior que se u ∈ [S] e S é um subconjunto finito e l.i. de um espaço vetorial V então a combinação linear de elementos de S é única. Isto nos leva a definição de base de um espaço vetorial finitamente gerado. Definição 1.6 Seja V um espaço vetorial real. Dizemos que V é finitamente gerado, quando existe um subconjunto finito S de V tal que V = [S] . Exemplo 1.9 O R2 é um espaço finitamente gerado pois [(1, 0) , (0, 1)] = R2 . Exemplo 1.10 O M2×2 (R) é um espaço finitamente gerado pois 1 0 0 1 0 0 0 0 , , , = M2×2 (R) . 0 0 0 0 1 0 0 1 Definição 1.7 Seja V um espaço vetorial finitamente gerado. Dizemos que B ⊂ V é uma base de V quando [B] = V e B é l.i. Exemplo 1.11 O subconjunto B = (1, 0) , (0, 1) é uma base do R2 pois [B] = R2 e (1, 0) , (0, 1) é l.i. 1 0 0 1 0 0 0 0 Exemplo 1.12 O subconjunto B = , , , é uma 0 0 0 0 1 0 0 1 base de M2×2 (R) , pois [B] = V e B é l.i. Proposição 1.7 Seja V um espaço vetorial real finitamente gerado V.Então B = {u1 , . . . , un } é uma base de V ⇔ para cada u ∈ V existem únicos α1 , . . . , αn ∈ R tais que u = n i=1 αi ui . Nota 1.5 A base de um espaço vetorial não é única. Para isso vejamos alguns exemplos: Exemplo 1.13 Os subconjuntos {(1, 0) , (0, 1)} e {(1, 1) (1, −1)} são bases do R2 . No entanto temos algumas propriedades sobre bases quaisquer de um mesmo espaço vetorial. Proposição 1.8 Se B é uma base de um espaço vetorial real finitamente gerado V, com n elementos então: a) Qualquer subconjunto de V com mais de n elementos é l.d. b) Todo subconjunto l.i. de V tem no máximo n elementos. Teorema 1.9 Duas bases de um mesmo espaço vetorial real V finitamente gerado possuem o mesmo número de elementos. 1.2. BASE 7 Definição 1.8 Seja V um espaço vetorial real finitamente gerado. Dizemos que a dimensão de V é n quando uma base de V possui n elementos. Denotamos por: dim V = n. Exemplo 1.14 dim R2 = 2. Exemplo 1.15 dim M2×2 (R) = 4. Definição 1.9 Seja W um subespaço vetorial de um espaço vetorial real finitamente gerado V . Definimos dimensão de W, como sendo o número de elementos de uma base qualquer de W. Notação 1.10 dim W = número de elementos de uma base de W. Exemplo 1.16 Seja B = {u1 , u2 , u3 } uma base de um espaço vetorial V e W = [u1 − u2 , u1 + u2 + u3 ]. Determine dim W. Como já temos um conjunto gerador, basta verificar se este é l.i. Vejamos α (u1 − u2 ) + β (u1 + u2 + u3 ) = 0 ⇔ (α + β) u1 + (β − α) u2 + βu3 e como B é l.i, então β = 0 = α e portanto o conjunto gerador de W é l.i, sendo assim é uma base de W ⇒ dim W = 2. Proposição 1.11 Seja V um espaço vetorial real de dimensão n. Então todo subconjunto de V, l.i., com n elementos é uma base de V. Definição 1.10 Uma base ordenada de um espaço vetorial real finitamente geradoV de dimensão n é uma n − upla ordenada de vetores l.i.de V. Exemplo 1.17 Como {(1, 0) , (0, 1)} é uma base do R2 então ((1, 0) , (0, 1)) é uma base ordenada de R2 , assim como ((0, 1) , (1, 0)) é uma outra base ordenade de R2 . Definição 1.11 Seja V um espaço vetorial real fintamente gerado e B = (u1 , . . . , un ) uma base ordenada de V. Então sabemos que para cada u ∈ V existem únicos α1 , . . . , αn ∈ R α1 n .. tais que u = de números reais, denominamos de i=1 αi ui . À matriz coluna . αn coordenadas de u com respeito à base ordenada B e denotamos por α1 (u)B = ... . αn Nota 1.6 Observe que uma vez conhecida a base ordenada as coordenadas de um vetor o caracterizam completamente. 8 CAPÍTULO 1. ESPAÇO VETORIAIS Vejamos alguns resultados importantes envolvendo as coordenadas dos vetores com respeito a uma determinada base ordenada. Exemplo 1.18 Considerando B = ((1, 0, 1) , (0, 1, 0) , (1, 0, −1)) uma base ordenada de R3 , temos que para cada (x, y, z) ∈ R3 existem α, β, γ ∈ R tais que (x, y, z) = α (1, 0, 1) + β (0, 1, 0) + γ (1, 0, −1) ou seja (x, y, z) = (α + γ, β, α − γ) . Assim temos o seguinte sistema o que implica Assim, x=α+γ y=β z =α−γ x+z α= 2 β=y . x − z γ= 2 x+z 2 ((x, y, z))B = y x−z 2 . Proposição 1.12 Seja B = (u1 , . . . , un ) uma base ordenada de um espaço vetorial real V . Então (u + v)B = (u)B + (v)B e (λu)B = λ (u)B , para todos u, v ∈ V e λ ∈ R. Proposição 1.13 Seja B = (u1 , . . . , un ) uma base ordenada de um espaço real vetorial a1 .. n V. Então dado (a1 , . . . , an ) ∈ R , existe um único u ∈ V tal que (u)B = . . an A demonstração destas proposições seguem diretamente da definição de coordenadas de um vetor com respeito a uma base ordenada e serão deixadas como exercícios. Nota 1.7 Das duas proposições anteriores segue que podemos identificar os elementos de um espaço vetorial real V de dimensão n com os elementos do Rn , pois existe uma correspondência biunívoca entre eles, que preserva suas operações. 1.2. BASE 9 Proposição 1.14 Seja B = (u1 , . . . , un ) uma base ordenada de umespaço vetorial real V. a11 an1 .. .. e w1 , . . . , wn ∈ V tais que (w1 )B = . , . . . , (wn )B = . . Então {w1 , . . . , wn } a1n ann a11 . . . a1n .. .. = é l.i ⇔ {(w1 )B , . . . , (wn )B } é um subconjunto l.i. de Mn×1 (R) ⇔ det ... . . an1 . . . ann 0. Em algumas situações a escolha da base adequada ajuda na resolução de problemas mais facilmente. No entanto, se já conhecemos as coordenadas de um vetor com respeito a uma determinada base e queremos mudar a base, queremos saber qual a relação entre as coordenadas de um vetor numa nova base, a partir das coordenadas denadas do mesmo vetor com respeito a diferentes bases, pois assim poderemos resolver nosso problema na base mais adequada e em seguida voltar à base inicial. Vejamos então como proceder. Para isso é necessário trabalharmos com matrizes, como veremos a seguir. Definição 1.12 Sejam B = (u1 , . . . , un ) e C = (v1 , . . . , vn ) bases ordenadas de um espaço vetorial V. Então como cada vi , i = 1, . . . , n é um vetor de V e B é base ordenadade n V , segue que existem únicos aji ∈ R, j = 1, . . . , n tais que vi = aji uj . À matriz j=1 a11 . . . a1n .. .. denominamos matriz mudança da base B para a base C e M = ... . . an1 . . . ann a denotaremos por MBC . Nota 1.8 Observe que, com a notação da definição acima segue que MBC = (v1 )B · · · (vn )B isto é, as colunas de MBC são as coordenadas dos vetores da base C com respeito à base B. Exemplo 1.19 Sejam B = ((1, 0, 0) , (0, 1, 0) , (0, 0, 1)) e C = {(1, 0, 1) , (0, 1, 0) , (1, 0, −1) bases ordenadas de R3 . A matriz MBC é dada por 1 0 1 MBC = 0 1 0 , 1 0 −1 enquanto que a matriz mudança da base C para a base B, isto é, MCB é dada por 1 1 2 0 2 MCB = 0 1 0 . 