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Álgebra Linear e Geometria Analítica - Universidade de Coimbra
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SUMA´RIOS ALARGADOS DE A´LGEBRA LINEAR E GEOMETRIA ANALI´TICA
AMI´LCAR BRANQUINHO
17-09-2013 | T.
Informac¸a˜o sobre a disciplina de A´lgebra Linear e Geometria Anal´ıtica quanto, aos temas de
estudo, refereˆncias bibliogra´ficas, avaliac¸a˜o, hora´rio de atendimento e contactos.
Hora´rio de Du´vidas. Terc¸a-feira das 11:30 a`s 13:30 e quinta-feira das 12 a`s 13 no Gabinete 4.5.
Plano do curso.
1. Matrizes: A´lgebra e propriedades.
2. Sistemas de equac¸o˜es lineares - Me´todo de eliminac¸a˜o de Gauss.
3. Inversa˜o de matrizes - Algoritmo de Gauss-Jordan.
4. Determinantes.
5. Espac¸os e sub-espac¸os vectoriais.
6. Transformac¸o˜es lineares.
7. Espac¸os Vectoriais com produto interno. Me´todo dos mı´nimos quadrados.
8. Diagonalizac¸a˜o de matrizes.
9. Aplicac¸o˜es geome´tricas em R2 e em R3 : curvas e superf´ıcies de segunda ordem.
Refereˆncias Bibliogra´ficas.
• Introduc¸a˜o a` A´lgebra Linear - Ana Paula Santana e Joa˜o Queiro´;
Ref. 15-01/SAN.Int/ex. 2 c.17
• A´lgebra Linear - Seymour Lipschutz;
Ref. 15-01/LIP/3.ed.
Avaliac¸a˜o na disciplina de A´lgebra Linear e Geometria Anal´ıtica.
• Todos os alunos teˆm direito a fazer exame.
• Os alunos que frequentem 75% das aulas teo´ricas e 75% das aulas teo´rico-pra´ticas podera˜o efectuar
outro tipo de avaliac¸a˜o:
• Duas frequeˆncias de 10 valores.
•Os alunos devera˜o obter um mı´nimo de 3 valores, para poderem realizar a segunda frequeˆncia.
• Os alunos que num dos tipos de avaliac¸a˜o anterior tenham obtido classificac¸a˜o superior a 17 valores
sera˜o submetidos a uma prova complementar.
1
A´lgebra Linear e Geometria Anal´ıtica Licenciaturas em F´ısica e Engenharia F´ısica
• Frequeˆncia I: 29/10/2013 das 10h a`s 11h30m
• Frequeˆncia II: 17/12/2013 das 10h a`s 11h30m
19-09-2013 | T.
Introduc¸a˜o ao estudo de matrizes. Exemplos e operac¸o˜es.
Matrizes. Sa˜o muitos os exemplos de dados nume´ricos apresentados em forma de tabelas bi-dimen-
sionais. Para tal basta consultar jornais, revistas ou livros. Por exemplo, na seguinte tabela podemos
ver um balanc¸o de vendas de duas livrarias nos meses de Julho e Agosto:
Julho
Loja 1 2
Jornais 6 8
Revistas 15 20
Livros 45 64
e
Agosto
Loja 1 2
Jornais 7 9
Revistas 18 31
Livros 52 68
Podemos apresentar os dados destas tabelas de forma simples, respectivamente como
6 8
15 50
45 64
e
7 9
18 31
52 68
.
Este tipo de tabela rectangular sera´ designada por matriz e os seus elementos por escalares.
Definic¸o˜es. Uma matriz de tipo m × n com elementos, que designaremos por escalares, em R (ou C)
e´ uma tabela rectangular que se obte´m dispondo os escalares segundo m linhas e n colunas, i.e.
A =
a1,1 a1,2 · · · a1,n
a2,1 a2,2 · · · a2,n
...
...
...
am,1 am,2 · · · am,n
ou, abreviadamente, A =
[
ai,j
]j=1,...,n
i=1,...,m
, ou ainda, A =
[
ai,j
]
,
sendo ai,j o escalar na linha i coluna j da matriz.
Denotamos o conjunto das matrizes de tipo m×n em R ou C porMm,n(R) ouMm,n(C), respectivamente.
As matrizes coluna sera˜o designadas por vectores, e os conjuntos Mm,1(R) e Mm,1(C) sa˜o identificados
com Rm e Cm , respectivamente.
Usaremos letras maiu´sculas para designar matrizes, exceptuando-se o caso das matrizes coluna que
sera˜o designadas por letras minu´sculas.
Se m = n (respectivamente, m 6= n) dizemos que a matriz A e´ quadrada (respectivamente, rectangular).
Se para i > j, ai,j = 0 (respectivamente, i < j, ai,j = 0) dizemos que a matriz A e´ triangular superior
(respectivamente, triangular inferior).
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Se para i 6= j, ai,j = 0, a matriz A diz-se diagonal.
Numa matriz quadrada, A, designamos por diagonal principal de A (respectivamente, secunda´ria) a`
sucessa˜o a1,1, a2,2,, . . . , am,m, (respectivamente, a1,m, a2,m−1, . . . , am,1); dizemos que a matriz diagonal A
e´ escalar se os seus elementos diagonais forem todos iguais. A matriz escalar com todos os elementos
diagonais iguais a 1 designa-se por matriz identidade e sera´ denotada por Im.
A matriz nula, 000 , e´ a matriz em que todos os escalares sa˜o iguais a 0 .
A matriz quadrada, A, diz-se sime´trica (respectivamente, anti-sime´trica) se ai,j = aj,i (respectivamente,
ai,j = −aj,i).
Problema. Seja A =
x x+ y x− z
x− y y y + z
x+ z − 2 z − y z
, com x, y, z ∈ R .
Analise separadamente os casos em que A e´ triangular superior, triangular inferior ou sime´trica.
Resoluc¸a˜o. Para que A seja triangular superior, temos que x − y = z − y = x + z − 2 = 0 , i.e.
x = y = z = 1 . A matriz A sera´ triangular inferior se x + y = y + z = x − z = 0 e, portanto,
x = −y = z . A matriz A e´ sime´trica se x+ y = x− y , x− z = x+ z − 2 e y + z = z − y, logo y = 0 e
z = 1 . Temos assim, que a matriz A e´ dada, respectivamente por
1 2 0
0 1 2
0 0 1
,
x 0 0
2x −x 0
2(x− 1) 2x x
,
x x x− 1
x 0 1
x− 1 1 1
, x ∈ R .
Soma de matrizes e produto de uma matriz por um escalar. Dadas duas matrizes m × n,
A =
[
ai,j
]
e B =
[
bi,j
]
, designamos por matriz soma, A+B, a` matriz m× n, A+B =
[
ai,j + bi,j
]
.
Para α ∈ R ou C designamos por matriz produto de α por A, a` matriz m × n, αA definida por
αA =
[
α ai,j
]
.
Propriedades das operac¸o˜es com matrizes. Sejam A,B,C matrizes m× n e α, β escalares, enta˜o:
(soma de matrizes) (produto por um esacalar)
1. (A+B) + C = A+ (B + C) ;
2. A+ 000 = 000 + A = A ;
3. A+ (−A) = (−A) + A = 000 ;
4. A+B = B + A .
a) (α + β)A = αA+ βA;
b) α(A+B) = αA+ β B;
c) α(βA) = (αβ)A;
d) 1A = A.
Note-se que a matriz −A com A =
[
ai,j
]
e´ por definic¸a˜o a matriz oposta de A, i.e −A =
[
−ai,j
]
.
Demonstrac¸a˜o. Estas propriedades teˆm uma demonstrac¸a˜o imediata basta para tal recorrer a` definic¸a˜o
de matriz e a`s propriedades que os escalares verificam.
Problema. Determine as matrizes X, Y ∈M2,3(C) tais que 3X + Y = A , 4X + 2Y = B com
A =
[
3/2 1 0
2 1/2 5
]
e B =
[
3 4 2
2 1 8
]
.
ajplb@mat.uc.pt 3
A´lgebra Linear e Geometria Anal´ıtica Licenciaturas em F´ısica e Engenharia F´ısica
Resoluc¸a˜o. Tendo em atenc¸a˜o as propriedades anteriores, o sistema dado e´ equivalente a 6X + 2Y =
2A , 4X + 2Y = B , ou ainda, 2X = 2A−B , 2Y = −4A+ 3B ; logo
X = A− 1/2B =
[
0 −1 −1
1 0 1
]
e Y = −2A+ 3/2B =
[
−3/2 0 1
−3 −1/2 −6
]
.
Produto de matrizes. Sejam A,B matrizes m×n e n× p, respectivamente. Designamos por produto
AB da matriz A pela matriz B, a` matriz C =
[
ci,j
]
, m× p com
ci,j = ai,1b1,j + ai,2b2,j + · · ·+ ai,nbn,j =
n∑
k=1
ai,kbk,j, i.e.
AB =
a1,1 a1,2 · · · a1,n
...
...
...
ai,1 ai,2 · · · ai,n
...
...
...
am,1 am,2 · · · am,n
b1,1 · · · b1,j · · · b1,p
b2,1 · · · b2,j · · · b2,p
...
...
...
bn−1,1 · · · bn−1,j · · · bn−1,p
bn,1 · · · bn,j · · · bn,p
=
c1,1 · · · c1,p
ci,j
cm,1 · · · cm,p
= C .
Exemplo. Calcule a matriz produto
[
2 −1 5 −3
4 2 −3 −5
]
1 −2 −3
3 6 −1
2 7 −2
4 1 5
=
[
2− 3 + 10− 12 −4− 6 + 35− 3 −6 + 1− 10− 15
4 + 6− 6− 20 −8 + 12− 21− 5 −12− 2 + 6− 25
]
Casos particulares de produto de matrizes, AB (Exemplos).
[
a1 a2 · · · an
]
b1
b2
...
bn
=
n∑
k=1
akbk .
[
a1 · · · an
]
b1,1 · · · b1,p
...
...
bn,1 · · · bn,p
= [ c1 · · · cp ] com cj = n∑
k=1
akbk,j, j = 1, . . . , p .
a1,1 · · · a1,n
...
...
am,1 · · · am,n
b1
...
bn
=
c1
...
cn
, com cj = n∑
k=1
aj,kbk, que e´ ainda igual a
a1,1
...
am,1
b1 + · · ·+
a1,n
...
am,n
bn,
que designamos por combinac¸a˜o linear dos vectores coluna da matriz A.
a1
...
am
[b1 · · · bn] =
a1b1 · · · a1b,n
...
...
amb1 · · · ambn
.
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A´lgebra Linear e Geometria Anal´ıtica Licenciaturas em F´ısica e Engenharia F´ısica
a1,1 · · · a1,m
a2,1 · · · a2,m
...
...
an,1 · · · an,m
b1 0 · · · 0
0 b2 · · · 0
...
...
. . .
...
0 0 · · · bm
=
a1,1b1 a1,1b2 · · · a1,mbn
a2,1b1 a2,2b2 · · · a2,mbn
...
...
...
an,1b1 an,2b2 · · · an,mbn
.
b1 0 · · · 0
0 b2 · · · 0
...
...
. . .
...
0 0 · · · bn
a1,1 · · · a1,m
a2,1 · · · a2,m
...
...
an,1 · · · an,m
=
a1,1b1 a1,1b1 · · · a1,mb1
a2,1b2 a2,2b2 · · · a2,mb2
...
...
...
an,1bn an,2bn · · · an,mbn
.
19-09-2013 | TP.
Exerc´ıcios sobre matrizes elementares, produtos de matrizes, propriedades da inversa de uma
matriz.
Propriedades do produto de matrizes. Supondo que as operac¸o˜es seguintes teˆm sentido:
1. (AB)C = A(B C) (propriedade associativa)
2. A(B +B′) = AB + AB′ e (A+ A′)B = AB + A′B (propriedade distributiva)
3. AI = A e I B = B (I e´ a matriz identidade)
4. AB 6= BA (o produto de matrizes na˜o e´ comutativo)
5. Existem matrizes A,B na˜o nulas tais que AB = 000 (divisores de zero)
Demonstrac¸a˜o. Designando por A =
[
ai,h
]
, B =
[
bh,j
]
e C =
[
cj,k
]
temos:
(AB)C =
[∑
h ai,hbh,j
] [
cj,k
]
=
[∑
j(
∑
h(ai,hbh,j)cj,k)
]
=
[∑
j,h ai,hbh,jcj,k
]
A(BC) =
[
ai,h
] [∑
j bh,jaj,k
]
=
[∑
h(
∑
j ai,h(bh,jcj,k))
]
=
[∑
j,h ai,hbh,jcj,k
]
Determina´mos o escalar na posic¸a˜o i, k de (AB)C e de A(B C) que sa˜o, como vimos, iguais. Pelo que
a identidade e´ va´lida para todo o i e k, logo temos a identidade 1.
Para a identidade 2 vamos somente verificar que: A(B+B′) =
[
ai,h
] [
bh,j + b
′
h,j
]
=
[∑
h ai,h(bh,j + b
′
h,j)
]
=
[∑
h ai,hbh,j +
∑
h ai,hb
′
h,j
]
=
[∑
h ai,hbh,j
]
+
[∑
h ai,hb
′
h,j
]
= AB + AB′.
