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algebra linear 1 - modulo 2, Notas de estudo de Matemática

vetores - vetores

Tipologia: Notas de estudo

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tatiana-nunes-3
tatiana-nunes-3 🇧🇷

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Baixe algebra linear 1 - modulo 2 e outras Notas de estudo em PDF para Matemática, somente na Docsity! Espaços Vetoriais MÓDULO 2 - AULA 8 Aula 8 – Espaços Vetoriais Objetivos Definir espaços vetoriais, e estudar alguns dos principais exemplos dessa es- trutura. Identificar propriedades dos espaços vetoriais. Introdução Imagine um conjunto V onde seja posśıvel somar elementos e multipli- car os elementos por números reais, e que o resultado dessas operações esteja no conjunto V . Imagine ainda que essas operações têm ”boas”propriedades, aquelas que estamos acostumados a usar quando somamos e quando multi- plicamos por números reais: • podemos somar os elementos trocando a ordem, ou agrupando-os como quisermos, sem que o resultado seja alterado; • existe um elemento que quando somado a outro resulta sempre nesse outro; • feita uma soma, é posśıvel desfazê-la com uma subtração, e todo ele- mento de V pode ser subtráıdo de outro; • multiplicar por um não faz efeito; • multiplicar seguidamente por vários reais é o mesmo que multiplicar pelo produto deles; • multiplicar o resultado de uma soma por um número real é o mesmo que multiplicar cada parcela e depois somar; • multiplicar por um elemento de V uma soma de reais é o mesmo que multiplicar cada real pelo elemento em questão e depois somar os re- sultados. Existem vários conjuntos onde a adição e a multiplicação por números reais que fazemos usualmente gozam dessas propriedades. Os conjuntos R, R2 e R3 são exemplos. Os conjuntos de matrizes de mesma ordem (M2×3(R), M3×4(R) etc.) também são exemplos (veja aula 3). Na verdade, há mui- tos exemplos de conjuntos com essa mesma estrutura. Chamamos a esses conjuntos, munidos dessas operações com as propriedades acima de espaços vetoriais. 7 CEDERJ Espaços Vetoriais A vantagem de se estudar os espaços vetoriais de forma mais abstrata, como faremos a partir de agora, é que estaremos estudando propriedades e leis que são válidas em qualquer espaço vetorial, em particular nos exemplos que acabamos de destacar. Ou seja, veremos o que existe de comum entre conjuntos de matrizes, R, R2, R3 e vários outros espaços vetoriais. Definição de espaço vetorial Considere um conjunto V no qual estão definidas duas operações: uma adição, que a cada par de elementos u e v de V associa um elemento u + v de V , chamado soma de u e v, e uma multiplicação por escalar, que a cada número real α e a cada elemento v de V associa um elemento αv de V , chamado produto de α por v. Dizemos que o conjunto V munido dessas operações é um espaço vetorial real (ou um espaço vetorial sobre R, ou ainda, um R-espaço vetorial) se são satisfeitas as seguintes condições, para todos os elementos de V , aqui designados pelas letras u, v e w, e todos os números reais, aqui designados pelas letras α e β: • u + v = v + u (comutatividade); • u + (v + w) = (u + v) + w (associatividade); • existe um elemento em V , que designaremos por e, que satisfaz v+e = v para qualquer v em V (existência de elemento neutro para a adição); • para cada v ∈ V , existe um elemento de V , que designaremos por −v, que satisfaz v + (−v) = e (existência de inverso aditivo, também chamado de simétrico ou oposto); • α(βv) = (αβ)v (associatividade); • (α + β)v = αv + βv (distributividade); • α(u + v) = αu + αv (distributividade); • 1 · v = v (multiplicação por 1). De acordo com essa definição, podemos concluir que não são espaços vetoriais o conjunto N dos números naturais, e o conjunto Z dos números inteiros, para começar. Em nenhum dos dois, por exemplo, a operação mul- tiplicação por escalar está bem definida: ao multiplicar um número inteiro não nulo por √ 2, que é um número real, a resposta certamente não será um número inteiro. CEDERJ 8 Espaços Vetoriais MÓDULO 2 - AULA 8 A expressão “grau ≤ 2” é traduzida matematicamente pelo fato de que a pode ser qualquer número real, inclusive zero: caso a seja 0, e b = 0, o polinômio em questão tem grau 1. Para o polinômio nulo, temos a = b = c = 0. Lembre-se de que um polinômio é um objeto abstrato, ao trabalhar com uma expressão do tipo 2t2 + t + 1 não estamos interessados em “encontrar t”(nem seria posśıvel, pois não se trata de uma equação). No nosso curso estaremos interessados em somar tais expressões, ou multiplicá-las por escalares, obtendo outras do mesmo tipo. Para isso, sejam p1 = a1t 2 + b1t + c1 e p2 = a2t 2 + b2t + c2 elementos de P2(t, R), e α ∈ R. Então p1 + p2 = (a1 + a2)t 2 + (b1 + b2)t + (c1 + c2), αp1 = αa1t 2 + αb1 + αc1. Vamos às propriedades das operações: • p1 + p2 = (a1 + a2)t2 + (b1 + b2)t + (c1 + c2) = (a2 + a1)t2 + (b2 + b1)t + (c2 + c1) = p2 + p1; • p1+(p2+p3) = (a1+(a2+a3))t2+(b1+(b2+b3))t+(c1+(c2+c3)) = ((a1+a2)+a3)t 2+((b1+b2)+b3)t+((c1+c2)+c3) = (p1+p2)+p3; • o polinômio 0 = 0t2 + 0t + 0 satisfaz p1 + 0 = (a1 + 0)t2 + (b1 + 0)t + (c1 + 0) = a1t 2 + b1t + c1; • tomando −p1 = (−a1)t2 + (−b1)t + (−c1), temos p1 + (−p1) = (a1 − a1)t2 + (b1 − b1)t + (c1 − c1) = 0t2 + 0t + 0 = 0; • α(βp1) = α(βa1t2+βb1t+βc1) = αβa1t2+αβb1t+αβc1 = (αβ)p1; • (α+β)p1 = (α+β)a1t2 +(α+β)b1t+(α+β)c1 = αa1t2 +βa1t2 + αb1t + βb1t + αc1 + βc1 = αp1 + βp1; • α(p1 + p2) = α(a1 + a2)t2 + α(b1 + b2)t + α(c1 + c2) = αa1t2 + αa2t 2 + αb1t + αb2t + αc1 + αc2 = αp1 + αp2; • 1p1 = 1a1t2 + 1b1t + 1c1 = a1t2 + b1t + c1 = p1. O conjunto dos polinômios de grau exatamente 2 não é um espaço ve- torial. De fato, a soma não está bem definida nesse conjunto: somando t2 + t + 1 e −t2 + 2t − 3, que têm grau 2, obtemos o polinômio 3t − 2, que tem grau 1. 11 CEDERJ Espaços Vetoriais 6. Polinômios de qualquer grau, com coeficientes reais, a uma variável Considerando o conjunto de todos os polinômios a uma variável, com coeficientes reais, as operações soma e produto por escalar usuais (análogas às que definimos para P2(t, R)) estão bem definidas e sa- tisfazem a todas as propriedades que caracterizam os espaços vetoriais, tratando-se, portanto, de um exemplo de espaço vetorial. Observações: Os elementos de um espaço vetorial são chamados vetores. O elemento neutro da soma é chamado vetor nulo, e denotado por 0 ou 0. Note que, segundo essa convenção, vetores podem ser polinômios, matrizes, etc, e o śımbolo 0 será usado também para matrizes nulas, n-uplas de zeros, etc. Veremos ao longo deste módulo que muitos dos conceitos aplicáveis aos “antigos” vetores (como módulo, ângulo, etc) também fazem sentido para os vetores da forma que estamos definindo agora. Propriedades dos espaços vetoriais Vamos considerar um espaço vetorial V , e usar as letras u, v e w para designar elementos desse espaço. Usaremos as letras gregas (α, β, λ, etc) para designar números reais. Para facilitar as referências futuras às propriedades, vamos numerá-las. 1. Existe um único vetor nulo em V , que é o elemento neutro da adição. Em todos os exemplos que listamos na última aula, é bastante claro que existe apenas um elemento neutro em cada espaço, mas existem vários outros espaços vetoriais que não vimos ainda. Vamos então provar que a existência de um único elemento neutro é um fato que decorre apenas da definição de espaço vetorial (e, portanto, vale em qualquer um). Vamos então provar essa propriedade, e todas as outras, usando a definição e as propriedades que já tenhamos provado. Já sabemos da definição que existe um elemento neutro no espaço V . Suponhamos que 0 e 0 ′ sejam elementos neutros de V , e vamos mostrar que 0 = 0 ′ . De fato, temos que ter 0 + 0 ′ = 0 ′ , pois 0 é elemento neutro, mas também temos 0 + 0 ′ = 0, pois 0 ′ também é elemento neutro. Logo tem-se 0 = 0 ′ . CEDERJ 12 Espaços Vetoriais MÓDULO 2 - AULA 8 2. Para cada v ∈ V , existe um único simétrico −v ∈ V . De novo, suponhamos que algum v de V admitisse dois simétricos, −v e −v′ . Nesse caso, teŕıamos v + (−v) = v + (−v′), pois os dois lados da igualdade resultam no vetor nulo. Somando (−v) aos dois membros, obtemos (−v) + (v + (−v)) = (−v) + (v + (−v′)). Pela associatividade da soma, podemos escrever ((−v) + v) + (−v) = ((−v) + v) + (−v′). Usando o fato de que −v é simétrico de v, e 0 é o elemento neutro da soma, obtemos 0 + (−v) = 0 + (−v′) −v = −v′ . 3. Se u + w = v + w então u = v. Somando −w aos dois membros da equação u + w = v + w, obtemos (u + w) + (−w) = (v + w) + (−w). Pela associatividade da soma e pelo fato de que −w é o simétrico de w e 0 é o neutro da soma, obtemos u + (w + (−w)) = v + (w + (−w)) u + 0 = v + 0 u = v. 4. −(−v) = v (ou seja, o simétrico do vetor −v é o vetor v). Como o simétrico de um vetor qualquer de V é único (propriedade 2), e como v + (−v) = 0, então o simétrico de −v só pode ser v. 13 CEDERJ Espaços Vetoriais Exerćıcios 1. Verdadeiro ou falso? Justifique! a- O conjunto Q dos números racionais é um espaço vetorial real. b- O conjunto Q2 = {(a, b) : a, b ∈ Q}, com as operações usuais, é um espaço vetorial real. c- O conjunto unitário {0}, com as operações usuais, é um espaço vetorial real. d- R+ = {x ∈ R : x > 0} com as operações usuais não é espaço vetorial real. e- O conjunto dos números complexos com parte real não negativa é um espaço vetorial real. 2. Mostre que R3 com as operações usuais é um espaço vetorial real (siga os passos da demonstração para R2 feita no exemplo 1). 