Um Curso de Álgebra Linear [2 ed.] 9788531405945

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Um

Curso

DE ÁLGEBRA

LINEAR

Flávio Ulhoa Coelho

é

Mary Lilian Lourenço

UM CURSO DE ÁLGEBRA LINEAR

UNIVERSIDADE DE SÃO PAULO Reitor Vice-reitor

pi Diretor-presidente

Vahan Agopyan Antonio Carlos Hernandes

EDITORA DA UNIVERSIDADE DE SÃO PAULO Lucas Antonio Moscato

COMISSÃO EDITORIAL

Vice-presidente

Suplentes

Editora-assistente

Chefe Téc, Diu. Editorial

Rubens Ricupero Valeria De Marco

Carlos Alberto Ferreira Martins Clodoaldo Grotta Ragazzo Maria Angela Faggin Pereira Leite Ricardo Pinto da Rocha Tânia Tomé Martins de Castro José Roberto Castilho Piqueira Marta Maria Geraldes Teixeira Sandra Reimão Carla Fernanda Fontana Cristiane Silvestrin

UM CURSO DE ÁLGEBRA LINEAR

us a SS

Flávio Ulhoa Coelho Mary Lilian Lourenço

Copyright O 2005 by Flávio Ulhoa Coelho e Mary Lilian Lourenço 1º edição 2001

2 edição revistae ampliada 2005

2º edição revista e ampliada, 4º reimpressão 2018 Reimpressão atualizada segundo o Novo Acordo Ortográfico da Língua Portuguesa

Dados Internacionais de Catalogação na Publicação (CIP) (Câmara Brasileira do Livro, SP, Brasil) Coelho, Flávio Ulhoa.

Um Curso de Álgebra Lincar / Flávio Ulhoa Coelho, Mary Lilian Lourenço. — 2. ed. rev. e ampl.,4. reimpr. - São Paulo:

Editora da Universidade de São Paulo, 2018. — (Acadêmica, 34)

Bibliografia ISBN 978-85-814-0504-5 1. Álgebra linear I. Lourenço, Mary Lilian

II. Título

HH. Série

CDD512.5 Índices para catálogo sistemático:

1. Álgebra lincar: Matemática: 512.5

Dircitos reservados à

Eclusp - Editora da Universidade de São Paulo Rua da Praça do Relógio, LOSA, Cidade Universitária 05508-050 — São Paulo — SP — Brasil Divisão Comercial: tel. (11) 3091-4008 / 3091-4150 www.edusp.com.br — e-mail: eduspQusp.br Printed in Brazil 2018

Foi feito o depósito legal

Aos nossos pais, Geraldo e Marina

José e Aparecida

SUMÁRIO

PrEÍÁCIO 1.

espero emmecrasia es ER OIL ECST ES Ss da de tone amas ea cs

13

Preliminares

17

LE

17

1d 1.3

......... eee ..e rece eareee ria e NOS ssa sas aisas sais cosas eres pan cao rue meire cia

COPOS casenecas asas noi iss sus cite sasse sena 20 aso Resolução de Sistemas Lineares .........ccsmeieeesisos 23 ARO oo creee ias em nasa lis saca ta 27 os

2. Espaços Vetoriais .......ceeeaeseeaesereceraeereeresaana 39 2.1 22 2.3 24. 2.5

Espaços Vetoriais .,..cssissssssisssisessiccssesercicssesss Tea nasdauaTs ussroc ossopasp EM ouescasssesnypos u Espaços Vetoriais Finitamente Gerados................ SubeIpáLos:. cases cspsemacsaucceracrcessqrasesaçecunpentoss Métodos Práticos para Completamento de Base ........

2.6

Somas Diretas..........ceceececerscecscerssecoccessscessese

2.7

Espaços Quocientes.................eecesiereremereseneerao

39 45 51 59 67 m

74

ear Um Curso de Álgebra Lin

Io

E

....eceereeeeerereerenanesereoooeeeeo 3. Transformações Lineares 3.1 3.2

Conceitos BÁSICOS... seeeeereeeenseeerereeeeeereerennenano Linear... O Núcleo e a Imagem de uma Transformação

3.3

Isomorfisinos ...ccccecereerseeeeenerereesseneeoncareeeereeos

3.4

Matrizes de Transformações .....eeecereerererereerereseso

3.5

O Espaço L(U,V) .....eeseeeseeesrereeenmerrensennenteoeo

Funcionais Lineares ....ccmeseereerercenemeeeneereeeneneetaeo

4.

O Espaço Dual.........cceeseceseencererenenenerseracesea

4.1

E 101 109

109

117 O Espaço Bidual...........ceseereseerereeceneeeocereerneso 119 Hiperplanos .......ccsececeerrererenceneorencenenereonento core reconanannanaro 124 Anuladores .......ceseererrcenenrese 127 Transpostas de Transformações ........cuceceeeeerereeees

4.2 4.3 4.4 4.5

Formas Canônicas .....cccececeneencenerenceenaaereencenananes 133 5.1 Operadores Diagonalizáveis..........ceeeeeneneneresereneo 134

5.

5.2

Subespaços T-invariantes ......eeseecerereereereeereeene 146

5.3

Polinômios Minimais de operadores e o Teorema de Cayley-Hamilton ...........cereerereeeeeeeneeeeeresenenaso 148

5.4

Espaços vetoriais T-cíclicos ........cesereeeeeeeeeenenee 153

5.5 5.6

Operadores Nilpotentes .............cecescreeseseneeeeses 158 Formas de Jordan .........ecccseseeeeeseeennennanrentenso 166

Espaços com Produto Interno ........ceceeecesesssesrreeeeees 173 6.1 Produto Interno .........cccuecesersecesrrencensesecenteso 173

6.

à

85

62 6.3

Ornogonalidade .scsesuavenaseersssuacescacanaceneseuseso 184 Subespaço Ortogonal.............cccieeeseeesrerseerenenoo 191

6.4 6.5

A Melhor Aproximação ..........ceceeesensenceseserero 194 Transformações que Preservam Produtos Internos...... 201

AQUILO

ssxesecarepasiy Vic CORES SEIT

207

7.1 7.2

Funcionais Lineares e Adjuntos...........cs. Autondjuntos ......irrrrirereere

207 218

73

Operadores Unitários..........ciitsero 2992

7.4

Operadores Normais...

295

Sumário « 11 8.1 8.2

Formas Bilincares........... ssa vri iva sa sis raras DO) Formas Simétricas ........isesesseroos cscEssisHaNação core. 239

8.3 8.4

Formas Quadráticas ...........cciieeeices caes erarento 242 Reconhecimento de Quádricas .........uemeeeeeereeeees 246

Bibliografia .......cces is

cere cerca sena re rece ce serena 257

Índice Remissivo .........ccccicss SSESTNAC aaa dan Ta das ... 259 Sobe os AVLORen Gas erseesencecesn ese arena reser emas 263

PREFÁCIO

Os conceitos envolvidos em Álgebra Linear constituem atualmente ferramentas bastante úteis nas várias áreas da Matemática, quer seja explorando apenas os seus aspectos mais algébricos, quer

seja levando em conta os aspectos geométricos e topológicos embutidos na teoria. Com isto, ela se torna bastante útil na resolução de sistemas de equações lineares, equações diferenciais, aproximações, interpolação, reconhecimento de quádricas, apenas para citar alguns

problemas matemáticos.

Conceitos básicos de Álgebra Linear são

normalmente ensinados praticamente todos os cursos de graduação nas áreas de Ciências Exatas e um aprofundamento deles é essencial em muitos desses cursos, especialmente os de Matemática e Física. Este texto foi desenvolvido ao longo dos últimos anos a partir de nossa experiência em lecionar disciplinas de Álgebra Linear 1 e II nos cursos de graduação e pós-graduação na Universidade de São Paulo. Nosso objetivo ao escrevê-lo não foi o de suprir um texto

elementar de Álgebra Linear, mas sim um texto para um segundo

14

+

bra Linear Um Curso de Álge

em ser amadurecidos e ss de pu s ico ébr alg tos cei con curso, ond e os Neste espírito, acreditamos o. açã liz uti or i er st po ra aprofundados pa oa uma segunda disei. to tan to tex roliv mo co vir que ele possa ser de de graduação, como também sos cur em ear Lin a br ge Ál plina em ns tópicos tratados aqui não uma disciplina de pós-graduação. Algu

ciplinas de graduação como, por são normalmente ministrados em dis são essenciais em cursos de pósexemplo, a forma de Jordan, mas ados no texto s graduação. Assim também como muitos resultado prov de dimensão finita podem ser para os chamados espaços vetoriais s

oriais arbitrários. generalizados para espaços vet

As demonstraçõe

rcícios para de tais generalizações são deixadas, via de regra, como exe

rma que possa servir a estes os leitores. Organizamos o texto de tal fo dois públicos-alvo. algébrico, sem, porém, O nosso enfoque aqui é principalmente

relegar a segundo plano os aspectos geométricos. Esta escolha se baseia principalmente em nossa convicção de que, com isto, é possível ressaltar melhor os conceitos formais que norteiam a teoria. Tivemos

a intenção de fazer um texto autossuficiente para um aluno universitário da área de Exatas que tenha uma certa maturidade matemática. E nossa expectativa é que, ao final de sua leitura, o aluno tenha

condições de utilizar bem a ferramenta Álgebra Linear.

Ao contrário das disciplinas básicas de Álgebra Linear nas

quais são estudados os chamados espaços vetoriais sobre o conjunto dos números reais, o que estudaremos aqui são espaços vetoriais sobre uma estrutura algébrica mais geral chamada de corpo, o que

inclui, por exemplo, além do conjunto de números reais, o conjunto dos números complexos. Iremos no Capítulo 1 relembrar estes conceitos e também outros que serão úteis ao longo do texto como, por exemplo, resolução de sistemas lineares, matrizes e determinantes.

O Capítulo 2 será dedicado à introdução dos conceitos de espaço vetorial e de base que servirão de alicerce ao que virá a seguir. Nos Capítulos 3, 4 e 5 estudaremos certas funções entre espaços vetoriais chamadas de transformações lineares, primeiramente de uma maneira mais geral e depois particularizando os seus domínios e con-

tradomínios. No Capítulo 6 iremos definir nos espaços vetoriais os chama-

Prefácio

dos produtos internos e com isto

io

* 15

aiiD a

espaço cuclidiano Rê. No Capítulo 7 voltaremos a cstudar as trans-

dutos internos formações lineares, inas agora levando-se em conta pro nos espaços do domínio e contradomínio. Por fim, o Capítulo 8 será

ineares, voltado principalmente para o recodedicado às formasdribil cas. nhecimento de quá

Gostaríamos de deixar aqui registrado os nossos agradecimen-

tos aos vários alunos de nossos cursos que leram versões preliminares deste texto e nos auxiliaram muito ao apontarem imprecisões e sugerirem melhorias.

De forma particular, agradecemos a Daniela M.

S. Vieira pela especial ajuda com que nos auxiliou nesta tarefa.

Dezembro de 2000

Nesta segunda edição, além de uma revisão geral, fizemos várias modificações pontuais ao longo do texto e de forma mais sig-

nificativa no Capítulo 5. Gostaríamos de agradecer comentários de vários colegas que muito nos ajudaram a preparar esta nova edição, de forma particular ao Vitor de Oliveira Ferreira por suas valiosas sugestões.

Novembro de 2004

Nesta reimpressão da segunda edição, foram feitos apenas acertos pontuais decorrentes de erros de digitação.

Agosto de 2010

PRELIMINARES

Neste capítulo recordamos alguns fatos e estabelecemos algu-

mas notações que serão utilizadas ao longo do livro. Assumiremos, no entanto, que o leitor esteja familiarizado com o material exposto aqui e, em particular, não faremos as demonstrações dos resultados

aqui enunciados. Indicamos os textos [AR], [HK], [N] e [PC] para maiores detalhes.

1.1

NÚMEROS

untos numéricos que serão 1.1.1 Comecemos discutindo os vários conj xto. utilizados ao longo do te

), Números Naturais N = (1,2,::-

No=(0,1,2,:::).

,0,1,2,::). Números Inteiros Z = (1: ,-2,-1 z ego). Números RacionaisQ = e :pqe

reais será denotado por R. Números Reais O conjunto dos números

so

ar Álgebra Line de o s r u C m U

oia to, un nj co e st de ão izaç mui uma formal e ze fa e mate emática. is ál an Não iremos de os vr te em li

este rá- ja fncilmen te associada a poderá enc mt en lm ua us a iv it Con. m à il ein intu palharemos co junto.

28 operações de soma e muty; nte lme ura nat izar util qmos Ir tes conjuntos. Quando quisermos indicar os Rd

nes plicação usuais o número O, indicare excluindo-se R e Q . Z de s o t conjun ectivamente. Z.Q'cR', resp

mos por

MPLEXOS 1.1.2 NÚMEROS CO

dog nos concentrar no conjunto os em ir ão seç ta des to res Pelo números complexos. unto

lezos é o conj O conjunto dos números comp C=(a+bi:abeR)

seguir. munido das operações a definimos a sua soma por

Se z = a+bi

w=c+deçr

) + (b+ di = (a+0i) +b + (e+ di) is w=(a e o seu produto por

z-w = (a+bi)- (c+ di) = (ac — bd) + (be + ad)i. Observe que, nesta operação, i? = i-i = —1. O elemento i é chamado de imaginário puro. Em geral, se z = a+bi, com a, bER, denotamos

a = re(z) (a parte real de z) e b = im(z) (a parte imaginária de z)

Assim, 2 = re(z) + im(2)i. nas vezes, é conveniente representar os números complexos

geometricamente como pontos de um plano. Munimos o plano R? de maneira usual com os eixos cartesianos e identificamos o número

complexo z = a + bi com o ponto (a,b) E R2. De modo alternativo,

can ão

mr =r

cos

polares e, portanto, para (a,b) E R?, 6 bp gun.6, onde rg « disância da origem

o plano ao ponto (a, b) e 8 indica o ângulo formado entre o eixo Oz e a reta que passa pela origem do plano e por (a, b).

Preliminares Lembramos que o módulo de sado

um mn

* 19

úmero complexo z é definido

la] = Va2+ba, A representação polar de um número complexo não nulo z será então

z=r cos

j

e

O+irsend=r ef,

Coco

conse

onde

s

r = |z).

(a,b) me z=a+bi

Dado z = a + bi, o conjugado complezo de z é definido como sendoZ := a — bi. Na forma polar, se z =r ef entãoz=re. Considerar o conjugado de um número complexo corresponde, geometricamente, a refleti-lo em relação ao eixo real Oz.

1.1.3 TEOREMA FUNDAMENTAL DA ÁLGEBRA O próximo teorema será de fundamental importância quando discutirmos raízes de certos polinômios no Capítulo 5. Nao daremos a sua demonstração aqui, mas ela pode ser encontrada facilmente em livros de álgebra.

TEOREMA.

Todo polinômio com coeficientes em C

e”

complezas.

Um conjunto que satisfaz a propriedade do teorema acima é dito algebricamente fechado. Não é difícil ver que os conjuntos Q e R não são algebricamente fechados, isto é, existem polinômios em Q e em R que não possuem raízes nestes conjuntos.

1.1.4 EXERCÍCIO z, (1) Verifique que as seguintes propriedades valem para todos wEec:

20 +

bra Linear Um Curso de Álge

(a) Z=2 2-7

= gre (2),

(b) 2+7

= 2iim (2).

(e) faj= la 2:7= Ja]? (d) FRU=7+D e TU=2-. (e) |z + w] = lzl- lul.

re (2º Tv). (6) [2 + up = If + Iw|P+2

(g) Ire (2) 1. Mostre que:

(a) todo conjunto de vetores com mais do que n elementos é linearmente dependente.

(b) nenhum conjunto com menos do que n elementos pode gerar V.

(3) Seja V um espaço vetorial sobre K de dimensão não necessariamente finita e seja B um conjunto 1.i. em V. Mostre que se

existir um elemento v € V que não seja combinação linear de

elementos de B, então B' = BU (v) é li. (4) Prove a Proposição 2.3.12 sem a hipótese de que a dimensão de V seja finita.

a

Ae

que o conjunto S das soluções do sistema linear ho-

mogeneo:

6x+y-32+2w=0

dr +y+122-130=0

é

um R espaço vetorial e exiba uma base de $ .

Espaços Vetoriais

« 59

(6) Seja V = id (a) Mostre que B=(1,2+ 2,87 — 22,27 — 23) é base de V.

(b) Escreva as coordenadas de p(z) = 1 +z +27? + 7º com relação à base B.

24

SUBESPAÇOS

341 periNIÇÃO.

Seja V um espaço vetorial sobre um corpo K.

U m subconjunto W de V é um subespaço vetorial de V se a restrição

esse conjunto um K -espaço vetorial. das O perações de V a W torna S 2.4.2 EXEMPLO

(a) O subconjunto de um espaço vetorial V formado apenas pelo elemento nulo é um subespaço vetorial de V. O próprio V como subconjunto de V é também um subespaço vetorial. Estes dois

subespaços são chamados de triviais. (b) Considere C como espaço vetorial sobre Q. Então Q CR ÇC é uma cadeia de subespaços de C. Observe que se considerar-

mos C como espaço vetorial sobre R, então Q não é subespaço vetorial de C

(pois a multiplicação de um elemento real por

um elemento de Q observação.

nem sempre é racional).

Gencralize esta

(c) Usando a notação dada em (2.1.4) segue que C([a,b],C) é um subespaço vetorial de F([a,b],C).

(d) Seja V o subconjunto de R formado pelos vetores que são combinações lineares dos elementos ((1,0, 2,3), (1,1,1,1)).

Então V é um subespaço de R 4.

(e) Seja V um espaço vetorial sobre um corpo K e seja v E V. O

conjunto Kv := (av : a E K) é um subespaço vetorial de V.

2.4 E

O resultado seguinte é bastante útil para decidir se um dado Nunto de um espaço vetorial é ou não um subespaço vetorial.

60 +

near Um Curso de Álgebra Li o vetorial sobre KeWCVaum iam V um espas 3 V se e somente se satisfaz r ProPosIÇÃO. Se) de o aç sp be su um é W o tã En o. nt ju subcon ades: as seguintes propried SICA

(a) 0 € W; então vi

W (b) se tr, vz E

(c) se hEK

rmeW;e

eWw. eveW então À-v tor. Deixada a cargo do lei

DEMONSTRAÇÃO.

2.4.4 OBSERVAÇÕES

não nulo sobre K . Seja V um espaço vetorial

de V com dimensão (a) SeW Ç V é um subespaço próprio fato, se W = (0), finita, então dimx W < dimk V. De

(0) e seja

não há nada a mostrar. Considere então W

icular, B B = (w,::* un] uma base de W. Em part é um conjunto linearmente independente de V. Como W &V, então existe v € V, v É W, o que implica que v

Vimos em (2.3.9)

não é gerado pelos elementos de B.

que (w1,-*: ,Wn,UV) é linearmente independente. dimk

W < dim

Logo

V, como queríamos.

(b) Se W; e Wa são dois subespaços de V então também serão subespaços de V os conjuntos WinWa

e

W+W5=

(w+wa

:w

€EW, eua

E Wa).

Deixamos ao leitor a demonstração deste fato (use a Pro-

posição 2.4.3). Em geral, W, U Wa não é um subespaço vetorial de V.

nao PRORORIÇÃO. Sejam V um espaço vetorial e Wi e Wa bespaços vetoriais de V, ambos de dimensão finita. Então dim, K (WM+Wa)

==

DEMONSTRAÇÃO.

Vamos su P “+ Un) uma base de W, N Wa.A

:

eseja

B=(m,-.

di k W, dim

+ dimk

Wo

— dima

dois

(Wi N Wa).