Para verificar 3 basta tomar nos dois u´ltimos exemplos de produtos de matrizes os bj = 1, para termos
o pretendido.
Para 4 e 5 considerem-se os seguintes exemplos:
A =
1 2 5
−2 1 3
1 0 −1
e B =
−3 0 2
4 3 −3
−1 −1 1
; enta˜o AB =
0 1 1
7 0 −4
−2 1 1
e BA =
−1 −6 −17
−5 11 32
2 −3 −9
;
e, portanto, AB 6= BA ;
e os divisores de zero:
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[
1 0 −2 1
3 −1 0 2
]
2 1 −3
2 1 −7
−1 0 −1
−4 −1 1
=
[
0 0 0
0 0 0
]
; e tambe´m,
[
1 −3
2 −6
] [
3 9
1 3
]
=
[
0 0
0 0
]
. c.q.d.
Definic¸a˜o. Uma matriz quadrada n × n, A, diz-se invert´ıvel se existir uma matriz n × n, X, tal que
AX = X A = In .
Propriedades das matrizes invert´ıveis. Sejam A e B matrizes n× n. Enta˜o:
• Se A e´ invert´ıvel, enta˜o A tem uma u´nica inversa.
• Se A e B sa˜o invert´ıveis (e denotando por A−1, B−1 a matriz inversa de A,B, respectivamente), a
sua inversa e´ dada por (AB)−1 = B−1A−1.
Demonstrac¸a˜o. Para a primeira propriedade basta supor que existem matrizes X, Y , n × n tais que
AX = Y A = In. Enta˜o, Y = Y In = Y (AX) = (Y A)X = InX = X. Logo X = Y .
Para demonstrar a segunda propriedade, usaremos o facto de que a inversa de uma matriz invert´ıvel e´
u´nica. Temos, por isso, somente que verificar que (AB)(B−1A−1) = In = (B−1A−1)(AB). De facto,
(AB)(B−1A−1) = A(BB−1)A−1 = AInA−1 = AA−1 = In,
e tambe´m (B−1A−1)(AB) = B−1(A−1A)B = B−1 InB = B−1B = In. c.q.d.
Problema. Analise a existeˆncia de inversa de uma matriz 2× 2.
Resoluc¸a˜o suma´ria. Seja A =
[
a b
c d
]
, com a, b, c, d ∈ C; enta˜o, a matriz A e´ invert´ıvel se, e somente
se, a d− b c 6= 0 . Mais ainda, a matriz inversa de A−1 e´ dada por A−1 = 1
a d− b c
[
d −b
−c a
]
.
Problema. Analise a existeˆncia de uma matriz 2× 2, A, tal que A2 = I2.
Demonstrac¸a˜o. Veˆ-se facilmente que a propriedade indicada para A e´ equivalente a A−1 = A. Usando
a expressa˜o da matriz inversa de uma matriz invert´ıvel, A =
[
a b
c d
]
, temos que
b = 0 ou a d− b c = −1; c = 0 ou a d− b c = −1; a = d/(a d− b c) e (d = 0 ou a d− b c = ±1).
Se a d−b c = 1, temos de imediato que b = c = 0 e a = d, pelo que a d = 1; logo a = d = ±1 e b = c = 0.
Se a d− b c = −1, enta˜o d = −a e b c = 1− a2 . Se a = 0, enta˜o d = 0, e b, c sa˜o tais que b c = 1 .
Temos assim como soluc¸a˜o do problema as matrizes[
±1 0
0 ±1
]
;
[
a b
c −a
]
, com bc = 1− a2;
[
0 b
1/b 0
]
, com b 6= 0. c.q.d.
Exerc´ıcio. Analise a existeˆncia de uma matriz 2× 2, A, tal que A2 = −I2 .
Aplicac¸a˜o do produto de matrizes. Considere quatro cidades com aeroporto. Defina-se a matriz
A =
[
ai,j
]
com ai,j =
1 se existe um voo comercial directo entre as cidades i e j0 caso contra´rio.
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Supondo que A e´ a matriz de 0’s e 1’s dada por A =
0 1 1 0
1 0 0 1
1 0 0 0
0 1 0 0
, calcule as matrizes A2 e A3:
1. indique quantos voos com uma u´nica escala existem entre as cidades 2 e 3.
2. indique quantos voos com duas u´nicas escalas existem entre as cidades 1 e 3.
3. analise se e´ poss´ıvel voar entre cada uma das cidades?
Resoluc¸a˜o. O escalar na posic¸a˜o 2, 3 de A2 e´ dado por a2,1a1,3 +a2,2a2,3 +a2,3a3,3 +a2,4a4,3. Mais ainda,
cada termo da forma a2,jaj,3, com j = 1, 2, 3, 4 e´ igual a 1 se a2,j = aj,3 = 1 , i.e. existe um voo directo
entre as cidades 2 e j e entre as j e 3, i.e. existe um voo com uma u´nica escala j entre as cidades 2 e 3.
Desta forma vemos que o escalar na posic¸a˜o 2, 3 de A2 nos da´ o nu´mero de voos com uma u´nica escala
entre as cidades 2 e 3 .
Como A2 =
2 0 0 1
0 2 1 0
0 1 1 0
1 0 0 1
e A3 =
0 3 2 0
3 0 0 2
2 0 0 1
0 2 1 0
vemos que o escalar na posic¸a˜o 2, 3 de A2 e´ 1, pelo que existe um voo com uma u´nica escala entre as
cidades 2 e 3; mais ainda como a posic¸a˜o 1, 3 da matriz A3 nos da´ o nu´mero de voos com duas escalas
entre as cidades 1 e 3, vemos que a resposta a` questa˜o 2 e´ 2 .
Para a questa˜o 3 basta considerar a matriz A+ A2 + A3 e verificar que esta na˜o tem escalares nulos.
24-09-2013 | T.
Matrizes elementares. Aplicac¸a˜o a` resoluc¸a˜o de sistemas lineares e decomposic¸a˜o LU de uma
matriz.
Definic¸a˜o. Um sistema de m equac¸o˜es lineares a n inco´gnitas, x1, . . . , xn e´ todo o conjunto de relac¸o˜es
do tipo
a1,1x1 + a1,2x2 + · · ·+ a1,nxn = b1 (primeira equac¸a˜o)
a2,1x1 + a2,2x2 + · · ·+ a2,nxn = b2 (segunda equac¸a˜o)
...
am,1x1 + am,2x2 + · · ·+ am,nxn = bm (m-e´sima equac¸a˜o)
A ai,j e bi, com i = 1, . . . ,m e j = 1, . . . , n designamos respectivamente por coeficientes e termo
independente, do sistema.
Dizemos ainda que (α1, . . . , αn) e´ uma soluc¸a˜o do sistema dado, se ao tomarmos x1 = α1, . . . , xn = αn,
as m equac¸o˜es se convertem em identidades. Resolver o sistema e´ determinar o conjunto de soluc¸o˜es do
sistema. Discutir o sistema e´ analisar se o sistema e´ compat´ıvel (caso em que dizemos que o sistema
ajplb@mat.uc.pt 7
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e´ poss´ıvel) ou incompat´ıvel (caso em que dizemos que o sistema e´ imposs´ıvel). Quando o sistema e´
poss´ıvel, diz-se determinado se tiver soluc¸a˜o u´nica, e indeterminado se tiver mais do que uma soluc¸a˜o.
Exemplos.
1. O sistema x+ y + z = 6 , x+ y − z = 0 , x+ z = 4 , x+ y =
3 de quatro equac¸o˜es nas inco´gnitas
x, y, z, tem soluc¸a˜o u´nica (x, y, z) = (1, 2, 3) ; logo e´ poss´ıvel e determinado.
2. O sistema x+y+z = 6 , x+y−z = 0 , x+y = 3 , x+y+2z = 9 de quatro equac¸o˜es nas inco´gnitas
x, y, z, tem infinitas soluc¸o˜es (x, y, z) = (α, 3− α, 3), α ∈ R; logo e´ poss´ıvel e indeterminado.
3. O sistema x + y + z = 6 , x + y − z = 0 , −2x − 2y = 1 de treˆs equac¸o˜es nas inco´gnitas x, y, z,
na˜o tem soluc¸o˜es; de facto, ao somar as treˆs equac¸o˜es obtemos 0 = 7(!), logo as equac¸o˜es na˜o sa˜o
compat´ıveis.
Para resolver um sistema de equac¸o˜es e´ aconselha´vel reduzi-lo a outros sistemas mais simples que lhe
sejam equivalentes, i.e. que tenham o mesmo conjunto soluc¸a˜o.
Propriedade fundamental de equivaleˆncia de sistemas. Um sistema de equac¸o˜es lineares e´ equiva-
lente a qualquer dos sistemas que resultam de realizar nele alguma das seguintes operac¸o˜es elementares:
• Mudar a ordem das equac¸o˜es;
• Multiplicar uma das das equac¸o˜es por qualquer escalar na˜o nulo;
• Somar algebricamente, a uma das equac¸o˜es, outra delas;
• Aplicar reiteradamente qualquer das operac¸o˜es anteriores.
Demonstrac¸a˜o. Veˆ-se facilmente que as primeiras duas operac¸o˜es na˜o alteram a natureza o sistema.
Pela natureza da quarta operac¸a˜o resta analisar a terceira operac¸a˜o. Para tal, considere-se o sistema
de m equac¸o˜es a n inco´gnitas (x1, . . . , xn):
a1,1x1 + a1,2x2 + · · ·+ a1,nxn = b1
...
am,1x1 + am,2x2 + · · ·+ am,nxn = bm
,
i.e. `j(x1, . . . , xn) = 0, com `j(x1, . . . , xn) = aj,1x1 + aj,2x2 + · · ·+ aj,nxn − bj , para j = 1, . . . ,m.
Suponhamos agora que ααα = (α1 . . . αn) e´ uma soluc¸a˜o do sistema; enta˜o `j(ααα) = 0, para j = 1, . . . ,m;
e, portanto, por exemplo, `1(ααα) + `2(ααα) = 0 , `2(ααα) = 0, . . ., `m(ααα) = 0 . Conclu´ımos assim que ααα e´
soluc¸a˜o do sistema `1(xxx) + `2(xxx) = 0 , `2(xxx) = 0 , . . ., `m(xxx) = 0 , com xxx = (x1, . . . , xn) . c.q.d.
Exemplo. Resolva o sistema x+ y + 2z = 9 , 3x+ 6y − 5z = 0 , 2x+ 4y − 3z = 1 .
Resoluc¸a˜o. Este sistema e´ equivalente a:
`1(x, y, z) = 0 , `2(x, y, z)− 3`1(x, y, z) = 0 , `3(x, y, z)− 2`1(x, y, z) = 0 ,
onde `1 ≡ x+ y + 2z − 9 , `2 ≡ 3x+ 6y − 5z e `3 ≡ 2x+ 4y − 3z − 1 , i.e.
x+ y + 2z = 9 , 3y − 11z = −27 , 2y − 7z = −17 ,
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que passaremos a denotar por `′j(x, y, z) = 0 , j = 1, 2, 3 .
O sistema encontrado e´ ainda equivalente a:
`′1(x, y, z) = 0 , `
′
2(x, y, z) = 0 , `
′
3(x, y, z)− 2/3 `′2(x, y, z) = 0 ,
i.e., x+ y + 2z = 9 , 3y − 11z = −27 , 1/3z = 1 ; logo x = 1 , y = 2 , z = 3 e´ a soluc¸a˜o procurada.
Interpretac¸a˜o matricial. O sistema dado admite a seguinte representac¸a˜o matricial:
Axxx = b , onde A =
1 1 2
3 6 −5
2 4 −3
e b =
9
0
1
.
Considere-se o sistema na forma
[
A b
]
, i.e.
1 1 2 9
3 6 −5 0
2 4 −3 1
→
`2 − 3`1
`3 − 2`1
1 1 2 9
0 3 −11 −27
0 2 −7 −17
→
`3 − 2/3`2
1 1 2 9
0 3 −11 −27
0 0 1/3 1
Obtemos assim como u´nica soluc¸a˜o x = 1 , y = 2 , z = 3 .
Exerc´ıcio. Determine a matriz inversa de U =
1 1 2
0 3 −11
0 0 1/3
.
Indicac¸a˜o. Considere a matriz U ampliada com a matriz identidade de ordem 3, I3 i.e.
[
U I3
]
e
efectue operac¸o˜es elementares por linhas por forma a transformar a matriz U na matriz I3.
Observac¸a˜o. Note ao considerar a matriz U ampliada pela matriz identidade I3, esta´ na verdade a
considerar os seguintes sistemas lineares em simultaˆneo:
U xxx1 =
1
0
0
, U xxx2 =
0
1
0
, U xxx3 =
0
0
1
, pelo que U−1 = [ xxx1 xxx2 xxx3 ].
26-09-2013 | T.
Matrizes elementares. Aplicac¸a˜o ao ca´lculo da matriz inversa de uma matriz invert´ıvel.