3. Mostre que C2 = {(z1, z2) : z1, z2 ∈ C} é um espaço vetorial real, com as operações definidas abaixo: Adição: (z1, z2) + (z ′ 1, z ′ 2) = (z1 + z ′ 1, z2 + z ′ 2) Multiplicação por escalar: α(z1, z2) = (αz1, αz2) onde (z1, z2) e (z ′ 1, z ′ 2) são elementos de C 2 e α ∈ R. 4. Mostre que, no conjunto A = {0, 1}, as operações definidas abaixo sa- tisfazem a todas as condições da definição de espaço vetorial real, exceto à lei associativa para a multiplicação por escalar e às leis distributivas. Adição: 0 ⊕ 0 = 0, 0 ⊕ 1 = 1, 1 ⊕ 0 = 1 e 1 ⊕ 1 = 0 Multiplicação por escalar: αx = x se α > 0 e αx = 0 se α ≤ 0, onde α ∈ R e x ∈ A. 5. Também definem-se espaços vetoriais sobre o conjunto dos números racionais (o corpo dos racionais), apenas fazendo com que a operação multiplicação por escalar considere apenas escalares racionais, e man- tendo o restante da definição inalterado. Mostre que o conjunto Q2 é um espaço vetorial sobre os racionais. CEDERJ 16 Espaços Vetoriais MÓDULO 2 - AULA 8 Auto-avaliação O conteúdo desta aula envolve conceitos muito abstratos. Para obter alguma segurança nesses conceitos, talvez seja necessário reler várias vezes algumas partes. Não se preocupe se você não conseguiu fazer alguns dos exerćıcios de imediato, retorne a esta aula depois de estudar a próxima, que trata dos Subespaços Vetoriais, e você estará mais familiarizado com os conceitos aqui apresentados. Respostas dos exerćıcios 1. a- Falso. b- Falso. c- Verdadeiro. d- Verdadeiro. e- Falso. 17 CEDERJ Subespaços vetoriais MÓDULO 2 - AULA 9 Vamos então responder a essas perguntas para o caso de S = {(x, 2x) : x ∈ R}: i- S = ∅, porque (0, 0) ∈ S, por exemplo. Basta considerar x = 0. ii- Se u ∈ S e v ∈ S, digamos que u = (x, 2x) e v = (y, 2y) com x, y ∈ R (precisamos usar letras diferentes para designar elementos diferentes!), então u + v = (x + y, 2x + 2y) = (x + y, 2(x + y)). Logo, u + v ∈ S, pois é um par ordenado de números reais onde a segunda coordenada é o dobro da primeira, que é precisamente a regra que define os elementos de S neste exemplo. iii- Se α ∈ R e u = (x, 2x) ∈ S então αu = α(x, 2x) = (αx, α2x) ∈ S, pois α2x = 2αx é o dobro de αx. Como a resposta às três perguntas formuladas foi positiva, podemos concluir que S é um subespaço vetorial de R2. Observe que, para responder à primeira pergunta, exibimos um ele- mento de S, concluindo que S = ∅. Escolhemos exibir o vetor nulo de R2, embora qualquer outro elemento servisse para esse propósito. Tal escolha não foi por acaso: se o vetor nulo não fosse um elemento de S, então S não seria um subespaço vetorial (pois não seria ele mesmo um espaço vetorial). Sempre que tivermos à nossa frente um candidato a subespaço vetorial, podemos verificar se o vetor nulo do espaço vetorial que o contém pertence ao candidato, para responder à primeira das perguntas. Caso a resposta seja afirmativa, passamos a verificar as ou- tras duas perguntas e, se a resposta for negativa, já podemos concluir que o candidato não é um subespaço vetorial, sem nenhum trabalho adicional. 3. Seja V = R2 e S = {(x, x + 1) : x ∈ R}. Observe que (0, 0) /∈ S. Logo, S não é um subespaço vetorial de V . 4. Seja V um espaço vetorial e w um elemento de V . Então o conjunto S = {λw : λ ∈ R} é um subespaço vetorial de V . Nota: Neste exemplo, os elementos de S são caracterizados por serem todos produto de um número real qualquer por um elemento fixo de V . No caso desse elemento ser o vetor nulo, temos um subespaço trivial. i- S = ∅, pois 0 = 0w ∈ S; ii- se u ∈ S e v ∈ S, digamos, u = λ1w e v = λ2w com λ1, λ2 ∈ R, então u + v = λ1w + λ2w = (λ1 + λ2)w ∈ S; iii- se α ∈ R e u = λ1w ∈ S então αu = α(λ1)w = (αλ1)w ∈ S 21 CEDERJ Subespaços vetoriais 5. O conjunto solução do sistema  x + 2y − 4z + 3t = 0 x + 4y − 2z + 3t = 0 x + 2y − 2z + 2t = 0 é o subconjunto de R4 dado por {(−2y − 2z, y, z, 2z); y, z ∈ R}. Você pode verificar que esse conjunto satisfaz às três condições de subespaço. 6. O conjunto-solução de um sistema linear homogêneo de m equações e n incógnitas é um subespaço vetorial de Rn. O exemplo anterior é um caso particular deste. Considere o sistema escrito na forma matricial, AX = 0 (1) onde A ∈ Mm×n(R), X é o vetor-coluna (de n linhas) das incógnitas do sistema, e 0 é o vetor nulo de Rm representado como coluna. Va- mos verificar que o conjunto S de todos os vetores X de Rn que, se representados por vetores-coluna, satisfazem à equação matricial (1), formam um subespaço vetorial de Rn: i- S = ∅? Como sabemos, um sistema homogêneo qualquer tem sempre a solução trivial, portanto (0, 0, . . . , 0) ∈ Rn é um elemento de S (podemos também verificar que A0 = 0, tomando o cuidado de notar que o śımbolo 0 representa uma coluna de n zeros do lado direito da equação, e uma coluna de m zeros do lado esquerdo da equação). ii- Se U ∈ S e V ∈ S então U + V ∈ S (a adição está bem definida em S)? Sejam U e V duas soluções do sistema (1), ou seja, vetores-coluna de Rn qe satisfazem àquela equação matricial. Então temos A(U + V ) = AU + AV = 0 + 0 = 0 onde a primeira igualdade vem da propriedade distributiva da adição de matrizes, e a segunda do fato de que, como U e V são soluções do sistema (1), AU = 0 e AV = 0. Vemos, portanto, que U + V satisfaz à equação matricial (1), representando, portanto, uma solução do sistema. CEDERJ 22 Subespaços vetoriais MÓDULO 2 - AULA 9 iii- Se α ∈ R e U ∈ S então αU ∈ S (a multiplicação por escalar está bem definida em S)? Novamente, considere U um vetor coluna de Rn que satisfaz à equação (1). Seja α ∈ R. Então temos A(αU) = αAU = α0 = 0. A primeira igualdade utiliza a propriedade mn1, de multiplicação de matrizes por números reais, vista na Aula 2. Acabamos de verificar, usando representações matriciais, que a soma de duas soluções de um sistema linear homogêneo também é solução desse sistema e que qualquer múltiplo real de uma solução também o é. Logo, o conjunto-solução de um sistema linear homogêneo com n incógnitas é um subespaço vetorial de Rn. 7. O conjunto S = {[ a 0 c d ] ; a + c = d } é subespaço vetorial de M2×2(R). 8. O conjunto S = {a + bx + cx2; a, b, c ∈ R e a = b + c} é subespaço vetorial de V = P2. Lembrando: P2 é o con- junto de todos os polinômios a variável e coeficientes reais, de grau menor ou igual a 2, acrescido do polinômio iden- ticamente nulo. Observe que R e R2 são espaços vetoriais, e R não é um subespaço vetorial de R2. Isso porque R não está contido em R2, assim como R2 não está contido em R3. A confusão costuma acontecer, em parte, porque a repre- sentação geométrica de R2 (plano cartesiano) parece incluir a representação geométrica de R (reta). Na verdade, porém, R é um conjunto de números, enquanto R2 é um conjunto de pares ordenados de números, e esses dois objetos são completamente distintos. Veremos mais tarde que R2 contém apenas “cópias” de R, assim como R3 contém “cópias” tanto de R como de R2. Os subespaços vetoriais de R2 Ja conhecemos alguns dos subespaços de R2: • {(0, 0)} e R2, que são os subespaços triviais; • {αw : α ∈ R}, onde w ∈ R é um elemento de R2. 23 CEDERJ Subespaços vetoriais Até agora, resumindo, temos os seguintes fatos para um subespaço S de R2: • se S não contém vetores não nulos, S = {0}; • se S contém um vetor não nulo, S também contém a reta que contém esse vetor; • se S contém dois vetores não nulos, que não estejam sobre uma mesma reta, então S = R2. Com isso, os únicos subespaços vetoriais de R2 são {0}, R2 e as retas de R2 que passam pela origem.Uma reta de R2 que não contém a origem (ponto (0, 0)) pode ser um subespaço vetorial de R2? Por quê? Os subespaços vetoriais de R3 Os subespaços vetoriais de R3 são do seguinte tipo: • {0} e R3 (triviais); • retas do R3 que contêm a origem (0 = (0, 0, 0) neste caso); • planos de R3 que contêm a origem. Não faremos aqui uma demonstração desse fato, como fizemos na seção passada. Os motivos que fazem com que esses sejam os únicos posśıveis subespaços são inteiramente análogos ao caso de R2. Nas próximas aulas estudaremos conceitos que permitirão uma demonstração bem simples desse fato. Resumo Nesta aula vimos a definição de subespaço: trata-se de subconjuntos de espaços vetoriais que são, por si mesmos, espaços vetoriais também, con- siderando as mesmas operações definidas no espaço que os contêm. Vimos que, para comprovar que um subconjunto de um espaço vetorial é um su- bespaço, basta verificar três condições: ser não-vazio, e ser fechado para as operações de adição e multiplicação por número real. Vimos também que, embora sejam em número infinito, os subespaços de R2 e R3 são facilmente identificados. CEDERJ 26 Subespaços vetoriais MÓDULO 2 - AULA 9 Exerćıcios 1. Verifique quais dos seguintes subconjuntos são subespaços de R3: a) todos os vetores da forma (a, 0, 0). b) todos os vetores da forma (a, 1, 0). c) todos os vetores da forma (a, b, c), com c = a + b. d) todos os vetores da forma (a, b, c), com a + b + c = 1. 2. Verifique quais dos seguintes subconjuntos são subespaços de M2×2(R): a) todas as matrizes 2 × 2 com elementos inteiros. b) todas as matrizes da forma [ a b c d ] , com a + b + c + d = 0. c) todas as matrizes 2 × 2 inverśıveis. Lembrando: uma matriz é inverśıvel se, e somente se, seu deteminante é diferente de zero. d) todas as matrizes da forma [ a 0 0 b ] . 