Álgebra Linear, Provas de Engenharia Elétrica

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Sumário 1 Espaços Vetoriais 7 1.1 Introdução e Exemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 1.2 Propriedades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 1.3 Exercı́cios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 2 Subespaços Vetoriais 15 2.1 Introdução e Exemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 2.2 Interseção e Soma de Subespaços . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 2.3 Exercı́cios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 3 Combinações Lineares 23 3.1 Introdução e Exemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 3.2 Geradores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24 3.3 Exercı́cios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27 4 Dependência Linear 31 4.1 Introdução e Exemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31 4.2 Propriedades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34 4.3 Exercı́cios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35 5 Base, Dimensão e Coordenadas 37 5.1 Base . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37 5.2 Dimensão . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38 5.3 Dimensão de Soma de Subespaços Vetoriais . . . . . . . . . . . . . . . 41 5.4 Coordenadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45 5.5 Exercı́cios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47 3 Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Álgebra Linear Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 4 SUMÁRIO 6 Mudança de Base 51 6.1 Introdução, Exemplos e Propriedades . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51 6.2 Exercı́cios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56 7 Exercı́cios Resolvidos – Uma Revisão 59 8 Transformações Lineares 71 8.1 Introdução e Exemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71 8.2 O Espaço Vetorial L (U, V ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73 8.3 Imagem e Núcleo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79 8.4 Isomorfismo e Automorfismo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85 8.5 Matriz de uma Transformação Linear . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87 8.5.1 Definição e Exemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87 8.5.2 Propriedades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89 8.6 Exercı́cios Resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93 8.7 Exercı́cios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97 9 Autovalores e Autovetores 105 9.1 Definição, Exemplos e Generalidades . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105 9.2 Polinômio Caracterı́stico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111 9.3 Exercı́cios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114 10 Diagonalização 115 10.1 Definição e Caracterização . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115 10.2 Exercı́cios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123 11 Forma Canônica de Jordan 125 11.1 Exercı́cio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131 12 Espaços Euclidianos 133 12.1 Produto Interno . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133 12.2 Norma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 136 12.3 Distância . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138 12.4 Ângulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139 12.5 Ortogonalidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 140 12.6 Processo de Ortonormalização de Gram-Schmidt . . . . . . . . . . . . 145 12.7 Complemento Ortogonal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 149 Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Capı́tulo 1 Espaços Vetoriais 1.1 Introdução e Exemplos Neste capı́tulo introduziremos o conceito de espaço vetorial que será usado em todo o decorrer do curso. Porém, antes de apresentarmos a definição de espaço vetorial, passemos a analisar em paralelo dois objetos: o conjunto formado pelas funções f : R → R, denotado por F (R) e o conjunto das matrizes quadradas de ordem m com coeficientes reais que denotaremos por Mm(R), ou simplesmente, por Mm. A soma de duas funções f e g de F (R) é definida como sendo a função f + g ∈ F (R) dada por (f + g)(x) = f(x) + g(x). Note também que se λ ∈ R podemos multiplicar a função f pelo escalar λ, da seguinte forma (λf)(x) = λ(f(x)), resultando num elemento de F (R). Com relação a Mn podemos somar duas matrizes quadradas de ordem n, A = (aij)n×n e B = (bij)n×n, colocando A + B = (aij + bij)n×n, que é um elemento de Mn. Com a relação à multiplicação de A = (aij)n×n por um escalar λ ∈ R, é natural definirmos λA = (λaij)n×n, o qual também pertence a Mn. O que estes dois conjuntos acima, com estas estruturas de adição de seus elementos e multiplicação de seus elementos por escalares, têm comum? Vejamos: Verifica-se facilmente a partir das propriedades dos números reais que, com relação a quaisquer funções f, g e h em F (R) e para todo λ, µ ∈ R, são válidos os seguintes resultados: 1. f + g = g + f ; 7 Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 8 CAPÍTULO 1. ESPAÇOS VETORIAIS 2. f + (g + h) = (f + g) + h; 3. se O representa o função nula, isto é, O(x) = 0 para todo x ∈ R então O+f = f ; 4. a função −f definida por (−f)(x) = −[f(x)] para todo x ∈ R é tal que f + (−f) = O; 5. λ(µf) = (λµ)f ; 6. (λ + µ)f = λf + µf ; 7. λ(f + g) = λf + λg; 8. 1f = f. Agora, com relação a quaisquer matrizes A, B e C em Mm e para todo λ, µ ∈ R, também são válidos os seguintes resultados: 1. A + B = B + A; 2. A + (B + C) = (A + B) + C; 3. se O representa o função nula, isto é, O = (0)n×n então O + A = A; 4. se A = (ai,j)n×n então a matriz −A definida por −A = (−ai,j)n×n é tal que A + (−A) = O; 5. λ(µA) = (λµ)A; 6. (λ + µ)A = λA + µA; 7. λ(A + B) = λA + λB; 8. 1A = A. Podemos ver que tanto o conjuntos das funções definidas na reta a valores reais como o das matrizes quadradas quando munidos de somas e multiplicação por escala- res adequadas apresentam propriedades algébricas comuns. Na verdade muitos outros conjuntos munidos de operações apropriadas apresentam propriedades semelhantes às acima. É por isso que ao invés de estudarmos cada um separadamente estudaremos um conjunto arbitrário e não vazio, V, sobre o qual supomos estar definidas uma operação de adição, isto é, para cada u, v ∈ V existe um único elemento de V associado, chamado Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 1.1. INTRODUÇÃO E EXEMPLOS 9 a soma entre u e v e denotado por u + v, e uma multiplicação por escalar, isto é, para cada u ∈ V e λ ∈ R existe um único elemento de V associado, chamado de o produto de u pelo escalar λ e denotado por λu. Definição 1.1 Diremos que um conjunto V como acima munido de uma adição e de uma multiplicação por escalar é um espaço vetorial se para quaisquer u, v e w em V e para todo λ, µ ∈ R são válidas as seguintes propriedades: EV1 u + v = v + u para quaisquer u, v ∈ V ; EV2 u + (v + w) = (u + v) + w para quaisquer u, v, w ∈ V ; EV3 existe um elemento 0 ∈ V tal que 0 + u = u para todo u ∈ V ; EV4 para cada u ∈ V existe v ∈ V tal que u + v = 0; EV5 λ(µu) = (λµ)u para quaisquer u ∈ V e λ, µ ∈ R; EV6 (λ + µ)u = λu + µu para quaisquer u ∈ V EV7 λ(u + v) = λu + λv para quaisquer u, v ∈ V e λ ∈ R; EV8 1u = u para qualquer u ∈ V. Observação 1.2 O elemento 0 na propriedade EV3 é único, pois qualquer outro 0′ ∈ V satisfazendo a mesma propriedade EV3 então, pelas propriedades EV3 e EV1 terı́amos 0′ = 0 + 0′ = 0′ + 0 = 0, isto é, 0 = 0′. Observação 1.3 Em um espaço vetorial, pela propriedade EV4, para cada u ∈ V existe v ∈ V tal que u + v = 0. Na verdade, para cada u ∈ V existe somente um elemento v ∈ V com esta propriedade. De fato, dado u ∈ V se v e v′ em V são tais que u+v = 0 e u + v′ = 0 então, combinando estas equações com as propriedades EV1,EV2 e EV3, obtemos v = v + 0 = v + (u + v′) = (v + u) + v′ = (u + v) + v′ = 0 + v′ = v′, isto é v = v′. Denotaremos v por −u e u − v por u + (−v). Observação 1.4 As quatro primeiras propriedades referem-se apenas à operação de adição e são conhecidas, respectivamente, por propriedade comutativa, propriedade associatividade, existência do elemento neutro e existência do elemento inverso. A quinta e a oitava propriedades são exclusivas da multiplicação por escalar e também podem ser chamadas de associatividade e elemento neutro da multiplicação, respectivamente. Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 12 CAPÍTULO 1. ESPAÇOS VETORIAIS 1.2 Propriedades Das oito propriedades que definem um espaço vetorial podemos concluir várias outras. Listaremos algumas destas propriedades na seguinte Proposição 1.5 Seja V um espaço vetorial. Temos 1. Para qualquer λ ∈ R, λ0 = 0. 2. Para qualquer u ∈ V, 0u = 0. 3. Se λu = 0 então λ = 0 ou u = 0. 4. Para quaisquer λ ∈ R e u ∈ V, (−λ)u = λ(−u) = −(λu). 