Na aula passada deixa´mos como exerc´ıcio a ana´lise da invertibilidade da matriz triangular superior U
e em caso afirmativo o seu ca´lculo.
Para tal vamos usar a indicac¸a˜o deixada na aula anterior, i.e. comec¸amos com
[
U I3
]
:
1 1 2 1 0 0
0 3 −11 0 1 0
0 0 1/3 0 0 1
3`3→
1 1 2 1 0 0
0 3 −11 0 1 0
0 0 1 0 0 3
`1 − 2`3
`2 + 11`3
→
1 1 0 1 0 −6
0 3 0 0 1 33
0 0 1 0 0 3
1/3`2
→
1 1 0 1 0 −6
0 1 0 0 1/3 11
0 0 1 0 0 3
`1 − `2
→
1 0 0 1 −1/3 −17
0 1 0 0 1/3 11
0 0 1 0 0 3
.
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Obtemos assim, U−1 =
1 −1/3 −17
0 1/3 11
0 0 3
. (Como facilmente se pode comprovar.)
Definic¸a˜o. Designamos por matriz elementar a`s matrizes quadradas que se obtenham ao aplicar a`
matriz identidade, com o mesmo nu´mero de linhas, as operac¸o˜es elementares dadas na aula passada, i.e.
• Mudar a ordem das equac¸o˜es;
• Multiplicar uma das das equac¸o˜es por qualquer escalar na˜o nulo;
• Somar algebricamente, a uma das equac¸o˜es, outra delas.
Assim, obtemos as seguintes matrizes:
Pi,j =
1
0 · · · 1
...
...
1 · · · 0
1
i
j
que e´ a matriz de permutac¸a˜o das linhas i e j;
i j
Di(α) =
1
...
· · · α · · ·
...
1
i
que e´ a matriz que multiplica a linha i por α;
i
Ei,j(α) =
1
1 · · · α
. . .
...
1
1
i
j
que e´ a matriz que soma a` linha i, α `j.
i j
Assim, se A =
`1
...
`n
, enta˜o Pi,j A =
...
`j
...
`i
...
, Di(α)A =
...
`i−1
α `i
`i+1
...
, Ei,j(α)A =
...
`i−1
`i + α `j
`i+1
...
.
Relac¸a˜o entre as operac¸o˜es elementares e o produto de matrizes no sistema dado na aula
passada. As operac¸o˜es realizadas correspondem a` multiplicac¸a˜o da matriz A, sucessivamente pelas
matrizes elementares E2,1(−3) , E3,1(−2) , E3,2(−2/3), i.e. o sistema dado e´ equivalente ao sistema
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E3,2(−2/3)E3,1(−2)E2,1(−3)Axxx = E3,2(−2/3)E3,1(−2)E2,1(−3) b,
ou ainda
1 1 2
0 3 −11
0 0 1/3
x
y
z
=
9
−27
1
, cuja soluc¸a˜o e´ obviamente
x
y
z
=
1
2
3
.
Observac¸a˜o. Na resoluc¸a˜o do problema anterior obtivemos ainda a seguinte identidade:
1 0 0
−3 1 0
0 −2/3 1
A =
1 1 2
0 3 −11
0 0 1/3
, pois E3,2(−2/3)E3,1(−2)E2,1(−3) =
1 0 0
−3 1 0
0 −2/3 1
.
Como
1 0 0
−3 1 0
0 −2/3 1
−1
=
1 0 0
3 1 0
2 2/3 1
, A = LU onde L =
1 0 0
3 1 0
2 2/3 1
e U =
1 1 2
0 3 −11
0 0 1/3
.
Note-se que a matriz L reproduz, a menos do sinal, as operac¸o˜es realizadas em A para chegar a U .
Verifiquemos agora que a matriz das operac¸o˜es elementares por linhas, E3,2(−2/3)E3,1(−2)E2,1(−3), e´
a inversa de L, i.e.
1 0 0
3 1 0
2 2/3 1
1 0 0
−3 1 0
0 −2/3 1
=
1 0 0
−3 1 0
0 −2/3 1
1 0 0
3 1 0
2 2/3 1
=
1 0 0
0 1 0
0 0 1
.
Ale´m disso, o sistema Axxx = b ou, equivalentemente, (LU)xxx = b (atendendo a que A = LU) transforma-
-se (por operac¸o˜es elementares) no sistema equivalente
U xxx = L−1 b, com L−1
9
0
1
=
9
−27
1
.
Observac¸a˜o. Conhecida a matriz inversa de U , U−1, podemos determinar a matriz inversa de A, i.e.
A−1 = U−1 L−1 (pois A = LU).
Definic¸a˜o. Seja A uma matriz m× n. Designamos por matriz transposta de A, a matriz n×m que se
obte´m de A colocando
o escalar ai,j na linha j coluna i, para i = 1, . . . ,m, j = 1, . . . , n.
Designamos por AT =
[
aj,i
]i=1,...,m
j=1,...,n
a matriz transposta de A =
[
ai,j
]j=1,...,n
i=1,...,m
.
Propriedades. Sejam A, B e C treˆs matrizes e α um escalar. Enta˜o:
• (AT )T = A (a transposic¸a˜o e´ uma involuc¸a˜o);
• (A+B)T = AT +BT (A e B sa˜o ambas m× n);
• (αA)T = αAT ;
• (AC)T = CT AT (C e´ uma matriz n× p).
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Observac¸a˜o. Se A e´ uma matriz quadrada, enta˜o:
• A e´ sime´trica se, e somente se, A = AT ;
• A e´ anti-sime´trica se, e somente se, a A = −AT ;
• A + AT e´ sime´trica e A − AT e´ anti-sime´trica. Ale´m disso, A = (A + AT )/2 + (A − AT )/2 ; e,
portanto, toda a matriz quadrada se pode representar como a soma de uma matriz sime´trica com
uma anti-sime´trica.
Demonstrac¸a˜o. Vamos somente verificar que se tem a identidade (AC)T = CT AT . Comparemos
enta˜o, os elementos situados na linha i coluna j da matriz
(AC)T , i.e.
n∑
k=1
aj,k ck,i (linha j, coluna i de AC)
com o situado na mesma posic¸a˜o da matriz
CT AT , i.e.
n∑
k=1
ck,i aj,k ; logo (AC)
T = CT AT . c.q.d.
Propriedades das matrizes invert´ıveis (continuac¸a˜o). Seja A uma matriz quadrada n× n. Se A
e´ invert´ıvel, enta˜o AT tambe´m e´ invert´ıvel e tem-se (AT )−1 = (A−1)T .
Demonstrac¸a˜o. Para tal basta analisar os produtos de matrizes:
AT (A−1)T def.= (A−1A)T = IT = I e (A−1)T AT def.= (AA−1)T = IT = I . c.q.d.
26-09-2013 | TP.
Resoluc¸a˜o dos problemas 30, 31, 32, 33, 42, 47, 48 e 53 do caderno de exerc´ıcios.
Resoluc¸a˜o do problema 30.
[
cosα − sinα
sinα cosα
][
cos β − sin β
sin β cos β
]
=
[
cosα cos β − sinα sin β − cosα sin β − sinα cos β
sinα cos β + cosα sin β − sinα sin β + cosα cos β
]
=
[
cos(α + β) − sin(α + β)
sin(α + β) cos(α + β)
]
Resoluc¸a˜o do problema 31. Temos somente que efectuar os produtos indicados e nos casos em que o
expoente e´ varia´vel tem de formular uma hipo´tese e prova´-la usando o me´todo de induc¸a˜o matema´tica.
Por exemplo, pode provar-se que[
1 1
0 1
]k
=
[
1 k
0 1
]
, e que
[
cosα − sinα
sinα cosα
]k
=
[
cos(kα) − sin(kα)
sin(kα) cos(kα)
]
, k ∈ N e α ∈ R .
Resoluc¸a˜o do problema 32. Facilmente se veˆ que Ak = diag{µk1, µk2, . . . , µkn} .
Resoluc¸a˜o do problema 33. (A+B)2 = (A+B)(A+B) = A2 + AB +BA+B2,
(A+B)(A−B) = A2 − AB +BA−B2 e tambe´m (AB)2 = A(BA)B;
logo (A + B)2 = A2 + 2AB + B2, (A + B)(A − B) = A2 − B2 e (AB)2 = A2B2 (como se diz no
enunciado) se, e somente se, AB = BA.
Resoluc¸a˜o do problema 42. Pode verificar-se para estes exemplos AB = I = BA, tendo-se portanto,
A−1 = B em cada um dos casos considerados.
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Resoluc¸a˜o do problema 47. Basta verificar que nas condic¸o˜es do problema
(I − A)(I + A+ · · ·+ Ak−1) = I = (I + A+ · · ·+ Ak−1)(I − A) .
Assim, (I −A)(I +A+ · · ·+Ak−1) = (I +A+ · · ·+Ak−1)− (A+ · · ·+Ak−1 +Ak) = I −Ak , e como
Ak = 000 temos (I − A)(I + A+ · · ·+ Ak−1) = I .
Por outro lado,
(I + A+ · · ·+ Ak−1)(I − A) = (I + A+ · · ·+ Ak−1)− (A+ · · ·+ Ak−1 + Ak) = I − Ak ,
e como Ak = 000 temos (I + A+ · · ·+ Ak−1)(I − A) = I . c.q.d.
Resoluc¸a˜o do problema 48. Basta tomar para matriz A =
0 1 0
0 0 1
0 0 0
no exerc´ıcio anterior; pois
A2 =
0 0 1
0 0 0
0 0 0
e An =
0 0 0
0 0 0
0 0 0
, n = 3, . . .; pelo que
(I − A)−1 =
1 −1 0
0 1 −1
0 0 1
−1
= I + A+ A2 =
1 1 1
0 1 1
0 0 1
.
Problema. Aplique o resultado do problema 47 para calcular a inversa de B =
2 2 1
0 3 −1
0 0 −1
.
Resoluc¸a˜o. Multiplique B a` esquerda pela matriz
(diag{2, 3,−1})−1 = diag{1/2, 1/3,−1} = D1(1/2)D2(1/3)D3(−1), (produto de matrizes diagonais)
obtendo B1 =
1 1 1/2
0 1 −1/3
0 0 1
. Agora, B1 = I − A , com A =
0 −1 −1/2
0 0 1/3
0 0 0
.
Aplique o problema 47 para calcular a matriz B−11 (i.e. B
−1
1 = I +A+A
2 , pois A3 = 000 ), e determine
a inversa de B a partir da identidade (diag{2, 3,−1})−1B = B1 , i.e. B−11 = B−1 diag{2, 3,−1}; e,
portanto, B−1 = B−11 diag{1/2, 1/3,−1} .
Exerc´ıcio. Aplique o resultado do problema 47 para calcular a inversa de C =
2 0 0
−5 7 0
4 2 1
.
Resoluc¸a˜o do problema 53. Basta efectuar os produtos de matrizes e verificar as identidades indi-
cadas[
cosα − sinα
sinα cosα
][
cosα sinα
− sinα cosα
]
=
[
cosα sinα
− sinα cosα
][
cosα − sinα
sinα cosα
]
= I2
e tambe´m[
cosα sinα
sinα − cosα
][
cosα sinα
sinα − cosα
]
=
[
cosα sinα
sinα − cosα
][
cosα sinα
sinα − cosα
]
= I2
01-10-2013 | T.
Caracter´ıstica de uma matriz. Crite´rio de invertibilidade de uma matriz quadrada. Discussa˜o de
sistemas.
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Vamos ver alguns sistemas de equac¸o˜es lineares que facilmente se podem resolver.
Definic¸a˜o. As matrizes que verifiquem:
• Cada linha (a partir da segunda) comec¸a com uma sucessa˜o de zeros que tem pelo menos um zero
mais que a linha anterior. Note que, caso haja linhas constitu´ıdas somente por zeros, estas tera˜o
de ocorrer nas u´ltimas linhas;
• Nas linhas em que existe algum elemento na˜o nulo, o primeiro escalar na˜o nulo sera´ designado
por “pivot”;
sa˜o designadas por matrizes em escada.
Um sistema de equac¸o˜es lineares diz-se em escada se a matriz do sistema estiver em escada.
Exemplo de matriz em escada.
d1 ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗
0 0 d2 ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗
0 0 0 d3 ∗ ∗ ∗ ∗ ∗
0 0 0 0 0 d4 ∗ ∗ ∗
0 0 0 0 0 0 d5 ∗ ∗
0 0 0 0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0 0 0 0
, dj 6= 0, j = 1, 2, 3, 4, 5.
Discussa˜o de sistemas em escada. Considere o sistema M xxx = b , com M uma matriz em escada
m× n com r “pivots” (logo M tem as u´ltimas m− r linhas de zeros). Enta˜o:
• o sistema e´ poss´ıvel se, e somente se, os u´ltimos m− r escalares do termos independente sa˜o todos
nulos;
• supondo que os u´ltimos m − r escalares do termo independente sa˜o zero, o sistema e´ poss´ıvel e
determinado se r = n e e´ indeterminado se r < n (note que na˜o e´ poss´ıvel que se tenha r > n).