3. Verifique quais dos seguintes subconjuntos são subespaços de P3(R): a) todos os polinômios da forma a1x + a2x 2 + a3x 3, onde a1, a2 e a3 são números reais quaisquer. b) todos os polinômios da forma a0 +a1x+a2x 2 +a3x 3, onde a soma dos coeficientes é igual a zero. c) todos os polinômios da forma a0 +a1x+a2x 2 +a3x 3 para os quais a soma dos coeficientes é um número inteiro. d) todos os polinômios da forma a0 + a1x, a0 e a1 reais quaisquer. Auto-avaliação Você deverá ter segurança quanto a conferir se um subconjunto é ou não subespaço de um espaço que o contenha. Lembre-se de que o primeiro passo é verificar se o elemento nulo do espaço pertence ao subconjunto: a res- posta negativa já garante que não se trata de um subespaço, mas a resposta afirmativa só mostra que o subconjunto não é vazio. É preciso, ainda, verifi- car se a soma de dois vetores quaisquer, genéricos, do subconjunto, também pertence a ele, e se um múltiplo real qualquer de um vetor genérico do sub- conjunto também pertence ao subconjunto. Procure fazer essa verificação 27 CEDERJ Subespaços vetoriais nos exemplos da aula. Quando o espaço vetorial for R2 ou R3, basta verificar se o candidato a subespaço é uma reta passando pela origem ou, no caso do espaço, um plano passando pela origem. Além desses, apenas o subespaço nulo e todo o espaço dado são subconjuntos também. Se você tiver qualquer dúvida na resolução dos exerćıcios ou na compreensão dos exemplos, procure o tutor da disciplina. Respostas dos exerćıcios 1. São subespeços a), c). 2. São subespeços b), d). 3. São subespaços a), b), d). CEDERJ 28 Combinações lineares MÓDULO 2 - AULA 10 (i) S = ∅, pois 0 = 0w1 + 0w2 + · · ·+ 0wn ∈ [w1, w2, . . . , wn]; Observe que se os gera- dores w1, w2, . . . , wn não são todos nulos, o conjunto [w1, w2, . . . , wn] é infinito. Já o conjunto {w1, w2, . . . , wn} é finito: possui, exatamente, n elementos. (ii) se u ∈ S e v ∈ S, digamos, u = a1w1 + a2w2 + · · ·+ anwn e v = b1w1 + b2w2 + · · · + bnwn com a1, a2, . . . , an ∈ R e b1, b2, . . . , bn ∈ R, então u + v = (a1w1 + a2w2 + · · · + anwn) + (b1w1 + b2w2 + · · · + bnwn) = (a1 + b1)w1 + (a2 + b2)w2 + · · · + (an + bn)wn, ou seja, u+v é também uma combinação linear dos vetores w1, w2, . . . , wn, sendo, portanto, um elemento de [w1, w2, . . . , wn]; (iii) se α ∈ R e u = a1w1 + a2w2 + · · ·+ anwn ∈ S então αu = α(a1w1 + a2w2 + · · ·+ anwn) = (αa1)w1 + (αa2)w2 + · · ·+ (αan)wn, ou seja αu ∈ [w1, w2, . . . , wn]. De acordo com os itens i, ii e iii, [w1, w2, . . . , wn] é um subespaço vetorial de V . Exemplo 2 Veremos agora alguns exemplos de subespaços gerados. a) No exemplo 2 da aula 9, S = {(x, 2x) : x ∈ R} ⊂ R2 é o subespaço gerado pelo vetor (1, 2) ∈ R2, ou seja, S = [(1, 2)]. b) O subespaço de R3 gerado pelos vetores u = (1, 2, 0), v = (3, 0, 1) e w = (2,−2, 1) é o plano de equação 2x − y − 6z = 0. Note que os vetores dados satisfazem a equação obtida para o subespaço gerado por eles. c) O conjunto {at + bt2 : a, b ∈ R} é o subespaço de P2(R, t) gerado pelos vetores t e t2. Lembre-se de que os vetores de P2(R, t) são polinômios! d) O conjunto R3 é o (sub)espaço gerado pelos vetores i = (1, 0, 0), j = (0, 1, 0) e k = (0, 0, 1) de R3. Os vetores (1, 2, 0), (0,−1, 2) e (1, 1, 3), juntos, também geram o R3. 31 CEDERJ Combinações lineares e) O conjunto de todos os polinômios (de qualquer grau) com coeficientes reais, a uma variável t, denotado por P (t, R), é gerado pelo conjunto infinito de vetores {1, t, t2, t3 . . .} Ao longo deste curso serão dados inúmeros outros exemplos de su- bespaços gerados. Nas próximas seções veremos como determinar o su- bespaço gerado por um conjunto de vetores, e como encontrar geradores para um subespaço vetorial dado. Determinação do subespaço gerado por um conjunto de vetores Há várias maneiras de se descrever um mesmo subespaço vetorial S de um espaço V . Eis algumas delas: • através de um conjunto de geradores (ex: S = [(1, 1), (1, 2)] ⊂ R2); • através de uma equação ou conjunto de equações (ex: S é o plano de equação x + y − z = 0 em R3); • através de uma propriedade de seus elementos (ex: S = {a + bt + ct2 ∈ P2(t, R) : a + b − c = 0}. No exemplo 2 da seção anterior, cada subespaço foi descrito por duas dessas formas. Determinar o subespaço gerado por um conjunto de vetores significa passar da descrição por geradores (a primeira acima) para outras descrições qua permitam melhor entendimento do subespaço. Veremos como isso é feito através de alguns exemplos. Exemplo 3 Considere o subespaço de R3 gerado pelos vetores u = (1, 2, 0), v = (3, 0, 1) e w = (2,−2, 1). A descrição de S como espaço gerado não deixa claro, por exemplo, se S é trivial, ou uma reta que passa pela origem, ou um plano que passa pela origem. Ajuda bastante saber que S é o plano de equação 2x − y − 6z = 0. Como fazer para encontrar essa outra descrição? Como S = [u, v, w], cada elemento de S é uma combinação linear de u, v e w. Se denotarmos por (x, y, z) um elemento genérico de S, teremos então que (x, y, z) = au + bv + cw, onde a, b e c são números reais. Dáı temos (x, y, z) = a(1, 2, 0) + b(3, 0, 1) + c(2,−2, 1), ou seja, (x, y, z) = (a + 3b + 2c, 2a − 2c, b + c). CEDERJ 32 Combinações lineares MÓDULO 2 - AULA 10 Para que a igualdade anterior se verifique, é necessário que as coordena- das correspondentes dos ternos ordenados de cada lado da equação coincidam, ou seja, devemos ter x = a + 3b + 2c y = 2a − 2c z = b + c Para que um dado vetor (x, y, z) ∈ R3 seja um elemento de S, é preciso que existam valores para a, b e c de forma que as três equações acima se verifiquem simultaneamente (compare com o exemplo 2-d) desta aula). Vamos então, resolver, por escalonamento, o sistema linear (nas variáveis a, b e c) S :   a +3b +2c = x 2a −2c = y b +c = z Passando à matriz ampliada, e escalonando, temos  1 3 2 x2 0 −2 y 0 1 1 z   L2 ← L2 − 2L1 ⇒   1 3 2 x0 −6 −6 y − 2x 0 1 1 z   L2 ← −1/6L2 ⇒   1 3 2 x0 1 1 −y+2x6 0 1 1 z   L3 ← L3 − L2 ⇒   1 3 2 x0 1 1 −y+2x6 0 0 0 z + y−2x 6   O sistema em questão tem solução se, e somente se, os valores de x, y e z são tais que se tenha z+ y−2x 6 = 0, ou, equivalentemente, se 2x−y−6z = 0. Essa é precisamente a equação de um plano em R3 contendo a origem. Os cálculos para determinar o subespaço gerado são sempre análogos ao que acabamos de fazer. Sempre que ocorrerem linhas de zeros, podemos obter equações que descrevem o espaço. Quando tais linhas não ocorrerem, isso significa que não existem restrições para que o elemento genérico esteja no subespaço gerado, ou seja, o subespaço em questão coincide com o espaço todo. Isso é o que acontece no próximo exemplo. 33 CEDERJ Combinações lineares o subespaço S!) em função de duas variáveis livres. Nesse caso, temos S = {(−y + z, y, z) : y, z ∈ R} (apenas escrevemos a variável x em função de y e z). Assim, como no exemplo anterior, temos (−y+z, y, z) = y(−1, 1, 0)+ z(1, 0, 1), ou seja, S = [(−1, 1, 0), (1, 0, 1)]. Exemplo 9 Seja S = {a + bt + ct2 ∈ P2; a − b − 2c = 0}. A condição que define S pode ser escrita como a = b + 2c. Inserindo essa condição na expressão do vetor genérico de P2, temos: a + bt + ct 2 = b + 2c + bt + ct2 = b(1 + t) + c(2 + t2). Logo, escrevemos o polinômio de S como combinação linear dos polinômios 1 + t e 2 + t2, que são, assim, os geradores de S. Exemplo 10 Seja S = {[ a b c d ] ∈ M2R; a + b − c = 0 e c + d = 0 } . As equações que definem S podem ser escritas como c = −d e a = −b− d. Logo, uma matriz de S é do tipo [ −b − d b −d d ] = b [ −1 1 0 0 ] + d [ −1 0 −1 1 ] , e o conjunto gerador de S é formado por essas duas últimas matrizes. Resumo Nesta aula vimos duas importantes técnicas envolvendo subespaços ge- rados: 1. Como determinar o subespaço gerado por um conjunto de vetores: Neste caso, escrevemo um vetor genérico do espaço como combinação linear dos vetores geradores. Isso fornece um sistema linear o qual que- remos que seja compat́ıvel. Assim, após o escalonamento, se alguma equação tiver o primeiro membro nulo, o segundo membro também terá que se anular, fornecendo uma equação do subespaço. Caso nenhuma equação tenha seu primeiro lado anulado, significa que o subespaço gerado é todo o espaço. 2. Como determinar os geradores de um subespaço dado: “embutimos”as condições dadas pelas equações do subespaço num vetor genérico do espaço e o decompomos como uma combinação linear. CEDERJ 36 Combinações lineares MÓDULO 2 - AULA 10 Exerćıcios 1. Em cada caso, escreva o vetor v como combinação linear de v1, . . . , vn. a) Em R2, v = (1, 3), v1 = (1, 2) e v2 = (−1, 1). b) Em R3, v = (2, 1, 4), v1 = (1, 0, 0), v2 = (1, 1, 0) e v3 = (1, 1, 1). c) Em R2, v = (1, 3), v1 = (0, 0) e v2 = (3, 9). d) Em R3, v = (2,−1, 6), v1 = (1, 0, 2) e v2 = (1, 1, 0). e) Em P2(t, R), v = t 2 − 2t, v1 = t + 1, v2 = t2 e v3 = 2t. 2. Determine m ∈ R tal que o vetor v = (1,−m, 3) seja combinação linear dos vetores v1 = (1, 0, 2), v2 = (1, 1, 1) e v3 = (2,−1, 5). 3. No exerćıcio anterior, substituindo o valor de m que você encontrou, escreva v como combinação linear de v1, v2 e v3. 4. Determine o subespaço S do espaço V , gerado pelos vetores de A, em cada caso. a) V = R3, A = {(1, 2, 1), (2, 1,−2)}. b) V = M2×2(R), A = {v1, v2, v3}, onde v1 = [ 2 −3 1 1 ] , v2 = [ 4 −6 2 2 ] e v3 = [ 0 2 1 0 ] . c) V = P2(t, R), v1 = t + 1 e v2 = t 2. 5. Determine um conjunto de geradores para os seguintes subespaços: a) S = {(x, y, z) ∈ R3; x = 5y e z = −2y} b) S = {(x, y, z) ∈ R3; x − y + z = 0} c) S = {[ a b c d ] ∈ M2×2(R); a = −d e c = 2b } d) S = {at2 + at + b : a, b ∈ R} ⊂ P2(t, R) 37 CEDERJ Combinações lineares Auto-avaliação Ao final desta aula você deverá estar dominando as duas técnicas estu- dadas: (i) como determinar o subespaço gerado por um conjunto de vetores e (ii) como determinar um conjunto de geradores de um subespaço dado. Este segundo tipo de problema é resolvido rapidamente, enquanto que o primeiro sempre recai num sistema linear sobre o qual imporemos a condição de ser compat́ıvel. Os vetores geradores não são únicos, por isso, as respostas da- das aqui podem não coincidir com as suas. Para verificar se acertou, basta testar se cada vetor, candidato a gerador, satisfaz a condição do subespaço. Se houver qualquer dúvida, consulte o tutor da disciplina... e vamos em frente!!!! Respostas dos exerćıcios 1. a) v = 4/3v1 + 1/3v2. b) v = v1 − 3v2 + 4v3. c) Várias respostas posśıveis. Uma delas é v = 45v1 + 1/3v2. d) v = 3v1 − v2. e) v = 0v1 + v2 − v3. 