5. Para qualquer u ∈ V, −(−u) = u. 6. Se u + w = v + w então u = v. 7. Se u, v ∈ V então existe um único w ∈ V tal que u + w = v. Prova: 1. Temos λ0 = λ(0 + 0) = λ0 + λ0 pelas propriedades EV3 e EV7. Utilizando as propriedades EV1 a EV4 e a notação da observação 1.3, obtemos 0 = λ0 + (−(λ0)) = (λ0 + λ0) + (−(λ0)) = λ0 + (λ0 + (−(λ0))) = λ0 + 0 = λ0, isto é λ0 = 0. 2. Temos 0u = (0 + 0)u = 0u + 0u, pela propriedade EV6. Utilizando as proprie- dades EV1 a EV4 e a notação da observação 1.3, obtemos 0 = 0u + (−(0u)) = (0u + 0u) + (−(0u)) = 0u + (0u + (−(0u)) = 0u + 0 = 0u, isto é, 0u = 0. 3. Se λ 6= 0 então pelas propriedades EV8 e EV5 e pelo item 1 desta proposição, u = 1u = (λ−1λ)u = λ−1(λu) = λ−10 = 0. 4. Utilizando a propriedade EV6 e o item 2 desta proposição, obtemos λu+(−λ)u = (λ + (−λ))u = 0u = 0. Pela observação 1.3, −(λu) = (−λ)u. Analogamente, utilizando-se a propriedade EV7, mostra-se que −(λu) = λ(−u). A prova dos outros resultados é deixada como exercı́cio. Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 1.3. EXERCÍCIOS 13 1.3 Exercı́cios Ex. 1.6 Verifique se em cada um dos itens o conjunto V com as operações indicadas é um espaço vetorial sobre R. 1. V = R3, (x1, y1, z1) + (x2, y2, z2) = (x1 + x2, y1 + y2, z1 + z2);α(x, y, z) = (αx, αy, αz). 2. V = {( a −b b a ) ; a, b ∈ R } , operações usuais de M2(R). 3. V = { (x, y) ∈ R2; 3x − 2y = 0 } , operações usuais de R2. 4. V = {f : R → R; f(−x) = f(x), ∀x ∈ R}, operações usuais de funções. 5. V = P(R) = { polinômios com coeficientes reais } , operações usuais de fun- ções. 6. V = R2, (x1, y1) + (x2, y2) = (2x1 − 2y1, y1 − x1, α(x, y) = (3αx,−αx.) 7. V = R2, (x1, y1) + (x2, y2) = (x1 + x2, y1 + y2), α(x, y) = (αx, 0). 8. V = { (x, y, z, w) ∈ R4; y = x, z = w2 } , operações usuais de R4. 9. V = R × R∗, (x1, y1) + (x2, y2) = (x1 + x2, y1y2), α(x, y) = (αx, yα). Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 14 CAPÍTULO 1. ESPAÇOS VETORIAIS Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 2.2. INTERSEÇÃO E SOMA DE SUBESPAÇOS 17 Exemplo 2.9 O conjunto das funções contı́nuas da reta na reta, C(R; R), é um subespa- ço vetorial de F (R). Exemplo 2.10 O conjunto das funções f ∈ C([a, b]; R) tais que ∫ b a f(x)dx = 0 é um subespaço vetorial de C([a, b]; R). Exemplo 2.11 O conjunto das matrizes simétricas quadradas de ordem m com coefici- entes reais é um subespaço vetorial de Mm(R). Exemplo 2.12 Sejam m, n ∈ N com m ≤ n. Então Pm é um subespaço de Pn. 2.2 Interseção e Soma de Subespaços Proposição 2.13 (Interseção de subespaços) Sejam U e W subespaços vetoriais de V. Então U ∩ W é subespaço vetorial de V. Prova: 1. Como 0 ∈ U e 0 ∈ W então 0 ∈ U ∩ W ; 2. Se x, y ∈ U ∩ W e λ ∈ R então x + λy ∈ U e x + λy ∈ W. Portanto, x + λy ∈ U ∩ W. Observação 2.14 Note que o subespaço V ∩ W está, obviamente, contido em ambos subespaços: U e V. Questão: Com a notação da proposição acima, podemos afirmar que U∪W é subespaço vetorial de V ? Resposta : Não. Basta considerar V = R2, U = {(x, y) ∈ R2;x + y = 0} e W = {(x, y) ∈ R2;x − y = 0}. Note que (1,−1) ∈ U ⊂ U ∪ W e (1, 1) ∈ W ⊂ U ∪ W mas (1,−1) + (1, 1) = (2, 0) 6∈ U ∪ W. Se U e W são subespaços vetoriais de um espaço vetorial V e V ′ é um subespaço de V que contenha U e W, isto é, U ∪ W ⊂ V ′ então V ′ terá que conter todos os vetores da forma u + w, u ∈ U e w ∈ W. Isto motiva a seguinte Definição 2.15 Sejam U e W subespaços vetoriais de um espaço vetorial V. Definimos a soma de U e W como U + W = {u + w;u ∈ U, w ∈ W}. Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 18 CAPÍTULO 2. SUBESPAÇOS VETORIAIS Proposição 2.16 (Soma de subespaços) Sejam U, W e V como na definição acima. Então U + W é um subespaço vetorial de V. Além do mais, U ∪ W ⊂ U + W. Prova: Verifiquemos que U + W é subespaço vetorial de V. 1. Como 0 ∈ U e 0 ∈ W então 0 = 0 + 0 ∈ U + W ; 2. Sejam x1, x2 ∈ U +W então xj = uj +wj , uj ∈ U, wj ∈ W, j = 1, 2. Agora, se λ ∈ R então x1+λx2 = u1+w1+λ(u2+w2) = (u1+λu2)+(w1+λw2) ∈ U+W, pois U e W são subespaços vetoriais. Mostremos que U ∪ W ⊂ U + W. Seja v ∈ U ∪ W. Se v ∈ U então v = v + 0 ∈ U + W. Se v ∈ W então v = 0 + v ∈ U + W. Ou seja, U ∪ W ⊂ U + W. Definição 2.17 Sejam U e W subespaços vetoriais de um espaço vetorial V. Dizemos que U +W é a soma direta de U e W se U ∩W = {0}. Neste caso usaremos a notação U ⊕ W para representar U + W. Observação 2.18 Note que trivialmente {0} ⊂ U ∩ W se U e W são subespaços veto- riais. Proposição 2.19 (Soma de subespaços) Sejam U e W subespaços vetoriais de um es- paço vetorial V. Temos V = U ⊕ W se e somente se para cada v ∈ V existirem um único u ∈ U e um único w ∈ W satisfazendo v = u + w. Prova: Suponha que V = U ⊕ W, isto é, V = U + W e U ∩ W = {0}. Então, dado v ∈ V existem u ∈ U e w ∈ W satisfazendo v = u + w. Queremos mostrar que tal decomposição é única. Suponha que existam u′ ∈ U e w′ ∈ W tais que v = u′ + w′. Então, u + w = u′ + w′, o que implica em u − u′ = w′ − w. Mas u − u′ ∈ U e w′ − w ∈ W e, portanto, u − u′ = w′ − w ∈ U ∩ W = {0}, ou seja u = u′ e w = w′. Suponha agora que para cada v ∈ V existam um único u ∈ U e um único w ∈ W satisfazendo v = u + w. É claro que V = U + W. Resta mostrar que U ∩ W = {0}. Obviamente, 0 ∈ U ∩ W. Seja v ∈ U ∩ W, isto é, v ∈ U e v ∈ W. Então, existem um único u ∈ U e um único w ∈ W satisfazendo v = u + w. Observe que v = u + w = (u + v) + (w − v) com u + v ∈ U e w − v ∈ W e, pela unicidade da decomposição, devemos ter u = u + v e w = w − v, isto é, v = 0. Logo, U ∩ W = {0}. Alternativamente, poderı́amos supor a existência de v 6= 0 em U ∩ W e daı́ ob- terı́amos v = 2v− v = 4v− 3v, duas decomposições distintas para v já que 2v, 4v ∈ U, 2v 6= 4v e −v,−3v ∈ W. Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 2.2. INTERSEÇÃO E SOMA DE SUBESPAÇOS 19 Exemplo 2.20 Verifique que R3 é a soma direta de U = {(x, y, z) ∈ R3;x+y+z = 0} e W = {(x, y, z) ∈ R3;x = y = 0}. Note que W é de fato um subespaço vetorial de R3 pois W = {(x, y, z) ∈ R3;x = 0}∩ {(x, y, z) ∈ R3; y = 0} ou, alternativamente, se u1 = (x1, y1, z1), u2 = (x2, y2, z2) ∈ W então x1 = y1 = x2 = y2 = 0 e u1 + u2 = (0, 0, z1 + z2) é claramente um elemento de W. Se λ ∈ R então λu1 = λ(0, 0, z1) = (λ0, λ0, λz1) = (0, 0, λz1) ∈ W. Finalmente, (0, 0, 0) ∈ W, o que conclui a prova de que W é um subespaço vetorial. Prosseguindo, dado (x, y, z) ∈ R3 podemos escrever (x, y, z) = (x, y,−x − y) + (0, 0, z + x + y) e como (x, y,−x − y) ∈ U e (0, 0, z + x + y) ∈ W obtemos R3 = U + W. Resta agora mostrar que U ∩ W = {0}. Seja (x, y, z) ∈ U ∩ W. Temos      x + y + z = 0 x = 0 y = 0 ⇐⇒ (x, y, z) = (0, 0, 0). Definição 2.21 Sejam U1, . . . , Un subespaços vetoriais de um espaço vetorial V. A so- ma de U1 a Un é definida por U1 + · · · + Un = {u1 + · · · + un;uj ∈ Uj , j = 1, . . . , n}. Definição 2.22 Sejam U1, . . . , Un subespaços vetoriais de um espaço vetorial V. Dize- mos que a soma de U1 a Un é uma soma direta se Uj ∩ (U1 + · · · + Uj−1 + Uj+1 + · · · + Un) = {0}, j = 1, . . . n. Neste caso usaremos a notação U1 ⊕ · · · ⊕ Un para denotar a soma de U1 a Un. Observação 2.23 É óbvio que 0 ∈ Uj ∩ (U1 + · · · + Uj−1 + Uj+1 + · · · + Un) se U1, . . . , Un são subespaços vetoriais. Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 22 CAPÍTULO 2. SUBESPAÇOS VETORIAIS 2. V = M3(R), U =      a b 0 0 0 c 0 0 d   ; a, b, c, d ∈ R    , W =      0 0 e f g 0 h i 0   ; e, f, g, h, i ∈ R    . 3. V = P3(R), U = {p(t) ∈ P3(R); p(1) = p(0) = 0} , W = {q(t) ∈ P3(R); q′(t) = 0,∀t ∈ R} . Ex. 2.30 Em cada um dos itens abaixo, dado U subespaço de V , encontrar o subespaço suplementar de U , isto é, o subespaço W de V tal que V = U ⊕ W. 1. V = R3, U = {(x, y, 0);x, y ∈ R} . 2. V = P3(R), U = {p(t) ∈ P3(R); p′′(t) = 0,∀t ∈ R} . 3. V = M3(R), U = { A ∈ M3(R);At = A } . 4. V = M2×1(R), U = {X ∈ M2×1(R);AX = 0} , onde A = ( 1 1 0 1 ) . Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Capı́tulo 3 Combinações Lineares 3.1 Introdução e Exemplos Definição 3.1 Sejam u1, . . . , un elementos de um espaço vetorial V. Dizemos que u é combinação linear de u1, . . . , un se existirem números reais α1, . . . , αn tais que u = α1u1 + · · · + αnun Exemplo 3.2 Em P2, o polinômio p(x) = 2 + x2 é uma combinação dos polinômios p1(x) = 1, p2(x) = x e p3(x) = x2. Basta ver que p(x) = 2p1(x) + 0p2(x) + p3(x). Exemplo 3.3 Verifique que em P2, o polinômio p(x) = 1 + x2 é uma combinação dos polinômios q1(x) = 1, q2(x) = 1 + x e q3(x) = 1 + x + x2. Precisamos encontrar números reais α, β e γ tais que p(x) = αq1(x)+βq2(x)+γq3(x). Ou seja, precisamos encontrar α, β e γ satisfazendo 1 + x2 = α + β(1 + x) + γ(1 + x + x2) = α + β + γ + (β + γ)x + γx2, que é equivalente ao sistema      α + β + γ = 1 β + γ = 0 γ = 1 ⇐⇒ α = 1, β = −1 e γ = 1. 23 Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 24 CAPÍTULO 3. COMBINAÇÕES LINEARES 3.2 Geradores Definição 3.4 Sejam V um espaço vetorial e S um subconjunto não vazio de V. Usare- mos o sı́mbolo [S] para denotar o conjunto de todas as combinações lineares dos ele- mentos de S. Em outras palavras, u ∈ [S] se existirem α1, . . . , αn ∈ R e u1, . . . , un ∈ S tais que u = α1u1 + · · · + αnun. Proposição 3.5 Sejam V um espaço vetorial e S um subconjunto não vazio de V. Então [S] é um subespaço vetorial de V. Prova: 1. Como S 6= ∅ existe u ∈ S. Logo, 0 = 0u ∈ [S]. 