Me´todo de eliminac¸a˜o de Gauss. E´ o processo que nos permite reduzir, por operac¸o˜es elementares
por linhas, um sistema de equac¸o˜es lineares, Axxx = b , a um sistema de equac¸o˜es lineares em escada
(equivalente ao inicial).
Definic¸a˜o. Ao nu´mero de “pivots”, r, da matriz em escada obtida de A por operac¸o˜es elementares por
linhas, designa-se por caracter´ıstica de A, e sera´ denotado por carA .
Exemplos. Considere os sistemas em escada, M xxx = b :
•
x+ 3z − v = 2
y + 5z = 7
u+ 2v = −1
, descrito matricialmente como
[
M b
]
≡
1 0 3 0 −1 2
0 1 5 0 0 7
0 0 0 1 2 −1
;
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A soluc¸a˜o vem dada por x = 2 − 3α + β , y = 7 − 5α , z = α , u = −1 − 2β , v = β , α, β ∈ R , ou
vectorialmente,
X =
2
7
0
−1
0
+ α
−3
−5
1
0
0
+ β
1
0
0
−2
1
, onde M
2
7
0
−1
0
=
2
7
−1
, M
−3
−5
1
0
0
=
0
0
0
e M
1
0
0
−2
1
=
0
0
0
.
•
x+ 3z − v = 2
y + 5z = 7
u+ 2v = −1
0 = 0
, descrito matricialmente como
[
M b
]
≡
1 0 3 0 −1 2
0 1 5 0 0 7
0
0 0 1 2 −1
0 0 0 0 0 0
;
A soluc¸a˜o coincide com a do sistema anteriormente estudado.
•
x+ 3z − v = 2
y + 5z = 7
u+ 2v = −1
0 = 4
, descrito matricialmente como
1 0 3 0 −1 2
0 1 5 0 0 7
0 0 0 1 2 −1
0 0 0 0 0 4
;
e´ um sistema imposs´ıvel.
•
x+ 4y + z + u = 1
y + 2z − u = 4
z − 4u = 9
u = −2
, descrito matricialmente como
[
M b
]
≡
1 4 1 1 1
0 1 2 −1 4
0 0 1 −4 9
0 0 0 1 −2
;
A soluc¸a˜o vem dada por u = −2 , z = 1 , y = 0 , x = 2 .
Crite´rio de invertibilidade. Se M e´ a matriz em escada que se obte´m aplicando certas operac¸o˜es
elementares por linhas a uma matriz quadrada A, enta˜o uma condic¸a˜o necessa´ria e suficiente para que A
seja invert´ıvel e´ que todos os elementos da diagonal de M sejam na˜o nulos.
Ca´lculo da inversa de uma matriz quadrada invert´ıvel. A matriz A−1, de uma matriz in-
vert´ıvel, A, pode determinar-se da seguinte forma: realizam-se as adequadas operac¸o˜es elementares
sobre as linhas da matriz A, e simultaneamente sobre as linhas da matriz identidade, I, ate´ conseguir
que A se transforme na matriz identidade (o que e´ sempre poss´ıvel, pois A e´ invert´ıvel e temos tantos
“pivots” como linhas da matriz A); neste momento, a transformada da matriz identidade pelas mesmas
operac¸o˜es e´ a matriz A−1.
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Problema. Analisar se A =
1 3 −2
2 4 0
3 5 −1
e´ invert´ıvel e, em caso afirmativo, calcular a sua inversa.
Resoluc¸a˜o. Considere-se
[
A I
]
, i.e.
1 3 −2 1 0 0
2 4 0 0 1 0
3 5 −1 0 0 1
→
−2`1 + `2
−3`1 + `3
1 3 −2 1 0 0
0 −2 4 −2 1 0
0 −4 5 −3 0 1
→
−2`2 + `3
1 3 −2 1 0 0
0 −2 4 −2 1 0
0 0 −3 1 −2 1
(existe A−1)
→
−1/2 `1
−1/3 `3
1 3 −2 1 0 0
0 1 −2 1 −1/2 0
0 0 1 −1/3 2/3 −1/3
2`3 + `1
2`3 + `2
→
1 3 0 1/3 4/3 −2/3
0 1 0 1/3 5/6 −2/3
0 0 1 −1/3 2/3 −1/3
−3`2 + `1
→
1 0 0 −2/3 −7/6 4/3
0 1 0 1/3 5/6 −2/3
0 0 1 −1/3 2/3 −1/3
. Logo A−1 = 16
-4 -7 8
2 5 -4
-2 4 -2
.
Teorema de Rouche´. Considere-se um sistema de equac¸o˜es lineares Axxx = b, com A matriz m×n e b
vector m× 1 dados. Enta˜o:
• Axxx = bbb e´ poss´ıvel se, e somente se, car
[
A bbb
]
= carA ;
• Axxx = bbb e´ poss´ıvel e determinado se, e somente se, car
[
A bbb
]
= carA = n ;
• Axxx = bbb e´ poss´ıvel e indeterminado se, e somente se, car
[
A bbb
]
= carA < n .
03-10-2013 | T.
Discussa˜o de Sistemas. Aplicac¸o˜es.
Definic¸a˜o. Um sistema de equac¸o˜es lineares, Axxx = b , diz-se homge´neo se o termo indepenedente for 000 ,
i.e., for do tipo Axxx = 000 .
Lema. Um sistema homge´neo e´ sempre poss´ıvel (pois admite, pelo menos, como soluc¸a˜o a nula, i.e.
xxx = 000 e´ soluc¸a˜o). Mais ainda, se xxx1 e xxx2 sa˜o duas quaisquer soluc¸o˜es do sistema homgoe´neo, Axxx = 000 ,
enta˜o αxxx1 + β xxx2 e´ ainda uma soluc¸a˜o qualquer que sejam os escalares α, β .
Definic¸a˜o. Seja A ∈Mm,n . O conjunto de soluc¸o˜es do sistema Axxx = 000 designa-se por nu´cleo de A, ou
sub-espac¸o nulo de A e representa-se por N(A) = {xxx ∈ Rn : Axxx = 000} .
Teorema de representac¸a˜o da soluc¸a˜o. Seja A uma matriz m × n de coeficientes em C e bbb um
vector de Cm. Se o sistema Axxx = bbb e´ poss´ıvel, e yyy e´ uma sua soluc¸a˜o, enta˜o o conjunto soluc¸a˜o, sol ,
de Axxx = bbb e´ dado por sol = {yyy + yyy0 , yyy0 ∈ N(A)} .
Demonstrac¸a˜o. Verifiquemos primeiro que xxx = yyy+yyy0 e´ de facto uma soluc¸a˜o do sistema Axxx = bbb , i.e.,
A(yyy + yyy0) = Ayyy + Ayyy0 = bbb+ 000 = bbb .
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A´lgebra Linear e Geometria Anal´ıtica Licenciaturas em F´ısica e Engenharia F´ısica
Suponhamos agora que zzz e´ uma outra soluc¸a˜o de Axxx = bbb enta˜o A(zzz−yyy) = Azzz−Ayyy = bbb− bbb = 000 ; logo
zzz − yyy ∈ N(A) e, portanto, sol 3 zzz = yyy + yyy0 com yyy0 ∈ N(A) . c.q.d.
Determinac¸a˜o do nu´cleo de A. Considere-se o sistema Axxx = 000 com A matriz m× n . Este sistema
e´ sempre poss´ıvel, sendo determinado caso, carA = n , e indeterminado caso carA < n .
Neste u´ltimo caso comec¸amos por identificar as varia´veis livres em nu´mero igual a n − carA , corres-
pondentes a`s varia´veis sem “pivot” da matriz U na decomposic¸a˜o P A = LU . Designamos por nulidade
de A o nu´meros de varia´veis livres, n− carA e denotamo-la por nulA .
Determinamos, de seguida, a soluc¸a˜o dos sistemas Axxxj0 = 000 onde xxx
j
0 , com j = 1, . . . ,nulA e´ o vector
resultante de tomar todas as varia´veis livres iguais a zero menos a j-e´sima varia´vel, que e´ igual a 1 .
Desta forma encontramos que yyy ∈ N(A) representa-se como combinac¸a˜o linear dos vectores xxxj0 , i.e.
yyy = α1xxx
1
0 + · · ·+ αnulAxxxnulA0 .
Aplicac¸a˜o. Discuta em termos do paraˆmetro α ∈ R o sistema de equac¸o˜es lineares Axxx = bbb com
A =
1 2 4 −3
3 7 5 −5
5 12 6 −7
, bbb =
2
3
α
e xxx =
x
y
z
w
;
e resolva o sistema dado para os valores de α que o tornem poss´ıvel.
Resoluc¸a˜o. Considere-se a matriz do sistema ampliada
[
A bbb
]
, i.e.
1 2 4 −3 2
3 7 5 −5 3
5 12 6 −7 α
→
−3`1 + `2
−5`1 + `3
1 2 4 −3 2
0 1 −7 4 −3
0 2 −14 8 α− 10
→
−2`2 + `3
1 2 4 −3 2
0 1 −7 4 −3
0 0 0 0 α− 4
;
logo se α 6= 4 o sistema e´ imposs´ıvel, e caso α = 4 o sistema e´ poss´ıvel e indeterminado.
Vamos agora resolver o sistema quando α = 4 . Comecemos por indicar que a caracter´ıstica da matriz
do sistema e´ 2 (tem como “pivots” os escalares assinalados nas posic¸o˜es (1, 1) e (2, 2)) e a nulidade e´ 2
(o sistema dado tem como varia´veis livres z, w ).
Comecemos por determinar uma soluc¸a˜o do sistema com z = w = 0 ; logo y = 7 e x = 6 , i.e.
xxxp =
[
8 −3 0 0
]T
; e resolvamos o sistema homoge´neo associado primeiro com z = 1 e w = 0,
e depois com z = 0 e w = 1, determinando, respectivamente, os vectores xxx10 =
[
−18 7 1 0
]T
e
xxx20 =
[
11 −4 0 1
]T
.
A soluc¸a˜o geral do sistema de equac¸o˜es lineares com α = 4 vem dado por
xxx = xxxp + β xxx
1
0 + γ xxx
2
0 , com β, γ ∈ R .
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Teorema. Sejam A e B matrizes quadradas n × n. Se a matriz AB for invert´ıvel, enta˜o A e B sa˜o
matrizes invert´ıveis. Em particular, se AB = In enta˜o B = A
−1 .
Demonstrac¸a˜o. Suponhamos que AB e´ uma matriz invert´ıvel e que B na˜o e´ invert´ıvel. Enta˜o o
sistema Bxxx = 000 e´ poss´ıvel e indeterminado, pelo que o sistema (AB)xxx = 000 e´ tambe´m poss´ıvel e
indeterminado (pois uma soluc¸a˜o do primeiro sistema e´ tambe´m soluc¸a˜o deste sistema), o que e´ absurdo.
Temos enta˜o que B e´ invert´ıvel. Mais ainda, como A = (AB)B−1 temos que a matriz A e´ invert´ıvel
(pois esta´ descrita como o produto de duas matrizes invert´ıveis).
Suponhamos agora que AB = In . Da primeira parte do teorema conclu´ımos que tanto A como B sa˜o
matrizes invert´ıveis; e, portanto, das propriedades elementares do produto de matrizes temos
A−1 = A−1In = A−1(AB) = (A−1A)B = InB = B . c.q.d.
Definic¸a˜o. Seja A uma matriz m × n. Dizemos que o produto de uma matriz triangular inferior, L,
por uma triangular superior, U , e´ uma decomposic¸a˜o LU de A se A coincidir com LU a menos de
mudanc¸a da ordem das linhas de A , i.e. existe uma matriz de permutac¸a˜o, P , tal que P A = LU .
Decomposic¸a˜o LU de uma matriz (algoritmo). Use operac¸o˜es elementares por linhas, i.e.
Ek · · · E2E1
sobre a matriz A por forma a transforma´-la numa matriz em escada, U , (que e´ sempre poss´ıvel ainda
que para tal se tenha de multiplicar por matrizes de
permutac¸a˜o) i.e. (Ek · · ·E2E1)A = U ; e, portanto,
A = (Ek · · ·E2E1)−1U = LU , com L = E−11 · · ·E−1k .
Resumidamente temos.
[
A I
]
→
[
U L−1
]
, e L e´ a matriz triangular inferior com 1’s na
diagonal que regista as operac¸o˜es elementares por linhas efectuadas, com sinal contra´rio.
Exemplo. Determinar a decomposic¸a˜o LU da matriz A =
0 2 2 4
0 2 2 2
1 2 2 1
2 6 7 5
. Comec¸amos por multipli-
car A pela matriz P1,4 , i.e. vamos efectuar operac¸o˜es elementares sobre P1,4A
[
P1,4A I4
]
≡
2 6 7 5 1 0 0 0
0 2 2 2 0 1 0 0
1 2 2 1 0 0 1 0
0 2 2 4 0 0 0 1
→
−1/2`1 + `3
2 6 7 5 1 0 0 0
0 2 2 2 0 1 0 0
0 −1 −3/2 −3/2 −1/2 0 1 0
0 2 2 4 0 0 0 1
→
1/2`2 + `3
−`2 + `4
2 6 7 5 1 0 0 0
0 2 2 2 0 1 0 0
0 0 −1/2 −1/2 −1/2 1/2 1 0
0 0 0 2 0 −1 0 1
≡
[
U L−1
]
.
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Assim, P1,4A = LU , com L =
1 0 0 0
0 1 0 0
1/2 −1/2 1 0
0 1 0 1
e U =
2 6 7 5
0 2 2 2
0 0 −1/2 −1/2
0 0 0 2
.
Teorema de unicidade da factorizac¸a˜o LU . Se A e´ uma matriz n×n invert´ıvel, enta˜o a factorizac¸a˜o
P A = LU u´nica.
Demonstrac¸a˜o. Suponhamos que existem L1, L2 e U1, U2 , pares de matrizes quadradas n×n , respecti-
vamente triangulares inferiores (com 1’s na diagonal) e triangulares superiores tais que que P A = L1U1
e tambe´m P A = L2U2 ; enta˜o como Lj Uj sa˜o invert´ıveis temos tambe´m L
−1
1 L2 = U1U
−1
2 , logo tera˜o
de ser iguais a` matriz identidade, In , i.e. L
−1
1 L2 = In = U1U
−1
2 , e do teorema anterior tiramos que
L1 = L2 e que U1 = U2 . c.q.d.
Ca´lculo da inversa de uma matriz quadrada invert´ıvel (continuac¸a˜o). A matriz A−1 , de uma
matriz invert´ıvel, A , pode determinar-se da seguinte forma: realizam-se as adequadas operac¸o˜es elemen-
tares sobre as linhas da matriz A, e simultaneamente sobre as linhas da matriz identidade, I , ate´
conseguir que A se transforme numa matriz em escada (o que e´ sempre poss´ıvel); neste momento,
acaba´mos de levar a matriz
[
A I
]
a
[
U L−1
]
; efectuando agora as operac¸o˜es elementares por
linhas a` matriz U ampliada com a matriz I ate´ que a primeira se transforme na matriz identidade,
obtemos como transformada de I a matriz U−1. Agora, da representac¸a˜o A = LU , temos que A−1 =
U−1 L−1.
03-10-2013 | TP.
Resoluc¸a˜o dos problemas 29, 31. e), 60, 61, 63. g) e 65.
Resoluc¸a˜o do problema 29. a) Sendo A =
[
ai,j
]
e B =
[
Bi,j
]
, matrizes n × n, enta˜o o elemento
situado na linha i, coluna j da matriz A2 +B e´
n∑
k=1
ai,kak,j + bi,j , para i, j = 1, . . . , n.
Para a al´ınea b) temos que o elemento situado na linha i, coluna j de A−BA+ 2In, e´
ai,j −
(
n∑
k=1
bi,kak,j
)
+ 2δi,j , onde δi,j =
1 se i = j0 se i 6= j (delta de Kronecker) i, j = 1, . . . , n .
Resoluc¸a˜o do problema 31. e) Veˆ-se facilmente que sendo A =
[
2 −1
3 −2
]
, se tem A2 =
[
1 0
0 1
]
; e,
portanto, A2n = I2 e A
2n+1 = A , n ∈ N .
Resoluc¸a˜o do problema 60. a)
1 2 4
3 −1 −2
1 −5 3
1
1
1
=
7
0
−1
; b)
1 3 1
−2 2 6
1 1 1
−2
1
−1
=
0
0
−2
;
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c)
1 1
2 3
1 1
[
1
2
]
=
3
8
3
; d)
[
1 2 3
−1 4 1
]
1
−1
0
=
[
−1
−5
]
.
Resoluc¸a˜o do problema 61. a)
1 3 1
−2 2 6
1 1 1
x
y
z
=
0
0
−2
; b)
[
1 2 3
−1 4 1
]
x
y
z
=
[
−1
−5
]
;
c)
1 2 4
3 −1 −2
1 −5 3
x
y
z
=
7
0
−1
; d)
1 1
2 3
1 1
[
x
y
]
=
3
8
3
.
Resoluc¸a˜o do problema 63. g) Para resolver o sistema Axxx = bbb , com A =
1 1 1 1
1 1 3 2
3 5 7 3
e bbb =
1
3
0
,
considere-se[
A bbb
]
=
1 1 1 1 1
1 1 3 2 3
3 5 7 3 0
→
`2 ↔ `3
1 1 1 1 1
3 5 7 3 0
1 1 3 2 3
→
−3`1 + `3
−`1 + `2
1 1 1 1 1
0 2 4 0 −3
0 0 2 1 2
.
Vemos assim que o sistema dado e´ poss´ıvel e indeterminado, e x4 e´ uma varia´vel livre; a soluc¸a˜o geral
do sistema sera´ dada por xxx = αxxx0 +xxxp, α ∈ R, tais que Axxx0 = 000 , e Axxxp = bbb , com xxx0 =
[
x y z 1
]T
e xxxp =
[
x1 x2 x3 0
]T
. Obtemos xxxp =
[
7/2 −7/2 1 0
]T
e xxx0 =
[
−3/2 2 −1/2 1
]T
.
Observac¸a˜o. A decomposic¸a˜o P2,3A = LU tem L =
1 0 0
3 1 0
1 0 1
e U =
1 1 1 1
0 2 4 0
0 0 2 1
.
Resoluc¸a˜o do problema 65. Consideramos a matriz ampliada do sistema depois de multiplicada pela
matriz de permutac¸a˜o P2,3 , i.e.
[
P2,3A b
]
, com A =
1 β β
1 1 β
β 1 1
e b =
0
β2
0
, i.e. depois de aplicar
as transformac¸o˜es por linhas `′2 = −`1 + `2 e `′3 = −β`1 + `3 temos
1 β β 0
0 1− β 0 β2
0 1− β2 1− β2 0
.
Agora, se β = 1 o sistema e´ imposs´ıvel (pois a linha `′2 leˆ-se 0 = 1 ); se β = −1 o sistema e´ poss´ıvel
e indeterminado (pois a linha `′3 leˆ-se 0 = 0 ); caso β 6= ±1 enta˜o o sistema e´ poss´ıvel e determinado;
efectuando a operac¸a˜o `′′3 = −(1 + β)`′2 + `′3
1 β β 0
0 1− β 0 β2
0 0 1− β2 −β(1 + β)
, obtemos como soluc¸a˜o
0
β2/(1− β)
−β2/(1− β)
.
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Exerc´ıcio. Identifique as matrizes L e U da decomposic¸a˜o P2,3A para os casos β = −1 , β = 1 , ou
β 6= ±1 .
08-10-2013 | T.
Determinante de uma matriz quadrada de ordem n. Aplicac¸o˜es.
Definic¸a˜o. Determinante de uma matriz de ordem n e´ uma func¸a˜o det : Mn×n(K)→ K , com K ≡ R
ou C , verificando as seguintes condic¸o˜es:
1• para cada i = 1, . . . , n e α ∈ K , tem-se
det
[
· · · cccj + bbb · · ·
]
= det
[
· · · cccj · · ·
]
+ det
[
· · · bbb · · ·
]
,
onde cccj e bbb sa˜o vectores coluna
[
a1,j · · · an,j
]T
, j = 1, . . . , n e
[
b1 · · · bn
]T
, respectivamente;
2• para cada i = 1, . . . , n e α ∈ K , tem-se det
[
· · · αcccj · · ·
]
= α det
[
· · · cccj · · ·
]
;
3• Se a matriz A tiver duas colunas iguais, tem-se detA = det
[
· · · cccj · · · cccj · · ·
]
= 0 ;
4• det In = 1 .
Notac¸a˜o.
• O determinante de uma matriz A , detA , pode denotar-se como det
[
ai,j
]
ou ainda
∣∣∣ai,j∣∣∣ ou |A| .
• As propriedades 1 e 2 expressam a linearidade por colunas da func¸a˜o determinante.
• A definic¸a˜o anterior na˜o se altera substituindo o termo “coluna” por “linha” (cf. texto de apoio).
No estudo que agora iniciamos vamos supoˆr que existe uma u´nica func¸a˜o satisfazendo as condic¸o˜es 1
a 4, i.e. vamos considerar que a definc¸a˜o dada e´ consistente.
Propriedades dos determinantes. Seja A uma matriz n× n; enta˜o tem-se:
a. se uma coluna de A for mu´ltipla de uma outra, enta˜o detA = 0 . Em particular, detA = 0 se a
matriz A tiver uma linha nula;
b. o determinante muda de sinal quando se trocam entre si duas colunas de A ;
c. se P e´ uma matriz de permutac¸a˜o tem-se detP = ±1 ;
d. O determinante de uma matriz A na˜o se altera se a uma coluna de A adicionarmos um mu´ltiplo
de uma outra coluna.
Demonstrac¸a˜o. Vamos denotar a matriz A por colunas, i.e. A =
[
· · · ccci · · · cccj · · ·
]
. Enta˜o,
det
[
· · · αcccj · · · cccj · · ·
]
2
= α det
[
· · · cccj · · · cccj · · ·
]
3
= 0 ,
pelo que a
fica provado.
Para demonstrarmos b comec¸emos por considerar
det
[
· · · ccci + cccj · · · ccci + cccj · · ·
]
3
= 0 .
Aplicando a linearidade (i.e. as propriedades 1 e 2) a este determinante, podemos escrever
det
[
· · · ccci · · · ccci · · ·
]
+ det
[
· · · ccci · · · cccj · · ·
]
+ det
[
· · · cccj · · · ccci · · ·
]
+ det
[
· · · cccj · · · cccj · · ·
]
= 0 .
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Mas da propriedade 3 temos que det
[
· · · ccci · · · cccj · · ·
]
+ det
[
· · · cccj · · · ccci · · ·
]
= 0 .
Por definic¸a˜o de matriz de permutac¸a˜o, e aplicac¸a˜o reiterada de b conclu´ımos que detP = ±1 .
Para demonstrarmos d basta ver que
det
[
· · · ccci · · · cccj + αccci · · ·
]
1
= det
[
· · · ccci · · · cccj · · ·
]
+ det
[
· · · ccci · · · αccci · · ·
]
a
= det
[
· · · ccci · · · cccj · · ·
]
. c.q.d.
Observac¸a˜o. As propriedades que acaba´mos de estabelecer admitem uma leitura em termos de deter-
minantes de produtos de matrizes, i.e. sendo A =
[
· · · ccci · · · cccj · · ·
]
uma matriz n× n, enta˜o:
•
[
· · · cccj · · · ccci · · ·
]
= APi,j ,
•
[
· · · ccci · · · cccj + αccci · · ·
]
= AEi,j(α) ,
•
[
· · · ccci · · · αcccj · · ·
]
= ADj(α) .
Agora, detPi,j = det
[
· · · eeej · · · eeei · · ·
]
, onde eeej e´ o vector coluna que tem todos os escalares
nulos com excepc¸a˜o que que esta´ na posic¸a˜o j que e´ igual a 1. Assim, pela propriedade b temos que
detPi,j = −1 .
Mais ainda,
detEi,j(α) = det
[
· · · eeei · · · eeej + αeeei · · ·
]
= det
[
· · · eeei · · · eeej · · ·
]
+ det
[
· · · eeei · · · αeeei · · ·
]
a
= det In = 1 .
Temos ainda que detDj(α) = det
[
· · · eeei · · · αeeej · · ·
]
2
= α det In = α .
Assim, podemos escrever para qualquer matriz A ∈Mn×n :
• det(APi,j) = (detA) (detPi,j) ,
• det(AEi,j(α)) = (detA) (detEi,j(α)) ,
• det(ADj(α)) = (detA) (detDj(α)) .
Exemplo. Calcule o determinante das matrizes A =
1 2 3
0 4 5
0 0 7
e B =
2 0 0
3 4 0
−1 0 5
.
Resoluc¸a˜o. Veˆ-se facilmente que
AD2(1/4)D3(1/7) =
1 1/2 3/7
0 1 5/7
0 0 1
;
mais ainda, AD2(1/4)D3(1/7)E1,2(−1/2)E1,3(−3/7)E2,3(−5/7) = I .
Assim, A = E2,3(5/7)E1,3(3/7)E1,2(1/2)D3(7)D2(4) ; pelo que
detA = |E2,3(5/7)| |E1,3(3/7)| |E1,2(1/2)| |D3(7)| |D2(4)| = 28 .
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Para a matriz B comec¸amos por multiplicar a` direita pela matriz D1(1/2)D2(1/4)D3(1/5) , i.e.
B transforma-se em
1 0 0
3/2 1 0
−1/2 0 1
; assim, BD1(1/2)D2(1/4)D3(1/5)E2,1(−3/2)E3,1(1/2) = I .
Logo B = E3,1(−1/2)E2,1(3/2)D3(5)D2(4)D1(2) ; e, portanto, detA = 40 .
Determinantes de matrizes especiais.
• det(D1(α1) · · ·Dn(αn)) = detD1(α1) · · · detDn(αn) =
n∏
j=1
αj , i.e. o determinante de uma matriz
diagonal e´ o produto dos seus elementos diagonais.