1 1 0 − 2 2 10 CAPÍTULO 1. ESPAÇO VETORIAIS Veremos a seguir importantes propriedades da matriz mudança de base e como ela nos ajudará a determinar as coordenadas de um vetor numa nova base. Proposição 1.15 Sejam B, C e D bases ordenadas de um espaço vetorial finitamente gerado V, de dimensão n. Então a) MBD = MBC MCD . b) (u)C = MCB (u)B . −1 c) MBC = MCB . d) MBB = In , onde In é a matriz identidade n × n. Exemplo 1.20 Sejam B = ((1, 0, 0) , (0, 1, 0) , (0, 0, 1)) e C = {(1, 0, 1) , (0, 1, 0) , (1, 0, −1) bases ordenadas de R3 , já vimos que logo tem-se que x+z 2 ((x, y, z))C = y x−z 2 x e ((x, y, z)) = y , B z x 1 0 1 ((x, y, z))B = y = 0 1 0 z 1 0 −1 x+z 1 0 2 2 = 0 1 ((x, y, z))C = y x−z 1 0 2 2 1.2.1 x+z 2 = MBC ((x, y, z)) y C x−z 2 1 x 2 0 y = MCB ((x, y, z))B . 1 z − 2 Lista de exercícios Exercício 1.8 uma base ordenada B deR3 , considere os vetores u, v, w ∈ R3 tais Fixada 2 0 4 1 , (v)B = 1 5 . que (u)B = e (w)B = 3 −1 3 a) Calcule (u + v)B e (u − 2v + 3w)B . b) Determine a e b, de modo que au + bv = w. 1.2. BASE 11 Exercício 1.9 Seja B uma base ordenada de R3 . Mostre que {u, v} é l.d. ⇔existe λ, α ∈ 0 R não ambos nulos tais que α (u)B + λ (v)B = 0 , isto é, se suas coordenadas são 0 proporcionais. Exercício 1.10 Seja B uma base ordenada de R3 . Determine m, de modo que os vetores abaixo sejam l.d.. 3 2 1 a) (u)B = 5 , (v)B = 0 e (w)B = m 1 4 3 1 2 b) (u)B = 3 e (v)B = 1 + m 5 10 Exercício 1.11 Dada a base ordenada de R3 , (e1 , e2 , e3 ) ,considere os vetores f1 = e1 − e2 − e3 , f2 = e1 + 2e2 + e3 e f3 = 2e1 + e2 + 4e3 . a) Verifique que (f1 , f2 , f3 ) é uma base. b) Determine a matriz mudança da base nova para a base antiga. c) Sendo v = 3e1 − 5e2 + 4e3 , determine as coordenadas de v na nova base. Exercício 1.12 Para cada um dos subespaços abaixo, determine uma base e sua dimensão: a) H = {A ∈ M2×2 (R) ; At = −A}. b) H = {(x, y, z) ∈ R3 ; x + y − 2z = 0}. c) H = {p ∈ P2 (R) ; p (1) = 0}. Exercício 1.13 Considerando U = {(x, y, z) ∈ R3 ; x + 2y − z = 0} e W = {(x, y, z) ∈ R3 ; x + z = 0} subespaços do R3 , determine uma base de U ∩ W e uma base para U + W. Exercício 1.14 Determine as coordenadas do vetor u = (4, −5, 3) ∈ R3 em relação à base ordenada B = ((1, 2, 1) , (0, 3, 2) , (1, 1, 4)) . Exercício 1.15 A matriz mudança de uma base ordenada B do R2 para a base ((1, 1) , (0, 2)) desse mesmo espaço é: 5 −2 . 0 3 Determine a base B. 12 CAPÍTULO 1. ESPAÇO VETORIAIS Exercício 1.16 Considere o seguinte subespaço vetorial de M2×2 (R) : a b U ={ ; a − b − c = 0}. c d a) Mostre que os subconjuntos abaixo são bases de 1 1 1 0 0 0 B = , , , 0 0 1 0 0 1 1 0 0 −1 0 0 C = , , . 1 0 1 0 0 1 b) Determine a matriz mudança da base B para a base C e a da base C para a base B. c) Determine uma base D de U, tal que a matriz mudança de D para B seja 1 1 0 0 0 2 . 0 3 1 1.3 Produto Interno Conceitos importantes na geometria são o de ângulo entre vetores, o de distância e o de comprimento de vetores. Todos esses conceitos provem do conceito de produto escalar. Vamos agora generalizar este conceito para um espaço vetorial qualquer. Definição 1.13 Seja V um espaço vetorial real. Um produto interno sobre V é uma função , : V × V → R tal que: i) u, v = v, u , para todos u, v ∈ V. ii) u + v, w = u, w + v, w para todos u, v, w ∈ V. iii) α · u.v = α u, v para todos u, v ∈ V e α ∈ R. iv) u, u ≥ 0, para todo u ∈ V e u, u = 0 se e somente se u = 0. Um espaço vetorial real munido de um produto interno é denominado um espaço vetorial euclidiano. Exemplo 1.21 Um produto interno sobre R3 é dado por: (x, y, z) , (a, b, c) = xa + yb + zc. 1.3. PRODUTO INTERNO 13 Exemplo 1.22 Um produto interno sobre P2 (R) é a + bt + ct2 , α + βt + γt2 = aα + bβ + cγ. Exemplo 1.23 Um produto interno sobre Mm×n (R) é dado por: A, B = tr AB t . Proposição 1.16 Seja V um espaço vetorial real euclidiano. Então: P1) 0, u = 0, para todo u ∈ V. P2) u, v + w = u, v + u, w para todos u, v, w ∈ V. P3) u, α · v = α u, v para todos u, v ∈ V e α ∈ R. n n αi ui , v = αi ui , v . P4) i=1 i=1 Definição 1.14 Seja V um espaço vetorial euclidiano. Então para cada u ∈ V, definimos a norma de u, como sendo o número real não negativo: u = u, u. Exemplo 1.24 Em Rn a norma de (x1 , . . . , xn ) é dada por: (x1 , . . . , xn ) = x21 + · · · + x2n . Exemplo 1.25 Em Mm×n (R) a norma de cada matriz A é dada por: A = tr AAt . Proposição 1.17 Seja V um espaço vetorial euclidiano. Então: a) u ≥ 0, para todo u ∈ V e u = 0 ⇔ u = 0. b) α · u = |α| u para todo u ∈ V e α ∈ R. c) u + v ≤ u + v para todos u, v ∈ V. Proposição 1.18 (Desigualdade de Cauchy-Schwarz): Seja V um espaço vetorial euclidiano. Então para todos u, v ∈ V, tem-se que: |u, v| ≤ u v . 14 CAPÍTULO 1. ESPAÇO VETORIAIS Nota 1.9 A partir da desigualdade acima, se u, v são vetores não nulos de V, tem-se que −1 ≤ u, v ≤ 1, u v e portanto define-se o ângulo θ entre u e v, tal que cos θ = u, v . u v Definição 1.15 Seja V um espaço vetorial euclidiano. Dizemos que u, v ∈ V são ortogonais quando u, v = 0. Denotaremos u⊥w. Nota 1.10 Observe que quando u = 0, v = 0 então u, v = 0 ⇔ o ângulo θ entre u e v π é . Enquanto que {u, v} são l.d. ⇔ o ângulo θ entre u e v é 0. ou π. 2 Proposição 1.19 Seja V um espaço vetorial euclidiano. Se {u1 , . . . , un} é um subconjunto de vetores não nulos e dois a dois ortogonais então {u1 , . . . , un} é um subconjunto l.i. Definição 1.16 Dizemos que uma base B de um espaço vetorial real V finitamente gerado é ortonormal quando seus vetores são unitários, isto é têm norma igula a 1, e são dois a dois ortogonais. Nota 1.11 É claro que se um espaço W é tal que dim W = 1, uma base ortonormal de W terá apenas um vetor unitário. Veremos a seguir como a norma de um vetor, o produto interno entre dois vetores e as coordenadas de um vetor podem ser escritos em relação às suas coordenadas quando a base é ortonormal. Proposição 1.20 Seja B = (e1 , . . . , en ) uma base ordenada ortonormalde um espaço a1 b1 .. .. vetorial real euclidiano V e u, w ∈ V tais que (u)B = . e (w)B = . . Então an b n t ai = u, ei , bi = w, ei , u, w = a1 b1 + · · · + an bn = (u)B (w)B e u = a21 + · · · + a2n . Exemplo 1.26 Seja V um espaço √ vetorial real euclidiano de dimensão igual a 3. Determine u ∈ V tal que u = 3 3, u⊥w, u⊥v e u forma agudo e1 , um ângulo com 2 1 onde B = (e1 , e2 , e3 ) é uma base ortonormal de V , (w) = 3 e (v) = −2 . −1 3 Consideremos u = ae1 + be2 + ce3 . Assim, das hipóteses, segue que a2 + b2 + c2 = 27 2a + 3b − c = 0 a − 2b + 3c = 0 1.3. PRODUTO INTERNO 15 Assim, temos que b = c, a = −b e portanto b = ±3. Agora utilizando a hipótese de que u forma um ângulo agudo com e1 , segue que a > 0 e assim, b = −3, a = 3 e c = −3. Logo u = 3e1 − 3e2 + 3e3 . Veremos a seguir que dada uma base ordenada qualquer de um espaço vetorial real euclidiano V, pode-se construir uma nova base ordenada ortonormal, da seguinte forma: Teorema 1.21 Processo de ortonormalização de Gram-Scmidt: Seja B = (u1 , . . . , un ) uma base ordenada de V. Então existe C = (e1 , . . . , en ) base ordenada ortonormal de V tal que [{e1 , . . . ek }] = [{u1 , . . . , uk }] , 1 ≤ k ≤ n. Prova. Para que [{e1 }] = [{u1 }] , devemos ter {e1 , u1 } l.d., portanto deve existir α ∈ R 1 1 tal que e1 = αu1 e como e1 = 1, segue que α = . Logo, e1 = u1 . Assim, temos u1 u1 as condições requeridas para o primeiro vetor da base ordenada ortonormal. O segundo vetor deve ser tal que [{e1 , e2 }] = [{u1 , u2 }] e portanto e2 deverá pertencer a [{u1 , u2 }] = [{e1 , u2 }] ou seja e2 = βe1 + γu2 e como {e1 , e2 } deve ser l.i. então γ = 0, logo podemos β 1 tomar e2 = γ e1 + u2 = γ (λe1 + u2 ) e como e2 = 1, segue que |γ| = . γ λe1 + u2 logo devemos determinar λ e para isso, é só lembrar que a base que queremos é ortonormal, portanto e2 , e1 = 0 ⇔ λe1 + u2 , e1 = 0. Assim das propriedades de produto interno, u2 − u2 , e1 e1 obtemos que λ = − u2 , e1 ⇒ e2 = . Procedendo de modo análogo, u2 − u2 , e1 e1 vamos determinar δ, η ∈ R tais que (u3 + δe2 + ηe1 ) ⊥e1 e (u3 + δe2 + ηe1 ) ⊥e2 . Utilizando o que já obtivemos e as propriedades de produto interno, obtemos que δ = − u3 , e2 e η = u3 − u3 , e2 e2 − u3 , e1 e1 − u3 , e1 e como e3 é um vetor unitário, segue que e3 = .E u3 − u3 , e2 e2 − u3 , e1 e1 assim sucessivamente para cada 1 ≤ k ≤ n, tem-se que ek = uk − uk , ek−1 ek−1 − · · · − uk , e1 e1 . uk − uk , ek−1 ek−1 − · · · − uk , e1 e1 Exemplo 1.27 Sabendo que B = ((1, 0, 1) , (1, 2, 1) , (1, −1, 0)) é uma base de R3 , deter3 mine uma nova base ortonormal de R , construída a partir do processo de Gram Scmidt 3 1 , determine (u)C . e se (u)B = 1 Solução 1.22 Do processo de Gram Smidt, construímos C = (e1 , e2 , e3 ) da seguinte 1 2 forma, e1 = √ (1, 0, 1) , e1 , u2 = √ , logo u2 − u2 , e1 e1 = (0, 2, 0) ⇒ e2 = (0, 1, 0). 2 2 16 CAPÍTULO 1. ESPAÇO VETORIAIS 1 Ainda, u3 , e2 = −1, u3 , e1 = √ , u3 − u3 , e2 e2 − u3 , e1 e1 2 √ 2 1 1 0 tanto e3 = √ , 0, − √ . Ainda, temos que MCB = 2 2 0 √ 6 2 (u)C = MCB (u)B = √3 . 2 1 1 = , 0, − e por2 2 √ √ 2 2 2 2 √1 . Assim, 0 2 Proposição 1.23 Sejam B = (u1 , . . . , un ) e C = (e1 , . . . , en ) bases ordenadas ortonormais de um espaço vetorial real eucldiano V . Então a matriz mudança entre as bases B −1 −1 t t e C é uma matriz ortogonal, isto é, MBC = MBC e MCB = MCB . Definição 1.17 Seja V um espaço vetorial euclidiano e U um subespaço vetorial de V. Definimos o complemento ortogonal de U, como sendo o subconjunto: U ⊥ = {w ∈ V ; w, u = 0, para todo u ∈ U}. Proposição 1.24 Seja V um espaço vetorial euclidiano e U um subespaço vetorial de V. O complemento ortogonal de U, U ⊥ , é um subespaço vetorial de V, tal que U ∩ U ⊥ = {0}. Exemplo 1.28 O complemento ortogonal do subespaço vetorial U = {x, y, z); x−2z = 0} do R3 é tal que (a, b, c) , (x, y, z) = 0, para todo (x, y, z) ∈ U. Primeiramente determinemos uma base de U. Da definição de U, temos que (x, y, z) ∈ U ⇔ x = 2z, portanto um vetor de U é da forma (2z, y, z) = z (2, 0, 1) + y (0, 1, 0), logo U = [(2, 0, 1) , (0, 1, 0)] . Ainda como α (2, 0, 1) + β (0, 1, 0) = (0, 0, 0) ⇔ α = 0 = β, temos que {(2, 0, 1) , (0, 1, 0)} é uma base de U. Logo das propriedades de produto interno, (a, b, c) , (2, 0, 1) = 0 segue que (a, b, c) ∈ U ⊥ ⇔ , ou seja se e somente se (a, b, c) , (0, 1, 0) = 0 2a + c = 0 . b=0 Logo U ⊥ = {(a, 0, −2a) ; a ∈ R}. Definição 1.18 Seja V um espaço vetorial euclidiano e U um subespaço vetorial de V de dimensão finita. Considere B = (e1 , . . . , en ) uma base ortonormal de U. Definimos a projeção ortogonal de V sobre U, como sendo a função: ProjU : V → U definida por ProjU (v) = v, e1 e1 + · · · + v, en en . Exemplo 1.29 Determine a projeção ortogonal do vetor (1, 1, 1) ∈ R3 sobre o subespaço U do exemplo anterior. Para isso precisamos determinar uma base ortonormal de U e como já temos uma base, basta utilizar o processo de Gram-Schmidt. Assim, e1 = 1.3. PRODUTO INTERNO 17 1 √ (2, 0, 1) , (0, 1, 0) = 0, então e2 = (0, 1, 0) , já que tal vetor 5 3 1 6 3 é unitário. Logo ProjU (1, 1, 1) = √ √ (2, 0, 1) + (0, 1, 0) = , 1, . É claro que 5 5 5 5 3 6 3 6 , 1, ∈ U, já que − 2. = 0. 5 5 5 5 1 √ (2, 0, 1) e como 5 Exemplo 1.30 Seja V um espaço vetorial e u ∈ V, u = 0 tal que U = [u] subespaço de u V, então uma base ortonormal de U é {e} onde e = . Assim, para cada v ∈ V, tem-se u u u v, u u. = que ProjU (v) = v, e e = v, u u u2 Nota 1.12 A projeção ortogonal se caracteriza pelo fato de v − ProjU (v) ∈ U ⊥ . Ainda ProjU (v) ∈ U é o vetor de U mais próximo de v, já que v − ProjU (v) ≤ v − u , para todo u ∈ U. 1.3.1 Método dos mínimos quadrados Aproximação por projeções Suponhamos que você queira determinar o valor de uma constante. Por exemplo uma constante da Física. Para isso você faz n medições. Se as medidas não tivessem erros você deveria ter n valores iguais desta medida, já que ela é constante, mas como as medições trazem imprecisões, em geral obtém-se n valores distintos. O que se faz é tomar a média aritmética como o valor mais provável da constante. Vejamos porque realmente este é o valor mais provável. Suponhamos então que obtivemos k1 , . . . , kn valores para a tal constante. Definimos então o vetor experiência v = (k1 , . . . , kn ) ∈ Rn e consideremos o subespaço do Rn , U = [(1, . . . , 1)] . Como o valor que gostaríamos de ter obtido era aquele em que v pertencesse a U, vamos determinar a projeção ortogonal de v sobre U, já que esta projeção nos dá o vetor de U, mais próximo de v.. Assim, devemos determinar (k1 , . . . , kn ) , (1, . . . , 1) k ∈ R, tal que k · (1, . . . , 1) = ProjU (v) = (1, . . . , 1) , ou seja (1, . . . , 1)2 (k1 , . . . , kn ) , (1, . . . , 1) k1 + · · · + kn k= = , da definição de produto interno do Rn . Ou 2 n (1, . . . , 1) k1 + · · · + kn seja o melhor valor para a constante k = . n Se tivermos uma experiência mais complexa, onde queremos determinar o valor de 2 constantes, simultaneamente e tivermos encontrado m valores k1 , . . . , km , para uma delas e l1 , . . . , lm valores para a segunda, consideremos o vetor experiência E = (k1 , . . . , km , l1 , . . . , lm ) ∈ R2m , espaço vetorial euclidiano, com o produto interno usual e consideremos o subespaço vetorial de R2m , U = [(1, . . . , 1, 0, . . . , 0) , (0, . . . , 0, 1, . . . , 1)] . Assim, queremos determinar k, l ∈ R tais que k (1, . . . , 1, 0, . . . , 0) + l (0, . . . , 0, 1, . . . , 1) = ProjU (E) . Como 18 CAPÍTULO 1. ESPAÇO VETORIAIS (1, . . . , 1, 0, . . . , 0) e (0, . . . , 0, 1, . . . , 1) já são ortogonais, para determinar uma vase orto(1, . . . , 1, 0, . . . , 0) (1, . . . , 1, 0, . . . , 0) √ normal de U, basta tomarmos e1 = = e e2 = (1, . . . , 1, 0, . . . , 0) m (0, . . . , 0, 1, . . . , 1) (0, . . . , 0, 1, . . . , 1) √ = . Assim, k (1, . . . , 1, 0, . . . , 0)+l (0, . . . , 0, 1, . . . , 1) = (0, . . . , 0, 1, . . . , 1) m l1 + · · · + lm k1 + · · · + km ProjU (E) = E, e1 e1 + E, e2 e2 ⇒ k = el= . m m Ajuste de curvas Uma necessidade bastante frequente é dados n pontos (xi , yi ) , 1 ≤ i ≤ n encontrar uma função g, combinação linear de funções conhecidas g1 , . . . , gm , que passa por estes pontos. Como muitas vezes estes pontos são obtidos por esperiência ou medição, eles trazem consigo imprecisões e por isso na maioria das vezes não encontramos tal combinação linear que passe pelos pontos (xi , yi ) , 1 ≤ i ≤ n. Consideremos os vetores G1 = (g1 (x1 ) , . . . , g1 (xn )) , . . . , Gm = (gm (x1 ) , . . . , gm (xn )) , Y = (y1 , . . . , yn ) ∈ Rn e o subespaço U = [G1 , . . . , Gm ] . Queremos então determinar c1 , . . . , cm ∈ R tal que c1 G1 + · · · + cm Gm = ProjU Y , que é o vetor combinação linear das funções, mais próximo de Y. Mas c1 G1 + · · · + cm Gm = ProjU Y ⇔ Y − (c1 G1 + · · · + cm Gm ) ∈ U ⊥ , ou seja, Y − (c1 G1 + · · · + cm Gm ) , Gi = 0, 1 ≤ i ≤ n c1 G1 + · · · + cm Gm , Gi = Y, Gi , 1 ≤ i ≤ n. Logo resolvendo o sistema, determinaremos c1 , . . . , cm ∈ R, que fornecem a combinação linear tal que Y − (c1 G1 + · · · + cm Gm ) é mínima e portanto este método é denominado método dos mínimos quadrados. Exemplo 1.31 Uma experiência forneceu os seguintes valores (x1 , y1 ) = (3, 6) , (x2 , y2 ) = (1, 3) , (x3 , y3 ) = (5, 9) e (x4 , y4 ) = (4, 7) . Determinemos a reta da forma y = kx que melhor se adapta a estes resultados no sentido dos mínimos quadrados. Temos então uma única função, a saber, g1 (x) = x. Consideremos os vetores Y = (6, 3, 9, 7) e G1 = (3, 1, 5, 4) . Assim, queremos determinar k ∈ R tal que Y − kG1 , G1 = 0 ⇔ k G1 2 = Y, G1 , logo, k= 3.6 + 1.3 + 5.9 + 4.7 94 = . 2 2 2 2 3 +1 +5 +4 51 Exemplo 1.32 Ajustar uma função do tipo g (x) = a + bx2 aos pontos (0, 1.1) , (1, 0.1) e (2, −3.1) . Assim, a função g1 = 1 e g2 = x2 . Consideremos então os vetores do R3 , Y = (1.1, 0.1, −3.1) , G1 = (1, 1, 1) e G2 = (0, 1, 4) . Assim, devemos encontrar a, b ∈ R tais que 3a + 5b = −1.9 , 5a + 17b = −12.3 que resolvendo nos dá a ∼ = 1.12 e b ∼ = −1.05. 1.3. PRODUTO INTERNO 1.3.2 19 Lista de Exercícios Exercício 1.17 Num espaço vetorial euclidiano V, mostre que. a) u, v = ! 1 u + v2 − u − v2 . 4 b) u2 + v2 = ! 1 u + v2 + u − v2 . 2 Exercício 1.18 Seja B = (f1 , f2 , f3 ) uma base ortonormal de um espaço vetorial euclidiano V e C = (e1 , e2 , e3 ) uma base dada por e1 = 2f1 + 3f2 , e2 = f1 + f2 + f3 , e3 = f2 + 2f3 . a) Determine a matriz MBC . b) Dados os vetores u, v ∈ V tais que (u)C = v e u, v . 1 − 2 −4 5 2 1 , (v)C = −1 , calcule u , 1 c) Determine as coordenadas de um vetor w em relação à base C, de modo que w = 1, w⊥u e w⊥v, onde u e v do ítem (b). d) Determine o ângulo entre e1 e e2 . Responda se a base C é ortonormal. Exercício 1.19 Considere V = {(x, y, z) ∈ R3 ; x + z = 0}. a) Determine uma base ortonormal de V. b) Determine u0 ∈ R3 tal que u0 ⊥u, ∀u ∈ V. → c) Dado o vetor w = (1, −3, −2) ∈ R3 , determine v0 ∈ V de modo que w −v0 ⊥v, ∀− v ∈ V. "− →# → − → − Exercício 1.20 Considere i , j , k a base ortonormal canônica de R3 . − → − → − → − → → − → − a) Determine x ∈ R tal que x i + 3 j + 4 k ⊥3 i + j + k . → → − → − → − → − − → − → − b) Determine os ângulos entre os vetores: (i) 2 i + j e j − k , (ii) i + j + k e − → − → −2 j − 2 k . − → c) Determine um vetor unitário da direção da bissetriz da ângulo entre os vetores 2 i + → − → − → − − → − → 3j + k e 3 i +2j −3k. Exercício 1.21 Determine uma base ortonormal de W e uma base ortonormal de W ⊥ , onde W é o subespaço do R4 dado por W = {(x, y, z, t) ; x + y = 0 e 2x + z = y}. 20 CAPÍTULO 1. ESPAÇO VETORIAIS Exercício 1.22 Determine a projeção ortogonal do vetor (1, 1, 0, −1) ∈ R4 sobre o subespaço W = {(x, y, z, t) ∈ R4 ; x − y − z = 0 e z − 2t = 0}. Exercício 1.23 Determine a reta em R2 de equação y = kx que melhor se adapte aos pontos (3, 0) , (2, 1) e (1, 2) . Exercício 1.24 Determine o polinômio f (x) = ax2 + bx + c, que melhor se ajuste aos pontos (1, 2) , (3, 1) , (4, 2) e (2, 0) . Capítulo 2 Transformações Lineares No primeiro capítulo estudamos os espaços vetoriais e as suas principais propriedades. Neste próximo capítulo estudaremos as aplicações entre espaços vetoriais, onde as mais importantes são as transformações lineares. Definição 2.1 Sejam U e V dois espaços vetoriais reais. Dizemos que uma função T : U → V é uma transformação linear quando: T (u + v) = T (u) + T (v) , para todos u, v ∈ U T (α · u) = α · T (u) , para todo u ∈ U e α ∈ R. Exemplo 2.1 Considere C 1 (R) o espaço vetorial das funções riváveis e C (R) o espaço vetorial das funções reais contínuas. C (R) definida por D (f ) = f é uma transformação linear, já (αf) = αf , para todas f, g ∈ C 1 (R) e α ∈ R. Assim, D (f D (αf ) = αD (f) . reais continuamente deA função D : C 1 (R) → que (f + g) = f + g e + g) = D (f) + D (g) e Exemplo 2.2 Considere os espaços vetoriais C ([a, b]) e C 1 ([a, b]) . A função I : C ([a, b]) → $ 1 C ([a, b]), definida por I (f ) = a f, ou seja que a cada função contínua associa $ $ a primi$ tiva $ F de f tal $ que F (a) = 0 é uma transformação linear, já que a (f + g) = a f + a g e a αf = α a f, para todas f, g ∈ C ([a, b]) e α ∈ R. Assim, I (f + g) = I (f) + I (g) e I (αf ) = αI (f ) . Nota 2.1 Quando U = V, denominamos a transformação linear T : V → V de operador linear. Proposição 2.1 Sejam U e V espaços vetoriais reais e T : U → V uma transformação linear. Então: a) T (0) = 0, isto é T leva vetor nulo de U em vetor nulo de V. b) T (−u) = −T (u) , para todo u ∈ U, ou seja T leva o elemento simétrico de cada vetor u de U no elemento simétrico de sua imagem em V. 21 22 CAPÍTULO 2. TRANSFORMAÇÕES LINEARES c) Se W é um subespaço de U então T (W ) = {T (w) ; w ∈ W } é um subespaço de V. Portanto a imagem de T, denotada por Im (T ) é um subespaço de V. d) Se H é um subespaço de V então T −1 (H) = {u ∈ U ; T (u) ∈ H} é um subespaço de U. Definição 2.2 Sejam U e V espaços vetoriais reais e T : U → V uma transformação linear. Denotamos por Ker (T ) o seguinte subconjunto de U, denominado núcleo de T : Ker (T ) = {u ∈ U; T (u) = 0} = T −1 {0}. Exemplo 2.3 Seja T : R3 → P1 (R) definida por T (x, y, z) = (x + z) − yt. Para determinarmos o núcleo de T, devemos fazer T (x, y, z) = 0 + 0t, que é o polinômio nulo de grau menor ou igual a 1. Assim, temos: x+z =0 (x + z) − yt = 0 + 0t ⇔ , y=0 portanto Ker (T ) = {(x, 0, −x) ; x ∈ R} = [(1, 0, −1)] . Vejamos algumas propriedades do núcleo de uma transformação linear. Proposição 2.2 Sejam U e V espaços vetoriais reais e T : U → V. Então: i) Ker (T ) é um subespaço vetorial de U. ii) T é uma função injetora ⇔ Ker (T ) = {0}. Teorema 2.3 (dimensão do núcleo e da imagem): Sejam U e V espaços vetoriais reais e T : U → V uma transformação linear, sendo U um subespaço de dimensão finita. Então dim (U ) = dim (Ker (T )) + dim (Im (T )) . x−z y+z Exemplo 2.4 Seja T : R → M2×2 (R) definida por T (x, y, z) = . 2x + 2y x + y É claro que T é uma transformação linear(mostre) e dim (R3 ) = 3. Ainda para de3 terminarmos o núcleo de T, devemos determinar (x, y, z) ∈ R tal que T (x, y, z) = x−z y+z 0 0 = . Portanto 2x + 2y x + y 0 0 3 x=z y = −z , x = −y 23 ou seja Ker (T ) = {(x, −x, x) , x ∈ R} = {x · (1, −1, 1) , x ∈ R} = [(1, −1, 1)] , portanto dim (Ker (T )) = 1. Logo pelo teorema da dimensão do núcleo e da imagem, segue que dim (Im (T )) = 2. Verifiquemos: % x−z y+z Im (T ) = , x, y, z ∈ R = 2x + 2y x + y % 1 0 0 1 −1 1 = x +y +z , x, y, z ∈ R = 2 1 2 1 0 0 % 1 0 0 1 −1 1 = , , = 2 1 2 1 0 0 % 1 0 0 1 = , , 2 1 2 1 pois 0 1 1 0 = − 2 1 2 1 % 1 0 0 1 1 0 0 1 0 0 e como , é l.i., já que α +β = ⇔α=0= 2 1 2 1 2 1 2 1 0 0 % 1 0 0 1 β, segue que , é base de Im (T ) , o que implica que dim (Im (T )) = 2, 2 1 2 1 conforme o teorema. −1 1 0 0 Corolário 2.4 Sejam U e V espaços vetoriais reais de mesma dimensão n e T : U → V uma transformação linear. Então são equivalentes: i) T é sobrejetora. ii) T é injetora. iii) T é bijetora. iv) T transforma uma base de U numa base de V. Prova. i)⇒ii): Como T é sobrejetora então Im (T ) = V, logo dim (Im (T )) = n = dim (U ) , portanto do teorema do núcleo e da imagem, temos que dim (Ker (T )) = 0, ou seja Ker (T ) = {0}, o que implica que T é injetora. ii)⇒iii): Como T é injetora, segue que Ker (T ) = {0}, o que implica que dim (Ker (T )) = 0, portanto do teorema do núcleo e da imagem, temos que dim (Im (T )) = n = dim V e como Im ((T )) é subespaço de V, segue que Im (T ) = V, o que implica que T é sobrejetora e portanto bijetora. iii)⇒iv): Como T é bijetora, segue que Im (T ) = V. Ainda se B = {u1 , . . . , un} é uma base de U, então Im (T ) = [T (u1 ) , . . . , T (un )] . Basta então verificar que {T (u1 ) , . . . , T (un )} é l.i. De fato: α1 T (u1 ) + · · · + αnT (un ) = 0 ⇔ T (α1 u1 + · · · + αn un ) = 0 ⇔ ⇔ α1 u1 + · · · + αn un ∈ Ker (T ) ⇔ α1 u1 + · · · + αn un = 0, 24 CAPÍTULO 2. TRANSFORMAÇÕES LINEARES pois T é injetora. Mas como {u1 , . . . , un } é uma base de U, segue que {u1 , . . . , un} é l.i.. o que implica que α1 = 0 = · · · = αn . Logo {T (u1 ) , . . . , T (un )} é base de Im (T ) e portanto base de V. iv)⇒i): Se B = {u1 , . . . , un } é uma base de U, segue que {T (u1 ) , . . . , T (un )} é base de V, mas Im (T ) = [T (u1 ) , . . . , T (un )] e portanto {T (u1 ) , . . . , T (un)} é base de Im (T ) , logo Im (T ) = V, portanto T é sobrejetora. Definição 2.3 Sejam U e V espaços vetoriais reais. Dizemos que T : U → V é um isomorfismo quando T é uma transformação linear bijetora. Exemplo 2.5 Seja T : R3 → P2 (R) definida por T (a, b, c) = (a + c) + (b − 2c) t + (2a) t2 .Verifiquemos primeiramente que T é uma transformação linear: T ((a, b, c) + (x, y, z)) = = = = T (α · (a, b, c)) = = T (a + x, b + y, c + z) = (a + x + c + z) + (b + y − 2 (c + z)) t + 2 (a + x) t2 = ! ! (a + z) + (b − 2c) t + 2at2 + (x + x) + (y − 2z) t + 2xt2 = T (a, b, c) + T (x, y, z) . T (αa, αb, αc) = (αa + αc) + (αb − 2αc) t + 2αat2 = ! α (a + c) + (b − 2c) t + 2at2 = αT (a, b, c) . Para mostrar que T é bijetora, basta mostrar, pelo corolário, que T é injetora, pois dim (R3 ) = dim (P2 (R)) = 3. Verifiquemos: T (a, b, c) = 0 ⇔ (a + c) + (b − 2c) t + (2a) t2 = 0 + 0t + 0t2 ⇔ ⇔ a = −c, b = 2c, a = 0 ⇔ a = 0 = b = c, o que implica que Ker (T ) = {0} logo T é um isomorfismo. Definição 2.4 Sejam U e V espaços vetoriais reais. Dizemos que U e V são isomorfos quando existe um isomorfismo entre U e V. Exemplo 2.6 Do exemplo anterior temos que R3 e P2 (R) são isomorfos. Nota 2.2 Observe que basta existir uma transformação linear bijetora entre espaços isomorfos. Proposição 2.5 Sejam U e V espaços vetoriais reais de dimensão finita. U e V são isomorfos ⇔ dim U = dim V. 25 Prova. (⇒)Se U e V são isomorfos então existe um isomorfismo entre U e V. Portanto Ker (T ) = {0} e Im (T ) = V, ou seja dim (Ker (T )) = 0 e dim (Im (T )) = dim V. Mas do teorema da dimensão do núcleo e da imagem, segue que dim U = dim (Im (T )) = dim V. (⇐) Temos que dim U = dim V = n. Considere B = {u1 , . . . , un } é uma base de U e C = {v1 , . . . , vn } é uma base de V. Seja T : U → V, definida por T (α1 u1 + · · · + αn un ) = α1 v1 + · · · + αn vn , ∀u = α1 u1 + · · · + αn un ∈ U. É fácil mostrar que T é uma transformação linear (mostre). Ainda T leva base de U em base de V, pois T (u1 ) = T (1 · u1 + 0 · u2 + · · · + 0 · un ) = 1 · v1 + 0 · v2 + · · · + 0 · vn = v1 , T (u1 ) = T (0 · u1 + 1 · u2 + · · · + 0 · un ) = 0 · v1 + 1 · v2 + · · · + 0 · vn = v2 , .. . T (un ) = T (0 · u1 + 0 · u2 + · · · + 1 · un ) = 0 · v1 + 0 · v2 + · · · + 1 · vn = vn . Logo como dim U = dim V, segue do corolário acima que T é bijetora e portanto um isomorfismo, o que implica que U e V são isomorfos. Exemplo 2.7 Os espaços vetoriais M2×2 (R) e R4 são isomorfos pois tem a mesma dimensão. 2.0.3 Lista de Exercícios Exercício 2.1 Determine uma base e a dimensão do núcleo e da imagem das transformações lineares abaixo: a) T : R3 → R2 dada por T (x, y, z) = (x + y − z, x + y) . b) T : P2 (R) → P2 (R) dada por T (p) (t) = t2 p” (t) . Exercício 2.2 Determine um operador linear do R3 cujo núcleo é gerado por {(1, 1, 1) , (0, −1, 2)}. Exercício 2.3 Mostre que cada um dos operadores lineares do R3 abaixo é um isomorfismo e determine o isomorfismo inverso: a) T (x, y, z) = (x − y, 2z, y + z) . b) T (x, y, z) = (3y − 2z, x, x − 3z) . Exercício 2.4 Sabendo que T : P2 (R) → R3 é uma transformação linear tal que T (1) = (1, −1, 0) , T (t) = (0, 2, 1) e T (t2 ) = (1, 0, −1) , determine T (a + bt + ct2 ) . Exercício 2.5 Seja V um espaço vetorial euclidiano e U = [{e1 , . . . , en }], onde {e1 , . . . , en } é uma base ortonormal de U. Mostre que E : V → U projeção ortogonal de V sobre U é uma transformação linear, tal que Ker (E) = U ⊥ e Im (E) = U. 26 2.1 CAPÍTULO 2. TRANSFORMAÇÕES LINEARES Matriz de uma transformação linear O objetivo deste parágrafo é identificar uma transformação linear entre espaços de dimensão finita com matrizes, assim poderemos reduzir nosso trabalho às matrizes. Definição 2.5 Sejam U e V espaços vetoriais reais de dimensão finita e T : U → V uma transformação linear. Considere B = (u1 , . . . , un ) uma base ordenada de U e C = (v1 , . . . , vm ) uma base ordenanda de V. Assim, T (ui ) = m aji vj . j=1 Definimos a matriz de T com respeito às bases ordenadas B e C, denotada por (T )BC ! (T )BC = [aji ]m×n = (T (u1 ))C . . . (T (un ))C . Exemplo 2.8 Seja T : R2 → P2 (R) por T (a, b) = (a − b) + 3bt − 2at2 . Considere B = ((1, 0) , (0, 1)) e C = (1, t, t2 ) bases ordenadas de R2 e P2 (R) respectivamente. Portanto da definição de T, tem-se que T (1, 0) = 1 − 2t2 = 1 + 0t − 2t2 , T (0, 1) = −1 + 3t = −1 + 3t + 0t2 . Logo (T )BC 1 −1 3 . = 0 −2 0 Exemplo 2.9 Seja T : P2 (R) → P1 (R) tal que −1 1 0 (T )BC = , 2 −5 3 onde B = (1, t, t2 ) e C = (1, t, ) são bases ordenadas de P2 (R) e P1 (R) respectivamente, então T (1) = −1 + 2t, T (t) = 1 − 5t, T t2 = 3t. Logo T (a + bt + ct2 ) = aT (1)+bT (t)+cT (t2 ) = a (−1 + 2t)+b (1 − 5t)+c3t = (b − a)+ (2a − 5b + 3c) t. Nota 2.3 Dos exemplos acima podemos ver que conhecendo a transformação linear e as bases ordenadas podemos determinar a matriz de T com respeito a tais bases e reciprocamente conhecendo a matriz e as bases ordenadas recuperamos a transformação linear. 2.1. MATRIZ DE UMA TRANSFORMAÇÃO LINEAR 27 Nota 2.4 É bom observar também que a matriz da transformação linear depende das bases ordenadas consideradas, isto é, para cada par de bases ordenadas temos uma única matriz, mas se mudarmos as bases ordenadas mudamos também a matriz. Quando T é um operador linear, ou seja, T : U → U, pode-se tomar a mesma base ordenada B para o domínio e o contradomínio e denotamos por (T )B . Exemplo 2.10 Seja T : R2 → R2 definida por T (x, y) = (x − 2y, 3x + y) . Considerando B = ((1, 1) , (1, −1)) base ordenada do R2 , determinemos a matriz de T com respeito à base B T (1, 1) = (−1, 4) e T (1, −1) = (3, 2) . 5 3 a + b = −1 Mas (−1, 4) = a (1, 1) + b (1, −1) = (a + b, a − b) ⇒ ⇒a= eb=− . a−b= 4 2 2 5 1 α+β =3 Ainda (3, 2) = α (1, 1) + β (1, −1) = (α + β, α − β) ⇒ ⇒α= eβ= . α−β =2 2 2 Portanto 3 5 2 (T )B = 5 12 . − 2 2 A importância da matriz de transformação linear é que podemos trabalhar apenas com a matriz ao invés de trabalharmos com a transformação linear. Para isso apresentaremos algumas propriedades. Proposição 2.6 Sejam U e V espaços vetoriais reais de dimensão n e m, respectivamente e T : U → V uma transformação linear. Considere B = (u1 , . . . , un ) uma base ordenada de U e C = (v1 , . . . , vm ) uma base ordenanda de V. Então (T (u))C = (T )BC (u)B . O resultado acima nos diz que para obtermos as coordenadas de T (u) basta multiplicar a matriz de T pelas coordenadas de u. Exemplo 2.11 Seja T : P2 (R) → P1 (R) tal que −1 1 0 (T )BC = , 2 −5 3 onde B = (1, t, t2 ) e C = (1, t, ) são bases ordenadas de P2 (R) e P1 (R) respectivamente. Então a −1 1 0 b = T a + bt + ct2 C = (T )BC a + bt + ct2 B = 2 −5 3 c b−a = , 2a − 5b + 3c o que implica que T (a + bt + ct2 ) = (b − a) + (2a − 5b + 3c) t, como vimos em exemplo anterior. 28 CAPÍTULO 2. TRANSFORMAÇÕES LINEARES Pode-se também operar transformações lineares, operando suas matrizes. Proposição 2.7 Sejam U, V, W espaços vetorias reais de dimensão n, m e k, respectivamente. Considere T, F : U → V e G : V → W transformações lineares e α ∈ R. Prova-se que T + F, αT e G ◦ T são transformações lineares (prove!). Considere B = (u1 , . . . , un ) uma base ordenada de U , C = (v1 , . . . , vm ) uma base ordenanda de V e D = (w1 , . . . , wk ) uma base ordenada de W. Então: a) (T + F )BC = (T )BC + (F )BC . b) (αT )BC = α (T )BC . c) (G ◦ T )BD = (G)CD (T )BC . Pode-se ainda ter a necessidade de mudar de base. Como fazer sem ter que voltar para a transformação linear, ou seja, trabalhando apenas com matrizes? Para responder esta pergunta vamos dar mais algumas propiedades. Proposição 2.8 Seja U um espaço vetorial real de dimensão n. Considere B = (u1 , . . . , un) e C = (v1 , . . . , vm ) bases ordenadas de U. Então (I)BC = MCB e (I)CB = MBC onde I : U → U, tal que I (u) = u e MCB é a matriz mudança da base C para a base B. Proposição 2.9 Sejam U e V espaços vetoriais reais de dimensão n e m, respectivamente e T : U → V uma transformação linear e F : U → U um operador linear. Considere B, B1 bases ordenadas de U e C, C1 bases ordenadas de V. Então (T )BC = MCC 1 (T )B1 C1 MB1 B , (F )B1 = MB1 B (F )B MBB1 = −1 = MBB (F )B MBB1 . 1 Proposição 2.10 Sejam U e V espaços vetoriais reais ambos de dimensão n, e T : U → V uma transformação linear. Considere B base ordenada de U e C base ordenada de V . Então T é um isomorfismo ⇔ (T )BC for inversível e (T −1 )CB = (T )−1 BC . Analogamente se F : U → U é um operador linear e B base ordenada de U . Então F é um isomorfismo ⇔ (F )B for inversível e (F −1 )B = (F )−1 B . −1 0 2 Exemplo 2.12 Seja T : P2 (R) → P1 (R) tal que (T )BC = , onde B base 1 2 3 ordenada de P2 (R) e C base ordenada de P1 (R). Se B1 base ordenada de P2 (R) e C1 base ordenada de P1 (R) tal que 1 0 −1 1 1 1 , MCC 1 = e MBB1 = 2 1 2 1 0 −1 −2 2.1. MATRIZ DE UMA TRANSFORMAÇÃO LINEAR 29 então −1 (T )BC MBB1 . (T )B1 C1 = MC1 C (T )BC MBB1 = MCC 1 Mas −1 MCC 1 portanto (T )B1 C1 =− 1 −1 −2 1 = −1 1 2 −1 1 0 −1 1 −1 0 2 = 2 1 2 −1 1 2 3 0 −1 1 0 −1 2 2 1 2 1 1 = = −3 −2 1 0 −1 −2 , −1 1 = −2 6 1 −2 −7 −3 −1 . 2 −2 Exemplo 2.13 Sabendo que T : P1 (R) → P1 (R) é tal que (T )B = , como 0 1 det (T )B = 2 = 0, segue que T é um isomorfismo, então T −1 : P1 (R) → P1 (R) é tal que −1 1 1 2 −1 T . = (T )B = B 2 0 2 2.1.1 Lista de Exercícios Exercício 2.6 Determine o operador linear do R2 cuja matriz em relação à base ordenada B = ((1, 2) , (1, −1)) é dada por 3 1 . −2 1 Exercício 2.7 Se a matriz de um operador linear F do R3 em relação à base canônica é 1 −1 2 0 4 3 2 0 −2 e se T = I + 2F − F ◦ F, determine a matriz de T em relação à base canônica e verifique se T é ou não um isomorfismo. Determine também T (x, y, z) e T −1 (x, y, z) . 1 −2 3 −1 Exercício 2.8 Seja T : C → C um operador linear tal que (T )B = , onde −2 5 , onde C base ordenada de C, B base ordenada de C. Sabendo que MBC = 1 3 3 determine (T )C . Se u ∈ C é tal que (u)C = , determine (T (u))C . −7 30 CAPÍTULO 2. TRANSFORMAÇÕES LINEARES 2.1.2 Diagonalização de operadores Como vimos podemos trabalhar com matrizes ao invés de operadores lineares. Mas é importante em algumas situações determinar uma base onde a matriz do operador seja a mais simples, por exemplo uma matriz diagonal. É isso que veremos neste parágrafo. Definição 2.6 Seja V um espaço vetorial real e T : V → V um operador linear. Dizemos que λ ∈ R é um autovalor de T quando existe u ∈ V, u = 0, tal que T (u) = λu. Neste caso u é denominado autovetor de T associado ao autovalor λ. Proposição 2.11 Seja V um espaço vetorial real de dimensão n e T : V → V um operador linear. Então λ ∈ R é um autovalor de T ⇔ det ((T )B − λIn ) = 0, qualquer que seja B base ordenada de V e In a matriz identidade n × n. Prova. λ ∈ R é um autovalor de T ⇔ existe u ∈ V, u = 0, tal que T (u) = λu ⇔ existe u ∈ V, u = 0, tal que T (u) − λu = 0 ⇔ existe u ∈ V, u = 0, tal que (T − λI) (u) = 0 ⇔ Ker (T − λI) = {0} ⇔ (T − λI) não é um isomorfismo ⇔ (T − λI) não é inversível ⇔ det (T − λI)B = 0, qualquer que seja B base ordenada de V. Mas (T − λI)B = (T )B − λ (I)B = (T )B − λIn . Exemplo 2.14 Seja T : P2 (R) → P2 (R) definida por T (p) (t) = p (t) + 3p (t) + t2 p (t) . Para determinar os autovalores de T, vamos determinar a matriz de T em relação à base ordenada B = (1, t, t2 ) , Assim, T (1) = 1 = 1 + 0t + 0t2 , T (t) = 3 + t = 3 + t + 0t2 , T t2 = 6t + 3t2 = 0 + 6t + 3t2 . 1 3 0 (T )B = 0 1 6 , 0 0 3 logo, 1−λ 3 0 = (1 − λ) [((1 − λ) (3 − λ))] . det ((T )B − λI3 ) = det 0 1−λ 6 0 0 3−λ Portanto det ((T )B − λI3 ) = 0 ⇔ λ = 1 e λ = 3. Logo os autovalores de T são 1 e 3. Para determinar os autovetores associados, basta lembrar que p ∈ P2 (R) é um autovetor associado ao autovalor λ ⇔ T (p) = λp ⇔ (T − λI) (p) = 0 ⇔ (T − λI)B (p)B = 0, 2.1. MATRIZ DE UMA TRANSFORMAÇÃO LINEAR 31 qualquer que seja a base ordenada B de P2 (R) ⇔ ((T )B − λI3 ) (p)B = 0. Assim, para a λ = 1, considerando (p)B = b , temos c 0 3 0 a 0 0 0 6 b = 0 0 0 2 c 0 3b = 0 6c = 0 ⇒ b = 0 = c, 2c = 0 a portanto os autovetores de T associados ao autovalor λ = 1 são tais que (p)B = 0 = 0 1 a 0 , com a = 0, ou seja, p (t) = a, a = 0, isto é, os autovetores de T associados ao 0 autovalor λ = 1 são os polinômios constantes não nulos. Para λ = 3, obtemos −2 3 0 a 0 0 −2 6 b = 0 0 0 0 c 0 9 −2a + 3b = 0 ⇒ b = 3c e a = c, −2b + 6c = 0 2 9 c 2 portanto os autovetores de T associados ao autovalor λ = 3 são tais que (p)B = 3c = c 9 9 2 2 + 3t + t , c = 0. c 3 , com c = 0, ou seja, p (t) = c 2 1 Proposição 2.12 Seja V um espaço vetorial real e T : V → V um operador linear. Então autovetores associados a autovalores distintos são l.i. Definição 2.7 Seja V um espaço vetorial real de dimensão finita n e T : V → V um operador linear. Dizemos que T é diagonalizável quando existe uma base de V constituída de autovetores de T. Neste caso se B = (u1 , . . . , un ) é uma base ordenada de V constituída 32 CAPÍTULO 2. TRANSFORMAÇÕES LINEARES de autovetores de T , com ui autovetor associado ao autovalor λi , temos que (T )B = 0 ··· 0 0 λ2 0 ··· 0 .. . , 0 λ3 0 .. .. .. . 0 . . 0 ··· 0 λn λ1 0 .. . .. . 0 isto é, a matriz de T em relação à base constituída de autovetores é uma mtriz diagonal, onde na diagonal principal aparecem os autovalores, na ordem em que os autovetores aprecem na base ordenada. Vemos que o operador linear do exemplo anterior não é diagonalizável, pois tem-se apenas 2 autovetores l.i. de T. 1 1 , onde B = {1 + i, 1 − i}. VerExemplo 2.15 Seja T : C → C, tal que (T )B = 1 1 ifiquemos se T é diagonalizável. Para isso determinemos os autovalores e os autovetores de T. 1−λ 1 det = (1 − λ)2 − 1 = λ2 − 2λ = 0 ⇔ λ = 0 ou λ = 2. 1 1−λ Observe que temos 2 autovalores distintos e portanto temos 2 autovetores l.i. e como dim C = 2, segue que T é diagonalizável, pois admite uma base constituída de autovetores. Determinemos tal base e a matriz de T com respeito a esta base. Para λ = 0, considerando x (u)B = , obtemos y 1 1 1 1 x y = 0 0 ⇒ x + y = 0 ⇒ y = −x, x −x 1 −1 logo os autovetores associados a λ = 1, são tais que (u)B = =x , x = 0. 1 Portanto podemos tomar u1 ∈ C tal que (u1 )B = ⇒ u1 = 2i. Para λ = 2, −1 −1 1 1 −1 x y = 0 0 ⇒ x − y = 0 ⇒ y = x, x x 1 1 logo os autovetores associados a λ = 2, são tais que (u)B = = x , x = 0. 1 Portanto podemos tomar u2 ∈ C tal que (u2 )B = ⇒ u1 = 2. Assim a base constituída 1 2.1. MATRIZ DE UMA TRANSFORMAÇÃO LINEAR 33 de autovetores é C = {2i, 2}. Portanto a matriz mudança da base C para a base B é 1 1 1 1 1 1 2 −2 2 . MCB = 1 1 ⇒ MBC = 2 1 12 = −1 1 − 2 2 2 2 Logo (T )C = MCB (T )B MBC = 1 1 1 2 −2 1 1 = 1 1 1 1 −1 2 2 0 0 1 1 0 = = 1 1 −1 1 0 1 1 0 2 = . Observe que (T )C é uma matriz diagonal, com os autovalores em sua diagonal, como já era esperado. Proposição 2.13 Seja V um espaço vetorial real de dimensão finita n e T : V → V um operador linear. Então o número de autovetores l.i. associados a um mesmo autovalor é menor ou igual a multiplicidade do autovalor, como raiz do polinômio det ((T )B − λIn ) . Dos resultados acima, sempre que tivermos um operador sobre um espaço vetorial V de dimensão n, com n autovalores distintos este será diagonalizável. Existe um tipo de operador que é sempre diagonalizável, e mais por uma base ortonormal de autovetores. Vejamos. Definição 2.8 Seja V um espaço vetorial real euclidiano. Dizemos que um opervador linear T : V → V é auto-adjunto quando T (u) , v = u, T (v) , quaisquer que sejam u, v ∈ V. Exemplo 2.16 O operador T do R3 , definido por T (x, y, z) = (x + 2y, 2x − y + 3z, 3y + 5z) é auto-adjunto, pois T (x, y, z) , (a, b, c) = = = = (x + 2y) a + (2x − y + 3z) b + (3y + 5z) c = xa + 2ya + 2xb − yb + 3zb + 3yc + 5zc = x (a + 2b) + y (2a − b + 3c) + z (3b + 5c) = (x, y, z) , T (a, b, c) . Proposição 2.14 Seja V um espaço vetorial real eucldiano de dimensão n. T : V → V é um operador auto-adjunto ⇔ (T )B é uma matriz simétrica em relação a qualquer base ortonormal B de V. 34 CAPÍTULO 2. TRANSFORMAÇÕES LINEARES Prova. (⇒) Considere B = (e1 , . . . , en ) uma base ordenada ortonormal de V. Então T (ei ) = n j=1 T (ei ) , ej ej , portanto, da definição de matriz de T em relação à base B, temos que (T )B = (aji )n×n , onde aji = T (ei ) , ej . Mas T é auto-adjunto e portanto T (ei ) , ej = ei , T (ej ) = T (ej ) , ei = aij , o que implica que (T )B é simétrica. (⇐)Exercício. Proposição 2.15 Seja V um espaço vetorial real eucldiano e T : V → V é um operador auto-adjunto. Então autovetores associados a autovalores distintos são ortogonais. Prova. Sejam α e β autovetores distintos de T, então existem u, w vetores não nulos de V, tais que T (u) = αu e T (w) = βw. Ainda T (u) , w = u, T (w) , o que implica que αu, w = u, βw . Das proriedades de produto interno, obtemos α u, w = β u, w ⇒ (α − β) u, w = 0. Como (α − β) = 0, pois são autovalores distintos, segue que u, w = 0, ou seja, u e w são ortogonais. Teorema 2.16 Seja V um espaço vetorial real eucldiano de dimensão n. T : V → V é um operador auto-adjunto ⇔ existe uma base ortonormal de V constituída de autovetores de T. Neste caso se B é uma base ortonormal de V e C é uma base ortonoirmal de V constituída de autovetores de T, segue que t (T )C = MBC (T )B MBC , sendo (T )C uma matriz diagonal. Exemplo 2.17 Seja T um operador do R3 , cuaja matriz com respeito à base canônica é 1 −2 0 −2 1 0 . 0 0 −1 Como a base canônica do R3 é ortonormal e a matriz é simétrica, segue que T é autoadjunto e portanto existe uma base ortonormal de R3 constituída de autovetores de T, em 2.1. MATRIZ DE UMA TRANSFORMAÇÃO LINEAR 35 relação a qual a matriz de T é diagonal. Vamos determinar, a base, a matriz mudança da base canônica para a base ortonormal de autovetores e a matriz de T em relação a nova base. 1 − λ −2 0 = 0 ⇔ (λ − 3) (λ + 1)2 = 0. 1−λ 0 det −2 0 0 −1 − λ Portanto os autovalores de T são λ = −1 (raiz dupla) e λ = 3. Como λ = 3 é uma raiz simples existe apenas um vetor l.i. associado a λ = 3, que é ortogonal aos autovetores associados a λ = −1. Como λ = −1 é raiz dupla, e T é diagonalizável, já que é auto adjunto, então devem existir 2 autovetores l.i. associados a este autovalor. Vejamos, para λ = −1, 2 −2 0 x 0 2x − 2y = 0 −2 2 ⇒ x = y, 0 y = 0 ⇒ −2x + 2y = 0 z 0 0 0 0 logo os autovetores de T associados a λ = −1 tem as seguintes coordenadas em relação à base canônica x 1 0 x = x 1 + z 0 . z 0 1 Estes 2 vetores já são ortogonais e portanto l.i., basta tomaá-los unitários. Assim, os 1 1 autovetores unitários e ortogonais associados a λ = −1 são √ , √ , 0 e (0, 0, 1) . 2 2 Para λ = 3, −2 −2 0 x 0 −2x − 2y = 0 y = −x −2 −2 0 y = 0 ⇒ −2x − 2y = 0 ⇒ , z=0 0 0 −4 z 0 −4z = 0 logo os autovetores de T associados a λ = 3 tem as seguintes coordenadas em relação à base canônica x 1 −x = x −1 . 0 0 Assim, o autovetor unitário e ortogonal aos autovetores associados a λ = −1, associado 1 1 a λ = 3 é √ , − √ , 0 . Logo a base ortonormal do R3 constituída de autovetores de 2 2 1 1 1 1 T é C = { √ , √ , 0 ,(0, 0, 1) , √ , − √ , 0 }. A matriz mudança da base canônica 2 2 2 2 para a base C é a quela constituída das coordenadas dos autovatores, ou seja é a matriz M, dada abaixo: 1 1 √ 0 √ 2 2 1 M = √ 0 − √1 2 2 0 1 0 36 CAPÍTULO 2. TRANSFORMAÇÕES LINEARES e a matriz de T em relação à base C é −1 0 0 −1 0 . (T )C = M t (T )can M = 0 0 0 3 Nota 2.5 Tudo o que foi definido e os resultados para operadores lineares podem ser tranferidos para as matrizes quadradas, uma vez que estas estão associadas univocamente a operadores, assim como as matrizes simétricas estão associadas a operadores auto adjuntos. 2.1.3 Lista de Exercícios Exercício 2.9 Determine os autovalores e autovetores dos operadores lineares do R3 abaixo: a) T (x, y, z) = (x + y, x − y, z) . b) T (1, 0, 0) = (2, 0, 0) , T (0, 1, 0) = (2, 1, 2) e T (0, 0, 1) = (3, 2, 1) . c) T (1, 1, 0) = (0, 0, 0) , T (1, −1, 0) = (0, 0, 0) e T (0, 0, 2) = (5, −1, 2) . Exercício 2.10 Determine os autovalores e autovetores do operador T de P3 (R) cuja matriz em relação à base B = {1, t, t2 , t3 } é: 2 1 0 0 0 2 0 0 . 0 0 1 1 0 0 −2 4 Exercício 2.11 Determine, se possível, uma matriz M ∈ M2×2 (R) de maneira que M −1 AM seja diagonal, onde A é: a) 2 4 3 13 b) 3 −2 2 1 2 0 4 c) 3 −4 12 . 1 −2 5 Exercício 2.12 Seja T um operador do R3 definido por T (x, y, z) = (x + y + z, x + y + z, x + y + z) . a) Determine os autovalores de T. b) Determine uma base ortonormal B do R3 tal que (T )B é diagonal. c) Qual a matriz de mudança da base canônica do R3 para a base B? 2.1. MATRIZ DE UMA TRANSFORMAÇÃO LINEAR 37 Exercício 2.13 Seja T um operador do R3 cuja matriz de T em relação à base B = ((1, 2, 0) , (−1, 0, 1) , (0, 2 é 1 −2 0 −2 1 0 . 0 0 −1 a) T é diagonalizável? Justifique. b) Determine os autovalores e autovetores de T. c) T é um operador auto adjunto? Justifique.