2. Se u, v ∈ [S] então existem α1, . . . , αn, β1, . . . , βm ∈ R e u1, . . . , un, v1, . . . , vm ∈ S tais que u = α1u1 + · · · + αnun e v = β1v1 + · · ·+ βmvm. Assim, para todo λ ∈ R, temos u + λv = α1u1 + · · · + αnun + λ(β1v1 + · · · + βmvm) = α1u1 + · · · + αnun + λβ1v1 + · · · + λβmvm ∈ [S]. Definição 3.6 Sejam S e V como acima. Diremos que [S] é o subespaço vetorial gerado por S. Os elementos de S são chamados de geradores de [S]. Se S = {u1, . . . , un} também usaremos a notação [S] = [u1, . . . , un]. Proposição 3.7 Sejam S e T subconjuntos não-vazios de um espaço vetorial V. Temos 1. S ⊂ [S]; 2. Se S ⊂ T então [S] ⊂ [T ]; 3. [[S]] = [S]; 4. Se S é um subespaço vetorial então S = [S]; 5. [S ∪ T ] = [S] + [T ]. Prova: Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 3.3. EXERCÍCIOS 27 3. Se (x, y, z, t) ∈ U ∩ V então { x − y + t + z = 0 x + y − t + z = 0, que implica em x = −z e y = t. Desse modo, (x, y, z, t) = (x, y,−x, y) = x(1, 0,−1, 0) + y(0, 1, 0, 1) e, portanto, U ∩ V = [(1, 0,−1, 0), (0, 1, 0, 1)]. 4. Como U + V = [U ] + [V ] = [U ∪ V ], temos que U + V = [(1, 1, 0, 0), (0, 1, 1, 0), (0, 1, 0, 1), (1, 0, 0, 1), (0, 1, 0, 1), (0, 0, 1, 1)] = [(1, 1, 0, 0), (0, 1, 1, 0), (0, 1, 0, 1), (1, 0, 0, 1), (0, 0, 1, 1)]. Observe que (1, 1, 0, 0) = (1, 0, 0, 1) + (0, 1, 1, 0) − (0, 0, 1, 1) e, portanto, U + V = [(0, 1, 1, 0), (0, 1, 0, 1), (1, 0, 0, 1), (0, 0, 1, 1)]. Veremos mais adiante que este é o número mı́nimo de geradores para o subespaço U + V. 3.3 Exercı́cios Ex. 3.12 Para cada um dos subconjuntos S ⊆ V , onde V é o espaço vetorial indicado, encontrar o subespaço gerado por S, isto é, [S]. 1. S = {(1, 0), (2,−1)} , V = R2. 2. {(1, 1, 1), (2, 2, 0)} , V = R3. 3. S = { 1, t, t2, 1 + t3 } , V = P3(R). Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 28 CAPÍTULO 3. COMBINAÇÕES LINEARES 4. S = {( 0 1 0 0 ) , ( 0 0 −1 0 )} , V = M2(R). Ex. 3.13 Em cada um dos itens abaixo encontrar um subconjunto S, finito, que gera o subespaço vetorial W do espaço vetorial V. 1. W = { (x, y, z) ∈ V .= R3;x − 2y = 0 } . 2. W = {p ∈ V .= P3(R); p′(t) = 0,∀t ∈ R} . 3. W = { A ∈ V .= M2(R);At = A } . 4. W = {X ∈ V .= M3×1(R);AX = 0} , onde A =   0 1 0 2 1 0 1 1 4   . Ex. 3.14 Encontrar, em cada um dos itens abaixo, os subconjuntos S do espaço vetorial V que geram U , W , U ∩ W e U + W. 1. U = [(1, 0, 0), (1, 1, 1)], W = [(0, 1, 0), (0, 0, 1)], V = R3. 2. U = { (x, y, z) ∈ R3;x + y = 0 } , W = [(1, 3, 0), (0, 4, 6)], V = R3. 3. U = { A ∈ M2(R);At = A } , W = [ ( 1 1 0 1 ) ], V = M2(R). 4. U = [t3 + 4t2 − t + 3, t3 + 5t2 + 5, 3t3], W = [t3 + 4t,t − 1, 1], V = P3(R). Ex. 3.15 Encontrar, em cada um dos itens abaixo, os subconjuntos S do espaço vetorial V que geram U , W , U ∩ W e U + W. 1. U = [(1, 0, 0), (1, 1, 1)], W = [(0, 1, 0), (0, 0, 1)], V = R3. 2. U = { (x, y, z) ∈ R3;x + y = 0 } , W = [(1, 3, 0), (0, 4, 6)], V = R3. 3. U = { A ∈ M2(R);At = A } , W = [ ( 1 1 0 1 ) ], V = M2(R). 4. U = [t3 + 4t2 − t + 3, t3 + 5t2 + 5, 3t3], W = [t3 + 4t,t − 1, 1], V = P3(R). Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 3.3. EXERCÍCIOS 29 Ex. 3.16 Obtenha o subconjunto formado por vetores do espaço vetorial P3(R) que geram os seguintes subespaços; 1. U = {p ∈ P3(R); p(1) = p(0) = 0} , 2. W = {p ∈ P3(R); p′′(t) = 0,∀t ∈ R} , 3. U ∩ W. Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 32 CAPÍTULO 4. DEPENDÊNCIA LINEAR Exemplo 4.7 Verifique se a seqüência (1, 1, 1), (1, 1, 0), (1, 0, 0) é linearmente inde- pendente em R3. É preciso verificar quais são as possı́veis soluções de α(1, 1, 1) + β(1, 1, 0) + γ(1, 0, 0) = (0, 0, 0). Isto equivale a resolver o sistema      α + β + γ = 0 α + β = 0 γ = 0, que possui como única solução, α = β = γ = 0. Logo, a seqüência acima é l.i.. Exemplo 4.8 Considere os vetores em R3 dados por u1 = (x1, y1, z1), u2 = (x2, y2, z2) e u3 = (x3, y3, z3). Encontre uma condição necessária e suficiente para que os vetores u1, u2, u3 sejam linearmente independentes. Vejamos, os vetores acima serão l.i. se e somente se α1u1+α2u2+α3u3 = 0 apresentar como única solução α1 = α2 = α3 = 0. Isto é equivalente a que o sistema      α1x1 + α2x2 + α3x3 = 0 α1y1 + α2y2 + α3y3 = 0 α1z1 + α2z2 + α3z3 = 0 possua solução única e, como se sabe, isto é equivalente que a matriz   x1 x2 x3 y1 y2 y3 z1 z2 z3   possua determinante diferente de zero. Note que as colunas desta matriz são formadas pelos coeficientes de u1, u2 e u3. O mesmo resultado vale se colocarmos os coeficientes dos vetores u1, u2 e u3 como linhas. Por quê? Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 4.1. INTRODUÇÃO E EXEMPLOS 33 Exercı́cio 4.9 Enuncie e demonstre um resultado análogo ao exemplo anterior para uma seqüência com n vetores do Rn. Exemplo 4.10 Verifique se as matrizes ( 1 0 0 1 ) , ( 1 1 0 1 ) , ( 0 1 0 0 ) são linearmente independentes em M2(R). Procuremos as soluções de α ( 1 0 0 1 ) + β ( 1 1 0 1 ) + γ ( 0 1 0 0 ) = ( 0 0 0 0 ) , que equivale a ( α + β β + γ 0 α + β ) = ( 0 0 0 0 ) , que possui como solução (α, β, γ) = (α,−α, α) para qualquer α ∈ R. Dessa forma, a seqüência de matrizes dada é linearmente dependente, bastando tomar, por exemplo, α = 1, β = −1 e γ = 1. Exemplo 4.11 Verifique se as funções cos e sen são l.d. em C1(R; R). Como cos e sen são funções definidas em R, a combinação nula α cos+β sen = 0 significa que α cos x + β sen x = 0 para todo x ∈ R. Em particular, para x = 0 vemos que α = 0 e para x = π/2, vem β = 0. Portanto, cos e sen são l.i.. Exemplo 4.12 Verifique se as funções cos2, sen 2, 1 são l.d. em C1(R; R). Como 1 − cos2 x − sen 2x = 0, para todo x ∈ R, resulta que as funções acima são l.d.. Exercı́cio 4.13 Sejam f(x) = cos 2x, g(x) = cos2 x e h(x) = sen 2x, x ∈ R. Mostre que f, g, h são linearmente dependentes em C1(R; R). Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 34 CAPÍTULO 4. DEPENDÊNCIA LINEAR 4.2 Propriedades Proposição 4.14 Se u1, . . . , un são l.d. em um espaço vetorial V então pelo menos um destes vetores se escreve como combinação linear dos outros. Prova: Precisamos mostrar que e u1, . . . , un são l.d. então existem j ∈ {1, . . . , n} e números reais α1, . . . , αn−1 tais que uj = α1u1 + · · · + αj−1uj−1 + αjuj+1 + · · · + αn−1un. Como u1, . . . , un são l.d. existem números reais β1, . . . , βn não todos nulos tais que β1u1 + · · · + βnun = 0. Desse modo, existe j ∈ {1, . . . , n} tal que βj 6= 0 e, assim, uj = − β1 βj u1 − · · · − βj−1 βj uj−1 − βj+1 βj uj+1 − · · · − βn βj un. Proposição 4.15 Se u1, . . . , un em V são l.d. então qualquer seqüência finita de vetores de V que os contenha, também será l.d.. Prova: Vamos mostrar que se u1, . . . , un, un+1, . . . , um ∈V são tais que u1, . . . , un são l.d. então u1, . . . , un, un+1, . . . , um também são linearmente dependentes. Como existem números reais β1, . . . , βn não todos nulos tais que β1u1 + · · · + βnun = 0, podemos escrever β1u1 + · · · + βnun + 0un+1 + · · · + 0um = 0 sendo que nesta última expressão nem todos os coeficientes são nulos. Proposição 4.16 Se u1, . . . , un, un+1, . . . , um são l.i. em um espaço vetorial V então qualquer subseqüência destes vetores também é l.i.. Prova: Basta mostrar que se u1, . . . , un, un+1, . . . , um são l.i. então u1, . . . , un também são. Suponha que β1u1 + · · · + βnun = 0. Mas como β1u1 + · · · + βnun = β1u1 + · · · + βnun + 0un+1 + · · · + 0um = 0 e estes vetores são l.i., segue que β1 = · · · = βn = 0. Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Capı́tulo 5 Base, Dimensão e Coordenadas 5.1 Base Definição 5.1 Seja V 6= {0} um espaço vetorial finitamente gerado. Uma base de V é uma seqüência de vetores linearmente independentes B de V que também gera V. Exemplo 5.2 Os vetores de B = {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)} formam uma base de R3. Vê-se facilmente que os vetores de B são l.i. e que todo (x, y, z) ∈ R3 se escreve como (x, y, z) = x(1, 0, 0) + y(0, 1, 0) + z(0, 0, 1). Exemplo 5.3 Os vetores e1, · · · , en ∈ Rn onde e1 = (1, 0, . . . , 0), e2 = (0, 1, 0, . . . , 0), . . . , en = (0, . . . , 0, 1) formam uma base de Rn. Ex. Resolvido 5.4 Mostre que (1, 1) e (1,−1) formam uma base de R2. Resolução: É preciso mostrar que estes vetores são l.i. e que todo ponto de R2 se escreve como combinação linear de (1, 1) e (1,−1). No entanto, se mostrarmos que todo ponto de R2 se escreve de maneira única como combinação linear de (1, 1) e (1,−1) já estaremos mostrando as duas propriedades ao mesmo tempo. (Por quê?) Seja (x, y) ∈ R2. O nosso problema se resume em mostrar que existe um único α ∈ R e um único β ∈ R satisfazendo (x, y) = α(1, 1) + β(1,−1) = (α + β, α − β). Esta última expressão é equivalente ao seguinte sistema linear { α + β = x α − β = y. 37 Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 38 CAPÍTULO 5. BASE, DIMENSÃO E COORDENADAS Resolvendo o sistema obtemos uma única solução dada por α = (x + y)/2 e β = (x − y)/2. ¤ Exemplo 5.5 As matrizes em B = {( 1 0 0 0 ) , ( 0 1 0 0 ) , ( 0 0 1 0 ) , ( 0 0 0 1 )} formam uma base para M2(R). Exercı́cio 5.6 Verifique se os