2. m = −1 3. v = (1,−1, 3) = (2 − 3a)v1 + (a − 1)v2 + av3, onde a ∈ R. 4. a) [A] = {(x, y, z) ∈ R3; 5x − 4y + 3z = 0} b) [A] = {[ 2a 2b − 5a b a ] ∈ M2×2(R) } c) [A] = {a + at + bt2 ∈ P2(t, R)} 5. a) {(5, 1,−2)} b) {(1, 1, 0), (−1, 0, 1)} c) {[ 0 1 2 0 ] , [ −1 0 0 1 ]} d) {t + t2, 1}. CEDERJ 38 Base e dimensão MÓDULO 2 - AULA 11 Exemplo 2 Um conjunto contendo um único vetor v é linearmente independente se, e somente se, v = 0. Exemplo 3 O conjunto {v1, v2} contendo apenas dois vetores v1, v2 não-nulos é linear- mente dependente quando um é múltiplo do outro, pois, se c1v1 + c2v2 = 0 possui solução não trivial então c1 = 0 e c2 = 0 (pois c1 = 0 ⇒ c2 = 0 e c2v2 = 0 ⇒ v2 = 0, analogamente, c2 = 0 ⇒ v1 = 0). c1v1 + c2v2 = 0 ⇒ v1 = − c2 c1 · v2. Portanto v1 é múltiplo de v2. Exemplo 4 Seja C[0, 1] o conjunto das funções reais, cont́ınuas com domı́nio [0, 1]. Este conjunto forma um espaço vetorial com as operações usuais de soma de funções e multiplicação por escalar. O conjunto {sen t, cos t} é linearmente independente em C[0, 1], já que sen t e cos t são não-nulos e não são múltiplos um do outro enquanto vetores de C[0, 1]. Isto é, não há c ∈ R tal que sen t = c cos t, para todo t ∈ [0, 1]. Para ver isso, basta comparar os gráficos de sen t e cos t. O conjunto {sen 2t, sen t cos t} é linearmente dependente em C[0, 1],pois sen 2t = 2 sen t cos t, ∀ t ∈ [0, 1]. Exemplo 5 Seja P2 o espaço vetorial formado por polinômios de grau ≤ 2. Sejam p1 = 1, p2 = x − 1, p3 = 5 − x, então {p1, p2, p3} forma um conjunto linearmente dependente, pois −4p1 + p2 + p3 = 0. Como determinar se um conjunto é L.I. Para determinarmos se um conjunto de vetores {v1, v2, ..., vn} é li- nearmente independente em um espaço vetorial V , devemos verificar se a equação c1v1 + . . . + cnvn = 0 possui ou não solução não-trivial. 41 CEDERJ Base e dimensão Exemplo 6 Mostre que o conjunto {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)} é L.I. em R3 Solução: Vamos resolver a equação, c1(1, 0, 0) + c2(0, 1, 0) + c3(0, 0, 1) = (0, 0, 0) (c1, 0, 0) + (0, c2, 0) + (0, 0, c3) = (0, 0, 0) (c1, c2, c3) = (0, 0, 0) ⇒ c1 = c2 = c3 = 0 Portanto, a única solução é a trivial, c1 = c2 = c3 = 0, o que mostra que o conjunto é L.I. Exemplo 7 Determine se o conjunto {u, v, w}, onde u = (1, 2, 0), v = (3, 0, 1) e w = (2,−2, 1) é L.I. em R3. Solução: Voltamos aos vetores do exemplo 1 que, como vimos, geram o plano S dado por 2x − y − 6z = 0. Vamos resolver a equação c1u + c2v + c3w = (0, 0, 0) (2) Substituindo os valores de u, v e w : c1(1, 2, 0) + c2(3, 0, 1) + c3(2,−2, 1) = (0, 0, 0) (c1, 2c1, 0) + (3c2, 0, c2) + (2c3,−2c3, c3) = (0, 0, 0) (c1 + 3c2 + 2c3, 2c1 − 2c3, c2 + c3) = (0, 0, 0) o que leva ao sistema   c1 + 3c2 + 2c3 = 0 2c1 − 2c3 = 0 c2 + c3 = 0 CEDERJ 42 Base e dimensão MÓDULO 2 - AULA 11 Colocando na forma matricial e reduzindo:  1 3 2 | 02 0 −2 | 0 0 1 1 | 0   L2 ← L2 − 2L1   1 3 2 | 00 −6 −6 | 0 0 1 1 | 0   L2 ← L2 + 6L3   1 3 2 | 00 0 0 | 0 0 1 1 | 0   L1 ← L1 − 3L3L2 ← L3 L3 ← L2  1 0 −1 | 00 1 1 | 0 0 0 0 | 0   −→ { c1 − c3 = 0 c2 + c3 = 0 Este sistema possui solução c1 = c3, c2 = −c3 e c3 = c3, para qualquer valor de c3. Ou seja, a equação (2) possui infinitas soluções não triviais. Por exemplo, c3 = 1 resulta em c1 = 1, c2 = −1 e c3 = 1. Verifique que, com estes valores, c1u + c2v + c3w = 0. Exemplo 8 Determine se o conjunto {u, s}, onde u = (1, 2, 0) e s = (12,−6, 5) é L.I. Ver exemplo 1. Solução: Como o conjunto {u, s} tem dois vetores, ele é L.D. apenas quando um dos vetores é múltiplo do outro. Claramente, este não é o caso de {u, s}. Portanto, {u, s} é L.I. Comparando os exemplos 7 e 8, vemos que os conjuntos {u, v, w} e {u, s} geraram o mesmo subespaço S. No entanto, {u, v, w} é L.D., enquanto que {u, s} é L.I. Veremos posteriormente que se um subespaço W é gerado por um con- junto de n elementos, então qualquer conjunto de m elementos, onde m > n, é necessariamente linearmente dependente. No exemplo acima, como {u, s} gera o subespaço S, então qualquer conjunto com mais de 2 elementos é L.D. 43 CEDERJ Base e dimensão Exerćıcios 1. Determine uma base para o espaço das matrizes M2x2(R) = {[ a b c d ] | a, b, c, d ∈ R}. 2. Sejam u, v e w os vetores do exemplo 7. Vimos que {u, v, w} é L.D. Mostre que os conjuntos {u, v}, {u, w} e {v, w} são linearmente independentes. 3. Determine uma base para o subespaço S = {(x, x + y, 2y)| x, y ∈ R} ⊂ R3. 4. Sejam v1 =   12 3   , v2 =   −12 −3   e v3 =   −110 −3  . Seja H o subespaço de R3 gerado por {v1, v2, v3}. Mostre que {v1, v2, v3} é line- armente dependente e que {v1, v2} é uma base para H . 5. No espaço vetorial de todas as funções reais, mostre que {t, sen t, cos 2t, sen t cos t} é um conjunto linearmente independente. 6. Determine uma base para os subespaços a seguir (veja exerćıcio 5 da aula 10). (a) S = {(x, y, z) ∈ R3; x = 5y e z = −2y} . (b) S = {(x, y, z) ∈ R3; x − y + z = 0} . (c) S = {[ a b c d ] ∈ M2X2(R); a = −d e c = 2b}. (d) S = {at2 + at + b; a, b ∈ R} ⊂ P2(t, R) . CEDERJ 46 Dimensão de um espaço vetorial MÓDULO 2 - AULA 12 Aula 12 – Dimensão de um espaço vetorial Objetivo Apresentar o sistema de coordenadas determinado por uma base em um espaço vetorial V ; Mostrar que se um espaço vetorial V tem uma base com n elementos então todas as bases de V tem n elementos; Definir dimensão. Introdução Uma vez que esteja especificada uma base B para um espaço vetorial V , podemos representar um vetor v ∈ V por suas coordenadas na base B. Por isso, dizemos que uma base B de V estabelece um sistema de coordenadas em V . Veremos, com mais detalhes, o que isso tudo quer dizer mais adiante. Veremos que, se a base B tem n vetores, então um vetor v ∈ V fica repre- sentado por uma n-upla (a1, a2, . . . , an). Isto faz o espaço vetorial V “se parecer” com Rn. Exploraremos esta relação para mostrar que todas as bases de um mesmo espaço vetorial V têm o mesmo número de elementos. Sistema de coordenadas A existência de um sistema de coordenadas está baseada no seguinte teorema. Teorema 1 (Representação única) Seja B = {b1, . . . , bn} uma base para um espaço vetorial V . Então, para cada x ∈ V , existe um único conjunto de escalares c1, . . . , cn, tal que x = c1b1 + . . . + cnbn. 47 CEDERJ Dimensão de um espaço vetorial Demonstração. Como B = {b1, . . . , bn} é uma base de V , então gera V , logo todo x ∈ V é combinação linear dos vetores em B. Portanto, existem c1, . . . , cn ∈ R tais que: x = c1b1 + . . . + cnbn. (1) Vamos agora provar a unicidade. Suponha que x também tenha a representação x = d1b1 + . . . + dnbn. (2) Subtraindo (1) e (2), obtemos: 0 = x − x = (c1 − d1)b1 + . . . + (cn − dn)bn. (3) Como B é linearmente independente, os coeficientes c1 − d1, c2 − d2, . . . , cn − dn, na equação (3), devem ser todos nulos, logo ci = di, i = 1, . . . , n, o que mostra que a representação é única. Definição Seja x ∈ V e seja B = {b1, . . . , bn} uma base de V . Se x = c1b1 + . . . + cnbn, então os escalares c1, . . . , cn são chamados coordenadas de x na base B e escrevemos [x]B =   c1... cn   . Exemplo 1 Seja a base B = {b1, b2} do R2 dada por b1 = [ 1 1 ] e b2 = [ 0 2 ] . Sejam x, y ∈ R2. Se [x]B = [ 1 3 ] , determine x e, se y = [ 2 5 ] , determine [y]B. CEDERJ 48 Dimensão de um espaço vetorial MÓDULO 2 - AULA 12 Demonstração. Seja u1 =   x11 x12 ... x1n   , . . . , up =   xp1 xp2 ... xpn  . A equação c1u1 + . . . + cpup = 0 (1) pode ser escrita como c1   x11 x21 ... xn1   + · · · + cp   x1p x2p ... xnp   =   0 0 ... 0  → vetor nulo doRn o que resulta no sistema  x11c1 + · · · + x1pcp = 0 x21c1 + · · · + x2pcp = 0 ... (2) xn1c1 + · · · + x2pcp = 0 O sistema (2) é um sistema homogêneo, nas variáveis c1, . . . , cp, com n equações. Como p > n, então trata-se de um sistema homogêneo com mais variáveis que equações. Segue-se que há soluções não-triviais de (2), logo (1) tem soluções não-triviais e, portanto S = {u1, . . . , up} é linearmente dependente. O próximo teorema, generaliza este resultado para qualquer espaço ve- torial. Teorema 3 Se um espaço vetorial V tem base B = {b1, . . . , bn}, então todo subconjunto de V com mais de n vetores é linearmente dependente. Demonstração. Seja {u1, . . . , up} um subconjunto de V , com p > n. Os vetores das coordenadas [u1]B, [u2]B, . . . , [up]B formam um subconjunto do R n com p > n vetores. Pelo teorema anterior este é um conjunto L.D. 51 CEDERJ Dimensão de um espaço vetorial Portanto, existem escalares c1, . . . , cp, nem todos iguais a zero, tais que c1[u1]B + . . . + cp[up]B =   0... 0   Como a transformação de coordenadas é uma transformação linear,Verifique que se B é uma base de um espaço veto- rial V, a, b ∈ V e c1 e c2 são escalares, então [c1a+c2b]B = c1[a]B+c2[b]B. Isto mostra que a trans- formação de coordenadas é uma transformação linear. temos [c1u1 + . . . + cpup]B =   0... 0   Portanto, a representação do vetor c1u1 + . . . + cpup, na base B é [0 · · · 0], isto é, c1u1 + ... + cpup = 0.b1 + ... + 0.bn = 0 (3) A equação (3) mostra que u1, . . . , up é um conjunto linearmente de- pendente. Teorema 4 Se um espaço vetorial V tem uma base com n vetores, então toda base de V também tem exatamente n vetores. Demonstração. Seja B1 uma base com n vetores e seja B2 uma outra base de V . Como B1 é base e B2 é linearmente independente, então B2 não tem mais que n vetores, pelo teorema anterior. Por outro lado, como B2 é base e B1 é linearmente independente, então B2 não tem menos que n vetores. Disto resulta que B2 tem exatamente n vetores. Um espaço vetorial pode não ter uma base com um número finito de ve- tores. Por exemplo, o espaço vetorial dos polinômios na variável t, denotado R[t], não tem base finita. Uma base para este espaço é {1, t, t2, t3, ...