• o determinante de uma matriz triangular superior (respectivamente, triangular inferior) e´ o produto
dos seus elementos diagonais.
Demonstrac¸a˜o. De facto, sendo T+ =
[
· · · tj · · ·
]
uma matriz triangular superior temos que
T+ =
[
α1eee1 α2eee2 + ∗eee1 · · · αneeen +
n−1∑
j=1
∗eeej
]
, onde eeej e´, como anteriormente, o vector coluna
que tem todos os escalares nulos com excepc¸a˜o que que esta´ na posic¸a˜o j que e´ igual a 1.
Se algum dos elementos diagonais for nulo, i.e. αk = 0 , para algum k = 1, . . . , n enta˜o, a coluna k
de T+, tttk =
k−1∑
j=1
∗eeej , admite a representac¸a˜o tttk =
k−1∑
j=1
βkj tttj , com β
k
j , j = 1, . . . , k−1 bem determinados.
Agora, aplicando a propriedade 1 temos
detT = det
[
ttt1 · · · tttk−1 tttk tttk+1 · · ·
]
=
k−1∑
j=1
det
[
ttt1 · · · tttk−1 ∗ tttj tttk+1 · · ·
]
e da propriedade d temos que detT+ = 0 .
Vamos supor agora que
n∏
j=1
αj 6= 0 . Mutiplicando a matriz T+ pela matriz D1(1/α1) · · ·Dn(1/αn) ,
obtemos T+D1(1/α1) · · ·Dn(1/αn) =
[
eee1 eee2 + ∗eee1 eee3 + (∗eee1 + ∗eee2) · · · eeen +
n−1∑
j=1
∗eeej
]
.
Agora, adicionando a` segunda coluna da matriz que obtivemos pelo processo anterior, eee2 +∗eee1 , (−∗)eee1
transforma-mo-la em eee2 , e pela propriedade d o valor do determinante na˜o se altera. Como sabemos
esta operac¸a˜o corresponde a multiplicar a matriz T+D1(1/α1) · · ·Dn(1/αn) por E1,2(−∗) , pelo que a
matriz inicial foi transformada em
T+D1(1/α1) · · ·Dn(1/αn)E1,2(−∗) =
[
eee1 eee2 eee3 + (∗eee1 + ∗eee2) · · · eeen +
n−1∑
j=1
∗eeej
]
.
Multiplicando sucessivamente matrizes do tipo E1,j(∗) eliminamos a dependeˆncia do vector eee1 de todas
a colunas de T+ com a excepc¸a˜o da primeira coluna. Continuando a aplicar este processo, eliminamos,
primeiro a dependeˆncia de eee2 em todas as colunas de T+ com a excepc¸a˜o da segunda coluna, ate´ chegar
a eliminar a dependeˆncia de eeen−1 da u´ltima coluna, i.e. multiplicando cuidadosamente por matrizes
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elementares do tipo Ei,j(∗) levamos a nossa matriz T+ a` matriz In , i.e.
T+D1(1/α1) · · ·Dn(1/αn) (produto de matrizes Ei,j(∗) pela ordem que indica´mos) = In .
Como (Ei,j(∗))−1 = Ei,j(−∗) e (D1(1/α1))−1 = D1(α1) , T+ pode representar-se na forma
T+ = (produto de matrizes Ei,j(−∗) pela ordem inversa)Dn(αn) · · ·D1(α1)
Conclu´ımos assim que (aplicando as fo´rmulas para o determinante do produto por matrizes elementares)
detT+ = detDn(αn) · · · detD1(α1) =
n∏
j=1
αj , pois detEi,j(−∗) = 1 .
Para matrizes triangulares inferiores T− pode provar-se da mesma forma tendo em atenc¸a˜o que
T− =
[
α1 eee1 +
n∑
j=2
∗eeej α2 eee2 +
n∑
j=3
∗eeej · · · αn eeen
]
,
e, portanto T− pode representar-se na forma
T− = (produto de matrizes Ei,j(−∗) – ordem a determinar)Dn(αn) · · ·D1(α1) .
Como conhecemos o determinante do produto de matrizes elementares temos detT+ =
n∏
j=1
αj . c.q.d.
10-10-2013 | T.
Determinantes de matrizes quadradas: Teorema de Laplace.
Teorema. Considere a decomposic¸a˜o LU para uma matriz A quadrada n× n, i.e. A = P TLU (pois,
P TP = I ); enta˜o, detA = detP detU , e tambe´m detAT = detA .
Demonstrac¸a˜o. Basta notar que P TP = In ; e, portanto, detP
T detP = 1 , ou ainda, tendo em
atenc¸a˜o a propriedade c, detP T = detP . Agora pela decomposic¸a˜o LU de A temos o resultado
procurado para o determinante da matriz A .
Para mostrar que detAT = detA basta notar que o determinante de uma matriz triangular e´ o produto
dos seus elementos diagonais, pelo que detUT = detU . c.q.d.
Teorema. Sejam A,B matrizes quadradas n × n . Enta˜o, det(AB) = detA detB . Ale´m disso, se A
e´ invert´ıvel, enta˜o detA−1 = (detA)−1 .
Demonstrac¸a˜o. A primeira identidade e´ consequeˆncia da representac¸a˜o LU para as matrizes A e B ,
quando estas sa˜o invert´ıveis, e de que tanto L como U admitem uma representac¸a˜o como produto de
matrizes elementares. Quando A ou B na˜o sa˜o invert´ıveis, temos tambe´m que AB na˜o e´ invert´ıvel,
pelo que det(AB) = 0 = detA detB .
Para a segunda identidade basta notar que pela definic¸a˜o de matriz invert´ıvel A−1A = In , e da propri-
edade anterior temos det(A−1A) = detA−1 detA = 1 , de onde se obte´m o resultado procurado. c.q.d.
Problema. Analise a existeˆncia de uma matriz quadrada A , n× n invert´ıvel e tal que AT = −A3 .
Resoluc¸a˜o. Das hipo´teses temos detA = (−1)n(detA)3 , i.e. (1− (−1)n(detA)2) detA = 0 .
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Agora, como detA 6= 0 , conclu´ımos que (detA)2 = (−1)n , i.e. se n e´ par (detA)2 = 1 e se n e´ ı´mpar
(detA)2 =
−1 ; logo, caso n seja para, detA = ±1 , e caso n seja ı´mpar detA = ±i .
Por exemplo, as matrizes A =
i 0 0
0 −i 0
0 0 −i
e A =
[
i 0
0 −i
]
satisfazem a condic¸o˜es do enunciado.
Note-se que caso n = 3 na˜o existe uma matriz com escalares reais satisfazendo a condic¸a˜o do enunciado.
Definic¸a˜o. Seja A =
[
ai,j
]
uma matriz n × n . Designamos por complemento alge´brico de ai,j a
(−1)i,j detAi,j onde Ai,j e´ a matriz que se obte´m de A por supressa˜o da linha i e da coluna j .
Teorema de Laplace. O determinante de uma matriz quadrada e´ igual a` soma dos produtos dos
elementos de uma coluna (respectivamente, linha) pelos respectivos complementos alge´bricos, i.e. sendo
A =
[
ai,j
]
e denotando por (−1)i+j detAi,j o complemento alge´brico de ai,j para i, j = 1, . . . , n , tem-se
detA =
n∑
i=1
(−1)i+jai,j detAi,j , j = 1, . . . , n
(analogamente para linhas, detA =
n∑
j=1
(−1)i+jai,j detAi,j , i = 1, . . . , n ).
Demonstrac¸a˜o. Escrevendo a coluna j da matriz A na forma cccj =
n∑
i=1
ai,j eeei , onde eeei e´, para cada
i = 1, . . . , n , o vector coluna que tem todos os escalares nulos com excepc¸a˜o do que esta´ na posic¸a˜o i
que e´ igual a 1 . Desta forma escrevemos A por colunas como[
· · · cccj−1
n∑
i=1
ai,j eeei cccj+1 · · ·
]
.
Aplicando a linearidade do determinante conclu´ımos que,
detA =
n∑
i=1
det
[
· · · cccj−1 ai,j eeei cccj+1 · · ·
]
=
n∑
i=1
ai,j det
[
· · · cccj−1 eeei cccj+1 · · ·
]
.
Acaba´mos de expressar o determinante de A em termos de n determinantes das matrizes
· · · a1,j−1 0 a1,j+1 · · ·
...
...
...
· · · ai−1,j−1 0 ai−1,j+1 · · ·
· · · ai,j−1 1 ai,j+1 · · ·
· · · ai+1,j−1 0 ai+1,j+1 · · ·
...
...
...
i = 1, . . . , n.
O determinante destas matrizes coincidem a menos de (−1)j com o determinante das matrizes que
resultam delas por troca da coluna j sucessivamente com as colunas j − 1 ate´ a` coluna 1 , i.e. com o
determinante das matrizes
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0 · · · a1,j−1 a1,j+1 · · ·
...
...
...
0 · · · ai−1,j−1 ai−1,j+1 · · ·
1 · · · ai,j−1 ai,j+1 · · ·
0 · · · ai+1,j−1 ai+1,j+1 · · ·
...
...
...
i = 1, . . . , n.
Mais ainda, o determinante destas matrizes coincidem a menos de (−1)i com o determinante das
matrizes que resultam delas por troca da linha i sucessivamente com as linhas i− 1 ate´ ate´ a` linha 1 ,
i.e. com o determinante das matrizes
1 · · · ai,j−1 ai,j+1 · · ·
0 · · · a1,j−1 a1,j+1 · · ·
...
...
...
0 · · · ai−1,j−1 ai−1,j+1 · · ·
0 · · · ai+1,j−1 ai+1,j+1 · · ·
...
...
...
i = 1, . . . , n.
Mas o determinante desta matriz e´ igual ao determinante da matriz que se obte´m da matriz A por
supressa˜o da linha i e da coluna j, i.e. podemos escrever
detA =
n∑
i=1
det
[
· · · cccj−1 ai,j eeei cccj+1 · · ·
]
=
n∑
i=1
ai,j(−1)i+j detAi,j .
Da mesma forma se demonstra a fo´rmula de ca´lculo do determinante segundo os escalares de uma
mesma linha. c.q.d.
Exemplos.
• Seja A =
[
a b
c d
]
; detA = a detA1,1 − b detA1,2 = −c detA2,1 + d detA2,2 = a detA1,1 −
c detA2,1 = −b detA1,2 + d detA2,2 ,
onde A1,1 = d , A1,2 = c , A2,1 = b e A2,2 = a , i.e. detA = a d− b c .
• Seja A =
a b c
d e f
g h i
; detA = a detA1,1 − b detA1,2 + c detA1,3
onde A1,1 =
[
e f
h i
]
, A1,2 =
[
d f
g i
]
, A1,3 =
[
d e
g h
]
;
e do caso analisado anteriormente temos que detA1,1 = e i− f h , detA1,2 = d i− f g e detA1,3 =
d h− g e . Assim, detA = a e i− a f h− b d i+ b f g + c d h− c g e .
Observac¸a˜o. No primeiro exemplo, observe-se a posic¸a˜o na matriz A dos escalares (que agora identi-
ficamos com 1’s) que aparecem nos produtos duplos da fo´rmula de ca´lculo do determinante, i.e.
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1 0
0 1
]
↔ a d e
[
0 1
1 0
]
↔ b c ,
cujos determinantes valem, respectivamente 1 e −1 (pois coincidem com a matriz identidade e com a
matriz de permutac¸a˜o), que e´ o sinal de a d e b c na fo´rmula do determinante.
No segundo exemplo, observe-se a posic¸a˜o na matriz A dos escalares (que agora identificamos com 1’s)
que aparecem nos produtos triplos da fo´rmula de ca´lculo do determinante, i.e.
1 0 0
0 0 1
0 1 0
↔ a f h ,
0 1 0
1 0 0
0 0 1
↔ b d i ,
0 0 1
0 1 0
1 0 0
↔ c g e , cujos determinantes valem −1
1 0 0
0 1 0
0 0 1
↔ a e i ,
0 1 0
0 0 1
1 0 0
↔ b f g ,
0 0 1
1 0 0
0 1 0
↔ c d h , cujos determinantes valem 1
(pois coincidem com a matriz identidade, ou com matrizes de permutac¸a˜o ou com produtos de matrizes
de permutac¸a˜o). Obtemos assim a regra de Sarrus, i.e. detA = (a e i+b f g+d h c)−(c e g+b d i+f h a) .
10-10-2013 | TP.
Determinantes de matrizes quadradas: Regra de Cramer. Resoluc¸a˜o de Exerc´ıcios.
Definic¸a˜o. Seja A =
[
ai,j
]
uma matriz n× n . Definimos matriz adjunta como a matriz transposta da
matriz dos complementos alge´bricos de A, i.e.
adj A =
[
(−1)i+j detAi,j
]T
=
(−1)1+1 detA1,1 · · · (−1)n+1 detA1,n
...
...
(−1)1+n detAn,1 · · · (−1)n+n detAn,n
T
=
(−1)1+1 detA1,1 · · · (−1)n+1 detAn,1
...
...
(−1)1+n detA1,n · · · (−1)n+n detAn,n
.
Como consequeˆncia directa do teorema de Laplace temos:
Fo´rmula expl´ıcita para o ca´lculo da inversa de uma matriz invert´ıvel. Seja A uma matriz
quadrada invert´ıvel. Enta˜o A−1 = (detA)−1 adj A .
Indicac¸a˜o. Basta notar que
n∑
k=1
(−1)k+jak,i detAk,j = (detA) δi,j , j = 1, . . . , n, onde δi,j e´ a delta de
Kronecker. De facto,
n∑
k=1
(−1)k+jak,i detAk,j = det
[
· · · ci · · · ci · · ·
]
; e, portanto, (adj A)A = (detA)In .
i j
Aplicac¸a˜o a` resoluc¸a˜o de sistemas (Regra de Cramer). Seja A =
[
ai,j
]
uma matriz n × n e
bbb =
[
bi
]
um vector n×1 . O sistema Axxx = bbb diz-se de Cramer se a matriz do sistema, A , for invert´ıvel.
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Um sistema de Cramer tem soluc¸a˜o u´nica xxx =
[
x1 · · · xn
]T
dada por
xj = δj/(detA) ,
onde δj e´ para cada j = 1, . . . , n, o determinante da matriz que se obte´m de A por substituic¸a˜o da
coluna j (de A) pelo vector bbb , i.e.
xj = det
[
· · · cccj−1 bbb cccj+1 · · ·
]
/detA , j = 1, . . . , n .
Indicac¸a˜o. Basta notar que (adj A)bbb =
[
n∑
i=1
(−1)i+j(detAi,j) bi
]
e (adj A)A = (detA) In . Pelo
que, do teorema de Laplace, obtemos que
n∑
i=1
(−1)i+j(detAi,j) bi = det
[
· · · cccj−1 bbb cccj+1 · · ·
]
.
Assim, (detA) bj = det
[
· · · cccj−1 bbb cccj+1 · · ·
]
, j = 1, . . . , n . c.q.d.
Problemas. Determinar a soluc¸a˜o do sistema de equac¸o˜es lineares
2x+ y − 3 z = 1 , −x+ 5 y + z = 4 , 3x− 2 y − 4 z = −1 .
Resoluc¸a˜o. Em notac¸a˜o matricial o sistema dado leˆ-se
Axxx = bbb , com A =
2 1 −3
−1 5 1
3 −2 −4
e bbb =
1
4
−1
e xxx =
x
y
z
.
Como detA = 2 , sabemos que A e´ invert´ıvel, pelo que o sistema dado e´ de Cramer. Mais ainda,
A−1 =
1
detA
|A1,1| −|A1,2| |A1,3|
−|A2,1| |A2,2| −|A2,3|
|A3,1| −|A3,2| |A3,3|
T
,
com |A1,1| = −18 , |A1,2| = 1 , |A1,3| = −13 , |A2,1| = −10 , |A2,2| = 1 , |A2,3| = −7 , |A3,1| = 16 ,
|A3,2| = −1 , |A3,3| = 11 ; e, portanto, A−1 = 1
2
−18 10 16
−1 1 1
−13 7 11
, pelo que xxx = A−1 bbb =
3
1
2
.
Aplicando directamente a regra de Cramer temos:
x =
∣∣∣∣∣∣∣∣
1 1 −3
4 5 1
−1 −2 −4
∣∣∣∣∣∣∣∣
detA
=
6
2
= 3 , y =
∣∣∣∣∣∣∣∣
2 1 −3
−1 4 1
3 −1 −4
∣∣∣∣∣∣∣∣
detA
=
2
2
= 1 , z =
∣∣∣∣∣∣∣∣
2 1 1
−1 5 4
3 −2 −1
∣∣∣∣∣∣∣∣
detA
=
4
2
= 2 .
Resoluc¸a˜o do problema 83. a)
∣∣∣∣∣ 1 3−2 4
∣∣∣∣∣ = 1 4− 3 (−2) = 10 ; f)
∣∣∣∣∣∣∣∣
2 1 3
1 0 2
1 4 2
∣∣∣∣∣∣∣∣ = (2 + 12)− (16 + 2) = 4 ;
k)
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
a 0 0 0
0 0 0 b
0 c 0 0
0 0 d 0
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
c3↔c4= −
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
a 0 0 0
0 0 b 0
0 c 0 0
0 0 0 d
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
c2↔c3=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
a 0 0 0
0 b 0 0
0 0 c 0
0 0 0 d
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
= a b c d ;
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l)
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
0 1 0 0
1 0 1 0
0 1 0 1
0 0 1 0
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
`1↔`2= −
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
1 0 1 0
0 1 0 0
0 1 0 1
0 0 1 0
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
`3↔`4=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
1 0 1 0
0 1 0 0
0 0 1 0
0 1 0 1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
−`2+`4=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
1 0 1 0
0 1 0 0
0 0 1 0
0 0 0 1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
= 1 .
15-10-2013 | T.
Resoluc¸a˜o dos problemas 64, 93 e 96 do caderno de exerc´ıcios.
Resoluc¸a˜o do problema 64. Pode ver-se que o determinante da matriz do sistema
A =
[
i 1 + i
1− i −6 + i
]
e´ igual a −3− 6 i , logo A e´ invert´ıvel e A−1 =
[
(4− 13 i)/15 (3− i)/15
−(1 + 3i)/15 −(2 + i)/15
]
,
pelo que a soluc¸a˜o do sistema vem dada por
A−1 bbb =
[
(4− 13 i)/15 (3− i)/15
−(1 + 3i)/15 −(2 + i)/15
] [
3 + i
4
]
=
[
(37− 39 i)/15
−(8 + 14i)/15
]
.
Outro processo: A partir do momento que verifica´mos que a matriz do sistema, A , e´ invert´ıvel, podemos
aplicar directamente a Regra de Cramer para resolver o sistema dado, obtendo-se
z =
∣∣∣∣∣3 + i 1 + i4 −6 + i
]
detA
=
−23− 7 i
−3− 6 i e w =
∣∣∣∣∣ i 3 + i1− i 4
]
detA
=
−4 + 6 i
−3− 6 i ,
que e´ a soluc¸a˜o do sistema (confirmar).
Podemos ainda, como processo alternativo determinar a decomposic¸a˜o LU da matriz A :[
i 1 + i
1− i −6 + i
]
→
(1 + i)`1 + `2
[
i 1 + i
0 −6 + 3 i
]
, i.e. A =
[
1 0
−(1 + i) 1
] [
i 1 + i
0 −6 + 3 i
]
.
Agora, temos somente que resolver o seguinte sistema em escada (exerc´ıcio),[
i 1 + i
0 −6 + 3 i
] [
z
w
]
=
[
1 0
−(1 + i) 1
]−1 [
3 + i
4
]
=
[
1 0
1 + i 1
] [
3 + i
4
]
=
[
3 + i
6 + 4 i
]
.
Resoluc¸a˜o do problema 93. Seja A =
1 1 α
1 α 1
α 1 1
, e calculemos o seu determinante, i.e. detA =
−2 + 3α−α3 = −(α− 1)2(α+ 2) . Assim, se a ∈ R \ {−2, 1} a matriz A e´ invert´ıvel. Mais ainda, para
α 6= −2, 1 , a sua inversa vem dada por A−1 = 1
detA
|A1,1| −|A1,2| |A1,3|
−|A2,1| |A2,2| −|A2,3|
|A3,1| −|A3,2| |A3,3|
T
,
com |A1,1| = α−1 , |A1,2| = 1−α , |A1,3| = 1−α2 , |A2,1| = 1−α , |A2,2| = 1−α2 , |A2,3| = 1−α , |A3,1| =
1−α2 , |A3,2| = 1−α , |A3,3| = α−1 ; e, portanto, A−1 = − 1
(α− 1)2(α + 2)
α− 1 α− 1 1− α2
α− 1 1− α2 α− 1
1− α2 α− 1 α− 1
.
Resoluc¸a˜o do problema 96. Como A = T B T−1 e det(T B T−1) = detT det(B T−1)
= detT detB detT−1 = detT detB (detT )−1 obtemos detA = detB .
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17-10-2013 | T.
Espac¸o vectorial. Exemplos. Sub-espac¸o vectorial. Exemplos.
Conceito de Espac¸o Vectorial. Seja V um conjunto dado cujos elementos sera˜o designados por vecto-
res. Consideremos tambe´m o conjunto K (que sera´ sempre R ou C ) cujos elementos sera˜o designados
por escalares. Diremos que V e´ um espac¸o vectorial sobre K se as operac¸o˜es soma e produto por um
escalar, satisfazem as seguintes propriedades, para todo o ~u,~v, ~w ∈ V , α, β ∈ K :
+++ : V× V→ V ... : K× V→ V
1. (~u+++ ~v) +++ ~w = ~u+++ (~v+++ ~w) ;
2. ∃~0 : ~u+++~0 = ~0 +++ ~u = ~u ;
3. ∃ − ~u : ~u+++ (−~u) = (−~u) +++ ~u = ~0 ;
4. ~u+++ ~v = ~u+++ ~v;
a) (α + β) ... ~u = α... ~u+++ β ... ~u ;
b) α... (~u+++ ~v) = α... ~u+++ β ... ~v ;
c) α(β ... ~u) = (αβ) ... ~u ;
d) 1 ... ~u = ~u .
Observac¸a˜o. Caso K seja C o espac¸o vectorial V diz-se complexo; e caso K = R , V diz-se um espac¸o
vectorial real.
No que se segue vamos aligeirar a notac¸a˜o e denotar os vectores de ~u de V por uuu .
Exemplos. Ale´m dos espac¸os Kn , ou mesmo Mm,n(K) com K = R ou C que nos serviram como
modelo (cf. aula T | 19-09-2013 em Propriedades das operac¸o˜es com matrizes) conve´m citar os
seguintes exemplos de espac¸os vectoriais:
• O conjunto das func¸o˜es definidas num mesmo conjunto D com valores em K , que denotamos por
F(D,K) , com as operac¸o˜es adic¸a˜o de func¸o˜es e produto de uma func¸a˜o por um escalar, i.e.
+++ : F(D,K)×F(D,K)→ F(D,K) sendo f+++g a func¸a˜o definida em D por (f+g)(x) = f(x)+g(x);
... : K× F(D,K)→ F(D,K) sendo α... f a func¸a˜o definida em D por (α... f)(x) = α f(x) .
• O conjunto dos polino´mios com coeficientes em K na varia´vel x, que denotaremos por P[x] e´ um
espac¸o vectorial sobre K , relativamente a`s operac¸a˜o usuais de soma de polino´mios e do produto
de um escalar por um polino´mio.
Definic¸a˜o. Seja V um espac¸o vectorial sobre K e seja U um subconjunto de V . Dizemos que U e´ um
sub-espac¸o vectorial de V se as operac¸o˜es sobre V estiverem bem definidas sobre U ; e, portanto, U e´
tambe´m um espac¸o vectorial sobre K .
Teorema de caracterizac¸a˜o. U e´ um sub-espac¸o vectorial do espac¸o vectorial V se, e somente se,
sendo ∅ 6= U ⊂ V se tem
uuu+++ vvv ∈ U e α...uuu ∈ U , para todo o uuu,vvv ∈ U e α ∈ K . Propriedade (*)
Observac¸a˜o. As condic¸o˜es anteriores de caracaterizac¸a˜o de um sub-espac¸o podem ser substituidas por
α...uuu+++ β ... vvv ∈ U , uuu,vvv ∈ U e α, β ∈ K , Propriedade (**)
i.e. as combinac¸o˜es lineares dos vectores de U esta˜o em U .
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Demonstrac¸a˜o. Na˜o vamos demonstrar que a carcaterizac¸a˜o de sub-espac¸os mas somente indicar que o
enunciado na observac¸a˜o e´ natural. De facto, se se verificam as condic¸o˜es (*) enta˜o α...uuu ∈ U e β ... vvv ∈ U ,
pelo que de (*) temos que α...uuu+++ β ... vvv ∈ U . Agora, se (**) se tem, enta˜o, tomando α = β = 1 , por um
lado e β = 0 por outro obtemos (*). c.q.d.
Observac¸a˜o. O vector nulo, 000 , pertence a todos os sub-espac¸os vectoriais de um dado espac¸o vecto-
rial V . Ale´m disso, o espac¸o vectorial V tem como sub-espac¸os V e {000} . Os demais sub-espac¸os de V
dizem-se pro´prios.
Exemplos.
1. O conjunto U = {(x, y, z) ∈ R3 : 3x− 2 y + 4 z = 0} e´ um sub-espac¸o vectorial de R3 .
(Basta verificar que o vector nulo de R3 esta´ em U e que toda a combinac¸a˜o linear de vectores
de U e´ ainda um vector de U .)
2. O conjunto dos polino´mios complexos cujo grau e´ menor do que ou igual a 5, P5[x] , e´ um sub-
-espac¸o vectorial de P[x] .
(Basta justificar que o polino´mio zero esta´ em P5[x] e que toda a soma alge´brica de polino´mios
de grau menor do que, ou igual a, 5 e´ ainda um polino´mio de P5[x] .)
3. O conjunto das matrizes 7×7 de escalares reais e sime´tricas, e´ um sub-espac¸o vectorial de M7(R) .
(Basta verificar que a matriz nula 7 × 7 e´ sime´trica, que a soma de matrizes sime´tricas e´ ainda
uma matriz sime´trica e que o produto de uma matriz sime´trica por um escalar e´ tambe´m uma
matriz sime´trica.)
17-10-2013 | TP.
Sub-espac¸o linear gerado por um conjunto de vectores. Resoluc¸a˜o do problema 99 do caderno de
exerc´ıcios.
Intersecc¸a˜o de sub-espac¸os. A intersec¸a˜o de sub-espac¸os de um mesmo espac¸o vectorial V e´ ainda
um sub-espac¸o vectorial de V .
Demonstrac¸a˜o. Designemos por U a intersecc¸a˜o dos sub-espac¸os Uj , j = 1, 2 . Note-se que o vector
nulo pertence a cada um destes sub-espac¸os Uj , pelo que tambe´m pertence a U ; logo U 6= ∅ . Tomem-se
agora uuu,vvv quaisquer vectores em U
e α, β ∈ K , enta˜o por hipo´tese (U1,U1 , sa˜o sub-espac¸os)
α...uuu+++ β ... vvv ∈ Uj , j = 1, 2; logo α...uuu+++ β ... vvv ∈ U1 ∩ U2 = U . c.q.d.
Observac¸a˜o. A unia˜o de sub-espac¸os de um mesmo espac¸o vectorial V na˜o e´, em geral, um sub-espac¸o
vectorial de V . Por exemplo, considere os seguintes sub-espac¸os vectoriais de R2
U1 = {(x, 0) : x ∈ R} e U2 = {(0, y) : y ∈ R} . (verificar que sa˜o sub-espac¸os vectoriais)
Justificac¸a˜o. Basta notar que o vector soma dos vectores (1, 0) ∈ U1 e (0, 1) ∈ U2 , (logo pertencem a
U1 ∪ U2 ), e´ o vector (1, 1) = (1, 0) + (0, 1) que na˜o pertence a U1 ∪ U2 .
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Definic¸a˜o. Seja V um espac¸o vectorial sobre K ; seja S = {uuu1, . . . ,uuun} um conjunto de vectores de V .
Designam-se por combinac¸o˜es lineares de vectores de S os vectores
vvv = α1 ...uuu1 +++ · · ·+++ αn ...uuun , onde αj ∈ K , j = 1, . . . , n .
Exemplos. Considere os vectores aaa = (1, 0, 1) , bbb = (0, 1, 1) e ccc = (1, 1, 2) . Verifique que
L({aaa, bbb, ccc}) = {α...aaa+++ β ... bbb+++ γ ... ccc , α, β, γ ∈ R} e´ um sub-espac¸o vectorial de R3 , e identifique-o.
Resoluc¸a˜o. O vector nulo pertence ao espac¸o; para tal basta tomar α = β = γ = 0 . Considere agora
os vectores arbitra´rios uuu,vvv ∈ L({aaa, bbb, ccc}) , i.e. ∃αj, βj, γj ∈ R , com j = 1, 2 tais que
uuu = α1 ... aaa+++ β1 ... bbb+++ γ1 ... ccc = (α1 + γ1 , β1 + γ1 , α1 + β1 + 2γ1 ) e
vvv = α2 ... aaa+++ β2 ... bbb+++ γ2 ... ccc = (α2 + γ2 , β2 + γ2 , α2 + β2 + 2γ2 ) .
Enta˜o para todo o α, β ∈ R temos α...uuu+++ β ... vvv = (αα1 + βα2) ... aaa+ (αβ1 + ββ2) ... bbb+ (αγ1 + βγ2) ... ccc ; logo
α...uuu+++ β ... vvv ∈ L({aaa, bbb, ccc}) .
Vamos passar a` identificac¸a˜o do sub-espac¸o L({aaa, bbb, ccc}) , i.e. que propriedade intr´ınseca e´ satisfeita pelos
vectores que o compo˜em. Vimos ja´ que uuu ∈ L({aaa, bbb, ccc}) , se existem escalares α, β, γ ∈ R tais que
uuu = (u1, u2, u3) := α...aaa+++ β ... bbb+++ γ ... ccc = (α + γ , β + γ , α + β + 2γ) .
Em notac¸a˜o matricial este identidade leˆ-se:
1 0 1
0 1 1
1 1 2
α
β
γ
=
u1
u2
u3
,
que sabemos ser um sistema poss´ıvel (pois, por definic¸a˜o de L({aaa, bbb, ccc}) , sabemos que existem para cada
uuu ∈ L({aaa, bbb, ccc}) escalares α, β, γ ∈ R tais que uuu = α...aaa+++ β ... bbb+++ γ ... ccc ). Discutindo o sistema obtemos
1 0 1 u1
0 1 1 u2
1 1 2 u3
→
−`1 + `3
1 0 1 u1
0 1 1 u2
0 1 1 u3 − u1
→
−`2 + `3
1 0 1 u1
0 1 1 u2
0 0 0 u3 − u1 − u2
;
logo u3−u1−u2 = 0 , e´ a condic¸a˜o procurada, i.e. L({aaa, bbb, ccc}) = {uuu := (u1, u2, u3) ∈ R3 : u3 = u1 +u2} .
Teorema. O conjunto de todas as combinac¸o˜es lineares de vectores de S e´ um sub-espac¸o vectorial
de V , que se designa por espac¸o vectorial gerado por S , que denotaremos por L(S) , i.e.
L(S) = {α1 ...uuu1 +++ · · ·+++ αn ...uuun : αj ∈ K , j = 1, . . . , n} .
Ale´m disso, L(S) e´ o menor, no sentido da inclusa˜o, sub-espac¸o de V que conte´m S .
Demonstrac¸a˜o. Confirmemos primeiro que L(S) se trata de um sub-espac¸o vectorial, i.e. L(S) 6= ∅
e que α...uuu+ β ... vvv ∈ L(S) sempre que uuu,vvv ∈ L(S) , α, β ∈ K . De facto, por definic¸a˜o
uuu,vvv ∈ L(S) ≡ ∃αj, βj ∈ K : uuu =
n∑
j=1
αj ...uuuj e vvv =
n∑
j=1
βj ...uuuj ; logo α...uuu+++β ... vvv =
n∑
j=1
(ααj+β βj) ...uuuj ;
pelo que α...uuu+++ β ... vvv ∈ L(S) . Por outro lado, todo o sub-espac¸o que contenha S tera´ de conter todas
as combinac¸o˜es lineares de vectores de S , logo tera´ de conter L(S) . Como por, definic¸a˜o, L(S) e´ um
sub-espac¸o vectorial que conte´m S , conclu´ımos que L(S) e´ o menor sub-espac¸o que conte´m S . c.q.d.
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Resoluc¸a˜o do problema 99.
a) Comece por verificar que o vector (0, 0, 0, 0) esta´ em
U = {(x1, x2, x3, x4) ∈ R4 : x1 = −x2 , x3 = x4} ;
mais ainda, a soma de dois vectores uuu := (u1, u2, u3, u4) e vvv := (v1, v2, v3, v4) de U e´ um vector
de U , pois u1 + v1 = −(u2 + v2) e u3 + v3 = u4 + v4 ; e tambe´m para todo o escalar real α se
tem que αuuu ∈ U , pois αu1 = −αu2 e tambe´m αu3 = αu4 .
b) Na˜o e´ um sub-espac¸o vectorial real pois tomando α = 1/2 e (1, 0,−1, 1) ∈ U = {(x1, x2, x3, x4) ∈
R4 : x1 + x2 + x3 = 0 , x4 inteiro} temos que o vector (1/2, 0,−1/2, 1/2) 6∈ U .
c) Trata-se de um sub-espac¸o vectorial de R4 (verificar).
d) Na˜o e´ sub-espac¸o pois (0, 0, 0, 0) 6∈ U = {(x1, x2, x3, x4) ∈ R4 : x1 + x2 + x3 + x4 = 1} .
e) Comecemos por notar que x1 x2 = 0 se, e somente se, x1 = 0 ou x2 = 0 ; assim
U = {(x1, x2, x3, x4) ∈ R4 : x3 = x4 = 0 , x1 = 0 ou x2 = 0}
= {(x1, 0, 0, 0), x1 ∈ R} ∪ {(0, x2, 0, 0), x2 ∈ R} .
Veˆ-se facilmente, que o vector (1, 1, 0, 0) = (1, 0, 0, 0) + (0, 1, 0, 0) , na˜o esta´ em U no entanto
(1, 0, 0, 0) , (0, 1, 0, 0) ∈ U .
f) Comecemos por identificar U = {(x1, x2, x3, x4) ∈ R4 : x21 = x23} como a unia˜o dos sub-espac¸os
U1 = {(x1, x2, x3, x4) ∈ R4 : x1 = x3} e U2 = {(x1, x2, x3, x4) ∈ R4 : x1 = −x3} , i.e. U = U1 ∪ U2 .
Verifique que o vector soma dos vectores (0, 0, 1, 1) e (0, 0, 1,−1) de U, i.e. o vector (0, 0, 1, 0) na˜o
esta´ em U .
22-10-2013 | T.
Conjuntos equivalentes de vectores. Soma de sub-espac¸os vectoriais. Dependeˆncia e independeˆncia
linear.
Definic¸a˜o. Sejam S = {uuu1, . . . ,uuup} e T = {vvv1, . . . , vvvq} dois conjuntos de vectores num mesmo
espac¸o vectorial V . Dizemos que os conjuntos S e T sa˜o equivalentes se geram o mesmo sub-espac¸o,
i.e. L(S) = L(T ) , ou ainda, todo o vector de qualquer dos conjuntos S ou T se escreve como combinac¸a˜o
linear dos vectores do outro (conjunto).
Esta relac¸a˜o entre conjuntos de vectores e´ de equivaleˆncia, i.e. e´ reflexiva, sime´trica e transitiva.
Exemplo. Mostre que os conjuntos {aaa, bbb, ccc} , definido na aula TP | 17-10-2013, e {uuu,vvv} , com uuu =
(2, 1, 3) , vvv = (1, 2, 3) , sa˜o equivalentes.
Basta verificar que existem αj, βj, γj ∈ R , com j = 1, 2 tais que uuu = α1 aaa + β1 bbb + γ1 ccc e vvv =
α2 aaa + β2 bbb + γ2 ccc . De facto, tomando α1 = γ1 = 1 , β1 = 0 , e α2 = 1 , β2 = 2 , γ2 = 0 obtemos as
identidades procuradas.
Outro processo: Podemos identificar o sub-espac¸o gerado pelo conjunto {uuu,vvv} , i.e. L({uuu,vvv}) = {www :=
(w1, w2, w3) := αuuu + β vvv , α, β ∈ R} ; logo o sistema de equac¸o˜es lineares 2α + β = w1 , α + 2β = w2 ,
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3α+3β = w3 , e´ poss´ıvel (em α, β, γ ); donde se conclui, somando as duas primeiras equac¸o˜es a` sime´trica
da terceira, que w3 = w1 + w2 , i.e. L({uuu,vvv}) = {(w1, w2, w3) ∈ R3 : w3 = w1 + w2} = L({aaa, bbb, ccc}) .
Soma de sub-espac¸os vectoriais. Sejam U1,U1 sub-espac¸os vectoriais de um mesmo espac¸o vecto-
rial V . Definimos o conjunto soma de U1 com U2 , como
U1 +++ U2 = {uuu1 + uuu2 , uuu1 ∈ U1,uuu2 ∈ U2} .
Este conjunto e´ um sub-espac¸o vectorial de V .
Ale´m disso, e´ o menor, no sentido da inclusa˜o, sub-espac¸o de V que conte´m U1,U2 .
Demonstrac¸a˜o. O conjunto U1 +++U2 e´ um sub-espac¸o de V pois considerando uuu,vvv ∈ U1 +++U2 existem
uuu1, vvv1 ∈ U1 e uuu2, vvv2 ∈ U2 tais que uuu = uuu1 +uuu2 e vvv = vvv1 +vvv2 . Assim, uuu+vvv = (uuu1 +vvv1) + (uuu2 +vvv2) com
uuu1 + vvv1 ∈ U1 (pois U1 e´ sub-espac¸o vectorial) e uuu2 + vvv2 ∈ U2 (pois U2 e´ sub-espac¸o vectorial); logo
uuu + vvv ∈ U1 +++ U2 . Mais ainda, sendo α um escalar, temos αuuu = αuuu1 + αuuu2 ∈ U1 +++ U2 (isto porque
αuuu1 ∈ U1 , pois U1 e´ sub-espac¸o vectorial, e αuuu2 ∈ U2 , pois U2 e´ sub-espac¸o vectorial).
Analisemos agora a u´ltima afirmac¸a˜o. Todo o vector uuu1 ∈ U1 esta´ em U1 +++ U2 , pois como o vector
nulo esta´ em U2 , temos que uuu1 = uuu1 +000 ∈ U1 +++U2Compartilhar
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