elementos de B = {1 + x, 1 − x, 1 − x2} formam uma base de P2(R). Teorema 5.7 Todo espaço vetorial V 6= {0} finitamente gerado admite uma base. Em outras palavras, há uma seqüência de vetores l.i. de V formada por geradores. Prova: Como V 6= {0} é finitamente gerado existem u1, . . . , un ∈ V tais que V = [u1, . . . , un]. Se u1, . . . , un forem l.i., então esta seqüência é uma base de V e não há nada mais a ser provado. Suponhamos que u1, . . . , un sejam l.d.. Podemos supor que uj 6= 0, j = 1, . . . , m. Como u1 6= 0, u1 é l.i. Agora, se todo uj , j = 2, . . . , n puder se escrever como combinação linear de u1 então V = [u1] e u1 é uma base de V. Caso isto não ocorra, é porque existe algum uj , com 2 ≤ j ≤ n tal que u1, uj são l.i.. Por simplicidade, suponhamos que seja o u2, isto é, u1, u2 são l.i.. Bem, se todos os vetores u3, . . . , un forem combinações lineares de u1 e u2 então V = [u1, u2] e u1, u2 formam uma base de V. Podemos repetir este processo e como o número de elementos de L = {u1, . . . , un} é finito, ele finda. Desse modo, existe uma seqüência de vetores l.i. dentre os vetores L que gera V. Esta seqüência forma uma base de V. 5.2 Dimensão Teorema 5.8 Em um espaço vetorial V 6= {0} finitamente gerado toda base possui o mesmo número de elementos. Prova: Sejam u1, . . . , un e v1, . . . , vm bases de um espaço vetorial finitamente gerado V. Suponhamos que n > m e mostremos que isto implicará que u1, . . . , un são l.d., o que contraria o fato de formarem uma base. Como os vetores v1, . . . , vm geram V podemos escrever para cada 1 ≤ j ≤ n, uj = α1jv1 + · · · + αmjvm. Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 5.2. DIMENSÃO 39 Assim, a combinação linear nula x1u1 + · · · + xnun = 0 é equivalente a x1 ( m ∑ i=1 αi1vi ) + · · · + xn ( m ∑ i=1 αinvi ) = 0, ou ainda,   n ∑ j=1 xjα1j   v1 + · · · +   n ∑ j=1 xjαmj   vm = 0. Como v1, . . . , vm são l.i. então ∑n j=1 xjαij = 0 para todo 1 ≤ i ≤ n. Estas m equações representam um sistema linear homogêneo com n incógnitas. Como n > m, existe uma solução não trivial, isto é, uma solução x1, . . . , xn onde pelo menos um xj é diferente de zero. Assim, u1, . . . , un são l.d., uma contradição. Definição 5.9 Seja V um espaço vetorial finitamente gerado. Se V = {0} definimos a dimensão de V como sendo 0. Se V 6= {0} definimos a dimensão de V como sendo o número de elementos de uma base qualquer de V. Usaremos o sı́mbolo dimV para designar a dimensão de V. Definição 5.10 Se um espaço vetorial não é finitamente gerado dizemos que V possui dimensão infinita. Proposição 5.11 Todo espaço vetorial de dimensão infinita possui uma infinidade de vetores linearmente independentes. Prova: Seja V um espaço vetorial de dimensão infinita. Claramente V 6= {0}. Selecione u1 ∈ V, u1 6= 0. Como V não é finitamente gerado, V 6= [u1]. Assim, podemos tomar u2 ∈ V tal que u2 6∈ [u1]. Desta forma, os vetores u1 e u2 são linearmente independen- tes. Suponha que tenhamos encontrado vetores u1, . . . , un ∈ V linearmente independen- tes. Como V não é finitamente gerado, V 6= [u1, . . . , un] e, assim, é possı́vel escolher un+1 ∈ V tal que un+1 6∈ [u1, . . . , un], isto é, os vetores u1, . . . , un, un+1 ∈ V são linearmente independentes. Em resumo, existe em V uma seqüência infinita de vetores linearmente independen- tes. A seguinte proposição é um resultado da prova do teorema 5.8. Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 42 CAPÍTULO 5. BASE, DIMENSÃO E COORDENADAS formam uma base de U. Por outro lado, v1, . . . , vm também pertencem a W e pelo mesmo teorema é possı́vel encontrar w1, . . . , wq ∈ W de modo que w1, . . . , wq, v1, . . . , vm formem uma base de W. Com a notação usada, temos dim (U ∩ W ) = m, dimU = m + p e dimW = m + q. Sendo assim, a fim de mostrarmos que 5.22 é válida, é necessário e, na verdade, suficiente mostrar que dim (U + W ) = m + p + q. Para tanto, basta mostrarmos que os vetores u1, . . . , up, w1, . . . , wq, v1, . . . , vm (5.23) formam uma base de U + W. Mostremos primeiramente que eles geram U+W : dado v ∈ U+W existem u ∈ U e w ∈ W tais que v = u + w. Como u é uma cominação linear de u1, . . . , up, v1, . . . , vm e w é uma cominação linear de w1, . . . , wq, v1, . . . , vm segue que v = u + w é uma cominação linear de u1, . . . , up, v1, . . . , vm,1 , . . . , wq. Portanto, U + W = [u1, . . . , up, v1, . . . , vm,1 , . . . , wq]. Verifiquemos que os vetores em 5.23 são l.i.. Suponha que α1u1 + · · · + αpup + β1w1 + · · · + βqwq + δ1v1 + · · · + δmvm = 0, (5.24) ou seja U ∋ α1u1 + · · · + αpup + δ1v1 + · · · + δmvm = −β1w1 + · · · − βqwq ∈ W. Logo, −β1w1 − · · · − βqwq ∈ U ∩ W = [v1, . . . , vm]. Conseqüentemente, existem γ1, . . . , γm tais que −β1w1 − · · · − βqwq = γ1v1 + · · · + γmvm, ou seja, β1w1 + · · · + βqwq + γ1v1 + · · · + γmvm = 0. Como w1, . . . , wq, v1, . . . , vm são l.i., pois formam uma base de W, segue-se que γ1 = · · · = γm = β1 = · · · = βq = 0. Assim, a equação 5.24 se reduz a α1u1 + · · · + αpup + δ1v1 + · · · + δmvm = 0 e como u1, . . . , up, v1, . . . , vm são l.i., pois formam uma base de U, segue-se que α1 = · · · = αp = δ1 = · · · = δm = 0, donde se conclui que os vetores de 5.23 são linearmente independentes. Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 5.3. DIMENSÃO DE SOMA DE SUBESPAÇOS VETORIAIS 43 Corolário 5.25 Seja U um subespaço vetorial de um espaço vetorial de dimensão finita V. Se dimU = dimV então U = V. Prova: Suponha que exista u1 ∈ V com u1 6∈ U. Coloque W = [u1]. Como U ∩ W = {0} e dimW = 1, segue da proposição 5.21 que dim (U + W ) = dimU + 1 = dimV + 1 > dimV. Um absurdo pois dim (U + W ) ≤ dimV. Observação 5.26 Note que se V, U e W são como na proposição 5.21 e se além do mais tivermos V = U + W e dimU + dimW > dimV então U ∩ W 6= {0}, isto é, a soma U + W não é direta. Bem, se fosse U ∩ W = {0} então pela proposição 5.21 terı́amos 0 = dim (U ∩ W ) = dimU + dimW − dim (U + W ) = dimU + dimW − dimV > 0, um absurdo. Exemplo 5.27 Sejam U = {p(x) ∈ P3(R); p(0) = p(1) = 0} e V = {p(x) ∈ P3(R); p(−1) = 0}. Encontre uma base para U, V, U ∩ V e U + V. U : Temos p(x) = a0 + a1x + a2x 2 + a3x 3 ∈ U ⇐⇒ p(0) = p(1) = 0 ⇐⇒ { a0 = 0 a0 + a1 + a2 + a3 = 0 ⇐⇒ p(x) = −(a2 + a3)x + a2x2 + a3x3 = a2(x2 − x) + a3(x3 − x). Desse modo, U = [x2 − x, x3 − x] e estes polinômios são l.i. pois como cada um tem um grau distinto do outro, nenhum pode ser múltiplo do outro. Assim, x2 −x e x3 − x formam uma base de U. Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 44 CAPÍTULO 5. BASE, DIMENSÃO E COORDENADAS V : p(x) = a0 + a1x + a2x 2 + a3x 3 ∈ V ⇐⇒ p(−1) = 0 ⇐⇒ a0 − a1 + a2 − a3 = 0 ⇐⇒ p(x) = a0 + (a0 + a2 − a3)x + a2x2 + a3x3 = a0(1 + x) + a2(x 2 + x) + a3(x 3 − x). Desse modo, V = [1 + x, x2 + x, x3 − x] e estes polinômios são l.i. pois como cada um tem um grau distinto do outro, nenhum pode ser uma combinação linear dos outros dois. Portanto, 1 + x, x2 + x e x3 − x formam uma base de V. U ∩ V : p(x) = a0 + a1x + a2x 2 + a3x 3 ∈ U ∩ V ⇐⇒      a0 = 0 a0 + a1 + a2 + a3 = 0 a0 − a1 + a2 − a3 = 0 ⇐⇒ { a0 = a2 = 0 a1 = −a3 ⇐⇒ p(x) = −a1(x3 − x). Logo, x3 − x é uma base de U ∩ V. U + V : Temos dim (U +V ) = 2+3−1 = 4 = dimP3(R). Pela proposição 5.25 temos que U + V = P3(R) e podemos tomar como base os polinômios 1, x, x2 e x3. Exemplo 5.28 Voltemos ao exemplo 3.11. Sabemos que U = [(1, 1, 0, 0), (0, 1, 1, 0), (0, 1, 0, 1)] V = [(1, 0, 0, 1), (0, 1, 0, 1), (0, 0, 1, 1)] U ∩ V = [(1, 0,−1, 0), (0, 1, 0, 1)] U + V = [(0, 1, 1, 0), (0, 1, 0, 1), (1, 0, 0, 1), (0, 0, 1, 1)] Verifiquemos que os geradores acima são na verdade bases para os respectivos subespa- ços vetoriais. Para tanto basta verificar que cada seqüência de vetores acima é l.i.. Analisemos primeiramente para U : se α(1, 1, 0, 0) + β(0, 1, 1, 0) + γ(0, 1, 0, 1) = (0, 0, 0, 0) Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 5.5. EXERCÍCIOS 47 e x2−x. Isto é equivalente a mostrar que a equação p(x) = α1+βx+γ(x2−x) possui uma única solução (α, β, γ) ∈ R3. A equação acima se escreve como a0 + a1x + a2x 2 = α + (β − γ)x + γx2, que é equivalente ao sistema      α = a0 β − γ = a1 γ = a2, que possui uma única solução dada por α = a0, β = a1 + a2, e γ = a2. Com isso em mãos, vemos que as coordenadas de 1 + x + x2 com relação à base B são dadas por   1 2 1   B . Note que com relação à base C formada por 1, x e x2 as coordenadas de 1 + x + x2 são dadas por   1 1 1   C . 5.5 Exercı́cios Ex. 5.31 Verificar em cada um dos casos se o subconjunto B do espaço vetorial V é uma base para V. 1. B = { 1, 1 + t, 1 − t2, 1 − t − t2 − t3 } , V = P3(R). 2. B = {( 1 1 0 0 ) , ( 2 1 0 0 ) , ( 0 1 1 0 ) , ( 0 0 0 2 )} , V = M2(R). 3. B = {(1, 1, 1, 1), (1, 1, 1, 0), (1, 1, 0, 0), (1, 0, 0, 0)} , V = R4. Ex. 5.32 Encontrar em cada um dos itens abaixo uma base e a dimensão do subespaço W do espaço vetorial V. 1. W = { (x, y, z, t) ∈ R4;x − y = 0 e x + 2y + t = 0 } , V = R4. Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 48 CAPÍTULO 5. BASE, DIMENSÃO E COORDENADAS 2. W = {X ∈ M2(R);AX = X} , onde A = ( 1 2 0 1 ) , V = M2(R). 