}. Como este conjunto é infinito, então R[t] não pode ter base finita (se tivesse uma base com d elementos, então qualquer conjunto com mais de d elementos seria L.D., logo não poderia ter uma base infinita). CEDERJ 52 Dimensão de um espaço vetorial MÓDULO 2 - AULA 12 O teorema anterior mostra que, se um espaço vetorial V tem base finita, então todas as bases tem o mesmo número de elementos. Isto motiva a seguinte definição: Definição Se V tem uma base finita, então V é chamado espaço vetorial de di- mensão finita e chamamos de dimensão de V , denotada dim V , o número de vetores de uma base de V . Caso V não tenha uma base finita, dizemos que V é um espaço vetorial de dimensão infinita. A dimensão do espaço vetorial trivial [0] é definida como sendo igual a zero. Exemplo 5 dim Rn = n. Basta notar que a base canônica do Rn tem n vetores. Exemplo 6 dim P n = n + 1, onde o P n é o espaço vetorial dos polinômios de grau ≤ n. Uma base de P n é o conjunto {1, t, t2, . . . , tn}, que tem n + 1 vetores. Exemplo 7 Determine a dimensão do subespaço H de R3 geral do pelos vetores v1 =   12 1   e v2 =   01 −1  . Solução: Como v1 e v2 não são múltiplos um do outro, então o conjunto {v1, v2} é L.I, portanto é uma base de H . Logo dim H = 2. Teorema do conjunto gerador Um problema comum é o de encontrar uma base para um subespaço gerado por um certo conjunto de vetores. Se este conjunto é L.I., então é base do subespaço que ele gera, se não for L.I., então possui “excesso” de vetores, como mostra o teorema a seguir. 53 CEDERJ Dimensão de um espaço vetorial O que resulta no sistema   c1 + c2 = 0 2c1 + c4 = 0 c2 − c4 = 0 5c4 = 0 , este sistema implica em c2 = c4 = 0 e c1 = 0 e c2 = 0, o que mostra que {v1, v2, v4} é L.I. e, portanto, base de H . Resumo Nesta aula vimos a definição de dimensão de um espaço vetorial. A definição dada faz sentido apenas porque, como estudamos, se um espaço vetorial V tem uma base com n elementos, então todas as bases de V têm também n elementos. Vimos também que, dado um conjunto B, linearmente dependente, gerador de um subespaço H de um espaço vetorial, podemos ir retirando certos vetores de B até que o conjunto resultante seja uma base de H . Exerćıcios Para cada subespaço H nos exerćıcios 1 a 6, determine uma base de H e sua dimensão. 1. H = {(s − 2t, s + t, 4t); s, t ∈ R}. 2. H = {(3s, 2s, t); s, t ∈ R}. 3. H = {(a + b, 2a, 3a − b, 2b); a, b ∈ R}. 4. H = {(a, b, c); a − 3b + c = 0, b − 2c = 0 e 2b − c = 0}. 5. H = {(a, b, c, d); a − 3b + c = 0}. 6. H = {(x, y, x); x, y ∈ R}. 7. Determine a dimensão do subespaço de R3 gerado pelos vetores  10 2   ,   31 1   ,   94 −2   ,   −7−3 2   . CEDERJ 56 Dimensão de um espaço vetorial MÓDULO 2 - AULA 12 8. Os quatro primeiros polinômios de Hermite são 1, 2t, −2 + 4t2 e −12t + 8t3. Mostre que estes polinômios formam uma base de P3. 9. Encontre as coordenadas do polinômio p(t) = 7 − 12t − 8t2 + 12t3 na base de P3 formada pelos polinômios de Hermite (ver exerćıcio 8). 10. Mostre que o espaço C(R) formado por todas as funções reais é um espaço de dimensão infinita. 11. Mostre que uma base B de um espaço vetorial de dimensão finita V é um conjunto gerador minimal. Em outras palavras, se B tem n vetores então nenhum conjunto com menos de n vetores pode gerar V . Mostre também que a base B é um conjunto linearmente independente maximal, no sentido que qualquer conjunto com mais de n vetores não pode ser L.I. 12. Mostre que se H é subespaço de V e dim H = dim V então H = V . 57 CEDERJ Soma de subespaços MÓDULO 2 - AULA 13 Teorema do Completamento Vimos, na seção anterior, como obter uma base de um conjunto gerador. Se este conjunto não é L.I., temos que “diminúı-lo” para conseguir uma base. Nesta seção veremos o inverso. Como obter uma base de um conjunto L.I.. Se este conjunto não é gerador, então temos que “aumentá-lo” de forma que continue L.I. e que se torne gerador. Teorema 1 Seja {b1, . . . , br} um conjunto L.I. em um espaço vetorial de dimensão finita V . Então existem br+1, . . . , bn, tal que {b1, . . . , br, br+1, . . . , bn} formam uma base de V , onde n = dim V . Demonstração. Se {b1, . . . , br} gera o espaço V então nada temos a fazer. Se {b1, . . . , br} não é gerador então existe br+1 ∈ V tal que br+1 não é combinação linear de b1, . . . , br. Portanto, {b1, . . . , br, br+1} é um conjunto L.I. Se este conjunto agora é gerador, obtivemos uma base. Se não, há um vetor br+2 ∈ V tal que br+2 não é combinação linear de b1, . . . , br+1. Portanto, {b1, . . . , br, br+1, br+2} é L.I. Se este conjunto for gerador, obtivemos uma base, caso contrário continua- mos com o processo, obtendo br+3, br+4, etc. Como V tem dimensão finita, digamos dimV = n, quando chegarmos a {b1, . . . , bn} teremos obtido uma base, pois o processo leva sempre a conjuntos L.I. e um conjunto L.I. com n (= dim(V )) elementos deve ser uma base. Soma de subespaços Dados subespaços U e V de um espaço vetorial W , podemos obter um subespaço maior que inclui U e V como subconjuntos (e como subespaços). Já que este subespaço contem todo u ∈ U e todo v ∈ V , então deve conter todos os u + v, com u ∈ U e v ∈ V . (Lembre-se que subespaços são fechados para a soma de vetores!) Portanto, qualquer subespaço que contenha U e V deve conter as somas u + v, com u ∈ U e v ∈ V . Isto motiva a seguinte definição: 61 CEDERJ Soma de subespaços Definição Sejam U e V subespaços de um espaço vetorial W . Chamamos de soma de U e V o conjuntoNote que, nesta definição, U + V é só um conjunto. Mostraremos em seguida que é subespaço de W . U + V = {u + v; u ∈ V e v ∈ V }. Note que U ⊂ U + V e V ⊂ U + V . Na discussão acima, vimos que qualquer subespaço que contenha U e V deve conter o conjunto U + V definido acima. A próxima proposição mostra que o conjunto U +V já é um subespaço vetorial. A soma de subespaços é um subespaço Proposição 1 Se U e V são subespaços de um espaço vetorial W , então U +V é subespaço de W . Demonstração. Basta provar que U + V é não vazio, fechado para a soma de vetores e produto por escalar. • U + V = ∅ pois U e V são não vazios. Em particular, 0 ∈ U + V , pois 0 ∈ U e 0 ∈ V ⇒ 0 = 0 + 0 ∈ U + V. • Se x1, x2 ∈ U + V então x1 = u1 + v1 e x2 = u2 + v2, para certos vetores u1, u2 ∈ U e v1, v2 ∈ V , então x1 + x2 = (u1 + v1) + (u2 + v2) = (u1 + u2) + (v1 + v2). Como u1 + u2 ∈ U e v1 + v2 ∈ V então x1 + x2 ∈ U + V . • Se x = u + v ∈ U + V , com u ∈ U e v ∈ V , então αx = α(u + v) = αu + αv; ∀α ∈ R. Como αu ∈ U e αv ∈ V , então αx ∈ U + V .  Como U + V é subespaço e, como observamos acima, todo subespaço de W que contenha U e V deve conter U +V , então podemos dizer que U +V é o menor subespaço de W contendo U e V . CEDERJ 62 Soma de subespaços MÓDULO 2 - AULA 13 Exemplos 2. U = U + {0}, onde {0} é o espaço vetorial nulo. 3. Seja U = {(x, 0, 0); x ∈ R} e V = {(0, y, z); y, z ∈ R}, subespaços vetoriais do R3. Então temos que U + V = {(x, 0, 0) + (0, y, z); x, y, z ∈ R} = {(x, y, z); x, y, z ∈ R} = R3. Isto é, a soma de U e V é todo o R3. Agora observe o seguinte: U é uma reta, o eixo OX, enquanto que V é o plano dado por x = 0. Neste caso, a soma de um plano e uma reta é o espaço R3. v U x y z U + V = R3 4. Seja U = {(x, 0, 0)} ∈ R3 e V = {(x, y, 0)} ∈ R3, então U ⊂ V e U + V = V . Neste caso, a soma de um plano e uma reta é o próprio plano. O que diferencia os exemplos 3 e 4? No exemplo 3, somamos um plano e uma reta não contida nele, o que resulta no espaço, enquanto que no exemplo 4, somamos um plano e uma reta contida no plano, resultando no próprio plano. Voltaremos a este tópico quando falarmos sobre a base da soma. 5. Claramente, se U ⊂ V então U + V = V . 63 CEDERJ Soma de subespaços Pelo teorema do completamento, existem vetores u1, . . . , us em U e v1, . . . , vt em V tais que B2 = {x1, . . . , xr, u1, . . . , us} é uma base de U e B3 = {x1, . . . , xr, v1, . . . , vt} é uma base de V. Note que r + s = dim U e r + t = dim V . Mostraremos, a seguir, que B = {x1, . . . , xr, u1, . . . , us, v1, . . . , vt} é uma base de U + V. a) o conjunto B gera U + V . Seja w ∈ U + V . Então w = u + v, para certos u ∈ U e v ∈ V . Como B2 e B3 são bases de U e V , respectivamente, então podemos escrever, u = α1x1 + . . . + αrxr + β1u1 + . . . + βsus v = α1 ′x1 + . . . + αr ′xr + γ1v1 + . . . + γtvt onde as letras gregas são escalares. Somando u e v encontramos w = u+v = (α1+α1 ′)x1+. . .+(αr+αr ′)xr+β1u1+. . .+βsus+γ1v1+. . .+γtvt. Portanto, o conjunto B gera U + V . b) o conjunto B é linearmente independente. Suponhamos que (1) α1x1 + . . . + αrxr + β1u1 + . . . + βsus + γ1v1 + . . . + γtvt = 0 então, α1x1 + . . . + αrxr + β1u1 + . . . + βsus = −γ1v1 − . . . − γtvt. O vetor do lado esquerdo da igualdade está em U , logo −γ1v1 − . . . − γtvt ∈ U . Mas v1, . . . , vt estão em V , logo −γ1v1 − . . . − γtvt ∈ U ∩ V. Como x1, . . . , xr formam uma base de U ∩ V , segue-se que existem escalares δ1, . . . , δr tais que −γ1v1 − . . . − γtvt = δ1x1 + . . . + δrxr δ1x1 + . . . + δrxr + γ1v1 + . . . + γtvt = 0. CEDERJ 66 Soma de subespaços MÓDULO 2 - AULA 13 A equação anterior é uma combinação linear dos vetores em B3, que é base de V , portanto L.I.. Segue-se que δ1 = . . . = δr = γ1 = . . . = γt = 0. Substituindo γ1 = ... = γt = 0 em (1), obtemos α1x1 + . . . + αrxr + β1u1 + . . . + βsus = 0 que é uma combinação linear nos vetores em B1, que é base de U , logo α1 = . . . = αr = β1 = . . . = βs = 0. Com isto, provamos que todos os coeficientes em (1) são nulos, ou seja, o conjunto B é L.I. Conclúımos que B é base de U + V . Como B tem r + s + t vetores, então dim(U + V ) = r + s + t, segue-se que dim(U + V ) + dim(U ∩ V ) = r + s + t + r = (r + s) + (r + t) = dim U + dim V  No caso em que a soma é direta, U ∩ V = {0}, logo dim U ∩ V = 0 e dim(U ⊕ V ) = dim U + dim V. Além disso, na demonstração do teorema acima, vimos que, no caso de soma direta, se B1 é base de U e B2 é base de V , então B1 ∪ B2 é base de U ⊕ V . Em geral, se U ∩ V = {0}, então B1 ∪ B2 é um conjunto gerador de U + V , mas não é L.I. Exemplo 7 Seja U = {(0, y, z); y, z ∈ R} e V = [(1, 1, 0)]. O subespaço U de R3 tem base {(0, 1, 0), (0, 0, 1)}, portanto dim U = 2. Claramente dim V = 1. Vamos determinar U ∩ V . Se w ∈ U ∩ V , então w = α(1, 1, 0) , logo (0, y, z) = α.