1NWa

£ (0)

Como Wi N Wa é

Espaços Vetoriais

+ 61

vetorial tanto de W; como de Wa, podemos estender B a

sabesPo o e de Wa, por (2.3.10). puses de

B' =

(ui sWUnstieo Ur) uma base de W

sejam então own Ui o + Usj Uma base de Wo, ambas contendo o qui B. O resultado estará peido se mostrarmos que 0 con-

Fouto BO oo

Um Ui

e Oro ttt

+" y Us ) é uma base de Wi+W.

dê aq | primiéiro lugar que € gera W, + Wa. Para tanto, Vamos a + Wo. Então v = 7) +z2, com T, E We xo E Wa. seja

em

B'e B” temos que

usando as bases

py

45

Z = 2»

j=1 ns

Bis

as

i=1

p=ztã

l=1

Daí

em

4“(E City; + zÉ fu) =

sz

axa

Bia

E St

e 25 =

= (3 Aus + £LEvo)

= 5 (A +a)u + z NU + i=1

j=

Bru =

e. portanto, C gera W, + Wa. Para mostrar que € é linearmente independente, considere a soma n

r

s

j=1

I=1

au +53 By +) nu=0

t=1

(1)

onde os ais, os /;s e os Ys estão em K. Assim,

Dm = Dead

+

Bo; E WnW j=1

Pois é, ao mesmo tempo, combinação linear de elementos de B' e de elementos de 3”. Portanto, existem A,,::- ,An E K tais que

Du Co Es tu, ma

= 3x wi,

isto é,

i=1

E aj

TE ed

I=l

i=1

“9Us W,*-* ,Wn) é linearmente independente, teremos

O, Vi=1,. "s8eA=0,

“ação (1) acima se reduz a E ai i=l

Vi=1,--,n. Em particular, a

+ Em

=.

e

62

«

Um Curso de Álgebra Linear

Usando o fato de que tun,ecsum tr, ,u,) é IE. teremos quea, =0, Vi=1,... smeque/5 ;=0,Vj=1,-..,r. Concluímos daí que fun, Un Ui, Ursa, eo Us)

dente e, portanto, uma base de Wi + Wa.

É linearmente indepen.

No caso em que W MN Wa = (0), sejam B, e B> bases de

Wi e Wa, respectivamente. De maneira anál oga à acima, mostra-se que B, U Bo é uma base de W, + Wa (dei xamos ao leitor completar

os detalhes desta última parte). completa. 2.4.6

Com isto, a demonstração estará 0

O Espaço SOLUÇÃO DE EQUAÇÕES DIFERENCIAIS

Considere o conjunto S das funções de F(R,R ) que são sol uções da equação diferencial linear homogênea de ordem n com coeficientes

constantes

ve) + any") +:-- + ary/(t) + agy(t) =0

(1)

onde a9,01,*:* ,an-1 E R. Estamos inte ressados em mostrar que S é um subespaço de V. Observamos inic ialmente que y E S see somente se y tem derivada até ordem n e, para qualquer t E R, vale a relação

vt) + any Dt) +. + any'(t) + aoy(t) = 0. Vamos agora mostrar que S é um subespaço de V. A função identicamente nula, isto é, a função y(t) = 0, VtER, pertence a $

pois tt) =0,

VteERe

YneN.

+

tana(n+

Do) +. tarty+ 2) (8) too(y+ 2) (8 =

= (gt) + Ing D(B) +... 4 my'(t) + aoy(t))+

He) + anal) 4...

mz(t)+aoz(t) =0

para todo t ER ecassimy+z eEsS. Se consideramos y E Se A ER, então

(Ay)(6) + ana (Ag)(r=1) (++ a(M y)'(t) + ao(Ay(t) =

pm em

Se consideramos y zE S então

Espaços Vetoriais

(+

* 63

ana) ++ ay'(t) + aou(8)] =A-0=0

todo te Re, portanto, Ay também é solução. sd $ é um subespaço de F(R,R).

Assim, por

Dada a equação diferencial linear homogênea (1), observamos

iá

ão de (I) se e somente que a função u(t) = e*',com k € R, é uma soluç

equação Es k for uma raiz real da

Er rank"! + tak+ag=0.

(11)

De fato, vamos supor que y(t) = e** é uma solução da equação (1). (Note que isto é possível, uma vez que a função exponencial tem derivada de todas as ordens).

Reto pt)

Como y'(t) = ke*t,

y'(t) =

= k"e*t, substituindo em (1) vamos ter que

prt panak

et +... +rakett tag! =0,

VIER,

isto é,

e (k" tank!

+..-+ak+ag)=0,

= et £0, a função y(t) Como

VtER.

VtER, segue que

k" + anmk"! +. + ak+ao =0. Portanto, y(t) = e*! é solução de (1) «> k é uma raiz real de (II). A equação (II) é denominada equação característica associada à equação (TI). OBSERVAÇÃO

Deixamos ao leitor mostrar que se k,, ka,:-- , kn São números

reais dois a dois distintos, então (ek!t,..- ,e*n!) é um subcon-

junto Li. de F(R,R).

O nosso interesse não é ensinar métodos para achar soluções

de equações diferenciais, mas sim olhar um pouco a estrutura do

Conjunto das soluções da equação (1). Vamos a seguir mostrar que º subespaço S formado por todas as soluções de (1) tem dimensão n. Para tanto, precisamos nos valer do seguinte teorema, cuja de-

monstração foge dos nossos objetivos.

64

+

Um Curso de Álgebra Linear

TEOREMA.

(Existência e Unicidade de soluções — T.E.U.) Considere

a equação

(+ any D() +

(1)

+ my (tb) Haut) =0

Dados Ag: Ai: 1An-2,1An-1 ER, onde ag,a1,::: «Qn-1 ER. (1) verificando existe uma única solução y: R — R da equação

u(O) = Ao, (0) = Ar, 40) = Aas ee

ye -D(0) = An.

Chamamos as condições gi) (0) = As, k = 0,-c,m —]1, de

condições iniciais da equação (1). A unicidade garante-nos que se são duas soluções verificam as mesmas condições iniciais então elas iguais.

Vamos construir n soluções que formarão uma base do subespaço das soluções de (1). Considerando as condições iniciais 49 = 1,4, = Ap ==

An-1 = 0 e aplicando o T.E.U., existey :R — R, a única solução de

(I) que verifica as condições y1 (0) = 1, 71(0) = --- = yr Também considerando 49 = 0,44

= 1,44

An-1 = 0 e aplicando o T.E.U., existe yo :R —R,

(0) =0.

= À; =": = a única solução

de (T) que verifica ya(0) = 0, v5(0) = 1, yi(0)=+--=yS""P(0) =0. Se dermos continuidade a este processo a cada n-upla de condições iniciais dadas,

sendo n — 1 zeros e o número

1 na i-ésima

condição, e aplicando o T.E.U., existe y,1 :R — R, a única solução

de (1) que verifica as condições y; + 1(0) = y;,1(0) =---= VT

(0) =

0, vQi(O) = 1, v45"(0) = 0 = --: = gi; (0) = 0. Construímos

assim um conjunto 1.i. com n elementos (%,--- ,yn) € S (verifique que de fato é 1.i.). Afirmamos que tal conjunto gera S. De fato, para cada y E S vamos mostrar que y é combinação linear das funções

y1,*** »Yn- Considere os n números v(0), y'(0),--- ,y!"-D(0 ) ER e uma solução x de (T) dada por

(tb) = v(On(t) +---+y"-D(Oy(t),

VtER,

isto é, z(t) é a combinação linear de Y1,*** +Yn com coeficientes

v(0),--- ,y!"-1(0). Agora,

0) = v(Oyn(0) +--- + /"D(0)yn(0) = 9(0 )

Espaços Vetoriais

na”

e (0) = O paraj=2:men(0)=1e ) 1!(0) = u(0ui (0) + v' (Oya(e) + += + pl" Do

(0) = 9/(0)

(0) = 1 e y;(0) = 0 paraj = 1,3,::- ,n. Sucessivamente, já que

gol

a (d(0) = y(0) para l=1,---,;n— 1, Logo x e y são

pega-se

' jnções € verificam as mesmas condições iniciais. Segue novamente so

=

:

ue

.

e“

LÊ

doT E.U. que elas coincidem e, consequentemente, y éo combine açãoe.

pe

,

Un:

fincar de gro

PROPOSIÇÃO.

Acabamos de mostrar o seguinte resultado.

O espaço vetorial formado pelas soluções de uma

equação

diferencial linear homogênea de ordem n com coeficientes constantes tem dimensão n. EXEMPLO

Vamos determinar uma base para o subespaço das soluções y”

=

ay"

E

37y'

+

40y

= 0.

(+)

Consideremos primeiramente a equação característica associada

a (x), isto é, k? — 4k2 — 37k + 40 = 0, Não é difícil ver que as raízes desta equação são 1, -5 e 8. Assim et, e%t e e%t são soluções da equação (+) e o conjunto (e!,e-t,c5t) é linearmente independente fornecendo, consequentemente, uma base

para o espaço das soluções de (+). OBSERVAÇÃO Suponhamos que a equação característica associada a uma equação diferencial linear homogênea a coeficientes constantes seja

p(x) = (x—k)" (x —ko)"2...(x—k,)"r onde n; > 1 para todo i=1,-c,rek; £k;, sei j. Deixamos ao leitor verificar que B=

(eht,

ke, kretrt,

sos, feto lebrt ace

hat, Ra

votre,

knrolekrt)

é um conjunto L.i. no espaço das soluções da equação dada. Na realidade, como este conjunto possui n elementos, seguirá da Proposição acima que B é de fato uma base deste espaço.

« 65

66 +

Um Curso de Álgebra Linear 2.4.7 EXERCÍCIOS

spago vetorial do espaço vetorial V sube + n ão nos seguintes casos:€ (1) Verifique se $ éu est em qu sobre o corpo K

(aa)

=

flu) de = 03; Jo : ) R R e ([ V=C(R;: R) é : 6 =

K=R. e

(b) V=R"

S = ((a,a2

K =R.

(ce) V=F(R;R) € s=1 =

Ss (d)

(2) Sejam

lia)

e

R”

: a.az

=

03;

fev; HO)=I0bK=R.

ar

U2 |eV:aij= Gi

ao,

422

ij= 12);

v=Ma(C), K=€. We

Wa

subesp

vetorial V. aços de um K -espaço

Wi U W> pode não ser que o nd ra st mo o pl em ex (a) Dê um subespaço de V. spaço de V se e somente se (b) Prove que Wi U Wa é um sube Wi

E Wa

ou Wa (e

Wi.

(3) Sejam V=Mn(C)eW=(4€V:trA=0).

Prove quWeé

um subespaço de V e ache uma base e a dimensão W.

(4) Seja U um subespaço vetorial de um espaço vetorial V finitamente gerado sobre K. Mostre que se dimk U = dimx V, então U = V.

(5) Sejam W, e W> subespaços de um espaço vetorial V sobre K tais que Wi N Wa = (0). (a) Mostre que se B; e B; são conjuntos 1.i. em W4 respectivamente, então B; UB, é Li. em V.

e Wa,

(b) Mostre que se B, e Bo são bases de W| e Wa , respectiva-

mente, então Bi U Bo é uma base de W) + Wa.

(6) Seja W =4[

1 02

2 ag

EMC): an +a = oh

(a) ) M Mostre qu e W é um espaço vetori al sobre R.

Espaços Vetoriais (b)

« 67

Determine uma base de W,

(c) Seja Wi = ((a5,)y E Ma(C) : am = —m3). Prove que W; é um subespaço de V sobre R e ache uma base de W:. (7) Sejam V um K -espaço vetorial e S € V um subconjunto não

vazio de V. Mostre que $ é um subespaço de V se e somente seS+SCSCASCS

paracadarEek.

(8) Considere a equação diferencial 1/"'(t) — 3y'(t) — 2y(t) = O. (1)

(a) Mostre que a função g(t) = te”! é uma solução de (1). (b) Determine uma base para o espaço de soluções de (1). (c) Encontre a solução y(t) de

(I) que verifica

(O) =3, v(0)=2ey'(0) = 11. (9) Seja y““(t) + ay" (t) + by'(t) + cy(t) = O uma equação diferencial homogênea tal que a sua equação característica tenha uma raiz dupla k E R e uma raiz simples ky ER, k, £ ka.

(a) Mostre que y(t) = te*! é uma solução da equação diferencial dada.

(b) Mostre que (te*t, et, ekat) é uma base para o subespaço das soluções da equação dada.

2.5

MÉTODOS

PRÁTICOS PARA COMPLETAMEN-

TO DE BASE 2.5.1 Seja V um K-espaço vetorial de dimensão igual a n > 1. Em

(2.3.10) vimos que todo conjunto 1.i. em V pode ser completado a uma base. Nesta seção descreveremos um método prático para tal completamento, mas deixaremos os detalhes técnicos para serem de-

monstrados pelo leitor. Vamos inicialmente fixar uma base ordenada B = (v,--- ,vn)

de V e seja C = (w,---,wk) um conjunto finito de vetores de V, não necessariamente 1.i.. Cada w; pode ser expresso em termos de

suas coordenadas em relação à base B, isto é, para cada i = 1,--- ,k, n

Wi = Do asju;

j=1

ou

wi = (air, Qia, id

1Qin)B.

68

«e

bra Linear Um Curso de Álge adas pelas cujas linhas são form

€ M exn(K) Considere a matriz À Wi 's, isto €, coordenadas dos

Seja agora M

por escalonamento.

an

02

tt

Win

ak

Ok

CT

Qkn

da matriz A = (Bijdiy à matriz k x n obtida aer o Bina Observe que os vetores tt = (B

UK lineares dos eraREa um, es açõ bin com SÃO n) +lBk o" ur = (Bh: es a a partir de operações elementar uid seg con foi M de a linh a cad pois aços or a verificação de que os subesp nas linhas de 4. Deixamos ao leit

vWk) € por (uj.:-* uk) são os vetoriais de V gerados por qu, mesmos. uns dos vetores do conjunto No processo de escalonamento, alg

o (u,,:** Ux) podem ser os vetores nulos. Vamos supor, reordenand

tais vetores se necessário, que u1,:** +

(L < k) são não nulos. Por

posição onde construção, cada um destes vetores u1,*** ; Ui tem uma o. Mais aparece o valor 1 e todos os outros têm O valor 0 nesta posiçã

tais especificamente, existem 1 < à < ioVeG:V->W

duas transforma-

ções lineares onde U, V e W são espaços vetoriais de dimensões n, m er, respectivamente. Fize bases B, B' eB" paoU,VeW, respectivamente. Então

[G o Fl]s,s" = [Gls,s” - [Fls,g". DEMONSTRAÇÃO.

Sejam B =

(u,:- un), B' = (m,--.um)

e

B" = (w,,:-- ,uwr) basesde U, V e W, respectivamente, e considere as matrizes

(1) [F]s,s' = (ass)ij» isto é, F(us) = Dao

j=1,-,n.

(2) [Glgr,pr = (bki)ky isto é, Gui) = z dmumVi=1, sm. é

(3) [Go Fls»

=

Vj=1,-,n.

(cu)kjs

istoé, (G o F)(u;)

Ajo

Chj Wk,

98 «Um

Curso de Álgebra Linear (2) utilizando as relações (1) e Vamos calcular (G o F)(u;)

acima.

=

(Go F)(u;)

G(F(u;))

=

=

Mist)

G(D

2

Su)

=

i=l

rm =

Saldo t=1

deito)

e 3503, k=1

k=1

duiaiz)

da

i=l

o com (3) e utilizando-se da uniComparando-se esta última relaçã base, vetor em termos de uma dada cidade das coordenadas de um chegamos à ch =D

bkidijs

Vj=l,csn,

Vk=1,car

matriz [Go Flsp é o isto é, para cada par (j,k) o elemento ck; da iplicação de elemento na posição (k,j) da matriz resultante da mult

[G]g:.8” por [FJg,s". Portanto, [G o FJs,s” = [Gls',s” -[Fls,s'.

O

3.4.5 COROLÁRIO. SejamU eV dois espaços vetoriais de dimensão n>1 sobreK e considere bases B e B' deU e V, respectivamente. Uma transformação linear T:U

> V

mente se a matriz [T]g,' for invertível.

é um

isomorfismo se e so-

Além disso, neste caso,

[1'ers = ((7)s,8)”. DEMONSTRAÇÃO.

Suponha em primeiro lugar que T' é um isomor-

fismoe seja T-! a sua inversa. Como ToT-! = Idy eT-loT = Idy, teremos

Udvls,s =[ToT gg

s Obs á ss

=[T|se (TN

Udvls,s =[ToTlgs = Dos (Ts, que as matrizes [Idv)p:,g' e [Idyls,s são as matrizes

Ria, teremos que a matriz [T]5,p' é invertível com inversa

55, isto é, ([T]s,s')1 = [T =,s.

0

Transformações Lineares 3.4.6 MATRIZ DE MUDANÇA

DE BASES

Seja U um K -espaço vetorial de dimensão n > 1 e sejam B=(m.cunjeB'

= (rm

+Un) duas bases de U. Considerea

matriz MM = (0,5), = [dg,s associada à transformação identidade com relação às bases B e B', isto é, a matriz dada pelos coeficientes Uj = Gy Uvy + dat

Un

Com

= Gli

isto,

n

+ --- + Guiln

TaAznda +:

se v

E

U

=

n = 35 GinVi-

+aAnnln

e escrevendo

5 ant i=1

v

=

(a,--- ,an)s

=

(31, ++" + Bn)s' as coordenadas de v com relação às bases B e B', teremos

Gu

***

Gm

QI

Qui

tt

Gan

Om

Br

B

Ba

B'

isto é, a multiplicação de M pelas coordenadas de v na base B fornece-

nos as coordenadas de v na base B'. Tal matriz é chamada de matriz de mudança de bases de B' para B. Observe que a matriz M é sempre invertível pois a transformação identidade é obviamente bijetora.

Não é difícil ver então que M!

é a matriz de mudança de bases de

B para Bº. OBSERVAÇÃO Seja T:U

— U uma transformação linear, ce sejam B e B'

duas bases de U (assuma dimgU

=n

> 1). Se P é a matriz de

mudança de bases de B' para B, teremos:

[To =P (To P. Lembramos que duas matrizes M e N são ditas semelhantes

se existir uma matriz invertível P tal que M = P-!NP. Pelo que acabamos de ver, as matrizes [T]s e [T]s' são semelhantes.

« 99

100

«

Um Curso de Álgebra Linear

3.4.7 EXERCÍCIOS

—— —

(1) Sejam T,S: V —» W duas transformações lineares, onde V e

W são K espaços vetoriais de dimensão finita.

Sejam B ec

bases de V e de W/, respectivamente e À E K. Mostre que

(a) IT +Sl]sc = [Ts + [S]s.c(b) [ATIs,c = MT]s,c. (2) Seja T:Rº > Rº tal que 1

21

-1

3

4

Ache uma base de Im T e uma base de Nuc T.

(3) Sejam T: Rº>P(R)eG:

Pa(R) >Rº

transformações

lineares tais que

Wlsc=| onde

12

-1

10

—1

01

0

1

e

lIGes=|

1 -1

1

2

-10 1

2

BeC são as bases B = ((1,1,0),(0,1,0),(0,0,1))

C=(L1+2,1+22).

(a) Determine bases para NucT

e

e ImT.

(b) Determine bases para Nuc (Go T)

e Im (GoT).

(c) Determine a matriz de H = HToG)+Idp,(r) com relação

à base (1,7,7?) de Po(R). (4) Seja T: Ma(C) > Ma(C)

uma transformação linear dada

por T

T

zw

y

cmi

0

z-w

x

0

)'

(a) Determine a matriz de T com relação à base canônica.

Transformações Lineares * 101 (b) Determine a matriz de T com relação à base

fia

10

01

BIZALÓSÃA de

10

01 LIA

Ma(R).

(c) Exiba a matriz M tal que [T]g = M-HT)anM. 2

.

3 a : (5) Seja T: Rº=R?º uma transformação- linear cuja matriz: com relação à base canônica seja

L

1/0 0 1

-1

=]

—1

(a) Determine T(x,y,z). (b) Qual

é a matriz

do operador

T' com

relação

à base

B = ((-1,1,0),(1,-1,1),(0,1,-1)F? (c) O operador T é invertível? Justifique.

3.5

O ESPAÇO L(U,V)

3.5.1 Para espaços vetoriais U e V sobre K, denotamos por L(U, V) o conjunto de todas as transformações lincares de U a V. Tal conjunto herda uma estrutura de espaço vetorial sobre K

de uma maneira

bem natural. Em primeiro lugar, a função nula de U a V é uma transformação linear. Por outro lado, não é difícil ver que para FGEL(U,V)cAEK,

teremos que a função AF+G:U

»V

dada por (AF + G)(u) = AF(u) + G(u), para cada u € U, é uma transformação

linear e, portanto,

pertence a L(U,V).

Com

isso,

mostramos que L(U,V) é um subespaço vetorial do espaço F(U,V) de todas as funções de U a V e, em particular, um espaço vetorial

sobre K. O próximo resultado nos mostra que, quando U e V são de dimensão finita, então dimg L(U,V) = dimz U - dim V.

3.5.2 TEOREMA.

Sejam U

eV dois espaços vetoriais sobre K com

dimensões n e m, respectivamente. dimensão m - n.

Então o espaço L(U,V)

tem

102

+

Um Curso de Álgebra Linear

DEMONSTRAÇÃO.

Sejam B= (ur,

1a=y-zre

a—og+ag=2z

m+m=T

a -a+(y-T)=2z

aq = EtE=

aq = 457

—z

Portanto, + Z — fi(z,0,2)= 2x252, pao,a) = "É,= folome)=y-2.

(b) Seja V = Pa(R) e considere a base B = (1, t+1, t?+t). Um elemento p(t) = azt? +ajt+ao E V pode ser escrito em função da base B como p(t) = (ag — a; +a2)-1+(a

— ao): (t+ 1)+

(02) - (12 +)

isto é, as coordenadas de p(t) com relação à base B são (ao — a + aa),

(a; — aa) e aa, ou, em uma outra notação,

p(t) = (ao—a; +a2, ay — aa, 02)6. Dessa maneira, a base dual

Bº=(f,fa,fa) é tal que fi(aat? + at + ao) = 00 — 01 + aa, falazt? +at+ao)=a1 — az e fa(aat? + at + ao) = ap.

114

*

Um Curso de Álgebra Linear

o do descrito (e) Vamos considerar neste exemplo o problema invers uma acima, isto é, vamos considerar um espaço vetorial V e base B tal que Bº seja base Bº de V* e tentar encontrar uma

e considere os seguintes a base dual de B. Seja V = Pa(R) funcionais em (Pz(R ))": fA:

fo

Po(R)

—

R

p(t)

—

p(1) fa:

PR)

p(t)

é

Po(R)

p(t) —

R

o

p(3)

isto é, fi(p(t)) = p(i), para i = 1,2,3.

=),

—

R

p(2)

Não é difícil mostrar

então que B* = (fi, fa: fa) é uma base de V*. Queremos enV tal que contrar uma base B = pi (t), pa(t), pa(t)) do espaço

filpy(t)) = 6 para à,j = 1,2,3 (propriedade da base dual).

ômios pi(t), pa(t) Como fi(p(t)) = p(i), então queremos polin plo, que como e palt) tais que p;(i) = di;- Observe, por exem

py (t). pi(2) =0e pi(3) = 0, então (t — 2)(t — 3) é um fator de Como pi(1) = 1, segue que 71 (t) = ft-a)(t-8),

Analogamente,

chegamos a pa(t) = —(t — 1)(t — 3) e ps(t) =tutto

Va-

mos mostrar na próxima seção que o resultado acima pode ser generalizado.

4.1.5 OBSERVAÇÃO Se V é um espaço vetorial de dimensão finita e B = (v,.- os Un)

é uma base ordenada de V, construímos acima uma base orde-

nada B* = (f1,:-- Sn) de V” tal que fi(v;) = ô;; para todos i,j=1,:--,n. Agora, se V for um espaço vetorial de dimensão

infinita e B = (viicr for uma base de V, podemos também

construir um conjunto Bº = (f;Jier em V* tal que fi(v;) = di; para 1,j E I. Este conjunto será 1.i. mas não será uma base de V* (ver Exercício 4.1.6(12)). Vamos exemplificar isto com o R-espaço vetorial V = P(R). Seja B a base canônica de V. Olisearve que o conjunto B* = (f;Jier construído como acima

é enumerável). Va-

mos mostrar que B* não gera todo o espaço (P(R))*.

De

]

será, neste caso, enumerável (pois a base

Funcionais Lineares

fato. para cada É € R — (0), considere o funcional lincar —

R

subespaço

5

E P(R)

hr

ao

que

por fa(p(t))

dado

= p(a). Se

fa

pertencesse

erado por B*, existiriam ÀA,,---,Am E R tais = 35 Mfi- Calculando-se este funcional no polinômio

fa

=)

pb) = prt, teriamos: a?

(um)

É sa

=

(gr)

4)

(»

i=1

e Do Asfi(erm +)

= 0,

i=1

Logo, à = 0, em contradição com a nossa hipótese sobre a.

OS 4.1.6 EXERCÍCI

V. Mostre que se € v e K e br so al ri to ve ço pa Sejam=0V,Yum feesVº, então v=0. (1) fo (

2) Seja

V=

Po(R)

e sejam

fifa

e fa

€

vº definidas

por

-1

np)= / “plz)de, falp)= / ple)dz e fs(p) =| itália. 2

(a) Mostre que (fi, fas fa) é uma base de V*.

(b) Exiba uma base de V da qual (fi, f2. f3) seja a base dual. (3) Sejam u = (1,0,1), u2 = (0,1, -2),us = (=1,1,0) € Rº.

(a) Seja f € (Rº)* tal que f(m) = 1, f(ua) = —1 e f(us) = 3. Determine f(a,b,c), onde (a,b,c) € Rº. (b) Se f e (Rº)* é tal que f(w) = f(u2) =0€ f(us) £O, mostre que f(2,3,—-1) £ 0.

(4) Considere no C-espaço vetorial C3 a base B = ((1,0,-1),

(1,1,1),(2,2,0)). Determine Bº.

a € K” definimos (5) Sejam fi,-+:, fm E (K”)*. Para cada T(a)

=

(fi (a),

o

» fm(0)).

K”” e que Mostre que T' é uma transformação linear de K” em

toda transformação linear de K”" em K” é da forma acima, Para certos fj,+-- 1 Ta€

(K")".

* 115

116

«

Um Curso de Álgebra Linear

e sejam f,g E V*. Supo (6) Seja V um espaço vetorial sobre K ), para cada nha que a função h, definida por A(u) = f(u).g(u

re que se u E V, também seja um funcional linear sobre V. Most se K=2,? g =0. O que acontece ou o =0 ã ft K £ Za, en

por (7) Seja V = Pa(R) e sejam $1, 62,43 € V* definidos

Gal(p(t)) = p'(1) e da(p(t)) = p(0).

di(p(t)) = Í0 p(tdt,

Encontre a base (pi(t), pa(t), pa(t)) de V cuja base dual é (di, da, 63).

W

(8) Seja

c

f:Rº>R

(Rº)*

um

subespaço

formado

pelos

funcionais

tais que Nuc f contém os vetores (1,0,3,-2) e

(0,1,3,0). Ache uma base de W.

(9) Sejam u,v EV tais que $(u) =0

=>

P(v)=0,

VDeEVº.

Mostre que v = ku para algum k E K.

(10) Seja H c R” um subespaço vetorial de dimensão n — 1. Seja B

=

(vi,:c,un)

C

R”

uma

base de R"

cujo primeiros

n— 1 vetores formam uma base de H e considere a base dual

(fis fases fn) C(R")* da base B. Prove que fa(v) = O para cada v E H. (11) Sejam V um espaço vetorial sobre K e B = (v;)icr uma base de V. Para cada 1 E T, defina um funcional linear 4 :V —K tal que favs)

= Oi.

(a) Mostre que (fikier é Li.

(b) Mostre que (fikiez é uma base de V* se e somente se 1 for finito.

(12) Seja V = P(R) espaço vetorial sobre R. Para cada a E R, defina fa E V* dada por fa(p(t)) = p(a). Mostre que (faJaeR é um conjunto Li. em V*. Conclua que uma base de V* é não enumerável,

Funcionais Lineares

o ESPAÇO BIDUAL 4.2 seção anterior construímos, a partir de um espaço vetorial poser

42,1 NMaaTAÇO O Far que

po

V.

vetorial V”. vimos

que

disso, se B = fu, sé Un)

Além existe

base

uma

B*

=

(fe

sa)

for uma de

V*

à,j = 1,-++,n. Mie a propriedade f(v;) = 6; para todos

dizemos que existe dão às relações provadas no Teorema 4.1.3,

| dualidade entre estas duas bases e por isso elas são ditas duais.

ado gen

V um espaço vetorial que se coloca agora é a seguinte. Seja V*, existe , finita e dada uma base € = (ho

fu) de

r, Un) de V tal que fi(v;) = 6;;? E se existi uma base B = fer. lamos uma como poderemos construí-la? No Exemplo 4.1.4(c) , calcu

agora base B de V a partir de uma base de V* dada. O que queremos

tanto, vamos é analisar esta situação um pouco mais de perto. Para

considerar o chamado espaço bidual a V e analisaremos as relações

entre ele e o próprio V.

42.2 DeriniçÃO. Seja V um espaço vetorial sobre K. Chamamos o espaço (V*)* de espaço bidual a V e usamos a notação V**. Por definição, um elemento do espaço vetorial V** é um funcional linear 6: Vº > K. 4.2.3 Seja V um espaço vetorial sobre K. Observe que a cada v E V, pode-se associar naturalmente um elemento d, E V** da seguinte maneira:

du:

Vº

om

>

K

df) = f(v).

Nãoé difícil ver que tal à, é linear. De fato, se fi,fz EV" cAEK, teremos então que

AAA + fa) = (Ah + fa)(v) = Afi(v) + fa(v) = Ago(fi) + Golf). Assim dy E Vº*., LEMA. À função b:V > V** dada por d(v) = dy é linear e injeline

« 117

118

«

Um Curso de Álgebra Lin ear

DEMONSTRAÇÃO. b é linear.

Vamos mostrar em primeiro lugar que a funç ão

De fato, se m,ta E Ve AEK,

precisamos mostrar que

P(Av + v2) = AB(v) + dv), isto é, que Om +my = Abu, + dus.

Para tanto, vamos mostrar que, para cada f E V*, vale a igualdade Pam ua(f) = (Adu, + Gu )(f). Por um lado, vale que

Ormva(f) = f(Am + va) = Af(v1) + f(va) e, por outro, temos que

(Adu + Gra )(S) = Adm (1) + doa (P) = Af(0n) + f(1o) o que mostra a igualdade requerida. Vamos mostrar agora que & é injetora.

Para tanto, sejaveV

tal que B(v) = 0, isto é, tal que dy seja o funcional nulo. Com isso, teremos que

0 = (v)(S) = du()=f(0)=0

para todo fe V”.

Segue do Exercício 4.1.6(1) que v = 0 e, portanto, & é injetora.

O

Em geral, & não é sobrejetora (ver Observação 4.2.6 abaixo). Porém, em alguns casos, isso pode acontecer. Destes, o caso que nos interessa mais particularmente é o seguinte. 4.2.4 TEOREMA.

Seja V um K -espaço vetorial de dimensão finita.

Então di

Vs

ve

vs

dy

é um isomorfismo.

DEMONSTRAÇÃO.

Observe que dimk V** = dim V* = dim V

pelo Teorema 3.5.2 e que d é injetora pelo lema acima . Segue então da Proposição 3.3.3 que d é um isomorfismo. 0

4.2.5 Seja agora V um espaço vetorial sobre K de dimensão finita

eseja C = (f,::-,fn) uma base de V”. Queremos construir uma

base 5 de V tal que € = B*. Primeiro, consideremos a base dual ac,

isto é, a base C* = (dr,

'ón) de V**

tal que di(f;)

= diy)

Funcionais Lineares

«

Pelo resultado acima, & é um isomorfismo e aí

para galera o conjunto (p!(d).

+, $-!($n))

é uma base de V,

Denotando

&="(6;), teremos então que &(v;) = ó;. Segue da definição

ni

Usando agora o fato de que

de & que O = Ou, Para i=1,---,m. os que 04J)) = Ô;j concluím

paraij=1,+,n

dy = (9) = Ou(fi) = Si(vi), e.

portanto, as

bases

como queriamos.

coroLÁrio.

B

=

fr.

SUP

Un)

e

Cc

—

(ho:

or Tu) são

duais

Com isso, mostramos o seguinte corolário.

Seja V um espaço vetorial de dimensão finita sobre

x. Então toda base de V* é a dual de alguma base de V.

4.2.6 OBSERVAÇÃO Dizemos que um espaço vetorial V é reflexivo se a função & construída acima for um isomorfismo. O último resultado nos diz que todo espaço vetorial de dimensão finita é reflexivo. Vamos agora exibir um espaço vetorial que não seja reflexivo.

Considere V = P(R) sobre R e seja € uma base de V*. Segue do Exercício 4.1.6(13) que € não é enumerável e portanto C* é um conjunto não enumerável Li.. Com isso, V** terá uma base não enumerável. Concluímos então que V** não pode ser iso-

morfo a V pois V tem uma base enumerável. Portanto, P(R) não é reflexivo. O espaço lp a ser definido na seção 6.1.9 é um espaço vetorial reflexivo com dimensão infinita. 4.2.7 EXERCÍCIO

Encontre as bases duais e biduais de cada uma das seguintes

bases do R?.

(a) ((1,0,0)(0,1,0), (0,0,1)). (b) ((1,-2,3),(1,-1,1),(2,-4,7)). 4.3

HIPERPLANOS

4.3.1 Seja V um espaço vetorial de dimensão n > 1 sobre K, e seja W C V um subespaço com dimensão n — 1. Observe que W

119

120

«

Um Curso de Álgebra Linear

é um subespaço próprio de V e é maximal. W

tem a seguinte propriedade:

Em

outras palavras,

se W” for um subespaço de V tal

que W cW' c V,entãoouW = W'ouW' =V. De fato, seja B = (m,---,vn-) uma base de W. Se B for um conjunto gerador de W”, então será uma base de W” e portanto W = Wº. Suponha agora que B não gera W' e seja v, € Wº que não seja combinação

linear dos elementos de B. Por (2.3.9), B' = (m,--- Un, Un) é linearmente independente em W*. Como dimz V =n, B' será uma base de V e, como B' € W”, teremos que V € W”, o que implica que V = W'. Um tal subespaço W é normalmente chamado de hiperplano. Se considerarmos por exemplo o espaço euclidiano Rº, então os seus hiperplanos serão os planos que passam pela origem. O que queremos agora é dar uma definição de hiperplano para um espaço vetorial de dimensão não necessariamente finita e, para tanto, usaremos a propriedade acima como ponto inicial.

4.3.2 DEFINIÇÃO. Seja V um espaço vetorial não nulo. Um hiperplano de V é um subespaço próprio W tal que se W” for um subespaço

de V satisfazendo W C W' E V, então W = W' ou W' =V. 4.3.3 Seja V um espaço vetorial sobre K de dimensão finita n > 1.

Vimos acima que todo subespaço de dimensão n — 1 é um hiperplano. Na realidade, a recíproca deste resultado também é verdadeira. Proposição. W

Sejam V um K -espaço vetorial de dimensão n > 1 e

um subespaço próprio de V.

e somente se dimk

DEMONSTRAÇÃO.

Então W

é um hiperplano de V se

W=n-l.

Seja W um hiperplano de V. Queremos mostrar

que dimk W =n-1. Em primeiro lugar, observe que, como W £ V, então dim

W

< dimk

V.

Não há nada a mostrar se n = 1.

Suponhan > 2 e que dimkxW < n— 2. Então existe uma base B' de W com menos do que n — 1 elementos. Sejav e V, véW

(tal v existe pois W é um subespaço próprio de V). Como v não é combinação linear dos elementos de ', segue da Proposição 2.3.9 que B = B'U (v) é linearmente independente. Seja W' o subespaço gerado pelos elementos de B,

Como v € W' mas v É W, então

Funcionais Lineares

* 121

W' 4 IW e, uma vez que dimk Wº 2efi,fa

em V* funcionais não nulos tais que Nuc fi £ Nuc fa. Deter-

mine as dimensões de cada um dos subespaços Nuc f;, Nuc fa, Nuc fiNNuc fa e Nuc fi + Nue fa. (4) Sejam

V um K-espaço vetorial, fe

V*,

f£0DeaekK.

Mostre que (vu E V: f(v) = a) é um hiperplano afim.

(5) Seja V um espaço vetorial de dimensão finita. Mostre que todo subespaço próprio de V é uma intersecção finita de hiperplanos de V.

(6) Seja W o subespaço de P(K) gerado pelos polinômios de grau ímpar.

Mostre que W é uma intersecção (infinita) de hiper-

Planos de P(K ).

«

123

124

*

Um Curso de Álgebra Linear (7) Seja V um espaço vetorial sobre K e sejam f,g e V*. Prove que se Nuc f = Nuc q então existe um escalar não nulo À EK

tal que f(x) = Ag(x),

VrEv.

(8) Sejam U,V espaços vetoriais sobre K e W

um hiperplano de

U. Mostre que se T:U — V for um isomorfismo, então T(W) = (ue V:3JweW com T(w) = u) é um hiperplano de V.

4.4

ANULADORES

4.4.1 Nesta seção iremos introduzir a noção de anulador de um subespaço. Tal noção será útil para se descrever o núcleo c a imagem da chamada transposta de uma transformação linear, assunto de nossa próxima seção. DerinIÇçÃO.

Seja V um espaço vetorial sobre K e seja S € V um

subconjunto de V. Chamamos de anulador de S ao subconjunto Sº dos funcionais lineares de V* que se anulam nos vetores de 5, isto é,

S=(feV':fu)=0

Vuecs).

4.4.2 OBSERVAÇÕES

(a) Sejam V um espaço vetorial e S € V um subconjunto. Então

Sº é um subespaço vetorial de V* (mesmo quando $ não for subespaço de V). De fato, observe em primeiro lugar que o funcional nulo pertencea $º. Agora, dadosA EK ef, fr € 8º, então Afi + fa E Sº pois, se u E S, teremos

(Af + fa)(u) = (Afi)(u) + fa(u) = Afi(u) + fa(u) = 0, pois fi(u) = O para i = 1,2.

(b) Se S=(0),entãoSº=(feV':f(u)=0, VueS)=V”. (c) Se S =V, então Sº = (0).

4.4.3 TEOREMA. sobreK eWCV

Sejam V um espaço vetorial de dimensão finita um subespaço de V. Então

dimk V =dimy W +dimy Wº.

«

Funcionais Lincares

p= =

V =nedimy

Considere dimg

DEMONSTRAÇÃO.

W=m.

ms Um) uma base de W e complete-a a uma fer Um Um+tooo + Unj de V (existe por (2.3.10)).

125

Seja base Seja

- (fc: «Jny à base dual a B, isto é, a base de V* que savisfaz fit)

=

6;

para

todos :,j

=

1,---n.

Vamos

provar que

€ = 4fmeio+fn) forma uma base de Wº. Como C c Wº el à li.. basta mostrar que € é um conjunto gerador para Wº. Se n

f € V*, sabemos, por (4.1.3), que f = 3 f(wi)fi. 1=1

temos, em adição, que f(v;)=0Oparal

R

(rnzmt)

—

3z+t.

4.4.5 O próximo resultado mostra-nos como uma decomposição de

um espaço vetorial em soma direta induz naturalmente uma decom-

Posição de seu espaço dual.

126

+

Um Curso de Álgebra Lincar

é isomorfo a WºecWº

Vº

então U' =VºgW?º,

vetorial sobre K.

espaço

um

Seja U

TEOREMA.

SeU

ow

=V

é isomorfo a Vo,

Como U = V&W, teremos que cada u € U pode

DEMONSTRAÇÃO.

= (9).

ser escrito como u=v+wcomveVeweWeVnW

Queremos mostrar em primeiro lugar que

9 +, g E Vº eh E Wº tais que f = (i) se f EU”, então existem

(ii) VOnWº = (0). € U* como segue Para f E U*, vamos definir g, h 9:

VeW

>

EK

vu

+

f(w)

h:

VeW

—

K

vrw

mo

f(v).

ocil ver que g € Vº, he Wº e que é difí Nã

(h + g)lv +) flo + w) = (0) + Fw) = (vu +) + g(v + w) = para todo v+wEVOW

= U, o que prova (1).

Para verificarmos que VINW?º = (0), sejaf € VPNW?. Então

Fuv+uw) = F(v)+F(w) =0 para cada elemento v+w E VOW

=U,

e, portanto, f = 0. Com isso, provamos que U* = Vº'ewº. Para mostrarmos que V* é isomorfo a Wº, seguinte função T:

Wº

5

Vº

F

5

T(f):

V

vo

5

consideremos a

K

T(f(=v) flv).

É claro que, como f é linear, então T(f) também é linear e, portanto,

T($) E V*. Por outro lado, como

TOA +fo)(v) = (A+ fa)(v) = Afi(v)+ fa(v) = (AT(f) ATOS)

para todo À EsK, fi, fz € Wº e todos v E V, seque gu T ée uma transformação linear. Falta mostrarmos que T é bijetora.

Para mostrarmos que T é injetora, seja f € Wº um funcional

tal es

=, isto é, tal que 0 = T(f)(v) = f(u), Vv € V. Como

fe Wº segue que f(v + w) =0, VoutweVoW.

Assim, f=0

Funcionais Lineares

*

e T é injetora. Por outro lado, dado g E V*, definimos f :U > K dada por fe + w) = g(v). vortanto, T é sobrejetora.

É claro que feWºeque

T(f)=ge,

Logo Wº « V* são isomorfos. Mostrar que Vº e W* são isomorfos é 0

análogo no feito acima c será deixado ao leitor.

4.4.6 ExERCÍCIOS (1) Sejam V um K -espaço vetorial e W, e Wa dois subespaços de o Wº = Wo.

V. Prove que W, = W (2)

Sejam

41 = (1,0,-1,2),

ua = (2,3,

1,1) € R'cW

= [uy, uz).

Determine os funcionais lineares que estão no anulador de W.

(3) Seja W o subespaço de Rº gerado pelos vetores um = (1,2,1,0,0),

uz = (1,0,3,3,1)

e us = (1,4,6,4,1).

Determine uma base de Wº, (4) Sejam V um espaço vetorial e $ € V um subconjunto. Mostre

que se W é o subespaço de V gerado por S, então Sº = Wº. (5) Sejam

W,

c Wa

subespaços

de um

K-espaço vetorial

V de

dimensão finita

(a) Demonstre que (W, + W2)º= Win We,

(b) Demonstre que (W4 N W2)º = Wº + Wº. (6) Seja V um espaço vetorial sobre K. Mostre quese $, CS, € V,

então S$ C SP. (7) Seja V um K-espaço vetorial de dimensão finita, SC Vc b:V — V** o isomorfismo definido em (4.2.3). Descreva

4-*((Sº)9) e mostre que S é um conjunto gerador deb”"((Sº)9),

4.5

TRANSPOSTAS DE TRANSFORMAÇÕES

4.5.1 Sejam U e V espaços vetoriais sobre K escja T:U

transformação linear. foT:U >K

— V uma

Observe que se f € V*, então a composta

é um elemento de U* (lembramos que a composta

127

128

«

Um Curso de Álgebra Linear

de transformações lineares é linear).

Portanto, podemos definir a

seguinte função TT:

Vo

>

fr

Ur TD):

U

>

K

um

T(S(u)=(SoT)(u).

Queremos mostrar que 7º é linear, isto é, que T(Afi

+ fa) = AT

fi) + T'(So).

para

AEK

e

h.hbev.

Para mostrarmos esta igualdade de funcionais lineares,

temos que

mostrar que eles coincidem em cada vetor u € U, isto é, que

(TA + S2))(u) = (AT) + T(fa)u),

VueU.

De fato,

THAfi + fo)(u) = (Afi + fa)(T(u)) = Afi(T(u)) + fa(T(u)) = = AT(f)(u) + THSa)(u) = (ATH(S1) + TH(So)(u). Com isso, mostramos o seguinte teorema.

TEOREMA. Sejam U eV espaços vetoriais sobre K eT:U > V uma transformação linear. Então existe uma única transformação

linear T*; V* — U* dada por T'(g)(u) = g(T(u)) para todo gevV etodovEeU.

4.5.2 DEFINIÇÃO.

À transformação linear Tt definida acima é chama-

da de transposta de T. 4.5.3 EXEMPLO

Seja T:

Rº

5

Rº

(my)

»

(2x-y,z—y,3y).

Então T* : (Rº)* — (R2)* é dada por

T(S(2,9) = f(2x — y,2 — ,3y).

Funcionais Lineares

Por exemplo,

: R$

fj

se O funcional

R

—

é dado

*

por

fz2a 28) = 21 + 272 — 323, então T'(S)(e.4)

=

fi(2r

— y,z

— 4. 3y)

=2r-y+2(r—y) 3(3y) — = 4r — 12y

fa(z,,29,23) = 23, então

é dado por

esc fo: R$>R TH Sa)(r un) = 3.

4.5.4 Vamos agora descrever o núcleo e a imagem da transposta de uma transformação

lincar.

Sejam U e V espaços vetoriais sobre K e TE L(U,V).

Teorema. Então

(a) Nuc T'=(ImT). Se as dimensões deU

eV forem finitas, então

(b) posto (T*) = posto (T). (c) Im T' = (Nue T)º. (a) Observe que

DEMONSTRAÇÃO.

=(feVe:T(f)=0)= =(feVº:T(f(u)=0, VueU)= =(feVº:fHT(u)=0, VucU)

NucT'

=(feV:f(0)=0, Vuc ImT).

UmTP

Agora, f E NucT' eo HMT(u) =0, O VveimTeSfe(ImT). (b) Vamos supor que dimz

VueU

& flv) =

U =n e dimk V =m.

Teremos

que dimk dimk V*

=

dimk

V*

= dimk

V

NucT'+dimy

(por (3.5.2)), Im T'

dimk V = dimk Im T+dimk (Im T)º

(por (3.2.5)) e

(por (4.4.3).

Segue então que

dimy (Im T') = dimk V* — dim (Nuc T9) =

129

130 + Um Curso de Álgebra Linear = dimg V — dimx (Um T)º = dimx (Im T) e, portanto, posto (T) = posto (T*). y € Im T*. Então existe q € V* tal que q = T(g). (c) Seja Observe que «(u) = T'(g)(u) = go T(u), Yu € U. Agora, se

u E NucT, então p(u) = g(T(u)) = g(0) = 0. Logo v(u) = O para

todo u E Nuc T e, portanto, q € (Nuc T)º. Por (4.4.3), sabemos que

dimz U = dimk NucT +dimk

(NucT)".

Por outro lado, por (3.2.5), temos que dimx

U = dimk

NucT+dimk

ImT.

Portanto, dimz Im T = dimk (Nuc T)º. Usando o item (b), concluímos que dimk Im T* = dimk (Nuc T)º e o resultado está provado.

0

4.5.5 O próximo resultado relaciona a matriz de uma transformação linear T e a matriz da transformação transposta T*, justificando o nome dado a esta. TEOREMA.

Sejam V

e W espaços vetoriais sobre K, ambos de di-

mensão finita. SejamB uma base de V, Bº* a base dual a B, C uma base de W eC* a base dual aC. SeT é uma transformação linear de V em W,

então

[Ts

= [Mes se

(istoé, a transposta da matriz de T' com relação às bases Be C é igual à matriz da transposta de T' com relação às bases C* e Bº). DEMONSTRAÇÃO. Sejam B = (v,:-- ,vn) uma base do espaço V e C = (w,-::,wm) uma base de W e considere as suas bases du-

ais Bº = (fi: fa) (de V") e Cº = (g1,:- ,9m) (de Wº). Por

definição, temos que fi(v;) = ô;; para i,j=1,---,n e ge(w1) = 01, para k,l=1,:--,m. Sejam [T|sc = (am)kn lK? tal que ToT =0. Mostre que (a) ImnTC

NucT.

(b) Se T £0, então existe uma base B de K? tal que 0 mo=(0 Oo 0).

(6) Mostre que se 4 E Mz(C), então A é semelhante sobre C a uma matriz de um dos seguinte tipos E

a

0

o)

coma,beEC

ou

(:

a

0

2)

com aecl.

(7) Seja A uma matriz 2 x 2 simétrica em Ma(R) (isto é, tal que A* = A). Mostre que A é diagonalizável. (8) Determine, se existir, uma matriz P invertível tal que P-1AP seja diagonal para cada uma das seguintes matrizes:

12 2)

4=( (c) 4=

1

à ) comer.

al

4= (1

11

1)

144

«Um

Curso de Álgebra Lincar

(9) Seja T:R? — R? uma transformação linear que tem como autovetores (3,1) e (—2,1) associados aos autovalores

—2 e 3,

respectivamente. Calcule T(z, y). 02

(10) Ache os autovalores de A =

es

q ) e de AT.

(11) Sejam T:V>VeS:V>V

transformações lineares.

ado Suponha que v € V é um autovetor de T e de $ associ aos autovalores A; € A de T e S, respectivamente. Ache um

autovetor e um autovalor de:

(a) aS+ BT ondea,B ER. (b) SoT. , então (12) (a) Mostre que se B, M e Ma(K), com M invertível (M-'BM)" = (M-!B"M) para todo n E N. (b) Calcule A”, n E N, onde

2 4 a=(5

(13) Seja

5)

0 7 -6 14 0 02 -2

A=|

|eMa(C).

Dado n E N, determine B € Ms(C) tal que B" = A. Existe uma matriz BE Ms(R) tal que B"= A?

(14) Seja T : Ma(R)

— Ma(R) uma transformação linear cuja

DEN) matriz em relação à base

-1

-d

ed E

[T]s =

2

-2

-2

fá

2 4 1

Formas Canônicas

Determine uma matriz invertível M MH T]sA seja uma matriz diagonal,

Mua(R) tal que

"3

Ee

8

o E o

z-

=

a

md ças

2)

5

1,

o

—5;

H

01

o

“41.2 onde B = (Grº, diagonalizável.

qt,

que Seja T: Po(R) — Po(R) tal

3

(15)

E

e 145

(16) Decida se as seguintes matrizes são ou não diagonalizáveis. Em caso afirmativo, encontre uma base de autovetores.

o( 21)

o(44)

(12)

(4%)

4

—

0

-4

(17) Sejam U um K -espaço vetorial de dimensão n e B uma base de U. Mostre que dada uma matriz M € Ma(K) invertível existe

uma base C de U tal que [Ides = M.

ta O a

So

A=

Sos

e

(18) Determine todos os valores de a,b,c E C para os quais a matriz abaixo seja diagonalizável:

(19) Em F(R,R), considere o subespaço S = [e2= sen z, e?” cos x,

e*z] e o operador linear D : S — S$ definido por D(f) = f". Considere ainda as funções fi (x) = e2 sen x, fa(x) = e cos e fa(z) = ez em F(R,R). Determine:

(a) a matriz de D em relação à base B = (fi, fa, /3) de S. (b) os autovalores de D e as funções de $ que são autovetores de D.

146 + Um Curso de Álgebra Linear 5.2

SUBESPAÇOS

T-INVARIANTES

5.2.1 Dado um operador linear T: V —

V, por vezes é conveniente

considerarmos a sua restrição a algum subespaço dado W de V. está contida no No entanto, nem sempre a imagem desta restrição

próprio subespaço. Isto nos leva à próxima definição.

DEFINIÇÃO.

Seja T: V —

V um operador linear onde V é um K-

que W espaço vetorial e seja W C V um subespaço de V. Dizemos

é um subespaço T-invariante de V se T(w) E W para todo w € W. 5.2.2 OBSERVAÇÕES

Seja T: V —» V um operador linear onde V é um K -espaço vetorial.

(a) Os subespaços Nuc T e Im T são T-invariantes. (b) Se À for um autovalor de T, então Autr(A) é um subespaço T-invariante de V. De fato, se v E Autr(A), então T(v) = Av € Autr(A). (c) Se W é um subespaço T-invariante, então a restrição de T a W é um operador linear em L(W, W).

5.2.3 EXEMPLOS

(a) Seja T: Cº — C? definida por T(z,y,z) = (0,7,y). Se W = [ei,e2), então T(W) = [es, es] e assim W não é um subes-

paço T-invariante de Cº. Se W' = [e3,€3), teremos então que T(W") = [es] € W” e segue assim que W' é um subespaço T-invariante de V.

(b) Seja S : loo — loo o operador linear dado por

Sl(z Zac sm")

para todos (Zn)nen

= (O, mi,za,-eo sm),

€ lo (ver 2.1.4(d)).

Para cada n > 1,

considere Wn = [e1,*-* , en]. Lembramos que o elemento e; é à

sequência que tem 1 na posição | e O nas demais posições. Não

é difícil verificar que W, não é um subespaço S-invariante de V, uma vez que S(Wn) = lea,e3,:-- 1€n+1) É Wn.

Considere

Formas Canônicas

e

a o subespaço W de lc

*« 147

formado por todas as sequências

n E Loo tais que Zi é diferente de zero para no máximo

rm aúmero finito de termos. É fácil ver que W é um subespaço S-invariante de loo-

a

a

sejam T: V — V um operador linear onde V é um K--espaço de dimensão n > 1 W Ç V um subespaço T-invariante

de dimensão m, com 1 1

e Lv, v). Então, os polinômios característico e minimal de T

“8 mesmas mízes a menos de multiplicidade. Dem

ee

-

Sejam pr(z) e myr(x) os polinômios característico

que Pr(A Mem, Tespectivamente, e seja À € K. Precisamos mostrar

)=0 see somente se mr(A) = 0. Suponha inicialmente

152

+

Um Curso de Álgebra Lincar

que pr(A) = 0, isto é, que À seja um autovalor de T. Então existe

0%veEV tal que T(v) = Av. Observe que, para cada i > 1, temos T'(v) = A'v. Agora, se escrevermos my(z) = >, az". teremos então 1=

que 0 =

my(T)(v)

=

(3

ai Tv)

=

(35

ai)

v

1=0)

e, portanto, m7(A)

=

m

S2aA'

= 0

pois v

f 0.

Logo,

À é uma

1=0

raiz de mr(z). Suponhamos agora que mr(A) = 0. Então, my(x) = (z—A)a(z). Pela condição de minimalidade no grau do polinômio my, segue que q(T) £ O e, portanto, existe u € V tal que q(T)(u) £ 0. Se denotamos v = q(T)(u), teremos então

0 = my(T)(u) = (T — Ad)(a(T)(u)) = (T — Ald)(v) e portanto v é um autovetor de T associado ao autovalor À. Logo,

pr(A) = 0 e o resultado está demonstrado.

0

5.3.7 EXERCÍCIOS

(1) Seja T € L(V,V) um operador linear com polinômio característico pr(z) = x”. Mostre que existe m > 1 tal que T” = 0. (2) Seja T € L(V,V) um operador linear com polinômio minimal

myr(x) = (z — À) com À EK. Mostre que T' é diagonalizável. (3) Encontre todas as possibilidades para o polinômio minimal de

um operador T: R$ — Rº com polinômio característico:

(a) pr(x) = (x — 3)º(x — 2)2. (b) pr(z) = (x — 1)(x — 2)(x — 3)(xz — 4)(x — 5).

(c) pr(z)=(2-1)” m>1. É possível concluir que algum deles é necessariamente diago-

nalizável ?

Formas Canônicas

5.4

*

ESPAÇOS VETORIAIS T-CÍCLICOS

5.4.1 Vamos desviar um pouco de nosso próximo objetivo principal que é o de discutir a forma de Jordan e, nesta seção, vamos olhar o caso particular em que os polinômios característico e minimal de um

dado operador linear coincidem. Na realidade, nosso ponto inicial de discussão será olharmos para os chamados vetores T-cíclicos. 5.4.2 Sejam T: V —» V um operador linear, onde V é um K-espaço vetorial de dimensão finita, e v € V um vetor não nulo. Consideremos os vetores v, T(v),---, T'(v),---, com i E N. Como a dimensão de

V é finita, existe | > O tal que B = (u,T(v),--- ,T'(v)) é Li. mas fu T(v),

T+ (v)) é L.d. Logo, existem únicos Ão,*** + Ay tais que

TH(v)= 53

l

AT'(v),

istoé,

(TH

1=0

t

S5ATÍ(v) =0 1i=0

l

Denotando por my, v(x) o polinômio xt! — 3> A,z*, temos que 1=0

mr v(T)(v) = 0. Não é difícil ver que mr,v(x) é o polinômio mônico

de menor grau que satisfaz esta última relação. Além disto, mr,v(Z) divide mr(x) em (5.3.3)).

(a demonstração deste fato segue o argumento usado

Com as notações acima, denote agora por Cr(v) o subespaço

de V com base B. É claro que Cr(v) é T-invariante. Observe também que dim Cr(v) = 1 se e só se v for um autovetor de T. DEFINIÇÃO.

Sejam V um K-espaço vetorial de dimensão n > 1 e

TEL(V,V). (a) Dizemos que v € V é um vetor T-cíclico sc V = Cr(v) ou, equivalentemente, se (v,T(v),--* ,T"-!(v)) for uma base de V.

(b) Dizemos que V é T-cfclico se V possuir um vetor T-cíclico.

5.4.3 Seja agora V = Cr(v) um espaço T-cíclico de dimensão n e seja my,u(Z) = 2” + an-12""! +---+o.

Se considerarmos a base

B = (vu, T(u),---,T"-!(v)) como construída acima, então a matriz

153

154 +»

Um Curso de Álgebra Linear

[T]s será obviamente:

(T]s

=

Oo

—a0

10

—a1

01

—G2

O

O

«+

-anm

Esta matriz é chamada de matriz companheira de mr v(x).

5.4.4 ExEMPLOS por T(z,y)

=

R? o operador linear dado

(a) Seja T:R? — (2x — 4y,2z — 2y).

Com

relação à base canônica

C = ((1,0),(0,1)) de R?, a sua matriz será

Te = (.

2

—4

4)

Um cálculo simples nos dá

o

Tz-2

4

“a

a E

prt) = des (E,

Também, não é difícil ver que myr(z) = pr(x) = 7? + 4. Seja agora

v = (a,b) E R? um vetor não nulo. Deixamos ao leitor verificar que B(a,b) = ((a,b),T(a,b) = (2a — 4b,2a — 2b)) é 1.i. e, portanto uma

base de R2. Com isto, 0 [T]s(a,b)

-—

—4

10

que é a matriz companheira de x? + 4. Observe que, neste exemplo, V = Cr(a,b) para todo vetor (a,b)

0.

(b) Seja agora T: Cº — C% tal que sua matriz com relação à base canônicaC seja

200

Mle=|[120 012

Um cálculo simples nos dá que

pr(x) = mr(z) = (2 —2)º = 2º — 6x? + 12x —8.

Formas Canônicas

Para vw = (1,0,0), temos T(v;) = (2,1,0) e Tm) = (4,4,1) e, portanto, B' = Cos. T(v), T2(v))) é base de C3 = Cr(v)). No

entanto, se considerarmos vz = (0,1,0), temos T(t) = (0,2,1) e Tº(v2) = (0,4,4) e o conjunto (vz, T(v,), T?(v,)) é Id. Com relação

à base B' acima, a matriz de T será

00

[Te =|1

8

0 01

-12 6

que é a matriz companheira de (x — 2)3. 5.4.5 Observe que nos exemplos acima, quando V é T-cíclico, então

os polinômios pr(z) e mz(z) coincidem.

Na realidade, esta é uma

caracterização dos espaços T-cíclicos como mostraremos mais abaixo. Mas antes, necessitaremos de alguns resultados. Lembramos que um

polinômio p(z) e P(K) de grau maior ou igual a 1 é irredutível se ele não pode ser escrito como o produto p(xz) = q(z) r(x) onde q(z) e r(x) são polinômios de grau maior ou igual a 1.

LEMA. SejaT:V —» V um operador linear onde V é um K -espaço vetorial de dimensão finita. Então existe um vetor v E V tal que mr(z) = mr,v(z). DEMONSTRAÇÃO. Vamos considerar inicialmente o caso em que mr(z) = (f(x))”, onde f(x) é um polinômio irredutível em P(K). Como myr(z) é o polinômio mônico de menor grau para o qual T' se

anula, então existe um vetor v E V tal que (f(T))"=!(v) £ 0(»). Vamos mostrar que, neste caso, um tal v satisfaz as condições re-

queridas. Como vimos acima, mr,u(z) divide mz(z) e, como f(x) é irredutível, concluímos que mz (x) = (f(x))* para algum | < m. De (+), segue então que m = l e, portanto, mr,v(z) = mr(z) como queríamos.

Vamos agora considerar o caso geral, isto é, consideremos my(z) =

(f(x)... (fi(x))mr, onde my > 1 e f1s::* + fr são polinômios ir-

redutíveis mônicos distintos. Para cada i = 1,:-- ,7, denote por Vi o núcleo Nuc(fi(T)"“). Então, V = VOO VW. (ver Exercício

5.4.7(4)). Denotando, para cada à, por T;: Vi —

Vi a restrição de

«

155

156

+

Um Curso de Álgebra Linear

(filo)

T a V, teremos que my, (x) =

ticular provado acima, para cada i = 1,"

Usando-se o caso par*,T,

existe

vetor

um

v

Escreva v = vi +*:: + Ur e observe

tal que mr (2) = mrw(Z).

mr v(Ti)(vi) E Vis concluímos o com Mas O. = v) (T mr 3º que

+7 Logo, mr,v(z) é que mru(T)(v) = 0, para cadaé = 100 ess fu e e: um múltiplo de cada polinômio mr, (x)

polinômios irredutíveis múltiplo de myr(x) (lembre que f,*-* , f, são 0 distintos), e o resultado está provado.

CoroLÁRIO.

V um operador linear onde V é um

SejaT:V —

o T finita. Então eriste um subespaç nsão dime de rial veto aço -esp K ao grau do polinômio mr. cíclico de V com dimensão igual

que Pela proposição acima, existe v € V tal

DEMONSTRAÇÃO.

o linear mr, = mr. Defina uma transformaçã V

—

PK)

v:

HD)

form Observe

que

subespaço

é um

Imy,

(u))

(o, T(v), Tº(u),---

Te

5.4.6 TEOREMA.

SejaT:V

para

algum

segue então que s é o grau de myr(z). —

T -cíclico 53.

de

Como

V

com

mrv

=

base mr,

0

V um operador linear onde V é

um K -espaço vetorial de dimensão n. As seguintes afirmações são equivalentes:

(a) V é T-cíclico.

(b) o grau de mr(z) é n. (c) mr(x) = pr(z). DEMONSTRAÇÃO. (a) > (b) Como V é T-cíclico, então existe um vetor não nulo v € V tal que V = Cr(v). Em particular, o grau de

mr,(x) é n. Observe que, em geral, o grau de myr(z) é no máximo n. Como myr.v(x) divide mr(x), segue que o grau de my(x) é n. (b)

=> (c) Pelo Teorema de Cayley-Hamilton, my (x) divide pr(x),

o que implica que mr(x)

= pr(z) pois ambos os polinômios são

Formas Canônicas

os, de mesmo grau € múltiplos um do outro.

ut

puICOS

tri acima, existe i i ) Pelo corolário um subespaço T-cíclico W de

à qu e igual: no grau de mr(x). Como, por hipótese, o grau dimensão edit A e mr(2) é n concluímos que W = V, o que prova o nosso resultado.

de

0 QUSERVAÇÃO

Como mencionamos acima, não iremos tratar neste

deixaremos de fortexto de certas formas canônicas, em particular,entanto, gostaríamos

racional. No malizar à chamada forma canônica matriz (ou equivalende mencionar que esta forma racional de uma a por blocos de matrizes temente de um operador linear) é formad invariantes. que são matrizes companheiras de certos subespaços

5.4.7 EXERCÍCIOS

os: anheiras dos seguintes polinômi (1) Encontre as matrizes comp

(a) p(x) = (x — 3)H(22 + 2).

(b) p(x) = (2 — 1)%(2+ 1). "! (c) p(z) = (x — W(s

+2"-24...+ 1)

(n>2).

. or m mr(z) = (x—2)2(x+1)2 (2) Seja T:Rº — R4 um operad co = Cr(v). Encontre um vetor v E Rº tal que Rº (3) Encontre, se existirem, exemplos de operadores T:V

—

V,

onde V é um K -espaço vetorial de dimensão finita, tais que: (a) V não seja T-cíclico. (b) V tenha dimensão 4 e contenha um subespaço T-cíclico de dimensão 3.

(c) T seja injetora e tal que mr(x) tenha grau 1.

(4) Considere um polinômio m(z) = pi(z)---Pr(z) E P(K) tal que mdc(p; (x), p;(x)) = 1, para todos i e j, à £ ). Mostre que

Nuc (m(T)) = Nuc (pi(T)) & **- O Nuc (P(T)) (Dica: Considere inicialmente r = 2 e utilize o fato de que,

como mde(p:(x), pa(2)) = 1, existem polinômios qu(z) e ga(z)

tais que pi(x)qr (x) + pa(z)ga(x) = 1. Use indução para o re-

sultado geral).

* 157

158

«

Um Curso de Álgebra Linear

5.5

NILPOTENTES

OPERADORES

5.5.1 Vamos estudar agora um tipo especial de operadores, os chama-

dos operadores nilpotentes. Tais operadores serão bastante úteis na discussão da forma de Jordan.

DEFINIÇÃO.

Um operador linear T € L(V, V) é chamado de nilpo-

tente se existir um m > 0 tal que T” = 0. O índice de nilpotência

de um tal operador será o menor índice com esta propriedade.

Observe que se T € L(V,V) é um operador linear nilpotente edimk V >1,então NucT f (0). De fato, se T é nilpotente de índice m > 1, então

v € V tal que

existe um vetor

T”(v) =0e

Tr-1(v) £0. Daí, 0 = T"(u) = T(T”="(v)) e, portanto, Tr-1(v) é um elemento não nulo em Nuc T. 5.5.2 EXEMPLOS

(a) Seja D:

Pm(R)

—

Pm(R)

e(t)

—

v(t)

o operador derivação em Pm(R), com m > 1. Não é difícil ver que D é nilpotente com índice m + 1.

(b) Seja T o seguinte operador linear. T.

MK)

>

Ma(K)

ale ias Considere os seguintes subespaços vetoriais de Ma(K)

fo o) o)Jemllo a)(o 1) Uma conta simples mostra-nos que Wi e Wa são subespaços

T-invariantes de Ma(K).

Considere T; e T as restrições de

T' aos subespaços W; e Wa, respectivamente. Observe que 7

é um operador linear nilpotente de índice 2 e que 72 é um

Formas Canônicas

« 159

operador invertível. Logo, T é a soma direta de um operador nilpotente e um invertível.

O próximo resultado mostra-nos

que tal decomposição é sempre possível quando a dimensão do espaço vetorial for finita. 5.5.3 TEOREMA.

Seja T:V

—

V um operador linear, onde V é

um K espaço vetorial de dimensão finita. Então T' é a soma direta

de um operador nilpotente e um operador invertível. Além disso, tal

decomposição é essencialmente única.

DEMONSTRAÇÃO. Ào considerarmos os operadores Tº, | > 1, teremos a seguinte sequência de subespaços (T-invariantes) de V NuTCNuT'Cc...CNuT'IC...cv. Como dimk

V < oo, a sequência acima estaciona, isto é, existe um

m > O tal que Nuc T”

= Nuc T”* para todo i > 0. Escolha

tal m que seja também minimal com respeito a esta propriedade. Vamos mostrar que os subespaços T-invariantes W, = Nuc T” e Wa = Im T” induzem a decomposição desejada. Em primeiro lugar,

observemos que Wi N Wa = (0). De fato, se v € WiNWa, então, por

um lado, T"(v) = 0 e, por outro, existe v' E V tal que T”(v') = v. Logo, 0 = T”"(v) = T?”"(v!) e, portanto, v' € Wi. Segue então quev=T"(v)=0eWiNWa = (0), como queríamos. Tm;V — V é um operador linear, segue de (3.2.5) que dimk

V = dim

NucT” +dimk

Como

Im T”.

Por outro lado, como por (2.4.5),

dimy (Wi + Wa) = dimk Wi + dimx Wo — dim

(Wi N Wa)

e como Wi; N Wa = (0), concluímos que

dimk V = dimk Wi + dimx Wa = dimk (Wi + Wa) e, portanto, V = W; € Wa.

Considere agora as restrições 7) = Tlw, e Ta = Tlw deT a W

e

à Wa, respectivamente. A partir disso, teremos T = Ti & Ta. Falta mostrarmos que 7; é nilpotente e que T2 é invertível. É claro que

160

+

Um Curso de Álgebra Linear

Tr(w)=T"(w)

=0, Ywe

Por

Wi e, portanto, T; é nilpotente.

outro lado, se O £ v € Wa, então existe v' EV

tal que v = T”(v!).

Se Ta(v) = 0, então

0=B(v)= (Tu)

= 1"

(pu)

e, portanto, v €EWi ev =T"(v') = 0. Logo, T) é injetora e por (3.3.3) é um isomorfismo. Vamos agora mostrar a unicidade. Suponha que V = U, & Us, onde

U, e Us são subespaços T-invariantes, T; = Tlu,

é nilpotente de

índice m' e T; = Tlu, é invertível. Iremos mostrar que U, = W, = Nuc T” e que U; = Wo = Im T”. Denote m = max (m,m') e seja w

€ W,. Então w; = uy + u2, com u; E U;, à = 1,2. Então 0= TT (w)

= TT (u

+ ua) = T”(u) + T” (us) = T”

(uo).

Como T'lv, é invertível, segue que uz = 0 e, portanto, W Analogamente,

mostra-se que U,

€

W;

e, portanto,

U,

€ Uh. = Wi,

=

Nuc Tr.

Seja agora wz € W>. Como Wa = Im T”, existe um vetor v E V tal que T”(v) = w2. Escrevendo v = u; + u2, com u;j € U;, teremos que wa = T”"(uo), pois u

E U, = Ker T”,

Como

U3 é T-invariante,

segue que wa E Usa. Assim, W3 € Ua. Seja agora uz E Ua e escreva-o como us = w,j + wa, com w; € Wi,

para? =

1,2.

Assim,

wj =

uz— ua EU, NU, = (0) (pois W| = UV, e W; E U,). Então uz = us e segue que Ua € Wa, o que nos dá a igualdade destes conjuntos. O

5.5.4 OBSERVAÇÃO O exemplo a seguir mostra-nos que o resultado acima não vale para espaços vetoriais de dimensão infinita. Considere a trans-

formação linear T : P(R) > P(R) dada por T(p(t)) = t : p(t) e suponha que T = Ti; & T3 com Ty nilpotente e T; invertível.

Observe em primeiro lugar que T' não é nilpotente pois, para

todo | > 1, Nuc T' = (0). Portanto, Ty £ O. Em outras palavras, existe um subespaço T-invariante não nulo Wa tal que a restrição T) de T a Wa é invertível e, em particular,

To: Wa — Wa é sobrejetora. Mas isso não pode ocorrer pois

Formas Canônicas

*« 161

o polinômio mônico de menor grau em Wa não pode estar na imagem de To.

5.5.5 Os próximos resultados serão importantes em nossas consi-

derações sobre a forma canônica de Jordan.

PROPOSIÇÃO.

Seja T:W —

imdrce de nilpotência m > dimensão finita.

Sev EV

V um operador linear nilpotente de

1, onde V é um K-espaço vetorial de é tal que Tm-1(y)

(a) O conjunto (e T(v),-- Tro(v))

0, então

é Li.

(b) Existe um subespaço T-invariante W de V tal queV=UeW,

onde U = [v, T(u),..:,T"-(v)]. DEMONSTRAÇÃO.

(a) Suponha que (v, T(v),--- ,T"-!(v)) seja Ld..

Então existem a9,01,:-* ,jQm— E K, não todos nulos, tais que

aov taT(v) +:

+amaTro(v)

=0.

Seja ! o menor índice tal que ay £ O (é claro que l < m — 1). Logo

T'(v)

m-l

=as

»

ii

Ci 7

gi T'(u).

i=+I

Teremos então m-l

Tr (o) = TMN(0) = TRUE

Tu) =

i=i+1 m—-l

|

= 5) Hi grmitDo)=o, i=I+1

Ed

o que contradiz a nossa hipótese sobre o vetor v € V.

(b) É claro que U = [v, T(v),--- , T"-!(v)] é T-invariante. Faremos a demonstração por indução no índice de nilpotência de T, isto é, em m >1.

Param = 1, não há nada a provar pois, neste caso, T = 0.

Suponha então que m > 1 e que o resultado esteja provado para todos os operadores nilpotentes de índices menores do que m. Observe que ImT é um subespaço T-invariante e que a restrição deT a Im T

162

»

Um Curso de Ál gebra Linear

éSia

Do

aa uia

nilpotente de índice m — 1, Considere então o subesoo F, Não é difícil ver que U' = [T(v),-- Tr).

ese de indução, segue que Im T = U' o W”, onde Wº é um

subespaço T-invariante de V. Para construirmos W como no enunciado, considere em primeiro lu-

gar Wº =(weV:T(w)eW'). Afirmação

LV=U+W”.

€ Im T = U' o W'.

De fato, para u € V, teremos T(u) T(u) = u+u',ondeu EU A, :** + Am-1 EK tais que m—l

U=S

E

euw

W'.

Daí,

Mas então existem

m-l

AT(v)= Pã, Ai TI (0). i=

i=l

m-l

= T(u”)+w Observe que u” = 3) AT'!(v) EU e, portanto, T(u) i=1 segue que o que implica T(u — u”) = w' e W”. Da definição de W”

u-u! e W". Logo, u=u"+(u-u”)EU+ W”, como queríamos.

Afirmação 2. UN W' = (0). ce Considere u € UNW”. Observe, em primeiro lugar, que T(u) perten s. aU'=UnimTeaW', pois tanto U quanto W são T-invariante Como Im T =U'& W', segue que T(u) = 0. No entanto, como u € U, existem escalares Ao, ::* 4 Am-1 m—l

queu=

E K

tais

a

5 AT'(v). Logo

1=0

m-l

m-l

m-2

1=0

t=0

1=0

0=T(u)=T(D, M T'(v)) = SoM TH) = DM TH (o). Como

(T(v),::-,T"-!(v)) é um conjunto 1.i., segue então que

Ão = *** = Am-2 = 0 e, portanto, u = Ama Tro1(v) E U'. Logo,

ueU'nW' = (0) e a afirmação está provada. Segue imediatamente da Afirmação 2 que a intersecção entre UnW" e W' é (0) e, como ambos estão contidos em W”, segue que

existe um subespaço W tal que

wW'=Wew'e(unWw").

(JN)

Formas Canônicas

Afirmamos que W=WeW'

« 163

co subespaço que queríamos. De fato,

como W € Wº e WN(UNW”) = (0), segue que UnW = (0). Por outro lado, segue da Afirmação 1 e de (2.4.5) que

dimg V=dimy U+dimy Wº - dim (UNW”). Por (II), teremos que

dim W' — dimg (UNW") = dim W e, portanto,

dimk

V = dim

U-+dimk

W.

Inferimos então que V = U 6 W, como queríamos. Falta só mostrarmos que W é um subespaço T-invariante. Como W C W”, teremos que T(W)

EC W' € We o resultado está provado.

0

5.5.6 OBSERVAÇÕES

Seja T:V

—

V um operador linear, onde V é um espaço

vetorial de dimensão n > 1. (a) Suponha que T seja nilpotente de índice de nilpotência m > 1. É claro então que m 1, onde V é um K -espaço vetorial de dimensão finita. Então existem números positivos t,mi,--- ,my € vetores v1,:** ,w EV tais que

()m=m>m>->m.

(b) O conjunto B = (w,T(v)),--- Tru=w), Tm! (v,)) é uma base de V. (c) Tri(w) =0, para cada i =1,-.. gs

cus T(u),

o

(d) Se S for um operador linear em um K -espaço vetoria l W de dimensão finita, então os inteiros tym,:-- ,;me associados à SeaT

são iguais se e somente se existir um isomorfismo B:V>W comdT&1 =8

Formas Canônicas

*« 165

DEMONSTRAÇÃO. Como T"=! £ 0, então existe um vetor v, E V tal que Tº!(n) £ 0. Por (5.5.5), By = (us, T(v,),--o, TM (0)) éli eV =W&W3, onde W, é gerado por B; e W; é um subespaço T-invariante. Escreva m; = m. Observe que a restrição 73 de T a W> é também

nilpotente, digamos de índice ma.

É claro que

ma < my: Repetindo-se o argumento acima, existe va E W; tal que Ba = (ua. T(v2),-c Treo (vo)) éli. e Wi = Wa 6 Wi, onde W> é gerado por B» e W4 é T-invariante. Repetindo-se o argumento acima, como dimy V < 0, chega-se aos valores t,m1,+:: , My como no enunciado. Deixamos ao leitor mostrar o item (d). O 5.5.9 Para uma transformação linear nilpotente T:V — V, sejam t.mi.::* «mt € B como no enunciado do teorema acima. Então a matriz [7] é formada por blocos Jm

[Te =

(0)

0

0

DicitO)

(

0

seno

0

emo

0

O

Jm(0)

onde os 0's indicam matrizes nulas e, para cada à = 1,:+- ,t, Jmy(0) é um bloco de Jordan m; x m; em 0, isto é, é a matriz m; x m; formada com 1's na diagonal abaixo da diagonal principal e 0's no resto, ou seja,

Jm(0)=|

00 10

0 0 00

01

0

00:

10

0

5.5.10 EXERCÍCIOS (1) Sejam V um K —espaço vetorial de dimensão finitaeT :V > V um operador linear. Mostre que se para algum | > 0, temos

que Nuc T! = Nuc T't!, então Nuc T' = NucT't', para todo i>0,

(2) Seja T:KN — KN dada por T((zn)) = (0,z1,22,º** ,21***).

166

+

Um Curso de Álgebra Linear

Mostre que T não se escreve como soma direta de um operador nilpotente com um operador invertível.

(3) Seja T: Rº — Rº o operador linear dado por —T5). 01 , 25 5 — 01,2 275,—0, 209244 Tx 22,23, 24, 25)=(301 é nilpotente e Determine a decomposição T = T| & T) onde T, T; é invertível.

5.6

FORMAS

DE JORDAN

5.6.1 Iremos agora utilizar os resultados das últimas duas seções para construir a chamada forma de Jordan de um operador linear.

Ao

longo desta seção, V será um K -espaço vetorial de dimensão finita. Seja T:V — V um operador linear, onde V é um TEOREMA. que tal K sobre finita dimensão de vetorial espaço A)", m 2 le A; * A; sei f j. (2)" prix) = (x-A 1,-::,r, i =a OU,, onde, para cad o =U, &-:V tã En

temos

(a) dimk Ui; = mi; (b) o subespaço U; é T-invariante;

(c) a restrição do operador AjId - T aU; é nilpotente. DEMONSTRAÇÃO. Ti=hAld-T:V

Paracadai = 1,-:-,r, considere a transformação — V. Por (5.5.3), V = Ui, O W;, onde U; e W;

são T-invariantes e as restrições de T; a U; e a W; são nilpotente

e invertível, respectivamente.

Como

U, e W/ são T;-invariantes,

então serão também T-invariantes (ver Exercício 5.2.5(4)). Sejam T aU, ca W,, de ões T:vi— UeT”":W; — WJ as restriç

respectivamente.

Segue de (5.2.5(1)) que pr(z) = pr'(x) - prr(z).

Observe que A; é o único autovalor de T' e, como A; não é autovalor de T”, concluímos que pr'(z) = (x — A;)”t. Em particular,

dim U; = mi e a intersecção UN (Ui +---+U;-1+U;m +-*-+Ur) é (0). Um simples argumento usando as dimensões dos espaços envolvidos implica que V=U, &---&U,., como queríamos.

0

5.6.2 Vamos agora utilizar o teorema acima para construir a forma de Jordan de um operador linear. Seja T: W —

V um operador linear

Formas Canônicas

tal que pr(zs)=(2-A)"-(e-A)ror>lim>leA

« 167

+ As

se i £ j. Pelo Teorema 5.6.1, existe uma decomposição V = U| & “4 U, satisfazendo as propriedades (a), (b) e (e) de seu enunciado.

Para cada i = 1,--- ,r, considere o operador T; = Tly,: U — U.. Usando (5.5.6) e (5.5.9), segue que 7, = T, — Aildm, é nilpotente e,

portanto, existe uma base B, de U, e números t;, mi; > miz:-* > Mi, tais que Jma

(A,)

0

VAR,

0

0

Jma(M)

e

0

0

0

ve

Jma KM)

[Tils, =

i=1,---crej=1,--,t;

>

onde, para cada

0

00 So

E Mm, (K)

-.

S

Ima (A) =

So

tm

A:

O

0

«1

A

é o correspondente bloco de Jordan (ver (5.5.7)). Observe que, como a soma U, O---OU, é direta, segue que B= B/UB;---B, é base de

V. Portanto,

ls

mis=)

O

em

0 imo o

o

0

O hdi

Te.

A matriz acima é chamada de forma de Jordan associada a 7. Por (5.5.8) sabemos que os números ty; Mij,i=1,c,r,j=1,---,t;

estão bem determinados a partir de T, isto é, dado T, a forma de Jordan está bem determinada. Além disso, dois operadores lineares

SEL(VV)eT e L(V',V') têm a mesma forma de Jordan se e somente se existir um isomorfismo 6: V — V' tal que q ITp =.

168

«Um

Curso de Álgebra Linear

2.0.3 EXEMPLO

Cº um operador linear tal que — Seja T: CT? pr(x) = (x + 19º: (x — 2)?. Observe que não estamos especiexistir ficando a transformação linear.

Na realidade,

podem

dados acima (incentivavárias transformações lineares com 08 mos o leitor a exibir ao menos duas destas transformações). As as a T' são possíveis formas de Jordan associad

10000 [à

o

000

-j

1-1

dd

UM

+00

000

o

0020

1-100

O

O

O

0

012

0

0

012

0

90

0

000

=

o

0:0

000

Oo -1

0-100 0 0

020 012

0

000

1-1 Oo 0 0 0

000 -100 020

0

002

O 0

-1

0

0

0

e

020

000

1-1

o

1100 Oo

O

-1

0 0

020 002

0

000 000

0 0

100 020 002

0-1 Oo Oo o

0

5.6.4 A rigor, as demonstrações feitas acima possibilitariam a construção da forma de Jordan, mas na prática isso pode ser bas-

tante trabalhoso.

O que veremos a seguir é certamente de grande

valia para este cálculo.

SejamT:V —V,

mem,

i=1,--,tej=1,---,r; como

em (5.6.2). Para cada i = 1,.-- ,tej=1,:-- ,r;, defina o polinômio Gis(x) = (2 — A;)m"4s, Chamamos tal polinômio de divisor elementar

Formas Canônicas

de T de multiplicidade mi;

associado a A.

*« 169

Quando mi; = 1, para

algum é,). diremos que o correspondente polinômio Qi; é simples.

Segue facilmente da construção feita que o polinômio carac-

terístico de T é o produto de todos os seus divisores elementares, isto é, pr(z)

=

NI

qu (x).

bj

Observe também que os números m;; representam os tama-

nhos dos blocos de Jordan. É claro que T' será diagonalizável se e somente se todos os blocos de Jordan tiverem tamanhos 1. Por outro lado, para cada i, teremos m;, > --: > mir, de onde

se conclui que T será diagonalizável se e somente se m,, = 1 para todo i=1,-+-.t. 5.6.5 Considere o bloco de Jordan J,(A) com À E K. Observe que

(Ji(A) — Ald,)" = 0 e (Ji(A) — Ald,)"—! £ 0. Sejam agora À E K e À a matriz m x m formada por blocos de Jordan J,,(A),::- + Jr, (A) na diagonal e matrizes nulas no resto. Ser; >ri

Vi=2,--,s,

(A — Adm)"

não é difícil ver que (A —Aldn)"!

=0 e

£ 0. Utilizando esta observação, segue-se que qu(T;)

=

(Ti— Add)"

= 0,

isto é, que o operador T; é anulado pelo polinômio qu, Vi=1,---,t. Como a soma T=T|

&+::: GT, é direta, concluímos que T é

anulado pelo polinômio qu(z)qu (x) no «qu(z)

3 e de posto 2.

(8) Seja T: Pa(R) — Pn(R) dado por T(p(x)) = p(z+ 1). (a) Determine a forma de Jordan de T. (b) Para n = 4, encontre uma base B de Pn(R) tal que [T]s seja a sua forma de Jordan.

(9) Seja T um operador linear sobre um espaço de dimensão finita. Mostre que se my(z) for um produto de polinômios de grau 1

e sem raízes repetidas, então T' é diagonalizável.

EsPAÇOS COM PRODUTO

INTERNO

Vamos estudar neste capítulo espaços vetoriais com produtos internos.

Um espaço com produto interno é um espaço vetorial que

mantém muitas das características do espaço euclidiano R?, sendo na realidade, de certa forma, a sua generalização mais natural. Um

conceito central que estudaremos em particular é o de ortogonalidade. Neste capítulo, o corpo base K de um espaço vetorial será sempre igualaR ouaC.

6.1

PRODUTO

6.1.1 DEFINIÇÃO.

INTERNO Seja V um K-espaço vetorial, onde K = R ou

C. Um produto interno sobre V é uma função (, ):VxV que satisfaz as seguintes quatro propriedades: (PI)

(u+ov,w)

(P2) (Au,0)

=

(uu)+(v,w),

= AMu,v), VÃEK,

(P3) (u,v) = (vu), Vu, veV.

(P4) (uu)

>0, se ufO.

YuvweV. Vu ve V.

>K

I7d

*

Um Curso de Álgebra Linear

6.1.2 OBSERVAÇÕES

Seja V um espaço vetorial com produto interno (+). acima que (a) Segue fncilmente das propriedades Vvel. e(0=(0,0)=0, e(r)=06v0=0. (b) Observe que vale (P5)

(uv +uw)

(uv)

=

(u, w), VuuvwevV.

+

(P3), teremos, De fato, utilizando as propriedades (P1) e para u,v,w E V, que

(uvtw

=

(v+uwu)

=

)) + (w,u (v.u

=

+ (uu).

+ (uu) = (uv) = Tou)

(c) Utilizando as propriedades (P2) e (P3), chega-se a (P6) (u,Av) = Xu,v), VAEK, VuveV. eu,v E V, temos que

De fato, se AEK

(uÃv) = (Avu)

= Mu,u)

= A(o,u)

= Auv).

(d) Usando as propriedades acima, teremos também que n

(2

Er]

m

QU, >.

j=1

n

Bv; )

=

m

33,

i=1 j=1

mB;

(tis Us)

parau;,veVea,B;eK,i=1,--,;nej=1,,m.

(e) No caso K =R, a propriedade (P3) implica a igualdade (u,v) = (v,u) para u,v E V pois, neste caso, teremos que

(uu) = (vu), Vuv EV. Esta simetria se perde no caso complexo. De fato, se V é um C-espaço vetorial e v E V, temos por (P4) que (v,v)

>0€e

(iv,iv)

>0. Se

tivéssemos aqui (u,v) = (v,u) para todos u,v € V então,

usando (P2), chegaríamos a

(iv, iv) = i(u,iv) = i(iv,v) = Plv,u)=-(v,0) uma contradição.

>0,

Espaços com Produto Interno

« 175

6.1.3 EXEMPLOS (a) Para o K -espaço vetorial V = K”, definimos ((mrre e: En)

(1,***

sYn))

=

nh++zmh=)

uk i=1

Tal produto interno é chamado de produto interno canônico

em K”. ae:

Em geral, se considerarmos números reais positivos + Qn então

((m1,º:*

a)

,

(we

+Yn))

=

az i=1

é um produto interno em K” (verifique as propriedades (P1), «--(P4)). O que acontece se considerarmos q4,::- ,Qn E R não necessariamente positivos?

(b) Considere o K-espaço vetorial V = C([a,b),K) das funções contínuas de [a,b] em K.

As regras de integração garantem

que

9=[

F(t) g(t) dt, para f,g EV,

é um produto interno (verifique). É chamado de produto interno canônico em C([a,b),K ).

(c) O produto interno canônico em V = Ma(K) é dado por a

——

(A,B)= >, aby ij=1

onde À = (a;;);;

e B = (b;;):,; São matrizes de V.

6.1.4 Sejam V e W dois espaços vetoriais sobre K e seja (, ) um produto interno em V.

SeT:W

—

V for uma transformação

linear injetora, então podemos definir um produto interno em W da seguinte forma

(u, v)r def (T(u), T(v)),

VYuveW.

176

«Um

Curso de Álgebra Linear

De fato, (P1) Se w,u2, v E W, então ur = (Tlm tua). T(v)

(mtu

= (T(u)+T(ua),T(v)) =

+ (uasv)r T(v)) + (T(ua), T(v)) = (uv) = (Tu). (P2)

SeXeK

eu,ve W, então

(Qu v)r = (T(du), T(v) = (A T(u), Tl)

=

= MT(u), T(v) = Muv)r-

(P3) Se u,v € W, então

(ur

= (T(u).T(0) = TO). T(u)

= (our.

(P4) Seja u um vetor não nulo em W. Como T é injetora, teremos que T(u) £ 0. Logo

(u ur

=

(T(u),T(u))

> 0.

Um caso particular do discutido acima é o seguinte. Seja V um espaço vetorial com produto interno (, ) e seja W um subespaço de V. SeT:W — V for a inclusão natural, teremos como consequência que (, ) restrito aos elementos de W é um produto interno em W. O procedimento acima é também bastante útil para se definir produtos internos em certos espaços vetoriais, como veremos nos exemplos a seguir. EXEMPLOS

(a) Seja VW um K-espaço vetorial de dimensão n > 1. Sejam B = (m,::* ;unj uma base de Ve fe;,--- en) a base canônica de K”. Consideremos também em K” o seu produto interno canônico. Seja agora a transformação linear T: VW —

por T(w)=esi=1,---,n, istoé, n

TO, t=1

nm

Qyvi)

= Dome; i=1

=

(a, Pos

On).

K” dada

Espaços com Produto Interno

* 177

T é al transformação existe, é única por (3.1.5) e é claro que injetora (na realidade, é um isomorfismo). Além disso, o proT é dado por duto interno induzido por

(are + Am )Be (Base 'Bn)B)r = (s GyVis Ê Byvj)r = t=1 J=

(T (>

asui)

çã

=

(E

ss)

= (mei,

E

i=1

j=1

j=1

1=1 (lar

1 On) (Bis oe

+Bn))

=

B;ej)

=

Dub

Em outras palavras, (Cars

Qn)B:

(Br,

1Bn)B)T

=

Said.

i=1

Em particular, teremos (vi, Vj)r = 6;;, para i,j=1,:--;n. (b) Considere o C -espaço vetorial V = W = C([0,1],C) munido com o produto interno canônico e a função T :V — W dada por TV

—

fm

W

TH):

lo)

—

tor

€

TAB=t-F(t)

isto é, T(S)t) = t-f(t) para 0 (a) Suponha que wo E W satisfaça a relação

(x)

lv-wol| (d) Claro.

(d) => (a) Seja ([vi,...,un) uma base ortonormal (T(vi),..., T(vn)) seja uma base ortonormal de W.

de

V

tal que

Para u, v € V, temos n n

di= Do arvi

com

aq;

EK

e

v=

Bjv;

i=1

com

J=1

3,EK :

Então, pela Observação 6.2.8, temos que (u, v) um

Dad; 1i=1

e, portanto,

(T(u),T(v)

=(T (> au) i=l

TT (Ej=1 Bs) =

= (x QT(vi), L B;jT(v;)) = 1=

J=

= E E uBXT(u),T(u) = Da

i=1

pois

(T(vi), T(v;))

=

Oij. Logo,

(T(u), T(v))

en

(u, v),

como queríamos.

V uverv,

0

6.5.4 EXEMPLOS

(a) Sejam VW um K-espaço vetorial com produto interno e de di-

mensão n > 1e B= (w,...,vn) uma base ortonormal de V. Então a função q:

V

—

K?

n

> Ovi i=1

(a,

Eid 1Qn)

é um isomorfismo entre V e K” que preserva O produto =» terno (onde consideramos em K” o produto interno canônico). Deixamos ao leitor a demonstração dos detalhes.

besAi (b) Seja V =R? com produto interno canônico ; e seja W E o asSU É á paço de Ms(R) das matrizes A que satisfazem À

Espaços com Produto Interno

* 203

(as chamadas matrizes antissimétricas). Consideremos em W o seguinte produto interno: (A, B) = ltr(A-B'),V A BE W. Defina T:

Rº

ed

(Z1, Ta, 3)

W

to

0

T|

q

—T

0

La

=

—E

0

Observe que T é linear e, além disso, cla é sobrejetora, pois

Queremos

(7(1,0.0), T(0,1,0),T(0,0,1)) é uma base de W. mostrar que T' preserva produto interno.

Sejam

(7,,41,21) €

(2, 42,22) em Rº. Com isso, ((r1,.y1,21),(22,42,22)) = Z1Z2 + yo + 2122. Também

T(z,,4,21) ==

T(xayaza)=|

0

To

MW

=]

0

za

-u

-2

0

e

0

z2

y2

-7

0

a

-w

-2

0

Daí, = (T(xi,y1,21), T(xa, ya, 22))

=

O

mm

n

O

xo

mw

(|-n

0

als|-=

0

a

=-n

-a

—m2

0

=tr

ONE

=

-yu

0

l)=

0

To

mn

O

—zxa

—-m

-72

0

2

zo

0

-»

-n

-a

O

ww

wa

0

TiT2 + Wiya +

» TiZ2 + 2122

* *

*

+

+ Z122 uiya

2

=

llzua +nta) + (ziza + 2122) + (yiya + 2122)] =

204

+»

Um Curso de Álgebra Linear =

Trat

+72

=

((x1,71,21),

(xo, to, 22))

E, portanto, T' preserva produto interno. c) (c)

Considere o R-espaço V = € (10, 1),R) com Produto a vetorial ,

interno (f,9)h

=

bh

Eftg(t) dee W

produto interno (f,9)» T:

V

= if ->

HO

= C([0,1],R) «

f(a(t) dt. A função

com

W

TA) =ef(t)

é linear (mostre) e preserva produto interno. De fato

(TU). TlgDa

=4t F(t,t g(t)o = = Jo

F(t)) (t g(t)) dt =

= Jo E H(t) g(t) dt =(f.9) para todos f,g € V. Como T preserva produto interno, segue

que ela é injetora. No entanto, não é um isomorfismo, pois T não é sobrejetora.

Por exemplo, se g é a função constante 1,

isto é, se g(t)=1,

VtE [0,1], então gg ImT (sege ImT,

então existiria fEV tal que T(F(t))= g(t).isto é, t-f(t)

= 1.

O “candidato a f(t)” é 1 que não é contínua em 0).

Este

exemplo mostra que o Teorema 6.5.3 não vale sem a hipótese V

de dimk

=

dimk

W ser finita.

(d) Considere ly munido do produto interno definido em (6.1.9) e sejaS : ly —>» l2 definida por S((Z, )nen) = (0, 71,22,:::). Observe que $ é uma transformação linear que preserva produto interno e, portanto, é injetora. Mas S não é um isomorfismo, uma vez que $ não é sobrejetora, pois o vetor (1,0,0,::-) não

é imagem de nenhum vetor de 1). Este é um outro exemplo da

importância da dimensão de V ser finita para a validade do Teorema 6.5.3.

6.5.5 PROPOSIÇÃO. Sejam Ve W dois K -espaços vetoriais com pro" duto interno e T E L(V,W). Então T preserva produto interno 80 € somente se|JT(v) |=I|v |) Vvev. -

DEMONSTRAÇÃO.

tão : Já vimos que se T' preserva produto interno, en

Espaços com Produto Interno

* 205

Tie) = lvl paratodov EV, Vamos provar a recíproca. Suponha que || T(v) | = | v || para todo v E V. Se V é um espaço vetorial sobre R, então (u,v) = 4 |u+v ||? -1 juv |? para todos uv ve V

(identidade de polarização provada em (6.1.6)). Teremos

então

(Tu). T(v))

404T() +T(v) |? =1 | T(u) = T(v) |P= 40T(u+v) |? =1 | T(u— v) |P= =4llu+v|2-Iu-o|P= = (u,v).

Se V é espaço sobre C, usa-se, de maneira análoga, a identidade 1 ; ,

(= autvlP=Su-o [Pagu iv | =Su-iv

para mostrar que (T(u),T(v))

= (u,v), Vu,v € V.

Deixamos ao

leitor a tarefa de verificar os detalhes neste caso.

O

6.5.6 EXERCÍCIOS (1) Sejam U,V espaços vetoriais com produto internoe T:U —V

uma função tal que (T(u),T(v))

=

(u,v) para todos u,v € V.

Mostre que T' é linear.

(2) Considere o R-espaço vetorial Rº munido do produto interno usual e seja T :R3 — Rº o operador linear dado por T(x,y,2) = (x cos9 — y senô, x senô + y cosô, z), onde 8 é um angulo fixo. Mostre que T' preserva produto interno. (Observe que T' faz cada vetor girar de ângulo 6 em torno do eixo 2).

ÁDJUNTOS

O objetivo deste capítulo é introduzir o conceito de operadores adjuntos e ver como o mesmo está relacionado à existência de uma base

ortonormal

formada

por autovetores

de um

dado

operador

linear. Neste capítulo, K denotará ou o corpo dos números reais R ou o corpo dos números complexos C.

7.1

FUNCIONAIS

LINEARES

E ADJUNTOS

7.1.1 Sejam V um K espaço vetorial com produto interno e w € V.

Podemos, a partir de w, definir um funcional linear em V* da seguinte maneira: fo:

V

>

ums

K

fu(u)=(uuw).

A linearidade de fw é garantida pelas propriedades (Pl) e (P2) da definição de produto interno. Podemos perguntar se vale a

recíproca da observação acima, isto é, se dado um funcional linear

f EV”, existe um vetor w E V tal que f = fw. A seguir apresentaremos um resultado que responde de forma positiva a esta pergunta.

208

*

Um Curso de Álgebra Linear

7.1.2 Sejam V um K -espaço vetorial de dime nsão finit

produto interno e B = (vi, v2z,:--,vn) uma base é n

V.

Considere o elemento w = 5" ay, i=1

EVe

ans

1 Com Ftonormaj

calculemos

e

definida acima em um vetor v; da base de B:

Solv;) = (07 D qui) , = Do a (o, vi) =a; ,

i=1

Logo w = 45

n

see

Jwlv;)v;. Esta conta será útil na d CMOnst ração

d

próximo resultado. Prorosição.

:

Seja V um K -espaço vetorial com Produto int

de dimensão finitan >1. Se fe V*, então existe um único qo tal que f( =u) (u,w) para toudo E V.

VP

DEMONSTRAÇÃO. normal

Segue do Teorema 6.2.7 que existe uma base Orto(w,...,vnj de V. Considere o elemento w = 5 Twi

de (uy)o,.

Vamos mostrar que f = fy, isto é, que Fu) = flu) todo u E V. De fato, para k = 1,...,n, temos

= di a

ft), para

Solo) = (uu u) = (uu, DO Hj) 0) = 35 Tl) (08,05) = ft) e, portanto, como f e f, coincidem nos elementos de uma base, segue que f = f, como queríamos.

Unicidade. Sejam wn, tw

E V tais que f = fu, = fus, isto é, tais que

f(u) = (u,un) e f(u) = (u,w,) para todo u E V. Então (u,w) = (u, w2) para todo u E V. Assim, (uu — wa) =0, VuEV . Segue

de (6.2.2) que w; — w> = 0 e a unicidade está provada.

0

7.1.3 OBSERVAÇÃO Quando a dimensão de V for infinita, a proposição acima nãoé verdadeira de um modo geral, como mostra o Exemplo 7.1.4(a) abaixo. Convém, no entanto, observar que, no contexto da teoria de Análise Funcional, teremos que a proposição acima

é verdadeira para todos os funcionais lineares contínuos sobre os denominados espaços de Hilbert de dimensão infinita, Pº '

Adjuntos * 209 exemplo, para o espaço l> definido em (6.1.9). Tal resultado é conhecido como o Teorema de Riesz e sua demonstração pode ser encontrada em qualquer texto básico de Análise Funcional

(ver, por exemplo, [K]). Não faremos aqui tal demonstração por fugir do conteúdo proposto. 7.1.4 Nos exemplos que se seguem vamos exibir funcionais lineares

sobre espaços de dimensão infinita V que podem ou não ser dados a partir de um produto interno. EXEMPLOS

(a) Seja W = P(C) o espaço vetorial dos polinômios com coeficientes em C e considere o produto interno dado por

1

pra = [0 (a) de para todos p,q € V.

Considere 29 E € fixo e seja É € V* definida por &(p) = p(z0) para todo p € V. Queremos mostrar que não existe qo € V tal que é(p) = (p,qo), para todo p € V. Vamos supor, por absurdo, que exista um tal qo € V. Então

69) = plz) = / p(taold) dt, V pe V. 1

———

(1)

Considere agora o polinômio r € V dado por r(t) = t — 29. Assim, (r -p)(zo) = 0, Yp € V. Agora, aplicando (1) para o polinômio r - p, segue que

0= / (r- pego) dt, l

————s

para todo p € V. Em particular, para o polinômio p = F-qo, teremos que 1

1

0= [ (r-F - qo)(baoO) dt= / Ino? « Iao(t)fÊ dt, 0

0

e, consequentemente, 1 + qo = O em [0,1]. Como r £ 0, temos que qo = 0. Assim, é seria o funcional identicamente nulo, o que é uma contradição. Portanto, o funcional é não pode ser definido a partir de um produto interno.

210

+

Um Curso de Álgebra Linear

(b) Considero | V = la munido do produto interno usual d ad E Zn * Yn, para todo x = (Zn)nen,y a= (Yn)nen 9 êPorj (2,4) =

(ver Exemplo 6.1.9). Seja fr:la — por

K o funcional lin

r fe((zi Jultti, xa, e) = xe, isto É, fek é à

coordenada.

Projeção da

Assim fi((z1,22,º:*)) = ((xi, xo,

Caradado

ima

fais

+ Onde

ex = (ônk)nen7.1.5 A seguir demonstraremos um teorema que é à Principal

sequência da Proposição 7.1.2. TEOREMA.

Volks

Seja V um K -espaço vetorial com produto interno e

dimensão finita. Se T E L(V.V), então existe um único

o

DEMONSTRAÇÃO.

Pára

T* € L(V,V), tal que (T(u),v) = (u,T*(v)) para todos u ve y. Seja v € V. Queremos definir T* (v) EV.

tanto, vamos considerar o seguinte funcional linear

fi:

VS

K

ut

fu)=(T(u),v).

Observe que f é linear pois se uw,uz €E Ve AEK, então fu

+ Au2) = (T(w + Au2), v) =

(T(u) + AT(uo), 0) =

= (T(u), v)+ MT(ua), v) = f(m)+A f(uo). Pela proposição 7.1.2 sabemos que existe um único w E V tal

que f(u) = (t,w), paratodou E V, isto é, tal que (T'(u), v) = (u,u), YueV.

Como w é determinado de modo único por v, definimos

T*(v) = w. Por construção, teremos então

(T(u), 0) = (u T(v),

Vuvev.

Para mostrarmos que T* definida acima é linear, considere vetores u,vi,v2 € Ve um escalar AEK. Então

(u, Tr(vr + Avz))

= (T(u), wi + Ava)

=(T(u), uv) + MT(u), va) = (u,T'(0)) + Au, Tº(v2)) = (u,Tº(v1) + ATº(v2)).

Adjuntos

e 211

Portanto, (u, Tº(w + Av) - T*(v1)) - AT*(w,)) =0, Vu E V, o que implica que T*(v, + Ava) = T*(m) +ATº (v2). Portanto, T* é linear.

A unicidade decorre facilmente da construção feita. 7.1.6 DEFINIÇÃO.

0

Seja T E L(V, V), onde V é um K -espaço vetorial

com produto interno.

Dizemos que T' possui um adjunto se existir

um operador linear T* E L(V,V) tal que (T(u),v)

=

(u, T'(v)),

para todos u,v € V. Diremos, neste caso, que T* é o adjunto de T. Os operadores adjuntos nos ajudarão a definir mais adiante

três classes importantes de operadores, que são os denominados autoadjunto, unitário e normal.

7.1.7

OBSERVAÇÕES

(a) Sejam

VW um K -espaço vetorial de dimensão finita com base ortonormal B = (vi,vz,:-- jun] eT € L(V,V). Observe que

combinando as construções feitas nos resultados 7.1.2 e 7.1.5,

podemos dar a seguinte fórmula explícita para T*: Tº(0) = 3

(T(u),ujv,,

Vvev.

j=1 (b) O Teorema 7.1.5 garante que se V é de dimensão finita, então

todo operador T E L(V,V) possui um adjunto. Isto, porém, não é verdade de modo geral quando dimk V = oo. Neste caso, é possível mostrar que todo operador linear contínuo entre os chamados espaços de Hilbert admite adjunto. Tais conceitos, bem como a demonstração da afirmação feita, podem ser

encontrados em textos básicos de Análise Funcional (ver, por exemplo, o livro [C]). (c) O adjunto de T, quando existe, depende obviamente do produto interno considerado. Use, por exemplo, a transformação linear dada no Exercício 7.1.13.(1) e o Exercício 6.1.10(5) para exibir exemplos de transformações lineares T' onde T* depende do produto interno em questão.

212

e

Um Curso de Álgebra Linear

7.1.8 EXEMPLOS

(a)

Considere no €-capago vetorial V=Ma(C)o Produto ; dado por (A, B) = tr(B A), para A,Be V. Dada Ni

M e M,(C), defina o operador linear Ty : V Tu(A) = MA. Queremos descrever a transform

: ão que sabemos que existe por (7.1.5). Para tanto, cabem Os;

(Tu(A), B) = (MA, B) =tr(B(MA)) —

= tr((B'MJA) = tr((MBYA) = (A, WB) Como (Tu(A), B)

=

(A, M'B),

para todo A E V

pela unicidade do adjunto que (Tu )*(B) = M'B.

+ ter

Re

A seguir apresentaremos exemplos de operadores lineares T en. + . tre espaços de dimensão infinita que podem ou não iii ir a adjuntos.

(b)

Considere no C -espaço vetorial V das funções Polinomiais com

coeficientes em C o produto interno dado por 1

(pg) = / p(talo dt, para pq ev. Vamos exibir uma transformação linear de V em V que admite adjunto e outra que não admite adjunto. Para tanto, fixe em primeiro lugar um polinômio f € V e considere o operador linear Tr: Vo V

p

+

fp

(mostre que Ty é, de fato, linear). O operador T; possui um adjunto. De fato:

(Te(p), ) = (fp, ) = / feiplt)a(t) dt = l

1

==

———

-

= fe) Fat) de= (o, Ta

Adjuntos

* 213

Como a igualdade acima vale para todos os polinômios p, q em

V, teremos que T*; V > V dado por T(at) = HOa(t) é o operador adjunto de T;. Em outras palavras, (Tp)* = T5. Seja agora D € L(V,V)

o operador derivação em V, isto é,

D(p) =p" para todo p E V. Vamos mostrar que D não admite adjunto. Sabemos que

(D(p),q) = / p'(ta(t) dt 1

1

(pa)(1)—(po)(o)

——

e

1

/ (pq) (t)dt

1

/ p'(ta(t) dt+ / p(ta'(t) dt,

para p,q € V. Donde

(+)

(D(p).q) = (pa)(1) — (po)(0) — (p.D(9)) Vpqev.

Considere agora qo € V tal que qo(0) É qo(1) e suponha que exista um polinômio q; € V tal que (D(p),q0) = (p.q1). para todo p E V. Então

(p. 01) = (D(p), qo) E (pao) — (pa)(O) = (p, D(d)) VP EV. Logo,

(x+)

(p, D(go) + qn) = (pão)(1) — (pmo)(0), Vpev.

Observe que, como qo está fixado, a aplicação é, que a cada p E V associa (pgo)(1) — (pgo)(0), é um funcional linear. Por (++), temos que d(p) = (p,D(qo) + q1), Vp E V e q é dado a partir de um produto interno.

Usando um argumento similar

ao utilizado em (7.1.4) concluímos que é é o funcional nulo, isto é, que (pgo)(1) — (pão)(0) = 0, Yp E V. Se p for o polinômio constante igual a 1, segue que 7,o9(0) = 7%o(1), uma contradição

com a nossa hipótese sobre qo e, portanto, D não admite adjunto (ver Exercício 7.1.13(5)). (c) Seja V = la com o produto interno dado por oo

(my) =D, um t=1

214

«

Um Curso de Álgebra Linear

S: 1, para x = (zi)iensy = (yiien (ver (6.1.9)). Seja

1,2,.... o operador linear definido por S((71,22,:::)) = (0,27 O operador $ admite adjunto. De fato (S(x), 4)

=

k k

((0, mi. 72," so ), (yi. ua, nto )) oo

=

Tídi+ 1=1

=

((Ti,T2,** Dlvasya, =).

Como a igualdade vale para todo 7,y E la, segue que o operador S*

la dado por S*(y)

: ly —»

= (y2,y3::::) é O operador

adjunto de S.

7.1.9 Proposição. terno.

Sejam T,

Seja V um K -espaço vetorial com produto in-

S € L(V,V)

juntos T* e S*, respectivamente (a) T+S

operadores lineares que admitem ad-

ce AEK.

Então

admite adjunto e(T+S)*=T'+Sº.

(b) XT admite adjunto e (AT)* = AT”.

(c) To S admite adjunto e (To S)' =S*oT*. (d) T* admite adjunto e (T*)* =T. DEMONSTRAÇÃO.

(a) Se u,v € V, teremos que

(T+ Su), 0) = (T(u)+ S(u), v) =

= (T(u), v) + (S(u), v) = = (u, T'(v)) + (u, S*(0)) = (u, (T* + S)(v)) Como a igualdade dada acima vale para todos os vetores u,v E V, segue que T + S admite adjunto e (T+ S)*=T'+Sº. (b) Para u,v € V, teremos que

(AT) (u), 0) = MT(u), 0) = Mu, T'(v)) = =

(u, À T*(v)) = (u, (A T)(v))

Adjuntos

« 215

e, portanto, AT admite adjunto e (AT =XTº. (c) Para u,v € V, temos que (To S)(u), v) =(T(S(u)), =

(u,

S(T'(v)))

v)=(S(u), T'(v))

a

(u,

sº

=

o T'(v)).

Logo, To S possui adjunto e (To S)* = Sº o T*. (d) Para u,v € V, temos que

(T(u), 0) = (0, T'(u)) = (To), u) = (u, T(v)) e, portanto, T* possui adjunto e (T*)* = T,

0

Segue em particular da proposição acima que o conjunto dos operadores que admitem adjuntos é um subespaço de L(V, V). É claro que o operador nulo admite adjunto que é o próprio operador. 7.1.10 Quando o espaço vetorial V tiver dimensão finita, vimos acima que qualquer operador T € L(V,V) admite adjunto T*. Para a descrição deste adjunto, é muitas vezes conveniente utilizar as matrizes de T e T* com relação a uma base ortonormal fixada e ver como elas estão relacionadas.

É o que faremos a seguir.

Proposição. Seja V um K -espaço vetorial com produto interno e de dimensão finita. Sejam B = (wm,...,Unj uma base ortonormal deV

eTe

(T]s

Se

L(V, V).

=

(ar)iy» então

Gij

=

(T(v;), v;),

Vij=1,n DEMONSTRAÇÃO.

(1)

Segue da definição de [T]s que n

T(u;) = D) avi,

paracada j=1,-,m.

t=1

Por outro lado, como B é uma base ortonormal, segue de (6.2.5) que, para todo vEV,

v =

5

R

(vv) vu. Em particular, temos que .

i=1 n

(11)

T(v;)

= 3, i=1

(T(v;), vs)

v

paracada

j=1,--,n.

«

Um Curso de Álgebra Linear

Comparando-se

as equações

(1) e (II) (que nos dão ambas as co-

ordenadas de T(v;) em termos da base B), concluímos então q ai; = (T(v;), vi) para todo à,j = 1,:-:n, como queríamos, ê .

“

É

u

7.1.11 Podemos agora mostrar um resultado que é bastante Útil na hora de se calcular o operador T*. TEOREMA.

Seja V um K -espaço vetorial com produto interno de

dimensão finita, e seja T E L(V,V). Em relação a qualquer base ortonormal de V, a matriz de T* é igual à transposta conjugada da matriz de T. DEMONSTRAÇÃO.

Seja B = (v,,...,;vUn) uma base ortonormal do espaço V e considere [T]s = (ai;)i.; e [T*]s = (ci;)i,, às matrizes dos operadores T e T*, respectivamente, com relação à base B. Segue

da Proposição 7.1.10 que a;; = (T(v;), vi) e cy = (T'(v;),v;) para todos 1,7 = 1,--- ,n. Usando-se a definição de T* e as propriedades

do produto interno segue que

ci =(T"(u;),vi) = (v, T'(u;)) = (T(vi),0,) = Tx. Portanto, (Tie = [T*]s, como queríamos.

0

7.1.12 EXEMPLO

Considere em Cº o produto interno usual e seja T: Cº — C3 dada por T(z,y,2)

= (z + 2y,iz,y — iz).

Se B for a base

canônica de C?, teremos então 0 i

Sn =

(Ts =

Som

—

mm

(7"]s = [7] =

00

tw

Como B é ortonormal, segue então que

01

SOS

216

=

e, portanto, T*(x,y,2) = (7,27 + z,-iy + iz). Observe agora

que C = ((1,1,1),(0,1,1), (0,0,1)) é base (não ortonormal) de

.

Adjuntos

* 217

C'e aí 3

Mle=|

2

i-3

ài-2

1-2

1-% é

;

0

1

0

0

ilelTk=|

2

1

1

-%

ic

.

.

—t

34

É claro que [T"Je £ [T]e- Com isso, gostaríamos de enfatizar a importância de se ter uma base ortonormal para podermos aplicar o Teorema 7.1.11. 7.1.13 EXERCÍCIOS

(1) Seja Te

I(C2,C?)o

operador dado por T(1,0) = (1+i, 2) e

T(0,1) = (i,i). Considerando em C2 o produto interno canônico, determine 7º,

(2) Considere C? com produto interno usual. Seja T € L(C2,C?) tal que a matriz em relação à base ordenada canônica é definida por aj = ** (onde i é o número imaginário). Determine uma base de Nuc T”.

(3) Seja V um espaço vetorial de dimensão finita com produto interno. Mostre que, se T E L(V,V) é invertível, então T* é

invertível e (T*')-! = (T-)*. (4) Sejam V um espaço vetorial com produto interno e v,w E V. Defina a função T:U —

V por T(u) = (u,v) w, Vu E V.

(a) Mostre que T € L(V,V). (b) Mostre que T possui um adjunto e descreva T*. (c) Suponha V = C” com o produto interno usual e escreva v=(m,:-,on)ew= (8: ,Bn). Qualé o elemento

a;r da matriz de T' em relação à base canônica de V? Qual é o posto de tal matriz?

(5) Sejam qo € P(C) e a1,:-- ,Qn E C e defina o funcional linear &:P(C) — C dado por &(p) = o (p qo)(a;). Mostre que não s

i=l

existe r(t) E P(C) tal que &(p) = (p,r) (considere em P(C) o

produto interno canônico).

218

Um Curso de Álgebra Linear

«

7.2

AUTOADJUNTOS

7.2.1 Uma importante classe de operadores lineares é formada operadores que coincidem com os respectivos ad juntos, Estud Pelos AT tais operadores é o principal objetivo desta seção.

DEFINIÇÃO. com

Seja T € L(V,V),

produto interno.

onde V é um K -espaço viii

Dizemos que T é autoadjunto se T ei

adjunto T* e T* = T. No caso em que K =C, usamos também o termo hermitiano e no caso em que K = R, usamos também o tbio simétrico.

7.2.2 ProrosiÇÃO.

Sejam V um K -espaço vetorial com produto

interno e de dimensão finita eT E L(V,V). são equivalentes:

As seguintes afirmações

(a) T é autoadjunto. (b) Te = [T]s para toda base ortonormal B de V. (c) Existe uma base ortonormal B de V tal que frik = [Tle. DEMONSTRAÇÃO.

Seja B uma base ortonormal de V.

Vimos em

(7.1.11) que [T*]g = Ti. Assumindo T' autoadjunto, segue que (Ta = [T]g o que prova a implicação (a) => (b). Por outro lado, se assumirmos que [Te

= [Tl]s, então [7*]s = [Ts e, portanto, T é

autoadjunto, o que prova (c) => (a). A implicação (b) => (c) é trivial. D

CoroLÁRIO. B uma

Sejam V um espaço vetorial de dimensão finita e

base ortonormal de V.

SeT

E L(V,V) for um operador

linear autoadjunto e se [T]s = (a;;);; então aj = ax, V ij. Em particular, os elementos da diagonal de [T]g são números reais. 7.2.3 EXEMPLOS

2 (a) Considere em C2 o produto interno usual e seja T:C?=€"8 transformação linear dada por

T(euw)=(2+(1+iw, (1-i)z +30),

Vavel

Adjuntos

Se considerarmos a base canônica B = ((1, 0),(0,1)) de C?

teremos que

T(1,0)=(2,1-i)=2(1,0)+(1-:)(0,1) TO, D=(1+i,3)=(1+:)(1,0)+3(0,1) 2 > [Ts =o ( Rai ai.I+i ) =

=!

=tris.

e, portanto, T é um operador autoadjunto. (b) Seja T:C?

+ C2 o operador linear dado por

T(x,)=((3 + ir + (-2+3i)y, (=1+ 2i)z — (4+ d)y), para 7,y € C. Com relação à base canônica B = ((1,0), (0,1))

de C2, teremos então

T(1,0)=(3+i,-1+2)=(3+)(1,0) + (=1 + 25)(0,1) T(0,1)=(=2+3i,-4 — )=(-2+3:)(1,0) + (=4 = :)(0,1)

sm=( 1

NS) +

Portanto, T' não é um operador autoadjunto.

Observe agora que se considerarmos a base € = ((1,0), (1,i)) de C?, seguirá então que

T(1,0) = (8+i, —1 +21) = 1(1,0) + (2+0)(1,1) |) T(1,i) = (-i, —2i) = (2 i)(1,0) — 2(1,1)

eme = (44,

e)

A matriz [TJc satisfaz le = [Tle, mas como € não é ortonormal, não podemos concluir que T seja autoadjunto (calcule T*

e compare com T). Observe também que tudo depende do produto interno considerado em C?2. Deixamos ao leitor a tarefa

de definir um produto interno em C? de maneira que T seja autoadjunto em relação a este produto interno.

« 219

220

«

Um Curso de Álgebra Linear

(c) Sejam V e T; como no Exemplo 7.1.8(b). Mostramos af T; = T;. Com isso, T é autoadjunto se e somente se que

HOp(t) = Ty(p) = Tj(p) = FOp(t) para todo p € V e isto vale se e somente se f — É f. ou, de maneira equivalente, se e somente se f € P(R ). 7.2.4 LEMA. Sejam V um € -espaço vetorial com produto interno : . = b Te L(V,V). As seguintes afirmações são equivale ntes:

e

(a) T=0.

(b) (T(u),u)=0,

Vuev.

(c) (T(u),v) =0,

Vuvev.

DEMONSTRAÇÃO.

(a) > (b) É claro.

(b) > (c) Sejamu,

vEV

ea, 3EC

Então

0=(T(w),w)

=

e considere w = ou+iveyv.

(T(au + Bv), au + Bv)

=

= Jaf(T(u),u) +as(T(v),u) +aB(T(u),v) + |BUT(v),v) = = a8(T(v),u) +aB(T(u),v). Como

a igualdade acima vale para todos os valores a,

EC,

escolhendo-se a = 8 = 1, teremos que (T(v),u) + (T(u),v) = 0.

Por outro lado, escolhendo-se os valores q = ie f = l1, teremos

=UT(v),u) + i(T(u),v) = 0. Resolvendo-se o sistema

(T(v),u) +(T(u),v) =0

=UT(v),u) +i(T(u),v) = 0 segue que (T(u),v) = 0 e o resultado está provado.

(c) => (a) Como (T(u),v) = 0, Vu,v € V, podemos escolher

v=T(u) e teremos (T(u), T(u)

= 0, Vuev.

Decorre da definição de produto interno que T(u) = 0, Vu EV. 0

Adjuntos

*« 221

195 OBSERVAÇÃO le

as

A equivalência acima não é verdadeira se considerarmos espaços vetoriais sobre R. Na verdade, a equivalência das condições (a) e (c) continua valendo assim como a implicação (c) > (b). O

que não é verdade é a implicação (b) > (ce), como nos mostra

» seguinte exemplo. Considere T : R? > R2 a transformação jinear dada por T(x,y) = (—y, 7). Observe que, considerando em R? o produto interno canônico, temos (T(r, y).

(x, y)) = ((-y, z), (2,9)

para todo (x, y) € R?, mas

=-yr+Ty= 0,

(T(,0), (0, 1)

=

((0, 1), (0, 1)) =1.

Sejam V um C -espaço vetorial com produto

726 Proposição.

inteno e T e L(V,V). Então T é um operador hermitiano se e somente se (T(v),v) ER, VvevV.

(=>) Se T é hermitiano, então T = T*. Portanto,

DEMONSTRAÇÃO.

para cada v € V, temos que

(T(v),0) = (u,T*(v)) = (vu, T(v)) = (T(v),v) E R.

ecentão (T(v),v)

(+=) Suponha que (T(v),v) ER,

VYvEV. Então

(T(0),0) = (T(U),0) = (o, T'(0) = (Tº(0), 0). Assim, (T(v) — Tº'(v),v) = 0, T(v)=Tº(v),

VveEV.

Y ve V, como queríamos.

Segue do Lema 7.2.4 que 0

É claro que a Proposição 7.2.6 não é válida em geral se V for um R -espaço vetorial. 7.2.7 ExERCÍCIOS

(1) Sejam V um espaço vetorial sobre K com produto interno e

T,SEL(V,V).

(a) Mostre queseT' =TeS*=Sentão (S+T)' =S+T.

222

+

Um Curso de Álgebra Lincar

(b) Suponha que T*º =T,TfOeseja0£aek. Prove qu («T)* = aT «& a é um número real. e

(c) SeT=T-1eTº=T,

prove que (T-!)* = 7-1

(d) Mostre que se T* = Te S* = 5, então (To S)* = ToS es ToS$S=SoT.

(2) Sejam V um espaço vetorial sobre K

TE L(V,V). Mostre que Ti = HT

com produto interno e

+T')eT = A(T - T+)

são autoadjuntos. (3)

Considere no C-espaço vetorial V = P(C)

o produto interno

dado por (p,9) = ho p(tJalt) dt, V pq E V. Decida se o operador T € L(V,V) dado por T(p)(t) = t-p(t) é autoadjunto.

(4) Decida se o operador derivação é autoadjunto no espaço vetorial

V = Pa(C) munido com o produto interno 1

(p,9) = /

——

p(t)a(t) dt, Yp,qe V.

(5) Considere em Cº o produto interno usual. Seja T € L(C3,C3) dado por

T(z,w,8) = (22+(1 +i)jw—3is,z + 3w + (2 + i)s,iw + dis). Calcule T* e verifique se T é autoadjunto. (6) Considere

V = Ma(R)

munido

do produto interno dado por

(A, B) = tr(B'A). Considere M =

: O

leTeEL(V,V)

dado por T(A) = MA— AM, V A EV. Determine Tº. 7.3

OPERADORES

7.3.1 DEFINIÇÃO.

UNITÁRIOS

Sejam V um K-espaço vetorial com produto in-

temo e T € L(V,V). Dizemos que T é unitário se for um isomorfismo de espaços com produto interno.

Adjuntos

* 223

7.3.2 OBSERVAÇÕES

Sejam T1, Ta € L(V,V), onde V é um K-espaço com produto interno.

(a) Se Ti, T> são unitários, também T) o T; o será. (b) Se Ti é unitário, então T/! é unitário. 7.3.3 ProrosIÇÃO.

Seja TE

torial com produto interno. adjunto T*

L(V,V), onde V é um K -espaço veEntão T é unitário se e somente se O

existir eToT*º=T'oT=[Id.

DEMONSTRAÇÃO.

Suponha, em primeiro lugar, que T seja unitário.

Então T é invertível e, como preserva produto interno, teremos que

(Tu), 0) = (T(u), (To T"")(v)) = (u, To! (u)) para todos u,v E V. TPoT=To7

Logo, T-! é o adjunto de T.

É claro que

= Id.

Reciprocamente, suponha que 7” existae que T*oT = ToTº =

Id.

Então T é invertível e T-!

= T*,

Falta mostrarmos que T

preserva produtos internos. De fato,

(T(u), T(v)) = (u, (Tº o T)(v)) = (u, Id(v)) = (u,v) para todos u,v € V e o resultado está provado.

0

7.3.4 EXEMPLOS

(a) Seja V = Mnxi(C) com produto interno (M, N) = NºM onde M,NeEeVesea

4 € Maxn(C).

Defina

T:V >V

por

T(X) = AX. Calculando-se (T(X), T(Y)) teremos

(TX), T(Y)) = (AX, AY) = (AP (AX) = VA! AX para todos X,Y E V. somente se À'A = Ida.

Conclui-se daí que T é unitário se e

(b) O operador linear definido no exemplo 7.1.8(c) é um exemplo

de operador não unitário,

224

«

Um Curso de Álgebra Lincar

7.3.5 DeriniçÃo.

RAS

= AA

Seja 4 € M,(K).

= Id,.

Quando K

= R,

Dizemos que À é unitár também

dizemos que Ké

ortogonal. 7.3.6 EXEMPLO Vamos descrever as matrizes ortogonais 2 x 9. Para tanto seja

a=(º uma matriz ortogonal.

1) emo

Como vimos acima, A é ortogonal se e

somente se A* = A-!, Segue então que

| = det (Ido) = det (AT!A) = det A!det A=

= det Afdet A = (det A)? e det A = 1. Utilizando-se o fato que A* = 4-1, teremo s a=(;

2)

ca +b=1

(se det A=1)

ou

a=(

b

à )etrr=r -—a

det A=-1).

Portanto, À é orto se ego somen na te sel A =

4=(

b

a

b

-a

be

2)

ou

) cometsit=

Observe também que dados a e bER tais quea2+b? = 1, existe um ângulo 6 (0 < 6 < 27) tal que a = cos 6 e b= sen 6. Com isso, À é ortogonal se e somente se A é da forma

cos fre

-—sen8 st

Ea

cos0 [o

para algum à (0 < 6 < 27). 7.3.7 EXERCÍCIO Descreva as matrizes unitár2ias x 2.

senô +]

Adjuntos * 225 7.4

OPERADORES

NORMAIS

No Capítulo 5 estudamos condições necessárias e suficientes para um espaço vetorial V possuir uma base formada de autovetores 74.1

de um dado operador T € I(V,V).

Naquele estudo, não tínhamos

levado em consideração informações sobre produtos internos de V. O que iremos discutir agora é a existência de bases ortonormais formadas por autovetores de um dado operador linear T.

Vamos assumir que V é um K espaço vetorial com produto interno de dimensão finita n > 1 e que TE L(V,V). Suponha que exista uma base ortonormal B = (v,,....vn) cujos elementos são autovetores de T, isto é, que T(v;) = a;v; para certos a,'s em K

(i=1,...,n). Assim, [T]g tem os elementos qy,..., a, na diagonal principal e zero nas outras posições. Como a base B é ortonormal, então [T*]s tem os elementos &;,...,Q, na diagonal principal e zero nas outras posições. SeK =R,entãoa; =G; paracadai=1,-::,n

e portanto [T]s = [T"]s, isto é, T é autoadjunto. SeK =C,

então T

não é necessariamente autoadjunto, mas vale a relação [T]g - [T"]s = [T"]s - [T]s, ou melhor, T comuta com T*: ToT* =T*o7T. Iremos mostrar que a recíproca do resultado acima também vale, isto é, se TétalqueToT*=7Tº*oT, então existe uma base ortonormal de V cujos elementos são autovetores de T.

7.4.2 DEFINIÇÃO. Sejam V um espaço vetorial com produto interno eT e L(V,V). Dizemos que T é normalse existir T* eToT* = T*oT.

7.4.3 OBSERVAÇÕES

(a) Todo operador autoadjunto é normal, (b) Todo múltiplo escalar de um operador normal é normal. fato, se T é normal e a EK, então

(aT)* o (aT) = (aT*) o (aT) = da(T* oT) =

= aa(T o T*) = («T) o (aT*) = (aT) o (aT)* (lembramos que («T)* = &T”, ver (7.1.9).

De

226

+

Um Curso de Álgebm Linear

(c) A soma de operadores normais não é necessariament en :

;

EN

:

orm

Deixamos a cargo do leitor exibir um exemplo para ilustr

afirmação.

E ar tal

7.4.4 EXEMPLO

(a) Considere em C? o produto interno usual e seja T: 2, e? a transformação linear dada por

T(zw)=(z+iwz-iw),

V2zwec.

Então, T'(z,w)=(z+w,-iztiu)eToT'=T'oT- 7 Portanto, T é um operador normal.

(b) Seja V = l> com o produto interno usual (ver exemplo 7.1,8(c))

Seja S € L(lo,l2) definido por S((x1,23,:+-)) = (0, zi,22.:-.), Então S*((z1,12,::-)) = (xa,73,º*-)e SoS S não é um operador normal.

LS

os. istoé.

7.4.5 PROPOSIÇÃO.

Sejam V um K -espaço vetorial com produto

interno eT E L(V,V)

um operador normal.

Então,

(a) |T(v) |=1T(v) |) YVvev. (b) SeT(v)=ovpamaeK (c) SeT(r) = aim com q

eveV,entãoT'(v)=a-..

eT(v2) = aova, param,

eV

ea,

ek,

£ a», então (vi, va) = 0.

DEMONSTRAÇÃO.

(a) Seja v E V, então

(lu) T() = (0, TAM)

= (o TT (U)) = (TOC),dd.

Como (T(v), T(v)) é um número real, segue que

(T(T(0),0) = (T(T'(0)), 0) = (Tu), To). Portanto, || T(v) || = || T*(v) ||, como queriamos.

(b) Se T(u) = aw, então (T-aId)(u) = 0. Logo, | (T-ald)(v) =:

Usando o item (a), concluímos que || (T — ald)*(v) Il= 0. Entao

(T— ald)*(v) = 0 e, portanto, T*(v) = q.

Adjuntos

* 227

(e) Observe que

(Ple), va) = (un, T'(v2)) = (un, Tora) = aa(vi, va). Por outro lado,

(Tlm). va) = (am,

12) = an(vr vs).

Daí, o (vi, t2) = az(vy. v2) e, portanto, (a, — aa)(vi. va) = 0. Como

a É 2, segue que (1,12) = 0. TA. TEOREMA.

0

Seja V um K -espaço vetorial de dimensão finita

com produto interno. Se T E L(V,V) é autoadjunto. então T possui um autovetor.

DEMONSTRAÇÃO.

Observe inicialmente que se K = C então pr(z) tem raízes e elas são os autovalores de T, como queríamos. Vamos

assumir então que K = R, Suponha dimk V=nesejaT E L(V,V) um operador autoadjunto. Sejam

B uma base ortonormal de

Ve

A = [T]g. Como T = T*, temos por (7.1.11) que A = À". Considere

W = Maxi(C) com produto interno (X,Y) =Y'X eS:W > W

o operador lincar dado por S(X) = AX. AX

= AX

Sabemos que S'(X) =

(pelo Exemplo 7.3.4 (a)) e, portanto, S é autoadjunto.

Por outro lado, não é difícil ver que pr(z) = ps(x). Seja a uma raiz de ps(z). Como W é um espaço vetorial sobre C, segue que a é um

autovalor de S. Afirmação: a é um valor real. De fato, se v É O for um autovetor associado no autovalor a, então

(S(v),v)

=

(av,v)

= a(v,v) e, por outro lado,

(S(u),0) = (o, St(v)) = (u, S(0)) = (0, av) = a(o,0). Daí a(v,v) = a(v,v), e então (a — &)(v,v) = O. Como (v,v) £ 0, segue que a — & = 0 e, consequentemente, a E R.

Observe que então a é uma raiz real de pr(x) e, portanto, a

é um autovalor de T' como queríamos.

O

7.4.7 Vamos usar o resultado acima para mostrar que se T é um operador autoadjunto em L(V, V), então V tem uma base ortonormal

298

«

Um Curso de Álgebra Linear

cujos elementos são autovetores de T. à

Para tanto, pre

seguinte lema. Lema.

Cisam 1os

Sejam VW um K -espaço vetorial com produto int

dimensão finitaeT e L(V,V). de V, então W+

SeW

emo

é um subespaço 7. is

é Tº-invariante.

e

Mante

u € WE, isto 6 que (u, TH) = 0, Vu E IP. Sejam+ paro Cd w € W+. Como W é T-invariante, então T(v) E W e, port (T(v),w) = 0. O resultado agora segue do fato de (uv T'(w))

=

(T(v),w)

"tg

= 0. 0

7.4.8 Proposição. Seja V um K -espaço vetorial com produto | terno e de dimensão finita. SeT E L(V,V) é cutoadjunto, então existe uma base ortonormal de V cujos vetores são autoveto res de T “o

“

tú-

DEMONSTRAÇÃO.

Vamos supor que dimg V =n > 1. Pelo Teorema

7.4.6, T possui um autovetor v.

Se dimzV

=

1, então ( Ta)

é

uma base, como queríamos. Vamos supor agora que n > 1 e que o resultado vale para todo espaço vetorial de dimensão n — 1. Seja W = [uv], onde v é o autovetor acima. É fácil ver que W é invariante

por T. Pelo Lema 7.4.7 W+ é T*-invariante. Como T* = T segue que

Wi é T-invariante. Agora, como W* é um espaço de dimensão n-1 segue da hipótese de indução que W+ possui uma base ortonormal (va,..., vn) formada por autovetores. Logo B = Cego 2s es tn) é um conjunto ortonormal com dim V elementos e, portanto, uma base de V. Por construção, todos os elementos de B são autovetores e o resultado está provado. 0

7.4.9 CoroLÁRriIO. Seja AE M,(R) uma matriz simétrica. Então existe uma matriz invertível M E Mn(R) tal que Mt AM é diagonal. DEMONSTRAÇÃO.

Seja T:R”" —

R” um operador linear tal que

[Tlcan = A. Como A é simétrica segue que T é autoadjunto. Consequentemente, pela Proposição 7.4.8, temos que existe uma base B

ortonormal de R” formada de autovetores de T. Considere agora

Adjuntos

* 229

M a matriz mudança da base canônica de R” para a base B, Por

(34.6). temos que [7)s = M-"T]anM. Como as bases em questão

são ortonorimais, segue do Colorário 6.2.9 que M! (Tls = M'AM satisfaz a afirmação desejada.

= M!. Portanto,

74.10 TEOREMA. Sejam V um C -espaço vetorial com produto interno e de dimensão finita e T E L(V,V). Então T será um operador normal se e somente se existir uma base ortonormal de V cujos vetores sejum autovetores de T.

DEMONSTRAÇÃO.

Seja v E V um autovetor de T (v existe pois V

é um espaço vetorial complexo). Sem perda de generalidade podemos

supor que || vw ||= 1. Considere W = [vw]. Assim W é T-invariante. Da Proposição 7.4.5 segue que v; é autovetor de T* e portanto W é

T-invariante.

Pelo Lema 7.4.7 concluímos então que W+ é invari-

ante por T** =7T.

A restrição de T a W+ mesmo

argumento

de indução

é um operador normal. usado

na Proposição

se que existe uma base ortonormal de autovetores.

Usando o

7.4.8,

mostra-

A recíproca foi

mostrada no início desta seção.

0

7.4.11 EXERCÍCIOS

(1) Considere C? com produto interno usual e seja T € L(C2,C?) definido por T(1,0) = (1+1%:,2)

e T(0,1) = (i,i). T é normal?

(2) Seja V espaço vetorial sobre C de dimensão finita com produto interno. Seja T € L(V,V) um operador normal. Mostre que

(a) T é autoadjunto todo autovalor de T' é real. (b) T é unitário todo autovalor de T tem módulo 1. (3) Sejam V = R” com o produto interno usual e T:R”" > R” Suponhamos que v, = (1,1,...,1), um operador linear. vw =

(1,

l,: Bea 1,0),*++

Un

=

(1,0,...,0) sejam

autovetores

de

T. Mostre que T é autoadjunto M,xn(K)

dada por

T(f) = [flsc. É fácil ver que T é uma aplicação linear injetora. Agora,

para cada matriz

4

€E Mmxn(K),

podemos

definir uma

função de U x V em K dada por fa(u,v) = [ulk Afvlc. Não é difícil ver que f4 é bilinear. Além disso, T(fa) = [falsc = A e, portanto, 0

T é sobrejetora.

8.1.5 PROPOSIÇÃO.

Sejam U e V

dimkU=m>1ledimkV=n>1.

espaços vetoriais sobre K com Sejam B=

(u,--- um)

uma

base deU eC=(v;,:-: un) uma base deV eB' = (hy,c,hmje C*=(9,:::,9n) bases deU* eV* duais a B eC, respectivamente. Considere fi;(u,v) = hi(u)-g;(v) prol K de f é uma

forma bilinear simétrica sobre W'.

Como dimg W' =n-—1, pela

hipótese de indução, existe uma base (v2,v3,:++ , vn) de W' tal que Decorre da definição e 2