3. W = {p ∈ P2(R); p′′(t) = 0,∀t ∈ R} , V = P2(R). Ex. 5.33 Dados U, W subespaços do espaço vetorial V determinar; i) uma base e a dimensão de U. ii) uma base e a dimensão de W. iii) uma base e a dimensão de U + W. iv) uma base e a dimensão de U ∩ W. nos seguintes casos; 1. U = { (x, y, z) ∈ R3;x + y + z = 0 } , W = {(x, y, 0);x, y ∈ R} , V = R3. 2. U = {A ∈ M2(R); tr(A) = 0} , W = { A ∈ M2(R);At = −A } , V = M2(R). tr(A) é a soma dos elementos da diagonal principal de A, chamado de traço de A 3. U = {p(x) ∈ P2(R); p′(t) = 0} , W = {p(x) ∈ P2(R); p(0) = p(1) = 0} , V = P2(R). Ex. 5.34 Determinar as coordenadas do vetor u = (−1, 8, 5) ∈ R3 em relação a cada uma das bases de R3 abaixo; 1. base canônica 2. {(0, 0, 1), (0, 1, 1), (1, 1, 1)} 3. {(1, 2, 1), (0, 3, 2), (1, 1, 4)} Ex. 5.35 Determinar as coordenadas de p(t) ∈ P3(R), dado por p(t) = 10 + t2 + 2t3, t ∈ R em relação as seguintes bases de P3(R); 1. base canônica 2. { 1, 1 + t, 1 + t + t2, 1 + t + t2 + t3 } 3. { 4 + t, 2, 2 − t2, t + t3 } Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 5.5. EXERCÍCIOS 49 Ex. 5.36 Determinar as coordenadas do vetor ( 2 5 −8 7 ) ∈ M2(R) em relação as seguintes bases de M2(R); 1. base canônica 2. {( 1 0 0 0 ) , ( 1 1 0 0 ) , ( 1 1 1 0 ) , ( 1 1 1 1 )} Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 52 CAPÍTULO 6. MUDANÇA DE BASE base B na seguinte matriz MCB =    α11 · · · α1n ... . . . ... αn1 · · · αnn    , cujas colunas são formadas pelas coordenas de c1, . . . , cn com relação à base B. A matriz MCB é chamada de matriz mudança de base da base B para a base C. Antes de mostrarmos a relação que existe entre MCB e as coordenadas de um dado ve- tor com relação às bases B e C, vejamos como podemos encontrar a matriz de mudança de base em um exemplo no R3. Exemplo 6.1 Considere a base B em R3 formada pelos vetores (1, 0, 1), (1, 1, 1) e (1, 1, 2). Considere também a base C formada pelos vetores (1, 0, 0), (0, 1, 0) e (0, 0, 1). Encontre MCB . Precisamos resolver (1, 0, 0) = α11(1, 0, 1) + α21(1, 1, 1) + α31(1, 1, 2) (0, 1, 0) = α12(1, 0, 1) + α22(1, 1, 1) + α32(1, 1, 2) (0, 0, 1) = α13(1, 0, 1) + α23(1, 1, 1) + α33(1, 1, 2) ⇐⇒ (α11 + α21 + α31, α21 + α31, α11 + α21 + 2α31) = (1, 0, 0) (α12 + α22 + α32, α22 + α32, α12 + α22 + 2α32) = (0, 1, 0) (α13 + α23 + α33, α23 + α33, α13 + α23 + 2α33) = (0, 0, 1). Um momento de reflexão nos poupará um pouco de trabalho neste ponto. Note que cada linha acima representa um sistema de três equações com três incógnitas e que a matriz associada a cada um destes sistemas é a mesma. O que muda são os nomes das variáveis e o segundo membro. Utilizando como variáveis x, y e z, basta resolvermos o seguinte sistema   1 1 1 0 1 1 1 1 2     x y z   =   a b c   onde a, b, c ∈ R. O sistema acima é equivalente a   1 1 1 0 1 1 0 0 1     x y z   =   a b c − a   Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 6.1. INTRODUÇÃO, EXEMPLOS E PROPRIEDADES 53 cuja única solução é dada por x = a − b, y = a + b − c e z = c − a. Tomando (a, b, c) = (1, 0, 0) obtemos (α11, α21, α31) = (1, 1,−1). Tomando (a, b, c) = (0, 1, 0) obtemos (α12, α22, α32) = (−1, 1, 0). Tomando (a, b, c) = (0, 0, 1) obtemos (α13, α23, α33) = (0,−1, 1). Desta forma, obtemos MCB =   1 −1 0 1 1 −1 −1 0 1   . Exercı́cio 6.2 Com as notações do exemplo acima, encontre MBC . Vejamos agora como as coordenadas de um vetor se relacionam com respeito a duas bases de um espaço vetorial de dimensão finita. Sejam B e C bases de um espaço vetorial de dimensão finita V formadas, respecti- vamente, pelos vetores b1, . . . , bn e c1, . . . , cn. Dado um vetor v em V sejam vB =    x1 ... xn    B e vC =    y1 ... yn    C as suas coordenadas com relação às bases B e C, respectivamente. Se MCB = (αij) representa a matriz de mudança da base B para base C, então como cj = ∑n i=1 αijbi, j = 1, . . . , n, obtemos v = n ∑ i=1 xibi = n ∑ j=1 yjcj = n ∑ j=1 yj ( n ∑ i=1 αijbi ) = n ∑ i=1   n ∑ j=1 αijyj   bi onde na última igualdade invertemos a ordem da soma. Como os vetores b1, . . . , bn são l.i., segue-se que xi = ∑n j=1 αijyj , i = 1, . . . , n. Porém, estas últimas n equações podem ser escritas na seguinte fórmula matricial    α11 α12 · · · α1n ... ... . . . ... αn1 αn2 · · · αnn       y1 ... yn    =    x1 ... xn    , ou mais simplesmente, uB = M C B uC . Resumiremos este resultado na seguinte Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 54 CAPÍTULO 6. MUDANÇA DE BASE Proposição 6.3 Sejam B e C bases de um espaço vetorial de dimensão finita V. Se uB e uC representam as coordenadas de um dado vetor v ∈ V com relação às bases B e C, respectivamente e se MCB é a matriz de mudança de base da base B para a base C então vB = M C B vC . Exemplo 6.4 Fixado θ ∈ R, considere os vetores u1 = (cos θ, sen θ) e u2 = (− sen θ, cos θ) em R2. Mostre que estes vetores formam uma base, B, de R2 e encontre a matriz de mudança desta base para a base C formada pelos vetores e1 = (1, 0) e e2 = (0, 1). Encontre as coordenadas do vetor u = ae1 + be2 com relação à base B. Como a dimensão de R2 é dois basta mostrar que u1 e u2 são l.i.. Se α(cos θ, sen θ) +β(− sen θ, cos θ) = (0, 0) então { α cos θ − β sen θ = 0 α sen θ + β cos θ = 0 ⇐⇒ α = β = 0, pois det ( cos θ − sen θ sen θ cos θ ) = 1 6= 0. A matriz MCB será dada por (αij), onde (1, 0) = α11(cos θ, sen θ) + α21(− sen θ, cos θ) (0, 1) = α12(cos θ, sen θ) + α22(− sen θ, cos θ), que é equivalente a (1, 0) = (α11 cos θ − α21 sen θ, α11 sen θ + α21 cos θ) (0, 1) = (α12 cos θ − α22 sen θ, α12 sen θ + α22 cos θ), e como já visto antes, basta resolver o sistema ( cos θ − sen θ sen θ cos θ )( x y ) = ( α β ) Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 6.2. EXERCÍCIOS 57 3. Se a matriz das coordenadas do vetor v em relação a base C, isto é, (v)C , é dada por   2 3 −1   encontre a matriz das coordenadas de v em relação a base B, isto é, (v)B. Ex. 6.10 Considere as bases ordenadas B = { 1, 1 + t, 1 + t2 } e C = { 1, t, t2 } de P2(R). 1. Encontre as matrizes de mudança da base B para a base C, isto é MCB , e da base C para a base B, isto é MBC . 2. Se (v)B =   1 −4 6   encontre (v)C . 3. Se (v)C =   8 −1 3   encontre (v)B. 4. Se D = { 1, t, t2 } é a base canônica de P2(R), encontre as matrizes de mudança da base B para a base D e da base D para a base C, isto é, MBD e MDC , respectivamente. Ex. 6.11 Considere o seguinte subespaço de M2(R); W = {( x y z t ) ∈ M2(R);x − y − z = 0 } . 1. Mostre que B = {( 1 1 0 0 ) , ( 1 0 1 0 ) , ( 0 0 0 1 )} e C = {( 1 0 1 0 ) , ( 0 −1 1 0 ) , ( 0 0 0 1 )} são bases de W. 2. Encontre as matrizes de mudança da base B para a base C e da base C para a base B, isto é, MCB e M B C , respectivamente. Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 58 CAPÍTULO 6. MUDANÇA DE BASE 3. Encontre uma base D de W , tal que a matriz P =   1 1 0 0 0 2 0 3 1   seja a matriz de mudança da base D para a base B, isto é, P = MBD . Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Capı́tulo 7 Exercı́cios Resolvidos – Uma Revisão Ex. Resolvido 7.1 Verifique se V = {(x, y, z, w) ∈ R4; y = x, z = w2} com as operações usuais de R4 é um espaço vetorial. Resolução: Note que (0, 0, 1, 1) ∈ V mas −1(0, 0, 1, 1) = (0, 0,−1,−1) 6∈ V. Assim, V não é um espaço vetorial. ¤ Ex. Resolvido 7.2 Seja A ∈ Mn(R) uma matriz quadrada de ordem n. Verifique se W = {X ∈ Mn×1(R);AX = 0} é um subespaço vetorial de Mn×1(R), com as operações usuais. Resolução: 1. Seja O = (0) a matriz n × 1 nula. Como AO = O, temos que O ∈ W. 2. Se X, Y ∈ W e λ ∈ R, então, pelas propriedades da soma e da multiplicação por escalar usuais entre as matrizes e, também, pelas propriedades do produto entre matrizes, temos A(X + λY ) = AX + A(λY ) = AX + λAY = O + λO = O. Portanto X + λY ∈ W. Concluı́mos que W é um subespaço vetorial de Mn×1(R). ¤ 59 Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 62 CAPÍTULO 7. EXERCÍCIOS RESOLVIDOS – UMA REVISÃO ⇐⇒ { α = −γ/2 − δ/2 β = 3γ/2 + δ/2 , isto é, X =     −γ/2 − δ/2 3γ/2 + δ/2 γ δ     = γ     −1/2 3/2 1 0     + δ     −1/2 1/2 0 1     , portanto, W =         −1/2 3/2 1 0     ,     −1/2 1/2 0 1         . ¤ Ex. Resolvido 7.7 Encontre uma base para o subespaço vetorial de R3 dado por U = [(1, 0, 1), (1, 2, 0), (0, 2,−1)]. Resolução: Primeiro Modo: (x, y, z) ∈ U se e somente se existem α, β, γ ∈ R tais que α(1, 0, 1) + β(1, 2, 0) + γ(0, 2,−1) = (x, y, z), ou seja, (x, y, z) ∈ U se e somente se o sistema abaixo admite solução   1 1 0 0 2 2 1 0 −1     α β γ   =   x y z   ⇐⇒   1 1 0 0 2 2 0 −1 −1     α β γ   =   x y z − x     1 1 0 0 1 1 0 −1 −1     α β γ   =   x y/2 z − x   ⇐⇒   1 1 0 0 1 1 0 0 0     α β γ   =   x y/2 z − x + y/2   ⇐⇒   1 0 −1 0 1 1 0 0 0     α β γ   =   x − y/2 y/2 z − x + y/2   Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 63 que possui solução, e esta é dada por α = γ + x − y/2, β = −γ + y/2, γ ∈ R, se e somente se z = x − y/2. Dessa forma, (x, y, z) = (γ + x − y/2)(1, 0, 1) + (−γ + y/2)(1, 2, 0) + γ(0, 2,−1) = = (x, y, x − y/2) = x(1, 0, 1) + y(0, 1,−1/2) e como (1, 0, 1), (0, 1,−1/2) (7.8) são l.i., segue-se que formam uma base de U. Segundo Modo: Note que os vetores (1, 0, 1) e (1, 2, 0) são