(1, 1, 0) = (α, α, 0) ⇒   α = 0 α = y 0 = z 67 CEDERJ Soma de subespaços Portanto α = 0 ⇒ w = 0. Assim U ∩ V = {0}. Segue-se que a soma é direta e dim(U ⊕ V ) = dim U + dim V = 2 + 1 = 3. Como U + V é subespaço de R3 e dim(U + V ) = 3 então U + V = R3. r Se uma reta r não está con- tida em um plano α, então r ∩α pode ser vazio (reta pa- ralela) ou um ponto, quando a reta corta o plano (ver fi- gura acima). Temos então a situação em que a soma de um plano (U é o plano x = 0) e uma reta não contida no plano é todo o espaço R3. Se a reta estiver contida no plano, então V ⊂ U ⇒ U + V = U. Exemplo 8 Seja U subespaço de R4 gerado por {(1, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0)} e V = {(x, y, z, t); y + z = 0}. É fácil ver que o conjunto {(1, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0)} é linearmente inde- pendente, logo dim U = 2. Vamos determinar uma base de V . v = (x, y, z, t) ∈ V ⇔ y + z = 0 ⇔ z = −y, logo, v = (x, y,−y, t) = x(1, 0, 0, 0) + y(0, 1,−1, 0) + t(0, 0, 0, 1). Segue-se que V é gerado por {(1, 0, 0, 0), (0, 1,−1, 0), (0, 0, 0, 1)}. É fácil ver que este conjunto é L.I., logo dim V = 3. Podemos agora proceder de duas maneiras, determinar U + V ou de- terminar U ∩ V . Vamos determinar U + V . Sabemos que a união das bases de U e de V é um conjunto gerador de U + V . Vamos encontrar uma base de U + V a partir deste conjunto gerador: base de U −−−−− base de V   1 1 0 0 0 0 1 0 − − − − 1 0 0 0 0 1 −1 0 0 0 0 1   L3 ← L3 − L1−→   1 1 0 0 0 0 1 0 0 −1 0 0 0 1 −1 0 0 0 0 1   L2 ↔ L4 −→   1 1 0 0 0 1 −1 0 0 −1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1   L3 ← L3 + L2−→   1 1 0 0 0 1 −1 0 0 0 −1 0 0 0 1 0 0 0 0 1   CEDERJ 68 Soma de subespaços MÓDULO 2 - AULA 13 3. A soma é direta nos itens a e c. 4. Temos max{dim U, dim V } ≤ dim (U + V ) ≤ dim (R4), ⇒ 3 ≤ dim (U + V ) ≤ 4. Como dim (U ∩ V ) = dim U + dim V − dim (U + V ) dim (U ∩ V ) = 5 − dim (U + V ) então 1 ≤ dim U ∩ V ≤ 2. 5. V = {[ a 0 0 d ] ; a, d ∈ R } . 71 CEDERJ Espaços Vetoriais com Produto Interno MÓDULO 2 - AULA 14 Aula 14 – Espaços Vetoriais com Produto Interno Objetivos Pré-requisitos: aulas 8, 11 e 12. Reconhecer produtos internos; Determinar a norma de um vetor e o ângulo entre dois vetores; Identificar vetores ortogonais; Aplicar as propriedades dos produtos internos na resolução de exerćıcios. Nesta aula definiremos uma operação entre vetores cujo resultado é um número real: o produto interno. Veremos vários exemplos, com destaque para Neste curso trabalhamos pe- nas com espaços vetoriais re- ais, isto é, considerando o conjunto dos números reais como o conjunto de escala- res. Podeŕıamos, no entanto, considerar o conjunto dos números complexos. Nesse caso, o resultado do pro- duto interno seria um número complexo, e a definição, ligei- ramente diferente. o chamado produto interno; estudaremos as principais propriedades dos pro- dutos internos e suas aplicações na determinação de grandezas geométricas associadas a vetores de R2 e R3. Produto interno Seja V um espaço vetorial (real). Um produto interno definido em V é uma relação < ., . >: V × V → R que, a cada par de vetores (u, v) ∈ V × V , associa um número real represen- tado por < u, v >, e que satisfaz as seguintes condições: (i) < u, v >=< v, u > (ii) < u, v + w >=< u, v > + < u, w > (iii) < αu, v >= α < u, v > (iv) < u, u >≥ 0 e < u, u >= 0 ⇔ u = oV , ∀u, v, w ∈ V, ∀α ∈ R. Chamamos de espaço euclidiano a um espaço vetorial real munido de produto interno. Podemos definir diferentes produtos internos num mesmo espaço veto- rial. Vamos ver alguns exemplos. 73 CEDERJ Espaços Vetoriais com Produto Interno 5. 〈 u, n∑ i=1 αivi 〉 = n∑ i=1 < u, vi >. A prova desta propriedade usa indução e as propriedades 2 e 3 já vistas. 6. Generalizando, podemos provar que〈 n∑ i=1 αiui, m∑ j=1 βjvj 〉 = n∑ i=1 m∑ j=1 α1βj < ui, vj >. Veremos a seguir aplicações práticas do produto interno. Aplicações do produto interno Norma de vetor Sejam V um espaço euclidiano e v ∈ V . Chama-se norma de v o número real ||v|| = √< v, v >. Note que, pela condição (iv) da definição de produto interno, esse número está bem definido, pois < v, v > é não negativo, para qualquer vetor v considerado. Assim, a norma de um vetor é sempre um número real não negativo e o vetor nulo é o único vetor de V que tem norma igual a zero. Exemplo 5 Em R2, com o produto interno usual, a norma de um vetor v = (x1, x2) é dada por ||v|| =√x21 + x22. Assim, temos: ||(−3, 4)|| =√(−3)2 + 42 = √9 + 16 = √25 = 5. ||(1 2 , √ 3 2 )|| = √ 1 4 + 3 4 = √ 1 = 1. Exemplo 6 Em R3, com o produto interno usual, a norma de um vetor v = (x1, x2, x3) é ||v|| = √ x21 + x 2 2 + x 2 3. Por exemplo: ||(−1, 2, 3)|| =√(−1)2 + 22 + 32 = √1 + 4 + 9 = √14. ||(2,−2, 1)|| = √4 + 4 + 1 = √9 = 3. Na figura 1 podemos ver que, no plano, a norma do vetor v coincide com a medida da hipotenusa do triângulo retângulo determinado por x1 e x2 CEDERJ 76 Espaços Vetoriais com Produto Interno MÓDULO 2 - AULA 14 (compare a expressão a norma com a conhecida fórmula de Pitágoras...). No espaço, a norma de v coincide com a medida da diagonal do paraleleṕıpedo formado por x1, x2 e x3. Devido a essa interpretação geométrica que podemos dar à norma de um vetor de R2 ou R3, a norma de um vetor v é também conhecida como sendo o módulo, tamanho, ou ainda, comprimento de v. Fig. 1: Norma de vetores em R3 e R2. Observação: A não ser que se diga algo em contrário, o produto interno considerado será sempre o usual. Exemplo 7 Em M2(R), com o produto interno definido no exemplo 3, a norma da matriz v = [ 3 6 0 2 ] é ||v|| = √< v, v > = √9 + 36 + 4 = √49 = 7. Exemplo 8 Usando o produto interno de P3, definido no exemplo 4, a norma do polinômio p = 2 + 3t − t2 é ||p|| = √< p, p > = √4 + 9 + 1 = √14. A norma de vetores possui importantes propriedades que listamos a seguir; suas demonstrações são propostas como exerćıcios, ao final da aula. Propriedades da norma de vetores Seja V um espaço euclidiano. Então: 1. ||αv|| = |α| ||v||, ∀α ∈ R, ∀v ∈ V . 77 CEDERJ Espaços Vetoriais com Produto Interno 2. ||v|| ≥ 0, ∀v ∈ V e ||v|| = 0 ⇔ v = oV . 3. | < u, v > | ≤ ||u|| ||v||, ∀u, v ∈ V . (Desigualdade de Cauchy Schwarz) 4. ||u + v|| ≤ ||u||+ ||v||, ∀u, v ∈ V . (Desigualdade triangular) Usando o conceito de norma de vetor, podemos também definir a distância entre dois vetores: dados u e v em um espaço euclidiano V , a distância entre eles, representada por d(u, v), é dada por: d(u, v) = ||u − v||. A figura 2 ilustra o caso em que V = R2. Fig. 2: Distância em R2. Exemplo 9 Em R3, a distância entre u = (3,−2, 1) e v = (4, 1,−3) é d(u, v) = ||u−v|| = ||(−1,−3, 4)|| = √1 + 9 + 16 = √26. Ângulo de dois vetores Sejam V , um espaço vetorial euclidiano, e u, v ∈ V , não nulos. A desigualdade de Cauchy Schwarz: | < u, v > | ≤ ||u|| ||v||, sendo modular, se desdobra na dupla desigualdade: −||u|| ||v|| ≤ < u, v > ≤ ||u|| ||v||. Como os vetores u e v são não nulos, suas normas são números reais positivos e podemos dividir cada termo dessa desigualdade por ||u|| ||v||: −1 ≤ < u, v >||u|| ||v|| ≤ 1. CEDERJ 78 Espaços Vetoriais com Produto Interno MÓDULO 2 - AULA 14 3. Seja o espaço euclidiano R2. Determine o vetor w tal que < u, w >= 8 e < v, w >= 10, dados u = (2, 1) e v = (−1, 3). Sugestão: Represente o vetor w pelo par (x, y). 4. Calcule a norma de v ∈ V , em cada caso: a) v = (−3, 4), V = R2 b) v = (1, 1, 1), V = R3 c) v = (−1, 0, 4,√19), V = R4 5. Em um espaço euclidiano, um vetor é dito ser unitário quando sua norma é igual a 1. a) Entre os seguintes vetores de I!R2, quais são unitários: u = (1, 1) v = (−1, 0) w = (1/2, 1/2) t = (1/2,√3/2) b) Determine a ∈ R2 tal que o vetor u = (a, 1/2), de I!R2 seja unitário. 6. Obtenha o ângulo entre os seguintes pares de vetores de R2: a) u = (3, 1) e v = (6, 2) b) u = (1, 2) e v = (−1, 3) c) u = (3, 1) e v = (2, 2) d) u = (0, 2) e v = (−1,−1) 7. Considere o espaço euclidiano M2(R). a) Quais das matrizes abaixo são ortogonais a M = [ 2 1 −1 3 ] : A = [ 1 2 4 0 ] B = [ 1 1 1 1 ] C = [ 0 0 0 0 ] D = [ 3 2 −1 3 ] b) Calcule a norma da matriz M , do item anterior. c) Determine o ângulo entre as matrizes M1 = [ 2 4 −1 3 ] e M2 = [ −3 1 4 2 ] d) Calcule a distância entre as matrizes M1 e M2 do item anterior. 81 CEDERJ Espaços Vetoriais com Produto Interno 8. No espaço vetorial P2, a) Defina o produto interno usual (análogo ao definido em P3, no exemplo 4 da aula). b) Calcule a norma do polinômio p = 3 − 4t + 2t2, de P2. Auto-avaliação O assunto tratado nesta aula é muito importante, no desenvolvimento de toda a teoria. Note que os conceitos de norma, distância, ângulo, ortogo- nalidade, tão naturais quando pensamos em vetores do plano ou do espaço, foram estendidos para espaços vetoriais quaisquer. Expressões como “norma de polinômio”, “distância entre matrizes”, “polinômios ortogonais”, não de- vem mais causar estranheza. Você não deve ficar com nenhuma dúvida, antes de seguir em frente. Refaça os exemplos, se julgar necessário. E lembre-se: encontrando qualquer obstáculo, peça ajuda ao tutor da disciplina. Até a próxima aula!! Respostas dos exerćıcios 1. a) ||αv|| = √< αv, αv > = √ α2 < v, v > = √ α2||v||2 = |α|.||v||.Note que, dado a ∈ R, √a2 = |a|. b) ||v|| ≥ 0, pela própria definição de norma. ||v|| = 0 ⇒ √< v, v > = 0 ⇒< v, v >= 0 ⇒ v = oV . Finalmente, v = oV ⇒< v, v >= 0 ⇒√ < v, v > = 0 ⇒ ||v|| = 0. c) Se v = oV , então ||v|| = 0 e < u, v >= 0 = ||u ||v||. Portanto, vale a igualdade (e, em conseqüência, a desigualdade). Supondo v = oV , e sendo α ∈ R, arbitrário, podemos afirmar que ||u + αv||2 ≥ 0. Desenvolvendo essa expressão (usando a definição de norma), chegamos a ||v||2α2 + 2 < u, v > α + ||u||2 ≥ 0, para todo α real. Isto é, obtemos um trinômio do segundo grau, em α, sempre positivo. Então seu discriminante tem que ser menor ou igual a zero, isto é: 4 < u, v >2 −4||v||2 ||u||2 ≤ 0. Separando os termos da desigualdade, simplificando e extraindo a raiz quadrada de cada termo, concluimos que | < u, v > | ≤ ||u|| ||v||. CEDERJ 82 Espaços Vetoriais com Produto Interno MÓDULO 2 - AULA 14 d) ||u + v||2 =< u + v, u + v >=< u, u > + < u, v > + < v, u > + < v, v >= ||u||2 + 2 < u, v > +||v||2. Usando a desigualdade de Cauchy Schwarz, ||u + v||2 ≤ ||u||2 + 2||u|| ||v|| + ||v||2 = (||u|| + ||v||)2. Logo, ||u + v|| ≤ ||u||+ ||v||, ∀u, v ∈ V . 2. a) −10 b) 25/2 3. w = (2, 4) 4. a) 5 b) √ 3 c) 6 5. a) v, t b) ||u|| = 1 ⇒ ||u||2 = 1 ⇒ a2 + 1/4 = 1 ⇒ a = ±√3/2 6. a) 00 b) 450 c) arccos 2 √ 5/5 d) 1350 7. a) A, C, D b) ||M || = 15 c) 90o - as matrizes M1 e M2 são ortogonais. d) d(M1, M2) = ||M1 − M2|| = √ 60 = 2 √ 15. 8. a) Sendo p = a0 + a1t + a2t 2 e q = b0 + b1t + b2t 2, em P2, o produto interno usual é dado por: < p, q >= a0b0 + a1b1 + a2b2. b) √ 29 Tabela do cosseno: θ: 0 (0o) π/6 (30o) π/4 (45o) π/3 (60o) π/2 90o) cos θ: 1 √ 3/2 √ 2/2 1/2 0 Para os ângulos do segundo quadrante (compreendidos no intervalo [π/2, π], basta lembrar que cos (π − θ) = − cos θ (ou: cos (180 − θ) = cos θ). Por exemplo, cos 1200 = −cos (1800−1200) = −cos 600 = −1/2. 83 CEDERJ Conjuntos ortogonais e ortonormais c) Se S é um conjunto ortogonal num espaço euclidiano V , então o con- junto resultante da união S ∪ {oV } também é ortogonal pois o vetor nulo é ortogonal a qualquer outro vetor. É claro, também, que nenhum conjunto em que o vetor nulo comparece é ortonormal, pois a condição de todos os vetores serem unitários não é satisfeita. Na aula 14, vimos que, num espaço euclidiano, o cosseno do ângulo θ, formado por dois vetores u e v, não nulos, é: cos θ = < u, v > ||u|| ||v|| . No caso de os dois vetores serem unitários, a fórmula se resume a cos θ =< u, v > . Agora, num conjunto ortornomal S, só há duas possibilidades para a medida do ângulo formado por quaisquer dois de seus vetores: - se os vetores são distintos, então formam ângulo reto e, então, o produto interno é igual a zero (pois vimos acima que o cosseno do ângulo se iguala ao produto interno); - se consideramos duas vezes o mesmo vetor, então o ângulo é nulo e seu cosseno é igual a 1; logo, o produto interno também é 1. Dáı, podemos concluir que: Sendo S = {v1, v2, ..., vn} um subconjunto ortonormal de um espaço euclidiano, então • i = j ⇒ θ = 90o ⇒ cos θ = 0 =< vi, vj > . • i = j ⇒ θ = 0o ⇒ cos θ = 1 =< vi, vj > . Podemos, então, caracterizar um conjunto ortonormal {v1, v2, ..., vn} usando o śımbolo de Kronecker:Lembrando: A função delta de Kronecker nos ı́ndices i e j é definida por: δij =( 0, se i = j 1, se i = j . < vi, vj >= δij, ∀i, j ∈ {1, ..., n}. Veremos, a seguir, um importante resultado envolvendo conjuntos or- tonormais. CEDERJ 86 Conjuntos ortogonais e ortonormais MÓDULO 2 - AULA 15 Proposição 1 Um conjunto ortonormal é linearmente independente. Lembrando: um conjunto de vetores é LI quando, ao es- crevermos o vetor nulo como uma combinação linear deles, obtemos todos os coeficientes nulos. Demonstração. Sejam V um espaço euclidiano e S = {v1, ..., vn} ⊂ V , ortonormal. Sejam α1, ..., αn ∈ R tais que α1v1 + α2v2... + αnvn = oV . Como o produto interno de qualquer vetor pelo vetor nulo é igual a zero, podemos escrever: 0 =< oV , v1 >= =< α1v1 + α2v2 + ... + αnvn, v1 >= = α1 < v1, v1 >︸ ︷︷ ︸ 1 +α2 < v2, v1 >︸ ︷︷ ︸ 0 +... + αn < vn, v1 >︸ ︷︷ ︸ 0 = = α1. Logo, α1 = 0. Procedendo de forma análoga com os vetores v2, ..., vn, iremos concluir que α1 = α2 = ... = αn = 0. Logo, o conjunto S é LI. Já vimos, na aula 10, que todo subconjunto de um espaço vetorial V gera um subespaço de V . Quando o conjunto considerado é LI, além de gerar, ele forma uma base do subespaço gerado. Assim, a Proposição 1 permite concluir que um conjunto ortonormal é uma base do subespaço que ele gera. Nesse caso, dizemos que a base é ortonormal. Bases ortonormais são particularmente interessantes por simplificarem os cálculos e permitirem uma representação gráfica mais clara e fácil de se construir. Surge, então, a questão: como obter bases ortonormais de subespaços dados? Mas vamos com calma. O primeiro passo para chegar à resposta pro- curada é saber obter a projeção de um vetor na direção de outro. Projeção de um vetor na direção de outro Sejam V um espaço euclidiano, u, v ∈ V, v = oV . Vamos obter o vetor projeção de u na direção de v. Em outras palavras, vamos decompor u em duas componentes: uma na direção de v - que será a projeção mencionada, e outra, ortogonal a v, como mostra a figura 1. Fig. 1: Projetando u na direção de v. 87 CEDERJ Conjuntos ortogonais e ortonormais Os cálculos ficam mais simples se o vetor sobre o qual se projeta é unitário. Caso ele não seja, podemos “trocá-lo”por outro, de mesma direção e sentido, e de tamanho 1. Esse vetor se chama versor do vetor dado. Para isso, basta dividir o vetor v pelo seu módulo: versor de v = v ||v|| . É fácil verificar que, de fato, o versor de v é unitário: ∣∣∣∣ ∣∣∣∣ v||v|| ∣∣∣∣ ∣∣∣∣ = √ < v ||v|| , v ||v|| > = √ 1 ||v||2 < v, v > = √ ||v||2 ||v||2 = 1. Exemplo 2 Consideremos o vetor v = (3, 4), de R2. Seu módulo é ||v|| = √9 + 16 =√ 25 = 5. Seu versor é o vetor v||v|| = (3,4) 5 = (3/5, 4/5). Vamos verificar que esse vetor é realmente unitário: √ (3/5)2 + (4/5)2 = √ 9/25 + 16/25 =√ 25/25 = 1. A figura 2 ilustra esse caso. Fig. 2: O vetor (3, 4) de R2 e seu versor. Assim, ao projetar um vetor na direção de v, não nulo, podemos sempre considerá-lo unitário. Na figura 3 vemos que a projeção de u na direção de v é um vetor paralelo a v e, portanto, pode ser escrito como um múltiplo de v, isto é, projvu = kv, para algum k ∈ R. Fig. 3: CEDERJ 88 Conjuntos ortogonais e ortonormais MÓDULO 2 - AULA 15 Exemplo 5 No exemplo anterior, o vetor v − proj[S]v = (5, 2,−3) − (5, 2, 0) = (0, 0,−3) é ortogonal a (1, 0, 0) e a (0,−1, 0), vetores de S. Proposição 3 Sejam V um espaço euclidiano, S = {v1, v2, ..., vn} ⊂ V , um conjunto orto- normal e v ∈ V . O vetor u = v− < v, v1 > v1− < v, v2 > v2 − ...− < v, vn > vn é ortogonal a todo vetor do subespaço de V gerado por S. Ou seja, u é ortogonal a todo vetor de V que pode ser escrito como uma combinação linear dos vetores de S. Demonstração. Pela Proposição 2, já sabemos que u é ortogonal a cada vetor de S, ou seja, < u, v1 >=< u, v2 >= ... =< u, vn >= 0. Vamos calcular o produto interno de u por um vetor genérico do subespaço gerado por S: Sejam α1, α2, ..., αn ∈ R e w = α1v1 + α2v2 + ... + αnvn ∈ V . Então < u, w > =< u, α1v1 + α2v2 + ... + αnvn >= = α1 < u, v1 >︸ ︷︷ ︸ 0 +α2 < u, v2 >︸ ︷︷ ︸ 0 +... + αn < u, vn >︸ ︷︷ ︸ 0 = 0. Logo, u é ortogonal a w. Exemplo 6 Retomando o exemplo anterior, podemos afirmar que o vetor v − proj[S]v = (5, 2,−3) − (5, 2, 0) = (0, 0,−3) é ortogonal ao plano [S]. Estamos, agora, em condições de responder à pergunta: uma vez que temos que ter bases ortonormais para poder efetuar a projeção, como obter bases ortonormais para espaços dados? Vamos fazer isso usando o chamado Método de ortonormalização de Gram-Schmidt, que nada mais é do que a aplicação do resultado demonstrado na proposição 3. Vamos a ele: 91 CEDERJ Conjuntos ortogonais e ortonormais Método de ortonormalização de Gram-Schmidt Todo espaço euclidiano admite uma base ortonormal Demonstração. dim V = 1: Seja {v} uma base de V . Então o conjunto {u} = { v||v||} é uma base ortonormal de V . dim V = 2: Seja {v1, v2} uma base de V . Seja u1 = v1||v1|| . Pela pro- posição 3, o vetor g2 = v2 − proju1v2 = v2− < v2, u1 > u1 é ortogonal a u1. Então o vetor u2 = versor de g2 = g2 ||2|| é unitário e também é ortogonal a u1. Logo, o conjunto {u1, u2} é uma base ortonormal de V , pois possui dois vetores ortogonais e unitários e a dimensão de V é dois. dim V = n: Prosseguindo de forma análoga, dada uma base de V , vamos construindo, um a um, os vetores de uma outra base, esta sim, or- tonormal. O primeiro é, simplesmente, o versor do primeiro vetor da base original. A partir do segundo, a idéia é decompor cada vetor em duas com- ponentes: uma na direção do subespaço gerado pelos vetores já obtidos e outra ortogonal à primeira. É o versor desa segunda componente que irá se reunir aos vetores já obtidos, para formar a base ortonormal. Exemplo 7 Vamos aplicar o método de Gram-Schmidt para obter uma base ortonormal de R3, a partir da base B = {v1, v2, v3}, com v1 = (1, 1, 1); v2 = (1,−1, 1) e v3 = (0, 1, 1). Seja B ′ = {u1, u2, u3} a base ortonormal procurada. Então u1 = v1 ||v1|| = (1,1,1)√ 3 = (1/ √ 3, 1/ √ 3, 1/ √ 3). g2 = v2 − proju1v2 = = v2− < v2, u1 > u1 = = (1,−1, 1)− < (1,−1, 1), (1/√3, 1/√3, 1/√3) > (1/√3, 1/√3, 1/√3) = = (1,−1, 1) − 1/√3(1/√3, 1/√3, 1/√3) = = (1,−1, 1) − (1/3, 1/3, 1/3) = = (2/3,−4/3, 2/3). O vetor g2 é ortogonal a u1. De fato, < g2, u1 >= 2/3 √ 3 − 4/3√3 + 2/3 √ 3 = 0. Então o segundo vetor da nova base é o versor de g2, isto é: u2 = g2 ||g2|| = = (2/3,−4/3,2/3)√ 4/9+16/9+4/9 = = (2/3,−4/3,2/3)√ 24/9 = = (2/3,−4/3,2/3) 2 √ 6 3 = = 3/2 √ 6(2/3,−4/3, 2/3) = = (1/ √ 6,−2/√6, 1/√6). CEDERJ 92 Conjuntos ortogonais e ortonormais MÓDULO 2 - AULA 15 g3 = v3 − proju1v3 − proju2v3 = = v3− < v3, u1 > u1− < v3, u2 > u2 = = v3 − 2/ √ 3u1 − (−1/ √ 6)u2 = = (0, 1, 1) − 2/√3(1/√3, 1/√3, 1/√3) − (−1/√6)(1/√6,−2/√6, 1/√6) = = (0, 1, 1) − (2/3, 2/3, 2/3) + (1/6,−2/6, 1/6) = = (−1/2, 0, 1/2). Logo, o terceiro vetor da base B ′ é o versor de g3, isto é: u3 = g3 ||g3|| = (−1/2,0,1/2)√ 2 4 = 2√ 2 (−1/2, 0, 1/2) = (−1/√2, 0, 1/√2). Logo, a base ortonormal de R3 é B ′ = {(1/√3, 1/√3, 1/√3), (1/√6,−2/√6, 1/√6), (−1/√2, 0, 1/√2)}. Exemplo 8 Em R3, vamos projetar o vetor u = (1, 2,−3), ortogonalmente, na direção do vetor v = (1, 2, 2). Observe, primeiramente, que v não é unitário, pois ||v|| = √1 + 4 + 4 = 3. O seu versor é o vetor v ′ = v 3 = (1/3, 2/3, 2/3). O vetor projeção é projvu = projv′u =< u, v ′ > v ′ = (−1/3)(1/3, 2/3, 2/3) = (−1/9,−2/9,−2/9). Além disso, o vetor u − projvu = (1, 2,−3) − (−1/9,−2/9,−2/9) = (10/9, 20/9,−25/9) é ortogonal a v. Exemplo 9 Vamos projetar o vetor u = (1, 2,−3), do exemplo anterior, sobre o plano P de R3 gerado pelos vetores v1 = (1, 0, 2) e v2 = (0, 1, 0). Precisamos de uma base ortonormal do subespaço gerado por v1 e v2. Note que esses dois vetores são ortogonais; precisamo, apenas, tomar o versor de v1, uma vez que v2 já é unitário: v ′ 1 = (1,0,2)√ 5 = (1/ √ 5, 0, 2/ √ 5) Então projP u = projv1u + projv2u = =< u, v ′ 1 > v ′ 1+ < u, v ′ 2 > v ′ 2 = = (−5/√5)(1/√5, 0, 2/√5) + 2(0, 1, 0) = (−1, 2,−2). Note que a projeção é um vetor de P . Por outro lado, a diferença: u − (1, 2,−1) = (2, 0,−1) é um vetor ortogonal a P . Exemplo 10 Vamos obter uma base ortonormal do subespaço de R3: U = {(x, y, z) ∈ R3|x−y+z = 0} e, em seguida, projetar o vetor u = (5, 3, 2), ortogonalmente, sobre U . 93 CEDERJ Conjuntos ortogonais e ortonormais Respostas dos exerćıcios 1. (14/5, 28/5) 2. (0, 2, 2) 3. (11/6,−8/6, 5/6) 4. Observe, primeiramente, que os vetores geradores são ortogonais.A resposta é (11/6,−1/3, 19/6). 5. Veja o exemplo feito em aula: primeiramente obtenha uma base de W; em seguida, aplique o método de Gram-Schmidt para obter uma base ortonor- mal. Aı́, sim, use a expressão que fornece a projeção ortogonal. A resposta é (5/3, 2/3, 7/3). 6. {(1, 0, 0), (0, 1/√2, 1/√2), (0,−1/√2, 1/√2)} 7. ( √ 5/5, 2 √ 5/5), (−2√5/5,√5/5)} 8. {(1/√2, 1/√2, 0, 0), (0, 0, 2/√5, 1/√5)}; (2, 2, 4, 2) CEDERJ 96 Complemento Ortogonal MÓDULO 2 - AULA 16 Aula 16 – Complemento Ortogonal Objetivo Pré-requisitos: aulas 13 (Soma de subespaços); 14 (Espaços euclidianos) e 15 (Conjuntos ortonor- mais/projeção ortogonal). Obter o complemento ortogonal de um subespaço. Esta aula é curta - nela completaremos a teoria iniciada na aula an- terior. Destacaremos um subespaço especial, que é definido a partir de um outro subespaço, usando a noção de ortogonalidade. Recordaremos também o conceito de soma direta de subespaços. Iniciamos com a principal definição desta aula. Complemento ortogonal Sejam V um espaço euclidiano e U ⊂ V um subespaço vetorial de V . Vamos representar por U⊥ o subconjunto formado pelos vetores de V que são ortogonais a todo vetor de U , isto é: U⊥ = {v ∈ V | < v, u >= 0, ∀u ∈ U} O subconjunto U⊥ é chamado complemento ortogonal de U e é também um subespaço vetorial de V . De fato, (i) U⊥ = ∅, pois < oV , u >= 0, ∀u ∈ V ; logo, oV ∈ U⊥. (ii) Sejam v1, v2 ∈ U⊥, isto é, < v1, u >= 0 e < v2, u >= 0, ∀u ∈ U. Então < v1 + v2, u >=< v1, u > + < v2, u >= 0 + 0 = 0, ∀u ∈ U . Logo, v1 + v2 ∈ U⊥. (iii) Sejam α ∈ R e v ∈ U⊥, isto é, < v, u >= 0, ∀u ∈ U . Então < αv, u >= α < v, u >= α.0 = 0, ∀u ∈ U. Logo, αv ∈ U⊥. 97 CEDERJ Complemento Ortogonal Exemplo 1 Em R2, o complemento ortogonal do subespaço gerado pelo vetor (3, 0) é o subespaço gerado pelo vetor (0, 1). De fato, sendo U = [(3, 0)], um vetor u ∈ U é da forma (3α, 0), para algum α ∈ R. Queremos identificar os vetores de R2 que são ortogonais a todo vetor de U . Isto é, os vetores v = (x, y) ∈ R2 tais que < v, u >= 0, ∀u ∈ U . Ou seja, queremos (x, y) tais que 3αx = 0. Como essa igualdade tem que se verificar para qualquer α real, conclúımos que x = 0. Logo, todo vetor de U⊥ é da forma (0, y), com y ∈ R. Assim, qualquer vetor dessa forma, não nulo, gera U⊥, e podemos escrever U⊥ = [(0, 1)]. Note que U é o eixo das abscissas e U⊥, o eixo das ordenadas, como indica a figura 1. Fig. 1: Um subespaço de R2 e seu complemento ortogonal. Na aula 13, você estudou soma e soma direta de subespaços. Recordando: • Sendo U e W subespaços vetoriais de um mesmo espaço vetorial V , a soma de U e W é o subconjunto de V formado pelos vetores que podem ser escritos como a soma de um vetor de U com um de W , isto é: U + W = {v ∈ V |v = u + w; u ∈ U e w ∈ W}. • A soma de dois subespaços de V é também um subespaço de V . • A soma direta de U e W , representada por U ⊕ W , é a soma de U e W no caso em que U ∩ W = {oV }. • Sendo V de dimensão finita, a dimensão da soma direta de U e W é a soma das dimensões de U e W e a união de uma base de U com uma base de W é uma base da soma direta. CEDERJ 98 Complemento Ortogonal MÓDULO 2 - AULA 16 Exemplo 3 Seja W o subespaço de R4 gerado por u = (1, 2, 3,−1) e w = (2, 4, 7, 2). Vamos encontrar uma base para W⊥. Para um vetor v = (x, y, z, t) de R4 pertencer a W⊥, deve ser ortogonal a u e a w, simultaneamente, isto é:{ < v, u >= 0 < v, w >= 0 ⇒ { x + 2y + 3z − t = 0 2x + 4y + 7z + 2t = 0 ⇒ { x + 2y + 3z − t = 0 z + 4t = 0 . Um vetor de R4 é solução desse sistema quando é da forma (−2y+13t, y,−4t, t), com y, t ∈ R. Como (−2y+13t, y,−4t, t) = y(−2, 1, 0, 0, )+ t(13, 0,−4, 1), temos que o subespaço W⊥ é gerado pelos vetores (−2, 1, 0, 0, ) e (13, 0,−4, 1), que são LI . Logo, {(−2, 1, 0, 0, ), (13, 0,−4, 1)} é uma base Você se lembra? Este método para determinar um conjunto de geradores sempre fornece uma base do subespaço. de W⊥. Exemplo 4 Dado U = {(x, y, z) ∈ R3; x + y + z = 0}, vamos a) escrever o vetor (3, 2, 5), de R3 como uma soma de um vetor de U e um de U⊥; b) obter o vetor projeção ortogonal de v = (a, b, c) ∈ R3 sobre U e c) escrever o vetor v = (a, b, c), de R3, como soma de um vetor de U e um ortogonal a U . Vamos obter uma base para U : um vetor de U pode ser escrito na forma (x, y,−x − y) = x(1, 0,−1) + y(0, 1,−1). Logo, os vetores (1, 0,−1) e (0, 1,−1) geram U e são LI. Logo, formam uma base de U . Precisamos ortonormalizar essa base. Para isso, aplicamos o método de Gram-Schmidt: Sejam v1 = (1, 0,−1) e v2 = (0, 1,−1). Seja {u1, u2} a base ortonormal procurada. Então: u1 = v1 ||v1|| = ( 1√ 2 , 0,− 1√ 2 ). w2 = v2− < v2, u1 > u1 = (0, 1,−1) − 1√2( 1√2 , 0,− 1√2) = (−12 , 1,−12). u2 = w2 ||w2|| = 2√ 6 (−1 2 , 1,−1 2 ) = (− 1√ 6 , 2√ 6 ,− 1√ 6 ). Podemos, agora, resolver o exerćıcio: a) projU(3, 2, 5) = proju1(3, 2, 5) + proju2(3, 2, 5) = = − 2√ 2 u1 − 4√6u2 = = (−1, 0, 1) + (2 3 ,−4 3 , 2 3 ) = = (−1 3 ,−4 3 , 5 3 ). 101 CEDERJ Complemento Ortogonal Dáı, temos (3, 2, 5)− projU(3, 2, 5) = (3, 2, 5)− (−13 ,−43 , 53) = (103 , 103 , 103 ). Então (3, 2, 5) = (−1 3 ,−4 3 , 5 3 )︸ ︷︷ ︸ ∈U + ( 10 3 , 10 3 , 10 3 )︸ ︷︷ ︸ ∈U⊥ . b) projU(a, b, c) = proju1(a, b, c) + proju2(a, b, c) = = a−c√ 2 u1 + ( −a+2b−c√ 6 ) u2 = = ( 2a−b−c 3 , −a+2b−c 3 , −a−b+2c 3 ) . c) (a, b, c) = ( 2a − b − c 3 , −a + 2b − c 3 , −a − b + 2c 3 )︸ ︷︷ ︸ ∈U + ( a + b + c 3 , a + b + c 3 , a + b + c 3 )︸ ︷︷ ︸ ∈U⊥ . Exemplo 5 Em P2(R), definimos o produto interno < f(t), g(t) >= ∫ 1 0 f(t) g(t)dt. Vamos obter uma base ortonormal do subespaço [3, 1 − t]⊥. Seja p(t) = at2 + bt + c ∈ [3, 1 − t]⊥. Então < f(t), p(t) >= ∫ 1 0 3(at2 + bt + c)dt = 0 ⇒ 2a + 3b + 6c = 0 (1). < g(t), p(t) >= ∫ 1 0 (1 − t)(at2 + bt + c)t = 0 ⇒ a + 2b + 6c = 0 (2). O sistema linear formado pelas equações (1) e (2) possui soluções (a, b, c) tais que a = −b; c = −b/6. Logo, p(t) = 6bt2 − 6bt + b = b(6t2 − 6t + 1), b ∈ R. Ou seja, o vetor 6t2 − 6t + 1 gera o complemento ortogonal do subespaço [3, 1 − t]. Assim, {6t2 − 6t + 1} é uma base de [3, 1 − t]⊥. CEDERJ 102 Complemento Ortogonal MÓDULO 2 - AULA 16 Resumo Nesta aula estudamos o subespaço que é o complemento ortogonal de um outro. Na verdade, podemos definir o complemento ortogonal de qual- quer subconjunto de um espaço euclidiano e provar que é um subespaço, mas quando partimos de um subsconjunto U que é, ele próprio, um subespaço, o caso fica muito mais interessante porque podemos escrever o espaço como soma direta de U e seu complemento ortogonal. Podemos, também, decom- por um vetor do espaço em duas parcelas, sendo cada uma delas a projeção ortogonal do vetor em um dos subespaços: U e U⊥. Exerćıcios 1. Dado U = {(x, y, z) ∈ R3; y − 2z = 0}, a) Escreva o vetor (1, 2, 4), de R3 como uma soma de um vetor de U e um de U⊥. b) Obtenha o vetor projeção ortogonal de v = (a, b, c) ∈ R3 sobre U . 2. Seja W o subespaço de R4 gerado por u = (1, 2, 3,−1), v = (2, 4, 7, 2) e = (1, 1, 1, 1). Encontre uma base ortonormal para W⊥. 3. Considere o seguinte produto interno em R4: < (a, b, c, d), (x, y, z, w) >= 2ax + by + cz + dw, para (a, b, c, d), (x, y, z, w) ∈ R4. Determine uma base do subespaço ortogonal de U = [(1, 2, 0,−1), (2, 0,−1, 1)]. 4. Em M2(R), a relação < A, B >= a11b11 + a12b12 + a21b21 + a22b22, onde A = (a1j), B = (bij), i, j = 1, 2, é um produto interno. Considere o seguinte subespaço de M2(R): W = {( x y z w ) ; x − y + z = 0 } . a) Determine uma base de W . b) Determine uma base de W⊥. 5. Sejam R4 e U = {(x, y, z, w) ∈ R4; x + y − z + 2w = 0}. Determine uma base ortonormal de U de uma de U⊥. 103 CEDERJ
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