l.i. e pertencem a U. Vejamos se estes vetores juntamente com (0, 2,−1) são l.d. ou l.i.: α(1, 0, 1) + β(1, 2, 0) + γ(0, 2,−1) = (0, 0, 0) ⇐⇒ (α + β, 2β + 2γ, α − γ) = (0, 0, 0) ⇐⇒      α + β = 0 β + γ = 0 α − γ = 0 ⇐⇒ α = −β = γ, ou seja, os vetores (1, 0, 1), (1, 2, 0), (0, 2,−1) são l.d.. Portanto, (1, 0, 1), (1, 2, 0) (7.9) formam uma base de U. Embora as bases 7.8 e 7.9 não coincidam, ambas estão corretas. Basta observar que (1, 2, 0) = (1, 0, 1) + 2(0, 1,−1/2). ¤ Ex. Resolvido 7.10 Dados U = {A ∈ M2(R) : At = A} e W = [( 1 1 0 1 )] , em M2(R), encontre uma base para U, W, U ∩W e U +W, no caso em que não se reduzam a {0}. Resolução: Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 64 CAPÍTULO 7. EXERCÍCIOS RESOLVIDOS – UMA REVISÃO U : A = ( a b c d ) ⇐⇒ c = b, portanto, A ∈ U se e somente se existirem α, β, γ ∈ R tais que A = α ( 1 0 0 0 ) + β ( 0 1 1 0 ) + γ ( 0 0 0 1 ) . A mesma equação acima tomada com A = 0, mostra que as matrizes ( 1 0 0 0 ) , ( 0 1 1 0 ) , ( 0 0 0 1 ) são l.i. e, portanto, como geram U, formam uma base de U. Note que dimU = 3. W : Como a matriz ( 1 1 0 1 ) gera W e é não nula, ela serve de base para W. Note que dimW = 1. U ∩ W : A ∈ U ∩ W ⇐⇒ A = At e existe λ ∈ R tal que A = ( λ λ 0 λ ) , isto é, se e somente se existir λ ∈ R tal que ( λ λ 0 λ ) = ( λ 0 λ λ ) , que é satisfeita se e somente se λ = 0, ou seja, A = O. Desse modo, U ∩ W = {O} e dim (U ∩ W ) = 0. U + W : Temos dim (U + W ) = dimU + dimW − dim (U ∩ W ) = 4 = dimM2(R); portanto, U + W = M2(R) e uma base pode ser dada por ( 1 0 0 0 ) , ( 0 1 0 0 ) , ( 0 0 1 0 ) , ( 0 0 0 1 ) . ¤ Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 67 3. Como vB = MCB vC , vB =   1 0 3 1 2 0 −1 3 1     2 3 −1   =   −1 8 6   . ¤ Ex. Resolvido 7.13 Considere o seguinte subespaço de M2(R): W = {( x y z t ) ∈ M2(R);x − y − z = 0 } . a) Mostre que B dada pelas matrizes B1 = ( 1 1 0 0 ) , B2 = ( 1 0 1 0 ) , B3 = ( 0 0 0 1 ) e C dada pelas matrizes C1 = ( 1 0 1 0 ) , C2 = ( 0 −1 1 0 ) , C3 = ( 0 0 0 1 ) são bases de W. b) Encontre as matrizes de mudança da base B para a base C e da base C para a base B. c) Encontre uma base D de W , tal que a matriz P =   1 1 0 0 0 2 0 3 1   seja a matriz de mudança da base D para a base B, isto é, P = MBD . Resolução: a) A = ( x y z t ) ∈ W ⇐⇒ x = y + z. Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 68 CAPÍTULO 7. EXERCÍCIOS RESOLVIDOS – UMA REVISÃO Assim, A ∈ W se e somente se existirem x, y, z ∈ R tais que A = y ( 1 1 0 0 ) + z ( 1 0 1 0 ) + t ( 0 0 0 1 ) , (7.14) isto é, W = [( 1 1 0 0 ) , ( 1 0 1 0 ) , ( 0 0 0 1 )] . A equação 7.14 tomada com A = O mostra que as matrizes acima que geram W são de fato l.i. e, portanto, formam uma base de W. Além do mais, dimW = 3. Como C é formado por três vetores de W e a dimensão de W é três, basta verificar que tais vetores são l.i.. De fato, α ( 1 0 1 0 ) + β ( 0 −1 1 0 ) + γ ( 0 0 0 1 ) = ( 0 0 0 0 ) ⇐⇒ ( α −β α + β γ ) = ( 0 0 0 0 ) ⇐⇒ α = β = γ = 0. b) Basta notar que C1 = B2 C2 = −B1 + B2 C3 = B3 e daı́, MCB =   0 −1 0 1 1 0 0 0 1   . Quanto a MBC , vemos que B1 = C1 − C2 B2 = C1 B3 = C3 e assim, MBC =   1 1 0 −1 0 0 0 0 1   . Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 69 c) Procuremos D1, D2 e D3 em W de modo que formem uma base W tal que MBD = P. Isto ocorre se e somente se B1 = 1D1 + 0D2 + 0D3 = D1 B2 = 1D1 + 0D2 + 3D3 = D1 + 3D3 B3 = 0D1 + 2D2 + 1D3 = 2D2 + D3 , ou seja, D1 = B1, D3 = (B2 − B1)/3 e D2 = (B3 − (B2 − B1)/3)/2 = (3B3 + B1 − B2)/6. Assim, a base D formada por D1, D2 e D3 é dada pelas matrizes ( 1 1 0 0 ) , ( 0 1/6 −1/6 1/2 ) , ( 0 −1/3 1/3 0 ) . Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 72 CAPÍTULO 8. TRANSFORMAÇÕES LINEARES 3. T : Pn(R) → Rn+1 dada por T (a0 + a1x + · · · + anxn) = (a0, . . . , an). 4. Se A ∈ Mm×n(R) é uma matriz dada, definimos T : Mn×1(R) → Mm×1(R) por T (X) = AX, o produto de A com X, para todo X ∈ Mn×1(R). 5. T : C([0, 1]; R) → R dada por T (f) = ∫ 1 0 f(x) dx, para toda função f ∈ C([0, 1]; R). 6. T : C1([0, 1]; R) → C([0, 1]; R) dada por T (f) = f ′, a derivada de f, para toda f ∈ C1([0, 1]; R). Os exemplos abaixo são de funções entre espaços vetoriais que não são transforma- ções lineares. 1. T : R3 → R dada por T (x, y, z) = x + y + z + 1. Note que T (0, 0, 0) = 1 6= 0. 2. T : C([0, 1]; R) → R dada por T (f) = ∫ 1 0 |f(x)| dx, para toda função f ∈ C([0, 1]; R). Se T fosse linear deverı́amos ter por 2, T (−f) = −T (f) para toda função f ∈ C([0, 1]; R). Para ver que isto não ocorre, basta tomar f como sendo a função constante igual a 1. Temos neste caso que T (−1) = 1 = T (1). 3. T : R → R dada por T (x) = x2. Observe que T (−1) = 1 = T (1). Logo, não temos T (−1) = −T (1). Proposição 8.4 Seja U um espaço vetorial com base u1, . . . , un. Toda transformação linear T : U → V fica determinada por T (u1), . . . , T (un), ou seja, conhecidos estes vetores, conhece-se T (u) para qualquer u ∈ U. Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 8.2. O ESPAÇO VETORIAL L (U, V ) 73 Prova: Já que u1, . . . , un formam uma base de U, dado u ∈ U existem α1, . . . , αn ∈ R tais que u = α1u1 + · · · + αnun. Deste modo, T (u) = T (α1u1 + · · · + αnun) = α1T (u1) + · · · + αnT (un). Ex. Resolvido 8.5 Encontre uma transformação linear T : R2 → R2 tal que T (1, 2) = (3,−1) e T (0, 1) = (1, 2). Resolução: Note que (1, 2) e (0, 1) formam uma base de R2. Se (x, y) ∈ R2 então, como é fácil verificar, temos (x, y) = x(1, 2) + (y − 2x)(0, 1). Deste modo, a transformação T deve satisfazer T (x, y) = T (x(1, 2) + (y − 2x)(0, 1)) = xT (1, 2) + (y − 2x)T (0, 1) = x(3,−1) + (y − 2x)(1, 2) = (x + y, 2y − 5x). Verifica-se facilmente que a transformação T definida como acima, isto é, T (x, y) = (x + y, 2y − 5x), é linear e satisfaz as condições pedidas. ¤ 8.2 O Espaço Vetorial L (U, V ) Definição 8.6 Sejam U e V espaços vetoriais. Denotaremos por L (U, V ) o conjunto das transformações lineares T : U → V. Quando U = V denotaremos L (U, U) = L (U). Dadas T, S ∈ L (U, V ) podemos definir T + S : U → V por (T + S)(u) = T (u) + S(u), u ∈ U. Vê-se claramente que T + S ∈ L (U, V ). Se T ∈ L (U, V ) e λ ∈ R definimos λT : U → V como (λT )(u) = λ(T (u)). Também, λT ∈ L (U, V ). É um simples exercı́cio de verificação o fato de L (U, V ) com as operações definidas acima ser um espaço vetorial. Note que o elemento neutro da adição é a transformação nula, isto é, T ∈ L (U, V ) definida por T (u) = 0, u ∈ U. Registraremos isto na seguinte Proposição 8.7 L (U, V ) com as operações acima é um espaço vetorial. Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 74 CAPÍTULO 8. TRANSFORMAÇÕES LINEARES Definição 8.8 Se U é um espaço vetorial, definimos o espaço dual de U como sendo U ′ . = L (U, R), isto é, U ′ é formado pelas transformações lineares T : U → R. Estas transformações lineares também são chamadas de funcionais lineares definidos em U. Teorema 8.9 Se U é um espaço vetorial de dimensão n e V é um espaço vetorial de dimensão m então L (U, V ) tem dimensão mn. Prova: Fixemos duas bases, uma formada por vetores u1, . . . , un de U e outra formada por v1, . . . , vm, vetores de V. Para cada 1 ≤ i ≤ n e 1 ≤ j ≤ m defina Tij(x1u1 + · · · + xnun) = xivj , x1, . . . , xn ∈ R. Note que Tij(uk) = { vj se i = k 0 se i 6= k . Verifiquemos que Tij ∈ L (U, V ): Tij((x1u1 + · · · + xnun) + (y1u1 + · · · + ynun)) = Tij((x1 + y1)u1 + · · · + (xn + yn)un) = (xi + yi)vj = xivj + yivj = Tij(x1u1 + · · · + xnun) + Tij(y1u1 + · · · + ynun). Também, para todo λ ∈ R, Tij(λ(x1u1 + · · · + xnun)) = Tij(λx1u1 + · · · + λxnun) = λxivj = λTij(x1u1 + · · · + xnun). Mostremos que Tij , 1 ≤ i ≤ n e 1 ≤ j ≤ m, formam uma base de L (U, V ). Se ∑n i=1 ∑m j=1 aijTij = 0 então, para cada 1 ≤ k ≤ n, 0 = n ∑ i=1 m ∑ j=1 aijTij(uk) = m ∑ j=1 n ∑ i=1 aijTij(uk) = m ∑ j=1 akjTkj(uk) = m ∑ j=1 akjvj e como v1, . . . , vm são linearmente independentes, segue-se que ak1 = · · · = akm = 0. Portanto T11, . . . , Tnm são linearmente independentes. Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 8.2. O ESPAÇO VETORIAL L (U, V ) 77 Prova: Para todo u ∈ U, temos (R ◦ S) ◦ T (u) = (R ◦ S)(T (u)) = R(S(T (u))) e por outro lado R ◦ (S ◦ T )(u) = R((S ◦ T )(u)) = R(S(T (u))). Comparando as expressões chegamos ao resultado desejado. Proposição 8.19 Se S, T ∈ L (U, V ), R ∈ L (V, W ) então R◦(S+T ) = R◦S+R◦T. Prova: Dado u ∈ U, temos R ◦ (S + T )(u) = R((S + T )(u)) = R(S(u) + T (u)) = R(S(u)) + R(T (u)) = R ◦ S(u) + R ◦ T (u) = (R ◦ S + R ◦ T )(u). Proposição 8.20 Se T ∈ L (U, V ) e IV ∈ L (V ) é a identidade em V, isto é, I(v) = v, v ∈ V, e IU ∈ L (U) é a identidade em U, então IV ◦ T = T e T ◦ IU = T. Prova: Dado u ∈ U, temos IV ◦ T (u) = IV (T (u)) = T (u) e T ◦ IU (u) = T (IU (u)) = T (u). Definição 8.21 Diremos que T ∈ L (U, V ) possui inversa se existir S : V → U tal que S ◦ T (u) = u para todo u ∈ U e T ◦ S(v) = v para todo v ∈ V. Em outras palavras, T ◦ S = IV e S ◦ T = IU , onde IU : U → U é a identidade em U e IV : V → V é a identidade em V. Proposição 8.22 Se T ∈ L (U, V ) possui uma inversa então esta inversa é única. Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 78 CAPÍTULO 8. TRANSFORMAÇÕES LINEARES Suponha que T possua inversas R, S ∈ L (V, U). Como IV = T ◦ R e IU = S ◦ T, temos S = S ◦ IV = S ◦ (T ◦ R) = (S ◦ T ) ◦ R = IU ◦ R = R. Denotaremos a inversa de T por T−1. Definição 8.23 Uma transformação linear T : U → V é 1. injetora se T (u) = T (v) implicar em u = v; 2. sobrejetora se para todo v ∈ V existir u ∈ U tal que T (u) = v; 3. bijetora se for injetora e sobrejetora. Proposição 8.24 Uma transformação linear T : U → V é injetora se e somente se T (u) = 0 implicar em u = 0. Prova: Suponha que T seja injetora. Se T (u) = 0 então T (u) = T (0) e como T é injetora, segue-se que u = 0. Reciprocamente suponha que a única solução de T (u) = 0 seja u = 0. Se T (u) = T (v) então T (u − v) = 0 e, por hipótese, u − v = 0, isto é, u = v. Proposição 8.25 A fim de que T ∈ L (U, V ) possua inversa é necessário e suficiente que T seja bijetora. Prova: Suponha que T possua inversa. Se T (u) = T (v) então u = T−1(T (u)) = T−1(T (v)) = v e, portanto, T é injetora. Dado v ∈ V vemos que T (T−1(v)) = v e, portanto, T também é sobrejetora. Assim, T é bijetora. Suponha agora que T seja bijetora. Dado v ∈ V existe um único uv ∈ U tal que v = T (uv). Defina S : V → U por S(v) = uv. Mostremos que S é a inversa de T. Se v ∈ V então T (S(v)) = T (uv) = v. Se u ∈ U então S(T (u)), pela definição de S, é o único elemento u′ em U tal que T (u′) = T (u). Como T é injetora, temos u′ = u e, assim, S(T (u)) = u. Proposição 8.26 Se T ∈ L (U, V ) possui inversa T−1 : V → U então T−1 ∈ L (V, U). Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 8.3. IMAGEM E NÚCLEO 79 Prova: Devemos mostrar que T−1 : V → U é linear. Sejam v1, v2 ∈ V e λ1, λ2 ∈ R. Como T é sobrejetora existem u1, u2 ∈ U tais que T (u1) = v1 e T (u2) = v2. Assim, T−1(λ1v1 + λ2v2) = T −1(λ1T (u1) + λ2T (u2)) = T −1(T (λ1u1 + λ2u2)) = λ1u1 + λ2u2 = λ1T −1(v1) + λ2T −1(v2). 8.3 Imagem e Núcleo Definição 8.27 Seja T : U → V uma transformação linear. 1. Se X ⊂ U, definimos a imagem de X por T como sendo o conjunto T (X) = {T (x);x ∈ X}. 2. Se Y ⊂ V, definimos a imagem inversa de Y por T como sendo o conjunto T−1(Y ) = {u ∈ U ;T (u) ∈ Y }. Ex. Resolvido 8.28 Seja V um espaço de dimensão 1. Mostre que qualquer transforma- ção linear não nula T : U → V é sobrejetora. Resolução: Como T é não nula existe uo ∈ U tal que T (uo) 6= 0. Já que V tem dimensão 1 então qualquer base de V é constituı́da por um elemento e como T (uo) ∈ V é não nulo (portanto, l.i.), ele próprio forma uma base de V. Assim, dado v ∈ V existe α ∈ R tal que v = αT (uo) = T (αuo), ou seja, T é sobrejetora. ¤ Proposição 8.29 Seja T : U → V uma transformação linear. Temos 1. Se W é um subespaço vetorial de U então T (W ) é um subespaço vetorial de V. 2. Se W é um subespaço vetorial de V então T−1(W ) é um subespaço vetorial de U. Prova: 1. Seja W um subespaço vetorial de U. Como 0 ∈ W vemos que 0 = T (0) ∈ T (W ). Se x, y ∈ T (W ) então existem u, w ∈ W tais que x = T (u) e y = T (w). Como W é um subespaço vetorial, temos que, para qualquer λ ∈ R, u + λw ∈ W. Desse modo x + λy = T (u) + λT (w) = T (u) + T (λw) = T (u + λw) ∈ T (W ). Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 82 CAPÍTULO 8. TRANSFORMAÇÕES LINEARES 4. T leva bases de U em bases de V. Prova: (1) =⇒ (2): Se T é sobrejetora então T (U) = V e pelo teorema anterior, dimU = dimN (T ) + dimV. Mas como dimU = dimV segue que dimN (T ) = 0, isto é, N (T ) = {0}. Pela proposição 8.31, T é injetora. (2) =⇒ (3): Se T é injetora então dimN (T ) = 0. Pelo teorema anterior segue-se que dimU = dimT (U). Como dimU = dimV segue-se que T (U) é um subespaço de V com a mesma dimensão de V. Logo, T (U) = V, isto é, T é sobrejetora. Dessa forma, T é bijetora. (3) =⇒ (4): Suponha que T seja bijetora. Considere uma base de U formada por vetores u1, . . . , un. Precisamos mostrar que T (u1), . . . , T (un) formam uma base de V. Se α1T (u1)+ · · ·+αnT (un) = 0 então T (α1u1 + · · ·+αnun) = 0, isto é, α1u1 + · · · + αnun ∈ N (T ). Como T é injetora temos N (T ) = {0} e, conseqüentemente, α1u1 + · · · + αnun = 0. Como u1, . . . , un formam uma base de U temos α1 = · · · = αn = 0 e, portanto, T (u1), . . . , T (un) são linearmente independentes. Seja v ∈ V. Como T é sobrejetora, existe u ∈ U tal que v = T (u). Escrevendo u como α1u1 + · · · + αnun vemos que v = T (α1u1 + · · · + αnun) = α1T (u1) + · · · + αnT (un), isto é, T (u1), . . . , T (un) geram V. Observe que já havı́amos provado isto na proposição 8.4 (4) =⇒ (1): Seja u1, . . . , un uma base de U. Por hipótese, T (u1), . . . , T (un) for- mam uma base de V. Assim, dado v ∈ V existem α1, . . . , αn ∈ R tais que v = α1T (u1) + · · · + αnT (un). Deste modo, v = T (α1u1 + · · · + αnun), isto é, T é sobrejetora. Ex. Resolvido 8.36 Mostre que toda transformação linear bijetora T : R2 → R2 leva retas em retas, isto é, a imagem de uma reta por T é uma reta. Resolução: Dada uma reta r no plano usaremos a equação vetorial para representar seus pontos, isto é, um ponto P ∈ r é da forma Po + λ~v, onde Po é um ponto sobre a reta, ~v é um vetor direção da reta e λ ∈ R. A imagem de r por T é T (r) = {T (P );P ∈ r}. Assim, todo ponto em T (r) é da forma T (P ) = T (Po) + λT (~v), λ ∈ R. Como T é injetora e ~v 6= ~0 temos que T (~v) 6= ~0, ou seja, T (r) é uma reta que passa por T (Po) e tem direção T (~v). ¤ Ex. Resolvido 8.37 Sejam a1, . . . , an ∈ R não todos nulos. Mostre que o subespaço H = {(x1, . . . , xn) ∈ Rn; a1x1 + · · · + anxn = 0} tem dimensão n − 1. Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 8.3. IMAGEM E NÚCLEO 83 Resolução: Note que H é o núcleo da transformação linear T : Rn → R dada por T (x1, . . . , xn) = a1x1 + · · · + anxn. Como nem todos os aj são nulos, segue-se que T é não nula e pelo exercı́cio 8.28, T é sobrejetora. Deste modo, pelo teorema 8.34, temos n = dim Rn = dimH + dimT (Rn) = dimH + 1, ou seja, dimH = n − 1. ¤ Ex. Resolvido 8.38 Sejam A = ( 1 2 0 1 ) e T : M2(R) → M2(R) dada por T (X) = AX − XA. Encontre o núcleo e a imagem de T. Resolução: Núcleo: X ∈ N (T ) se e somente se AX = XA. Se denotarmos X = ( a b c d ) , vemos que X ∈ N (T ) se e somente se ( 1 2 0 1 ) ( a b c d ) = ( a b c d )( 1 2 0 1 ) , isto é, ( a + 2c b + 2d c d ) = ( a 2a + b c 2c + d ) que equivale a            a + 2c = a b + 2d = 2a + b c = c d = 2c + d ⇐⇒ c = 0 e a = d. Portanto, X = ( a b 0 a ) = a ( 1 0 0 1 ) + b ( 0 1 0 0 ) . Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 84 CAPÍTULO 8. TRANSFORMAÇÕES LINEARES Dessa forma, o núcleo de T é o subespaço vetorial gerado pela base (note que as matrizes são l.i.) formada pelas matrizes ( 1 0 0 1 ) e ( 0 1 0 0 ) . Imagem de T : Temos que Y = ( x y z t ) ∈ T (M2(R)) se e somente se existir X = ( a b c d ) tal que Y = AX − XA, isto é, ( x y z t ) = ( 1 2 0 1 ) ( a b c d ) − ( a b c d )( 1 2 0 1 ) = ( a + 2c b + 2d c d ) − ( a 2a + b c 2c + d ) = ( 2c 2d − 2a 0 −2c ) = 2c ( 1 0 0 −1 ) + 2(d − a) ( 0 1 0 0 ) , ou seja, a imagem de T é gerada pela base (note que as matrizes são l.i.) formada pelas matrizes ( 1 0 0 −1 ) e ( 0 1 0 0 ) . Uma outra maneira para encontrar uma base para a imagem de T é fazer uso da prova do teorema 8.34. Isto é, sabemos que ( 1 0 0 1 ) e ( 0 1 0 0 ) formam uma base do núcleo de T e, como no referido teorema, a completamos até uma base de M2(R) como, por exemplo, ( 1 0 0 1 ) , ( 0 1 0 0 ) , ( 0 0 1 0 ) e ( 0 0 0 1 ) Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 8.5. MATRIZ DE UMA TRANSFORMAÇÃO LINEAR 87 Prova: Primeiramente, note que T, de fato, define uma função pois as coordenadas de um vetor com relação a uma base são unicamente determinadas por ele e pela base. Verifiquemos que T é linear. Se w1, w2 ∈ U então podemos escrever w1 = ∑n i=1 xiui e w2 = ∑n i=1 yiui, onde xi, yi ∈ R, i = 1, . . . , n. Se λ1, λ2 ∈ R, temos T (λ1w1 + λ2w2) = T ( n ∑ i=1 (λ1xi + λ2yi)ui ) = n ∑ i=1 (λ1xi + λ2yi)vi = λ1 n ∑ i=1 xivi + λ2 n ∑ i=1 yivi = λ1T (w1) + λ2T (w2). Seja w = ∑n i=1 xiui tal que T (w) = 0. Mas T (w) = x1v1 + · · · + xnvn = 0 e, portanto, x1 = · · · = xn = 0, ou seja, w = 0. Portanto, T é injetora e pelo corolário 8.35, segue-se que T é um isomorfismo. Corolário 8.48 Se dois espaços têm a mesma dimensão finita então eles são isomorfos. Prova: Basta tomar o isomorfismo do teorema anterior. Combinando o corolário acima com a proposição 8.46 vemos que dois espaços de dimensão finita são isomorfos se e somente se eles possuem a mesma dimensão. Corolário 8.49 Se U é um espaço vetorial de dimensão n e V é um espaço vetorial de dimensão m então L (U, V ) é isomorfo a Mm×n(R). Prova: Note que tanto L (U, V ) como Mm×n(R) têm a mesma dimensão: mn. 8.5 Matriz de uma Transformação Linear 8.5.1 Definição e Exemplos Sejam U e V espaços vetoriais de dimensão finita. Fixemos uma base B de U formada por vetores u1, . . . , un e uma base V formada por vetores v1, . . . , vm. Se T ∈ L (U, V ) podemos escrever T (uj) = a1jv1 + · · · + amjvm, = 1, . . . , n. Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 88 CAPÍTULO 8. TRANSFORMAÇÕES LINEARES A matriz      a11 a12 . . . a1n a21 a22 . . . a1n ... ... . . . ... am1 am2 . . . amn      ∈ Mm×n(R) é chamada de matriz da transformação T com relação às bases B e C e é denotada por [T ]B,C . No caso em que U = V e B = C usaremos a notação [T ]B. Ex. Resolvido 8.50 Encontre a matriz de T : R3 → R2 dada por T (x, y, z) = (x + y, x − z) com relação às bases canônicas de R3 (B : (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)) e R2 (C : (1, 0), (0, 1)). Resolução: Temos T (1, 0, 0) = (1, 1) = 1(1, 0) + 1(0, 1), T (0, 1, 0) = (1, 0) = 1(1, 0) + 0(0, 1) e T (0, 0, 1) = (0,−1) = 0(1, 0) − 1(0, 1). Assim, [T ]B,C = ( 1 1 0 1 0 −1 ) . ¤ Ex. Resolvido 8.51 Encontre a matriz de T : R3 → R2 dada por T (x, y, z) = (x + y, x − z) com relação às bases canônicas de R3 (B : (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)) e R2 (C ′ : (1, 1), (0, 1)). Resolução: Temos T (1, 0, 0) = (1, 1) = 1(1, 1) + 0(0, 1), T (0, 1, 0) = (1, 0) = 1(1, 1) − 1(0, 1) e T (0, 0, 1) = (0,−1) = 0(1, 1) − 1(0, 1). Assim, [T ]B,C′ = ( 1 1 0 0 −1 −1 ) . ¤ Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 8.5. MATRIZ DE UMA TRANSFORMAÇÃO LINEAR 89 8.5.2 Propriedades Proposição 8.52 Sejam U e V espaços vetorial de dimensão finita com bases B e C, respectivamente. Se T, S ∈ L (U, V ) e λ, µ ∈ R então [λT + µS]B,C = λ[T ]B,C + µ[S]B,C . Prova: Colocando B : u1, . . . , un, C : v1, . . . , vm, [T ]B,C = (αij) e [S]B,C = (βij) temos (λT + µS)(uj) = λT (uj) + µS(uj) = λ(α1jv1 + · · · + αmjvm) + µ(β1jv1 + · · · + βmjvm) = (λα1j + µβ1j)v1 + · · · + (λαmj + µβmj)vm e, desse modo, [λT + µS]B,C =    λα11 + µβ11 · · · λα1n + µβ1n ... . . . ... λαm1 + µβm1 · · · λαmn + µβmn    = λ[T ]B,C + µ[S]B,C . Corolário 8.53 Sejam U e V espaços vetorial de dimensão finita com bases B e C, respectivamente. Se T ∈ L (U, V ) é a transformação nula então [T ]B,C = 0. Proposição 8.54 Se B e C são bases de um espaço vetorial V de dimensão finita e I ∈ L (V, V ) é a identidade de V então [I]B,C = MBC . Prova: Sejam B : u1, . . . , un, C : v1, . . . , vn e [I]B,C = (αij). Como uj = I(uj) = α1jv1 + · · · + αnjvn vê-se que [I]B,C = MBC . Proposição 8.55 Sejam U, V e W espaços vetoriais de dimensão finita. Sejam T ∈ L (U, V ) e S ∈ L (V, W ). Se B, C e D são bases de U, V e W, respectivamente, então [S ◦ T ]B,D = [S]C,D[T ]B,C . Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 92 CAPÍTULO 8. TRANSFORMAÇÕES LINEARES Proposição 8.60 Seja V um espaço de dimensão finita. Se T ∈ L (V, V ) e B e C são bases de V então [T ]C,C = M B C [T ]B,BM C B . Prova: Como [I]B,C = MBC e [I]C,B = M C B , temos MBC [T ]B,BM C B = [I]B,C [T ]B,B [I]C,B = [I]B,C [T ]C,B = [T ]C,C . Ex. Resolvido 8.61 Considere, B, a base de R2 formada pelos vetores (1, 1) e (1,−1). Seja T ∈ L (R2) tal que TB,B = ( 1 0 0 5 ) . Encontre [T ]C,C , onde C é a base canônica de R2. Resolução: Como (1, 0) = 1 2 (1, 1) + 1 2 (1,−1) e (0, 1) = 1 2 (1, 1) − 1 2 (1,−1), obtemos MCB = ( 1 2 1 2 1 2 −12 ) e MBC = ( MCB )−1 = ( 1 1 1 −1 ) . Assim, [T ]C,C = M B C [T ]B,BM C B = ( 1 1 1 −1 )( 1 0 0 5 )( 1 2 1 2 1 2 −12 ) = ( 3 −2 −2 3 ) . Note que T (x, y) = T (x(1, 0) + y(0, 1)) = xT ((1, 0)) + yT ((0, 1)) = x(3(1, 0) − 2(0, 1)) + y(−2(1, 0) + 3(0, 1)) = = x(3,−2) + y(−2, 3) = (3x − 2y, 3y − 2x). ¤ Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 8.6. EXERCÍCIOS RESOLVIDOS 93 8.6 Exercı́cios Resolvidos Ex. Resolvido 8.62 Encontre uma base para o núcleo e outra para a imagem de T : P2(R) → P2(R) dada por T (p) = p′ + p′′. Resolução: Note que p(x) = a0 + a1x + a2x2 ∈ N (T ) se e somente se (a1 + 2a2x) + 2a2 = 0, isto é, se e somente se a1 = a2 = 0. Desta forma, p(x) ∈ N (T ) se e somente se p(x) = a0. Desta forma o polinômio 1 é uma base de mathcalN(T ). Como 1, x, x2 é uma base de P2(R) que completa a base de N (T ), vemos que pela demonstração do teorema 8.34, T (x) = 1 e T (x2) = 2x + 2 formam uma base da imagem de T. ¤ Ex. Resolvido 8.63 Encontre uma base para o núcleo e outra para a imagem de T : M2(R) → M2(R) dada por T (X) = AX + X, onde A = ( 1 4 2 3 ) . Resolução: Observe que se T (X) = (A + I)X, onde I é a matriz identidade de ordem dois. Se X = ( a b c d ) vemos que X ∈ N (T ) se e somente se ( 2 4 2 4 ) ( a b c d ) = ( 0 0 0 0 ) ⇐⇒ ( 1 2 0 0 ) ( a b c d ) = ( 0 0 0 0 ) ⇐⇒ { a + 2c = 0 b + 2d = 0 ⇐⇒ X = ( −2c −2d c d ) = c ( −2 0 1 0 ) + d ( 0 −2 0 1 ) . Vê-se claramente que M1 = ( −2 0 1 0 ) e M2 = ( 0 −2 0 1 ) formam uma base de N (T ). Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 94 CAPÍTULO 8. TRANSFORMAÇÕES LINEARES A seguir, procuraremos matrizes M3 e M4 tais que M1, . . . , M4 formem uma base de M2(R). Isto é, equivalente a encontrar M2 e M3 tais que a única solução de αM1 + βM2 + γM3 + δM4 = 0 seja a trivial. Colocando M3 = ( a b c d ) e M4 = ( x y z t ) obtemos α ( −2 0 1 0 ) + β ( 0 −2 0 1 ) + γ ( a b c d ) + δ ( x y z t ) = ( 0 0 0 0 ) , que equivale à equação     −2 0 a x 1 0 c z 0 −2 b y 0 1 d t         α β γ δ     =     0 0 0 0     que apresenta uma única solução se e somente se o determinante da matriz de ordem quatro acima for diferente de zero. Como este determinante é ∆ = −2(2c + a)(2t + y) + (2z + x)(2d + b), vemos que ∆ 6= 0 se e somente se (2z + x)(2d + b) 6= 2(2c + a)(2t + y). Dessa forma podemos tomar M3 = ( a b c d ) = ( 1 −2 0 1 ) e M4 = ( x y z t ) = ( 1 1 −2 0 ) . Segue da demonstração do teorema 8.34 que T (( 1 −2 0 1 )) = ( 2 0 2 0 ) e T (( 1 1 −2 0 )) = ( −6 2 −6 2 ) formam uma base da imagem de T. ¤ Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 8.7. EXERCÍCIOS 97 e, portanto, [T ]C =   1 0 1 0 1 1 1 1 2   . Com relação à base B, temos T (u) = T (1, 1, 2) = (3, 3, 6) = 3u = 3u + 0v + 0w T (v) = T (−1, 1, 0) = (−1, 1, 0) = v = 0u + v + 0w T (w) = T (−1,−1, 1) = (0, 0, 0) = 0u + 0v + 0w e, portanto, [T ]B =   3 0 0 0 1 0 0 0 0   . ¤ Ex. Resolvido 8.69 Sejam U um espaço vetorial de dimensão finita e T ∈ L (U) uma transformação idempotente (Cf. 8.39). Sabemos, pela proposição 8.42, que U = N (T ) ⊕ T (U). Seja B uma base de U formada pelos vetores u1, . . . , up, que formam uma base de N (T ), juntamente com v1, . . . , vq, que formam uma base de T (U). En- contre [T ]B. Resolução: Como T (u1) = · · · = T (up) = 0, pois uj ∈ N (T ) e T (vj) = α1jv1 + · · · + αqjvq, já que T (vj) ∈ T (U), vemos que [T ]B tem a seguinte forma           0 · · · 0 0 · · · 0 ... . . . ... ... . . . ... 0 · · · 0 0 · · · 0 0 · · · 0 α11 · · · α1q ... . . . ... ... . . . ... 0 · · · 0 αq1 · · · αqq           8.7 Exercı́cios Ex. 8.70 Verifique se as transformações abaixo são lineares; 1. T : R3 → R, T (x, y, z) = x + 5y − z, (x, y, z) ∈ R3. Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 98 CAPÍTULO 8. TRANSFORMAÇÕES LINEARES 2. T : R3 → R, T (x, y, z) = x + 5y − z + 1, (x, y, z) ∈ R3. 3. T : R3 → R, T (x, y, z) = x2 + 5y − z, (x, y, z) ∈ R3. 4. T : Mn×1(R) → Mn×1(R), T (X) = AX + X, X ∈ Mn×1(R) onde A ∈ Mn(R) é fixa . 5. T : Pn(R) → Pn(R), T (p) = p′ + p′′, p ∈ Pn(R). 6. T : M2(R) → M2(R), T (X) = AX, X ∈ M2(R), onde A ∈ M2(R) está fixada. 7. T : P2(R) → P2(R), T (p) = p + q, p ∈ P2(R) e q(t) = t2 + 1, t ∈ R. Ex. 8.71 Determinar o núcleo das transformações lineares abaixo e descreva-os geo- metricamente. 1. T : R2 → R, T (x, y) = y + 2x, (x, y) ∈ R2. 2. T : R3 → R, T (x, y, z) = z − 2x, (x, y, z) ∈ R3. 3. T : R2 → R2, T (x, y) = (2x + 2y, x + y), (x, y) ∈ R2. 4. T : R2 → R2, T (x, y) = (x + y, x − y), (x, y) ∈ R2. 5. T : R3 → R3, T (x, y, z) = (z − x, z − 2x, z − 3x), (x, y, z) ∈ R3. Ex. 8.72 Determinar bases para o núcleo e para a imagem das transformações lineares abaixo. 1. T : R3 → R3, T (x, y, z) = (x + y, 2x + y, 3x + y), (x, y, z) ∈ R3. 2. T : R2 → R, T (x, y) = y + 2x, (x, y) ∈ R2. 3. T : M2(R) → M2(R), T (X) = AX, X ∈ M2(R), onde A = ( 1 2 2 4 ) . 4. T : P2(R) → P2(R), T (p) = p′, p ∈ P2(R). 5. T : vP2(R) → P2(R), T (p) = p′ + p′′, p ∈ P2(R). 6. T : M2(R) → M2(R), T (X) = AX + X, X ∈ M2(R), onde A = ( 1 4 2 3 ) . Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 8.7. EXERCÍCIOS 99 Ex. 8.73 Seja T : R3 → R3 um operador linear tal que T ((1, 0, 0)) = (2, 3, 1), T ((1, 1, 0)) = (5, 2, 7), e T ((1, 1, 1)) = (−2, 0, 7). 1. Encontre T ((x, y, z)) para (x, y, z) ∈ R3. 2. T é sobrejetora? Justifique sua resposta. 3. T é injetora? Justifique sua resposta. 4. T é bijetora? Justifique sua resposta. Ex. 8.74 Seja T : P2(R) → P2(R) um operador linear tal que (T (p0))(t) = 1 + t, (T (p1))(t) = t + t 2 e (T (p2))(t) = 1 + t − 2t2, onde pi(t) = ti, i = 0, 1, 2. 1. Encontre T (p) para p ∈ P2(R). 2. T é sobrejetora? Justifique sua resposta. 3. T é injetora? Justifique sua resposta. 4. T é bijetora? justifique sua resposta. Ex. 8.75 Seja T : M2(R) → M2(R) um operador linear tal que T ( ( 1 0 0 0 ) ) = ( 1 4 2 3 ) , T ( ( 1 1 0 0 ) ) = ( −1 0 0 3 ) , T ( ( 0 0 1 0 ) ) = ( 0 0 2 1 ) , T ( ( 0 0 0 1 ) ) = ( 1 0 2 0 ) 1. Encontre T (X) para X ∈ M2(R). 2. T é sobrejetora? Justifique sua resposta. 3. T é injetora? Justifique sua resposta. 4. T é bijetora? Justifique sua resposta. Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Álgebra Linear - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo