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MMóódduulloo 0088 –– IInnttrroodduuççããoo àà ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr 11 EEFFBB110022 -- GGeeoommeettrriiaa AAnnaallííttiiccaa ee ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr MÓDULO 08 – INTRODUÇÃO À ÁLGEBRA LINEAR I – Espaços e Subespaços Vetoriais 1. Espaços Vetoriais Neste texto pretende-se generalizar diversos conceitos já discutidos no curso. Para tanto, é interessante retomá-los de maneira breve. O conceito de vetores (geométricos) foi introduzido como uma ferramenta para a resolução de problemas geométricos e também foram definidas duas operações entre tais vetores: a adição (+) e a multiplicação por escalar real (.). De modo análogo, as mesmas operações foram definidas para o conjunto de todas as matrizes (de coeficientes reais) mxn. Com base nestas duas operações1, constroem-se as combinações lineares entre elementos destes dois conjuntos (vetores geométricos e matrizes). É importante notar que, toda combinação linear resulta em um elemento que tem a mesma natureza daqueles que o geraram. Então: 1 1 n nz k u k u , com ik , é um vetor geométrico assim como 1, , nu u e 1 1 n nB A A , com i , é uma matriz de mesma ordem que as matrizes iA . Em outras palavras, o conjunto dos vetores geométricos e o conjunto das matrizes são fechados em relação à soma e à multiplicação por escalar. Estas operações compartilhavam um conjunto de propriedades aplicáveis a ambos os conjuntos (vetores geométricos e matrizes), como já estudado no início do curso. Esta ocorrência não é privilégio dos dois conjuntos examinados até o momento. De fato, existem infinitos outros conjuntos V (com elementos de diversas naturezas) que também são fechados em relação a alguma definição de adição (+) e multiplicação por escalar (.) – verifique nota de rodapé 1. No caso de interesse ao curso, tais operações deverão obedecer às propriedades: Sejam v, v1, v2 e v3 elementos quaisquer de V e ki números reais. (1) 1 2 3 1 2 3v v v v v v (2) 1 2 2 1v v v v (3) Existe 0 V tal que 0 v v (4) Para todo v V existe um único elemento v V tal que 0v v . Denota- se v v de forma que 0v v v v . (5) 1 2 1 2k k v k k v (6) 1 v v 1 A operação de soma sobre um conjunto V é qualquer aplicação :f V V V e a multiplicação por escalar é qualquer aplicação :g V V . Adição Multiplicação por escalar MMóódduulloo 0088 –– IInnttrroodduuççããoo àà ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr 22 EEFFBB110022 -- GGeeoommeettrriiaa AAnnaallííttiiccaa ee ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr (7) 1 1 2 1 1 1 2k v v k v k v (8) 1 2 1 2k k v k v k v A tripla , ,V , V , em que as operações (+) e (.) obedecem às propriedades (1)-(8), é chamada espaço vetorial sobre os reais. Para efeitos de economia de notação, escreve-se , ,V V . Os elementos de V serão então chamados vetores de V. Note que as propriedades individuais dos vetores são irrelevantes: o que realmente importa é que a adição e a multiplicação por escalar satisfaçam (1)-(8). Exemplo 01: O conjunto n constituído de todos os vetores coluna com n componentes, munido da soma e multiplicação por escalar (usuais), é um espaço vetorial sobre os reais. Em particular, 3 é o espaço vetorial dos vetores geométricos tridimensionais. Exemplo 02: O conjunto nM de todas as matrizes quadradas de ordem n é um espaço vetorial sobre os reais. Note que todo elemento A de nM será chamado vetor de nM . Exemplo 03: O conjunto de todas as funções reais, ou seja, | :f f , com as operações usuais de soma e de multiplicação por escalar, é um espaço vetorial sobre os reais. 2. Subespaços Vetoriais Em diversas ocasiões, os espaços vetoriais de interesse são na verdade subconjuntos de espaços vetoriais. Nota-se que nem todo subconjunto U de um espaço vetorial V é, por si mesmo, um espaço vetorial. Pode acontecer, por exemplo, que 1 2u u U , embora 1 2,u u U (U não é fechado na adição), como visto no Exemplo 04. Exemplo 04: O conjunto solução da equação 2x y pode ser escrito como: 2, ,2 ,S x y x x x . S é um espaço vetorial? A resposta é não, pois S não é fechado na adição. Para verificar este fato, é necessário associar todo ponto de S à extremidade do vetor 2 T x x . Em suma, é possível confundir o ponto ,2x x com o vetor 2 T x x . E tal confusão é saudável!2 2 Adiante este fato será discutido com mais detalhe. Será demonstrado que todo espaço vetorial real de dimensão finita n é isomorfo ao n . Compatibilidade entre Adição e Multiplicação por escalar MMóódduulloo 0088 –– IInnttrroodduuççããoo àà ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr 33 EEFFBB110022 -- GGeeoommeettrriiaa AAnnaallííttiiccaa ee ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr u vr 2 2 1 1 1 xu s xu v x x x y Figura 01 Pode-se entender esta associação com mais clareza sob o ponto de vista geométrico. A reta r da Figura 01 representa o conjunto S. O vetor 2 T s x x pode ser decomposto na forma 2 1 1 0 2 T T T s x x x xu v . Os pontos extremidade de todo vetor s estão em r e, portanto, pode-se efetuar associação proposta. Com a associação ponto-vetor, pode-se facilmente mostrar que o conjunto S não é fechado na adição. A Figura 02 mostra os vetores 1s e 2s , ambos pertencentes ao conjunto S. No entanto, o vetor soma 1 2s s s não pertence à S, uma vez que seu ponto extremidade não está na reta r. Uma demonstração mais formal, do ponto de vista analítico é fornecida a seguir. Sejam 1s e 2s da forma: 1 1 1 0 1 2 s x S e 2 2 1 0 1 2 s x S . Então: 1 2 1 2 1 0 1 4 s s x x S , pois 0 0 2 4 . 2s r 2 2 1 1 2s s1s x y Figura 02 Os subconjuntos U de um espaço vetorial V que também são espaços vetoriais, são denominados subespaços de V. Assim, o conjunto S do Exemplo 04 é um subconjunto (não-vazio) do 2 , porém não é um subespaço do 2 . Logo, em um subespaço vetorial U, todas as combinações lineares de seus elementos também pertencem a U. Formalmente: Definição: Seja V um espaço vetorial e U V . O subconjunto U é um subespaço de V se e somente se: i) 0 U ii) ,u v U u v U iii) eu U u U É importante notar que: MMóódduulloo 0088 –– IInnttrroodduuççããoo àà ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr 44 EEFFBB110022 -- GGeeoommeettrriiaa AAnnaallííttiiccaa ee ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr A rigor, a condição i está implícita em ii e iii. As condições i, ii e iii poderiam ser substituídas por , e ,u v U u v U . A verificação das condições i, ii e iii (ou mesmo da condição fornecida na alínea acima) garante que as oito propriedades exigidas para que um conjunto seja um espaço vetorial serão satisfeitas, uma vez que o subespaço é um subconjunto fechado nas operações de adição e multiplicaçãopor escalar por ele herdadas do espaço principal. O exemplo a seguir mostra um subespaço do 2 , com as usuais operações de adição e multiplicação por escalar. Exemplo 05: O conjunto solução da equação 0x y pode ser escrito como: 2, , ,S x y x x x . S é um subespaço do 2 , pois: i) 0 0,0 S , uma vez que 0 0 . ii) Sejam 1 2,u u u , 1 2,v v v S , ou seja, 1 1,u u u e 1 1,v v v . Então: 1 1 1 1 1 1 1 1, , , x x u v u v u v u v u v x x S . iii) Sejam 1 2 1 1, ,u u u u u S e . Então: 1 1 1 1, , , x x u u u u u x x S . Pode-se verificar que S é um subespaço do 2 também de forma geométrica. A Figura 03 ilustra que as condições i, ii e iii são satisfeitas. O leitor atento deve ter observado que a notação empregada na demonstração algébrica sugere erroneamente uma soma de pontos ou a multiplicação de um ponto por escalar, enquanto que a demonstração geométrica utiliza vetores (geométricos). Novamente, ocorre a confusão exposta no Exemplo 04. É interessante adquirir desenvoltura no uso das notações, visto que em espaços vetoriais arbitrários, a noção de vetor geométrico é perdida. Desta maneira, no restante deste texto será empregada a notação conveniente a cada situação. v r u v u x y 1v 1v 1u 1u v 1 v 1v 0 0 0, Figura 03 MMóódduulloo 0088 –– IInnttrroodduuççããoo àà ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr 55 EEFFBB110022 -- GGeeoommeettrriiaa AAnnaallííttiiccaa ee ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr Exemplo 06: Seja é o espaço vetorial de todas as funções reais, ou seja, | :f f . O conjunto | 2 5f f f H é um subespaço vetorial de . De fato: i) 0 0 x H (função nula), uma vez que 0 2 0 5 0 . ii) Sejam f , g H , isto é 2 5f f e 2 5g g . Para demonstrar que H é fechado na adição ( f g H ), é preciso mostrar que 2 5f g f g . De fato: 2 2 2 5 5 5f g f g f g f g . iii) Sejam f H e . Para demonstrar que H é fechado na multiplicação por escalar ( f H ), é necessário mostrar que 2 5f f . Isto é verificado de forma simples: 2 2 5 5f f f f . Exemplo 07: Seja 2M o espaço vetorial de todas as matrizes quadradas de ordem 2. O conjunto S2 de todas as matrizes simétricas de ordem 2 é um subespaço do 2M . As condições i, ii e iii são satisfeitas, como visto a seguir: i) A matriz nula de ordem 2 é simétrica, logo pertence à 2S . ii) Sejam 1 1 1 1 a b u b c , 2 2 2 2 2 a b v S b c . Então: 1 2 1 2 2 1 2 1 2 a a b b a b u v S b b c c b c . iii) Sejam 1 1 2 1 1 a b u S b c e . Então: 1 1 1 1 2 1 1 1 1 a b a b a b u S b c b c b c . Observações: i) Todo espaço vetorial V possui dois subespaços triviais: o próprio espaço V e o subespaço O que contém apenas o vetor nulo de V. ii) Em particular, se 2V , os possíveis subespaços são: 2 , O e qualquer reta que passe pela origem (verificar Exemplo 05). iii) Analogamente, caso 3V , os possíveis subespaços são: 3 , O e qualquer reta ou plano que passe pela origem. 3. Espaços Gerados Nas seções anteriores foram definidos os conceitos de espaços e subespaços vetoriais. No entanto, nada foi dito acerca da maneira pela qual é possível construir – ou no sentido matemático, gerar – tais espaços. É conhecido que a tripla , ,V define um espaço vetorial desde que as MMóódduulloo 0088 –– IInnttrroodduuççããoo àà ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr 66 EEFFBB110022 -- GGeeoommeettrriiaa AAnnaallííttiiccaa ee ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr operações (+) e (.) obedeçam às propriedades (1)-(8). Em outras palavras, V é o conjunto de todas as combinações lineares possíveis de seus elementos vi que continuam pertencendo à V. Assim, todo elemento v de V é gerado por ao menos uma combinação linear dos outros elementos vi de V. A expressão “ao menos” utilizada na sentença anterior não é uma simples figura de linguagem. Ela indica que, na verdade, existem infinitas combinações lineares dos (infinitos) elementos vi de V que resultam no mesmo v. Os conceitos descritos no parágrafo anterior são, de fato, simples. No Exemplo 05, é possível construir o subespaço 2, , ,S x y x x x a partir de todas as combinações lineares do tipo 1, 1x , com x . Diz-se então que S é gerado pelo vetor 1, 1 . Definição: Espaço Finitamente Gerado3 – Se um espaço vetorial V consistir de todas as combinações lineares de v1, v2, ... vn, com n finito, então esses vetores geram o espaço V. Em outras palavras: 1 1 2 2 n nv V v k v k v k v , com ik . O conjunto 1 2, , , nv v v é denominado gerador de V, ou, equivalentemente, V é gerado por 1 2, , , nv v v . Escreve-se 1 2 1 2 1 2, , , ger , , , span , , ,n n nV v v v v v v v v v . Prova-se que o conjunto de todas as combinações lineares possíveis de quaisquer vetores v1, v2, ..., vr pertencentes a um espaço vetorial V é um subespaço U de V. Ou seja, 1 2, , , rU v v v . Retornando ao Exemplo 05, é possível escrever 1, 1 ger 1, 1 span 1, 1S . Exemplo 08: O conjunto solução da equação 2 0x y z pode ser escrito como: 3, , 2 , , , ,S x y z y z y z y z . S é um subespaço do 3 (verifique). Todo elemento s S é do tipo 2 , , , ,0 2 ,0, 1,1,0 2,0,1s y z y z y y z z y z . Assim, todo elemento s de S é combinação linear dos vetores 1 1,1,0s e 2 2,0,1s . Logo: 1 2 1 2 1 2, ger , span ,S s s s s s s . 3 A expressão finitamente indica que o espaço V pode ser gerado por um número finito de vetores geradores. Isto nem sempre acontece, pois existem espaços vetoriais que não admitem um conjunto finito de geradores (um exemplo deste tipo de espaços é , o espaço vetorial de todas as funções reais). Os espaços infinitamente gerados não fazem parte do escopo deste curso. MMóódduulloo 0088 –– IInnttrroodduuççããoo àà ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr 77 EEFFBB110022 -- GGeeoommeettrriiaa AAnnaallííttiiccaa ee ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr Exemplo 09: Sejam os subespaços do 3 : 1,1,0 , 2,0,1S (do Exemplo 08) e 1 2 31,1,1 , 3, 1,1 , 0,2,1 , ,U u u u . Embora não seja intuitivo, tem-se S U . De fato: 1 2 3 1,1,1 3, 1,1 0,2,1u U u u u u 1,1,0 2,0,1 2,0,1 1,1,0 2 1,1,0 2,0,1 1 1 2 2 1 1 2 22 1,1,0 2,0,1 k s k s k s k s s S .O raciocínio anterior mostra que U S . De maneira análoga, é simples demonstrar que S U (verifique!). Conclui-se então que S U . Este exemplo sugere que é possível gerar um mesmo espaço vetorial a partir de um número infinito de conjuntos geradores. Note que representar um espaço vetorial com um número reduzido de geradores traz vantagens. Por exemplo, é mais simples verificar que o vetor 1,3,1x é combinação de s1 e s2 do que dos vetores u1, u2 e u3. Por outro lado, não é possível escrever 1S s , pois 2s S não é combinação linear de 1s ( 1s e 2s são l.i.). Exemplo 10: O espaço 3 é finitamente gerado. Um conjunto de geradores (o mais simples possível) é , ,i j k . Note que também se pode escrever: 3 2 , , 3i j j k k i ou 3 2 , , 3 ,i j j k k i i j , mas não 3 2 ,i j j k (por quê?) Nos Exemplos 09 e 10 foram propostos conjuntos de geradores com um número diferente de elementos para cada espaço sob análise. Como escolher o melhor conjunto de geradores? A resposta para esta questão exige os conceitos de bases e dimensão de um espaço vetorial. 4. Exercícios propostos E01. Quais dos seguintes subconjuntos do 3 são, na verdade, subespaços? a) O plano de vetores 1 2 3, ,b b b com primeiro componente 1 0b . b) O plano de vetores b, com 1 1b . c) Os vetores b com 2 3 0b b (essa é a união de dois subespaços, o plano 2 0b e o plano 3 0b ). d) Todas as combinações dos vetores 1,1,0 e 2,0,1 . e) O plano de vetores 1 2 3, ,b b b que satisfaça 3 2 13 0b b b . Resposta: a) V, b) F, c) F , d) V, e) V MMóódduulloo 0088 –– IInnttrroodduuççããoo àà ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr 88 EEFFBB110022 -- GGeeoommeettrriiaa AAnnaallííttiiccaa ee ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr E02. Quais dentre os subconjuntos S1, S2 e S3 são subespaços do 3 ? 31 , , | 1S x y z y ; 2 32 , , |S x y z y x ; 33 , , |S x y z y x Resposta: Apenas 33 , , |S x y z y x . E03. Verifique quais dentre os subconjuntos a seguir são subespaços dos respectivos espaços vetoriais. 41 , , , |6 3 2S x y z t x y z ; 41 , , , | 0S x y z t y z ; 3 2| , , a b S a b c M b c Respostas: 1S e 3S são subespaços dos respectivos espaços vetoriais em que estão contidos. E04. Descreva, em palavras ou algebricamente, um subespaço S de cada espaço vetorial V. A seguir, descreva um subespaço SS de S. 1V todas as combinações de 1,1,0,0 , 1,1,1,0 e 1,1,1,1 . Respostas: 1 , , , | , ,V x y z x y z y z z x y z ; , , , 0 | ,S x y x y y x y ; , , 0, 0 |SS x x x . 2V todos os vetores v ortogonais a 1,2,1u , ou seja, 0u v . Respostas: 2 2 , , | ,V m n m n m n ; 2 , , 0 |S m m m e 30SS . 3V todas as matrizes simétricas de ordem 2. Respostas: 3 | , a b V a b b a ; 0 | 0 a S a a ; 20SS M . E05. Verifique se os subconjuntos dos espaços vetoriais indicados são subespaços vetoriais. Em caso afirmativo, demonstre. Caso contrário, forneça um contra-exemplo. a) 3, , : 0A x y z x . Resposta: É subespaço. Demonstre! b) 3, , :B x y z x y z . Resposta: Não é subespaço. Exiba seu contra-exemplo. c) 2 3 30 1 2 3 0 1 2 3: 0C a a x a x a x a a a a P . Resposta: É subespaço. Demonstre! d) : 0 2D f x f , conjunto de todas as funções definidas em , . Resposta: Não é subespaço, pois 0 0f . MMóódduulloo 0088 –– IInnttrroodduuççããoo àà ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr 99 EEFFBB110022 -- GGeeoommeettrriiaa AAnnaallííttiiccaa ee ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr E06. Seja o espaço vetorial 3 . Mostre que: a) Os vetores do 3 paralelos a uma reta formam um subespaço S1 de 3 . Resposta: Se 1u é paralelo à reta s, então 1 su u , em que su é o diretor da reta s. Então, 1gerU u é uma reta paralela á s que contém 0,0,0 . b) Os vetores do 3 paralelos a um mesmo plano formam um subespaço S2 de 3 . Resposta: Se 1 2 e 1 2 1v v n e 2n , então 1 2ger ,S v v é um plano paralelo a 1 e 2 que contém 0,0,0 . E07. Mostre que se u1, u2, ..., un, com n 2, são vetores não nulos de um espaço vetorial V, então u1, u2, ..., un são ld se e somente se algum deles é combinação dos vetores que o antecedem. Resposta: Sendo 1 2, , , nu u u , com 2n , vetores não nulos de V e 1 2 3 0nu u u u para , , , , 0,0,0, ,0 . Então, 1 1 2 2 3 n nu l u l u l u e 1 2, , , nu u u são ld. E08. Mostre que o conjunto constituído pelos vetores 0, u1, u2, ..., un de um espaço vetorial V é sempre linearmente dependente. Resposta: 1 2 1 20 0, o conjunto formado por 0, , , ,n nu u u u u u é ld. E09. Mostre que o subconjunto 1,2 ,2x xU é linearmente independente. Resposta: 1 2 2 0 0 1,2 ,2x x x xU é li. E10. Mostre que 2 1 2 2ger , , ger 1,0 , 0,1 , 2,1v v v . Resposta: Sabe-se que 2 ger 1,0 , 0,1 . Porém, 1 22,1 2 1,0 1 0,1 2v v . Assim, tem-se que 2 1 2 3ger , , ger 1,0 , 0,1 , 2,1v v v . E11. Os vetores 0 1 1 u , 1 1 1 v e 1 3 2 w formam uma base para o 3 ? Justifique algebricamente. Resposta: Uma vez que 3, ,u v w , tem-se: 0u v w u, v e w são ld e não formam uma base do 3 ; 0u v w u, v e w são li e formam uma base do 3 . No caso do exercício, 1 0u v w . Logo, u, v e w formam uma base do 3 . E12. Determine uma base para cada um dos subespaços do 4 : a) Todos os vetores com componentes iguais. Resposta: 1,1,1,1B . b) Todos os vetores cuja soma de suas componentes é igual a zero. Resposta: 1, 1,0,0 , 0, 1,1,0 , 0, 1,0,1B . c) Todos os vetores ortogonais a 1,1,0,0 e 1,0,1,1 . Resposta: 1,1,1,0 , 0,0, 1,1B . MMóódduulloo 0088 –– IInnttrroodduuççããoo àà ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr 1100 EEFFBB110022 -- GGeeoommeettrriiaa AAnnaallííttiiccaa ee ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr E13. Seja W o subespaço do 2M assim definido: 2 2 | , 0 a a b W a b a b . Pede-se: a) Mostrar que 1 2 5 0 1 w W e 2 4 1 0 3 w W . Resposta: 1w W , pois 2 5 2 1 0 2 1 2 0 1 0 1 0 1 e tem-se 2 1 0 2 ger , 0 1 0 1 W . Por outro lado 2w W , uma vez que não existem a e b tais que 4 1 2 1 0 2 0 3 0 1 0 1 a b . b) Determinar a dim W e exibir uma base B de W. Resposta: dim2W e 2 1 0 2 , 0 1 0 1 B . E14. Mostre que 1 2 31,0,1 , 1, 1,0 , 0,1, 2 , ,B u u u é uma base do 3 . Expresse cada um dos vetores 1 1,0,0e , 2 0,1,0e e 3 0,0,1e da base canônica do 3 na base B. Resposta: O conjunto 1 2 31,0,1 , 1, 1,0 , 0,1, 2 , ,B u u u é formado por um trio de vetores não coplanares do 3 e, portanto, forma uma base. Tem-se 1 1,0,0 2 3,1 3,1 3 Be , 2 0,1,0 2 3, 2 3,1 3 Be e 3 0,0,1 1 3, 1 3,1 3 Be . Desafios!! D1. Construa um subconjunto do 2 que seja: a) fechado na adição e subtração vetorial, mas não na multiplicação por escalar. b) fechado na multiplicação por escalar, mas não na adição vetorial. D2. Sejam as matrizes 1 0 0 0 A e 0 0 0 1 B . a) Descreva um subespaço de 2M que contenha A e B. b) Se um subespaço do 2M contém A e B, deve conter I? c) Descreva um subespaço do 2M que contenha matrizes diagonais não nulas. MMóódduulloo 0088 –– IInnttrroodduuççããoo àà ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr 1111 EEFFBB110022 -- GGeeoommeettrriiaa AAnnaallííttiiccaa ee ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr II – Dimensões e os Quatro Subespaços Fundamentais 1. Bases e dimensões No Módulo 02 – “Bases e Mudança de Base”, foi estabelecido o conceito de base aplicado aos espaços vetoriais 2 e 3 . Este conceito será agora extrapolado para espaços vetoriais gerais n- dimensionais. De fato, o conceito de dimensão será formalizado de forma rigorosa. Seja V um espaço vetorial finitamente gerado. Surge uma questão importante: qual o número mínimo de geradores necessário para construir V? Ou, de forma equivalente, como definir se o número de geradores disponível é suficiente ou excedente? No item I – “Espaços e Subespaços Vetoriais” expôs esta questão e será aqui reproduzido: Exemplo 9 (item I) Sejam os subespaços do 3 : 1 2ger 1,1,0 , 2,0,1 ger ,S s s e 1 2 3ger 1,1,1 , 3, 1,1 , 0,2,1 ger , ,U u u u . Embora não seja intuitivo, tem-se S U . De fato: 1 2 3 1,1,1 3, 1,1 0,2,1u U u u u u 1,1,0 2,0,1 2,0,1 1,1,0 2 1,1,0 2,0,1 1 1 2 2 1 1 2 22 1,1,0 2,0,1 k s k s k s k s s S . O raciocínio anterior mostra que U S . De maneira análoga, é simples demonstrar que S U (verifique!). Conclui-se então que S U . Este exemplo sugere que é possível gerar um mesmo espaço vetorial a partir de um número infinito de conjuntos geradores. Note que representar um espaço vetorial com um número reduzido de geradores traz vantagens. Por exemplo, é mais simples verificar que o vetor 1,3,1x é combinação de s1 e s2 do que dos vetores u1, u2 e u3. Por outro lado, não é possível escrever 1S ger s , pois 2s S não é combinação linear de 1s ( 1s e 2s são l.i.). Em outras palavras, o conjunto gerador de U tem um número de elementos que excede o número necessário (u1, u2 e u3 são l.d.). Já no conjunto gerador de S, nenhum vetor é desperdiçado (s1 e s2 são l.i.). Isto leva ao conceito crucial de base. MMóódduulloo 0088 –– IInnttrroodduuççããoo àà ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr 1122 EEFFBB110022 -- GGeeoommeettrriiaa AAnnaallííttiiccaa ee ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr Definição 01: Uma base de um espaço vetorial V é uma sequência (um conjunto ordenado) de vetores v1, v2, ..., vn que possuem duas propriedades concomitantes: i) Os vetores v1, v2, ..., vn são linearmente independentes (não há vetores demais). ii) Os vetores v1, v2, ..., vn geram o espaço V (não faltam vetores). Exemplo 01: 1 1 2,B s s é base para o espaço S do Exemplo 09 (item I). No entanto, 2 1 2 3, ,B u u u não é base de S, pois 2B não é um conjunto linearmente independente, embora gere S. Deve-se notar que um mesmo espaço vetorial V admite infinitas bases com o mesmo número de vetores4. Este número caracteriza a dimensão do espaço V. Assim, se uma base de V tem n vetores, então a dimensão de V é n e escreve-se dim V n . Em particular, 3dim 3 , pois 3 1 2 3ger 1,0,0 , 0,1,0 , 0,0,1 ger , , ger , ,e e e i j k e o conjunto , ,i j k é l.i. A base , ,B i j k é chamada base canônica do 3 . De forma geral, dim n n . Um fato muito importante é a unicidade da representação de um vetor em uma base, ou seja, fixada uma base de V, a combinação linear dos vetores desta base que gera um vetor v V é única. De fato, admita que v possa ser escrito de duas maneiras: 1 n i i i v a v e 1 n i i i v bv , em que iv ( 1, ,i n ) são os vetores de uma base B para o espaço V de dimensão n. Então: 1 1 1 0 n n n i i i i i i i i i i v v a v bv a b v . Uma vez que os vetores iv ( 1, ,i n ) são linearmente independentes, a combinação linear da expressão anterior é, obrigatoriamente, trivial. Ou seja, 0i i i ia b a b e a representação de v é única na base B. Desta forma, a n-upla ordenada 1 2, , , na a a constitui as coordenadas de v na base B e escreve-se: 1 1 2 2 1 2, , ,n n n Bv a v a v a v a a a . Observação importante5: Até o momento, representava-se um vetor v do n como 1 2 1 2, , , T n nv a a a a a a , 4 Para uma demonstração deste fato, remeter-se ao Teorema 5.4.3 do livro-texto. 5 Nesta observação trata-se apenas do espaço n , uma vez que é possível provar que todo espaço vetorial de dimensão n é isomorfo ao n . Por exemplo, todo polinômio p(x) = ax2 + bx + c pertencente ao espaço vetorial dos polinômios de ordem menor ou igual a 2, pode ser inteiramente descrito pelo vetor p = (a,b,c) pertencente ao 3 . MMóódduulloo 0088 –– IInnttrroodduuççããoo àà ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr 1133 EEFFBB110022 -- GGeeoommeettrriiaa AAnnaallííttiiccaa ee ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr e a n-upla 1 2, , , na a a fornecia as coordenadas de v sem que nenhuma base tenha sido designada. De fato, este conceito estava subentendido, pois 1 2 1 1 2 21,0,0, ,0,0 0,1,0, ,0,0 0,0,0, ,0,1n n nv a a a a e a e a e . Logo, quando se denota 1 2, , , nv a a a , fica implícito que a base escolhida para o n é a base canônica 1 2, , , nB e e e . Exemplo 02: Seja 2 0 | , ,lt a M a b c b c , um subespaço vetorial do 2M . 2ltM é o conjunto de todas as matrizes triangulares inferiores de ordem 2. Um conjunto de geradores para 2ltM é facilmente obtido a partir da combinação linear: 1 3 4 2 1 3 4 2 1 3 4 0 1 0 0 0 0 0 ger , , 0 0 1 0 0 1 lt lt e e e a u M u a b c ae be ce M e e e b c . Uma vez que e1, e3 e e4 são l.i. (verifique), o conjunto 1 3 4, ,B e e e é base de 2ltM e 2dim 3ltM . Utilizando a base B, as coordenadas do vetor 1 3 4 3 0 3 4 54 5 m e e e são 3,4, 5 B m . 2. Os Quatro Subespaços Fundamentais: Definições Existem quatro subespaços vetoriais associados a toda e qualquer matriz A mxn: o espaço- coluna, o espaço-linha, o espaço-nulo e o espaço-nulo à esquerda. O estudo desses subespaços é de grande importância para a Álgebra Linear. A partir deles, obtêm-se informações acerca do domínio, núcleo e imagem de funções lineares (denominadas transformações lineares6) que mapeiam um espaço vetorial em outro – como será visto futuramente. Neste sentido, os espaços coluna, linha, nulo e nulo à esquerda são chamados espaços fundamentais da matriz A. Nas definições a seguir, seja A uma matriz mxn. Definição 02: O espaço-coluna associado à matriz 1 2 nA c c c , m ic , é o subespaço do m gerado pelas n colunas de A. Denota-se 1 2ger , , , nC A c c c . A dimensão de C A será denominada posto de A. Tem-se dim posC A A r m . 6 As transformações lineares podem ser expressas por meio de matrizes. MMóódduulloo 0088 –– IInnttrroodduuççããoo àà ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr 1144 EEFFBB110022 -- GGeeoommeettrriiaa AAnnaallííttiiccaa ee ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr Definição 03: O espaço-linha associado à matriz 1 2 T mA l l l , n il , é o subespaço do n gerado pela m linhas de A. Uma vez que o espaço-linha de A é idêntico ao espaço-coluna de TA , denota-se 1 2ger , , ,T mC A l l l . Definição 04: O espaço-nulo associado à matriz A, denotado por N A , é o subespaço do n que consiste no conjunto solução do sistema homogêneo 0Ax . A dimensão de N A será denominada nulidade de A. Tem-se dim nulN A A p n . Definição 05: O espaço-nulo à esquerda de A é o subespaço do m que consiste do conjunto solução do sistema homogêneo 0Ty A (ou, equivalentemente, 0TA y ). Por essa razão, denota-se o espaço-nulo à esquerda por TN A . Exemplo 03: Seja a matriz 1 2 3 1 2 1 3 1 1 1 2 0 A . É imediato notar que7: 3ger 1 2 1 , 2 1 1 , 3 3 2 , 1 1 0T T T TC A e 4ger 1 2 3 1 , 2 1 3 1 , 1 1 2 0T T TTC A . Para obter a descrição do espaço-nulo de A, é necessário resolver o sistema homogêneo 1 2 3 4 1 2 3 1 0 0 2 1 3 1 0 1 1 2 0 0 x x Ax x x . Aplicando o Método de Gauss-Jordan à matriz aumentada |0A obtém-se |0AR , em que: 1 0 1 1 rref 0 1 1 1 0 0 0 0 AR A . A inspeção de AR permite concluir que as variáveis x1 e x2 são variáveis líderes e, portanto, x3 e x4 são variáveis livres. Então é possível escrever 1 3 4 2 3 4 x x x x x x , e então: 7 A descrição fornecida neste exemplo não contempla a construção de bases para os quatro espaços fundamentais. Este assunto será abordado na seção 2. MMóódduulloo 0088 –– IInnttrroodduuççããoo àà ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr 1155 EEFFBB110022 -- GGeeoommeettrriiaa AAnnaallííttiiccaa ee ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr 3 4 3 4 3 4 3 4| ,TN A x x x x x x x x 3 4 3 41 1 1 0 1 1 0 1 | ,T Tx x x x 4ger 1 1 1 0 , 1 1 0 1T T . Finalmente, para caracterizar TN A , é preciso determinar o conjunto solução do sistema homogêneo 1 2 3 1 2 1 0 2 1 1 0 0 3 3 2 0 1 1 0 0 T y A y y y . A aplicação do Método de Gauss-Jordan à matriz aumentada |0TA resulta em |0TAR , em que8: 1 0 1 3 0 1 1 3 rref 0 0 0 0 0 0 T T A R A . Logo, y1 e y2 são variáveis líderes e y3 é variável livre. Assim, 1 3 2 1 3 y y y e 3 3 3 3 3 3 1 1 1 1 | 1 | 3 3 3 3 T T TN A y y y y y y 3ger 1 1 3 T . 3. Construção de Bases para os Quatro Subespaços Fundamentais A construção de bases para cada um dos quatro subespaços fundamentais associados à certa matriz A permite a determinação das dimensões de tais espaços. O conhecimento das dimensões é muito importante no estudo das transformações lineares, como será investigado futuramente. Nesta seção são abordados os procedimentos para a construção de bases para os espaços coluna, linha, nulo e nulo à esquerda. São também fornecidas as contextualizações teóricas que suportam tais procedimentos. 8 Ao contrário do que se poderia imaginar, RAT (RA)T. MMóódduulloo 0088 –– IInnttrroodduuççããoo àà ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr 1166 EEFFBB110022 -- GGeeoommeettrriiaa AAnnaallííttiiccaa ee ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr Uma análise da matriz AR fornece plenas condições para a determinação do posto e da nulidade de A, bem como da dimensão do espaço-linha TC A . É simples verificar que as linhas de AR fornecem uma base para TC A , uma vez que cada operação elementar necessária à determinação de AR mantém o espaço-linha inalterado. De fato, as linhas de AR são combinações lineares das linhas originais de A. Portanto, o espaço-linha de AR não contém nada de novo. Ao mesmo tempo, como cada etapa (operação elementar) pode ser revertida, nenhuma informação acerca do espaço-linha é perdida – ou seja, as linhas de A podem ser recuperadas a partir de AR . É evidente que A e AR possuem linhas diferentes. No entanto, as combinações lineares das linhas são idênticas: tem-se o mesmo espaço. Exemplo 04: A aplicação do raciocínio anterior ao Exemplo 01 permite concluir que uma base para o espaço-linha de A é expressa por: 1 0 1 1 , 0 1 1 1T T T C A B . Assim, dim 2 nº de pivôs de nº de colunas líderes de ou de T A AC A R R A . A matriz AR ainda revela aspectos relativos ao espaço-nulo de A. Com efeito, o sistema linear 0Ax – cujo conjunto solução é N A – pode ser reduzido ao sistema equivalente 0AR x por meio da aplicação do Método de Gauss-Jordan e este processo é reversível. Em outras palavras, o espaço-nulo de A é igual ao espaço-nulo de AR . Desta forma, é possível construir uma base para N A a partir de uma inspeção de AR . Exemplo 05: No Exemplo 03, obteve-se9: líderes 1 0 1 1 0 1 1 1 0 0 0 0 0 0 A I F R e 1 3 4 2 3 4 3 3 livres3 3 4 4 4 4 1 1 1 1 0 1 0 0 1 A x x x Fx x x x x R x x Ix x x x x x . Desta maneira, o espaço-nulo de A é gerado pelas colunas de livres T F I e tais colunas são l.i. Logo: 1 1 1 0 , 1 1 0 1T TN AB é uma base para e espaço-nulo N A e tem-se nul 2 nº de colunas livres de ou de AA R A . 9 A notação Ilíderes indica uma matriz identidade de ordem igual ao número de variáveis líderes, enquanto Ilivres designa uma matriz identidade de ordem igual ao número de variáveis livres. Colunas pivôs: x1 e x2 são variáveis líderes Colunas livres: x3 e x4 são variáveis livres MMóódduulloo 0088 –– IInnttrroodduuççããoo àà ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr 1177 EEFFBB110022 -- GGeeoommeettrriiaa AAnnaallííttiiccaa ee ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr Para o caso geral em que AR é uma matriz mxn e assumindo que suas r primeiras colunas sejam colunas pivôs, tem-se: 0 0 r r r n r A m r r m r n r I F R . À primeira vista, a hipótese de que as r primeiras colunas de AR sejam colunas pivô parece um tanto quanto restritiva. Na verdade, não é esse o caso. Com efeito, caso as colunas pivô de AR não estejam localizadas nas r primeiras posições, é sempre possível aplicar operações elementares de permutação de colunas10 até que AR assuma a forma proposta. Evidentemente, é necessário manter um registro completo das trocas de colunas para que não haja problemas na detecção das variáveis líderes e livres. Este registro será utilizado para reorganizar a matriz livres T F I e identificar as coordenadas dos vetores de uma base de N A , como será visto no exemplo a seguir. Exemplo 06: Seja 2 4 0 2 1 1 1 2 1 2 3 5 1 2 1 4 4 4 2 4 2 8 8 5 M e 1 2 0 1 1 2 0 0 0 1 3 7 2 0 rref 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 MR M . Existem dois procedimentos para a determinação de uma base do espaço-nulo N M . i) Solução do sistema homogêneo 0MR x : Em notação matricial, tem-se: 1 1 2 4 5 2 3 3 4 5 4 65 6 1 21 2 0 1 1 2 0 0 2 0 0 1 3 7 2 0 0 7 3 0 0 0 0 0 1 0 2 00 0 0 0 0 0 0 x x x x xx x x x x x xx x Logo11: 2 4 5 2 4 5 4 5 1 7 2 , , 3 , , , 0 2 2 x N M x x x x x x x x x 2 4 5 1 7 2,1,0,0,0,0 1,0, 3,1,0,0 ,0, ,0,1,0 2 2 x x x . 10 As operações elementares de permutação de colunas serão objeto de estudo da Definição 06. 11 Deve-se notar a mudança proposital na notação que designa os vetores do espaço-nulo. Assim como mencionado no AP-12, pode-se utilizar a correspondência ponto-vetor. MMóódduulloo 0088 –– IInnttrroodduuççããoo àà ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr 1188 EEFFBB110022 -- GGeeoommeettrriiaa AAnnaallííttiiccaa ee ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr Assim, 1 7 2,1,0,0,0,0 , 1,0, 3,1,0,0 , ,0, ,0,1,0 2 2 N M B . ii) Análise da matriz MR : Primeiramente, é necessário efetuar permutações nas colunas de MR (mantendo o registro de tais permutações) até que todas as colunas pivô estejam à esquerda: 3 1 2 3 4 5 6 1 3 6 2 4 5 1 2 0 1 1 2 0 1 0 0 2 1 1 2 0 0 1 3 7 2 0 0 1 0 0 3 7 2 0 0 0 0 0 1 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 M M I F R R x x x x x x x x x x x x Consequentemente: 1 1 3 2 6 3 3 2 4 4 5 5 6 2 1 1 2 2 1 1 2 0 3 7 2 1 0 0 0 0 0 0 3 7 2 Reorganizando 1 0 0 0 1 0 0 1 0 0 0 1 0 0 1 0 0 0 x x x x F x x I x x x x x x Assim, uma base para o espaço-nulo N M é 1 7 2,1,0,0,0,0 , 1,0, 3,1,0,0 , ,0, ,0,1,0 2 2 N M B , em concordância com o procedimento i. De forma análoga à descrita anteriormente, o sistema linear 0TA y – cujo conjunto solução é TN A – pode ser reduzido ao sistema equivalente 0TAR y por meio do Método de Gauss- Jordan e este processo é reversível. Assim, o espaço-nulo à esquerda de A é igual ao espaço-nulo à esquerda de TA R . Logo, é possível construir uma base para TN A a partir da inspeção de TA R , como visto a seguir. Exemplo 07: Retornando ao Exemplo 03 com 1 2 1 2 1 1 3 3 2 1 1 0 TA . Obteve-se: líderes 1 0 1 3 0 1 1 3 0 0 0 0 0 0 0 0 TA I F R e 1 3 2 3 3 3 livres 3 3 1 3 1 3 0 1 3 1 3 1 TA y y F R y y y y y y I y y MMóódduulloo 0088 –– IInnttrroodduuççããoo àà ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr 1199 EEFFBB110022 -- GGeeoommeettrriiaa AAnnaallííttiiccaa ee ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr Desta maneira, o espaço-nulo à esquerda de A é gerado pelas colunas de livres T F I e tais colunas são l.i. Logo, 1 3 1 3 1T T N A B é uma base para TN A e dim 1TN A (nº de colunas livres de ou de T TAR A . Assim como na discussão acerca do espaço-nulo de uma matriz, a forma líderes 0 0 TA I F R assume que as r colunas pivô de TA R localizem-se nas r primeiras posições. Caso isso não ocorra, o mesmo procedimento adotado para a determinação de uma base do espaço-nulo pode ser aplicado na construção de uma base para o espaço-nulo à esquerda. O exemplo a seguir ilustra este fato. Exemplo 08: Seja a matriz M do Exemplo 06. Tem-se: 2 1 1 2 4 2 2 4 0 1 1 2 2 2 4 8 1 3 4 8 1 5 4 5 TM e 1 0 1 0 0 1 1 0 0 0 0 1 rref 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 T T M R M . Assim como ocorreu no Exemplo 06 com relação ao espaço-nulo de M, existem dois procedimentos para a determinação de uma base para TN M . São eles: i) Solução do sistema homogêneo 0TMR y : Em notação matricial, tem-se: 1 1 3 2 2 3 3 4 4 1 0 1 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 y y y y y y y y y Logo, 3 3 3, , ,0Ty N M y y y y e 1, 1,1,0TN MB é uma base de TN M . ii) Análise da matriz TM R : Efetuam-se permutações nas colunas de TM R (mantendo o registro de tais permutações) até que todas as colunas pivô estejam à esquerda: MMóódduulloo 0088 –– IInnttrroodduuççããoo àà ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr 2200 EEFFBB110022 -- GGeeoommeettrriiaa AAnnaallííttiiccaa ee ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr 3 1 2 3 4 1 2 4 3 1 0 1 0 1 0 0 1 0 1 1 0 0 1 0 1 0 0 0 1 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 T TM M I F R R y y y y y y y y Então: 1 1 2 2 41 3 3 4 1 1 1 1Reorganizando 0 1 1 0 y y yF y yI y y y . Uma possível base para 1, 1,1,0TN MB é uma base para TN M . A apresentação do processo de determinação de uma base para o espaço-coluna de uma matriz A – fundamentado na análise da respectiva matriz rrefAR A – necessita de algumas preliminares. Definição 06: Seja a matriz B mxn obtida a partir de uma matriz A (de mesma ordem) por meio de uma sequência de operações elementares sobre as colunas de A, Então, diz-se que A e B são equivalentes por colunas e denota-se colA B . Algebricamente: col A B AQ B , para alguma matriz Q nxn inversível12. Teorema 01: Sejam A e B duas matrizes. Tem-se col C A C B A B . Demonstração: Primeiramente, é preciso mostrar que col A B C A C B . Assim, por hipótese, existe uma matriz Q não singular tal que AQ B . Seja: | |n n x b C B x b Bx AQx Ax x b C A C A C B . Para finalizar a demonstração, é necessário mostrar que col C A C B A B . Por hipótese, C A C B . Então, cada coluna de A é combinação linear das colunas de B. Assim, é possível reduzir A em B utilizando uma sequência de operações sobre as colunas de B. Ou seja, existe Q inversível (composta pelo produto de diversas matrizes elementares) tal que AQ B . Em outras palavras, colA B . 12 O Exemplo 08 ilustra como a matriz Q pode ser construída. MMóódduulloo 0088 –– IInnttrroodduuççããoo àà ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr 2211 EEFFBB110022 -- GGeeoommeettrriiaa AAnnaallííttiiccaa ee ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr Teorema 02: As colunas de uma matriz A correspondentes às colunas pivô de rrefAR A – doravante denominadas colunas pivô de A – geram C A . Observação: As colunas pivô de uma matriz A são linearmente independentes. Assim, o conjunto de colunas pivô de uma matriz A forma uma base para C A . Demonstração: Suponha que A possua r colunas pivô, denotadas por bi, e t colunas livres – denotadas por ni. Seja Q1 a matriz de permutação de colunas que realoca as colunas de A de forma que todas as suas colunas pivô localizem-se à esquerda, ou seja, nas posições 1, 2, ..., r. Algebricamente: 1 1 1r r r t m r m tAQ b b n n B N . Uma vez que as colunas da matriz N (mxt) são combinações lineares das colunas de B (mxn), existe uma matriz Q2, não singular, tal que 1 2 2 0m r m t m r m tAQ Q B N Q B E . Então, conclui-se que: col A E C A C E C B . Uma vez que as únicas r colunas não-nulas de E (em outras palavras, as colunas de B) constituem um conjunto linearmente independente – pois são oriundas da aplicação de operações elementares sobre as colunas de A – conclui-se que estas r colunas formam uma base para C B C E C A . Exemplo 09: No Exemplo 03, tem-se 1 2 3 1 2 1 3 1 1 1 2 0 A e 1 0 1 1 rref 0 1 1 1 0 0 0 0 AR A . Sabe-se que 3ger 1 2 1 , 2 1 1 , 3 3 2 , 1 1 0T T T TC A . No entanto, o conjunto 1 2 3 41 2 1 , 2 1 1 , 3 3 2 , 1 1 0T T T Tc c c c é linearmente dependente13 e, portanto, não constitui uma base para C A . A inspeção direta de AR revela que as colunas 1 e 2 são colunas pivô. Assim, como consequência dos Teoremas 01 e 02, as colunas 1 e 2 de A – representadas pelos vetores 1 1 2 1 T c e 2 2 1 1 T c – geram C A e são linearmente independentes. Logo, 1 2 1 , 2 1 1T TC AB 13 Deve-se notar que 3 1 2c c c e 4 2 1c c c . MMóódduulloo 0088 –– IInnttrroodduuççããoo àà ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr 2222 EEFFBB110022 -- GGeeoommeettrriiaa AAnnaallííttiiccaa ee ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr é uma base de C A e pos 2 nº de colunas pivô de ou AA r A R . O Exemplo 09 é uma aplicação direta dos resultados demonstrados nos Teoremas 01 e 02. Estes teoremas, por sua vez, fazem uso da Definição 06 em que se assume a existência de uma matriz inversível Q de ordem n tal que col T B TQ B . O exemplo a seguir mostra como determinar 1 2Q Q Q e, como consequência, ilustra a conclusão do Teorema 02: 1 2 0TQ Q B E e então col T E C T C E C B . Exemplo 10: Sejam 1 2 2 3 2 4 1 3 3 6 1 4 T e 1 2 0 1 0 0 1 1 0 0 0 0 TR . A inspeção de TR revela que as colunas 1 1 2 3 T c e 3 2 1 1 T c de T geram C T e são linearmente independentes. Logo, 1 3,C TB c c é uma base de C T , à luz dos Teoremas 01 e 02. Deseja-se determinar Q tal que 0TQ B E , de forma a deixar clara esta afirmação. De forma genérica, a matriz Q é determinada pelo produto de matrizes elementares ijP (permutação entre colunas) e : coluna coluna coluna ijC i i j . No presente exemplo, tem-se: Passo 1: 1 23 23 2 3 1 0 0 0 2 3 1 2 2 3 0 0 1 0 4 3 2 1 4 3 , com efetuando 0 1 0 0 6 4 3 1 6 4 0 0 0 21 1 2 3 1 1 T T TP P c c . Passo 2: 2 1 21 21 2 2 1 1 2 0 0 1 0 2 3 0 1 0 0 2 2 3 4 3 , com 2 efetuando 2 0 0 1 0 3 5 6 4 0 0 0 1 T T C C c c c . Passo 3: 3 2 31 31 3 3 1 1 0 2 0 1 0 0 3 0 1 0 0 2 2 3 0 3 , com 2 efetuando 2 0 0 1 0 3 5 0 4 0 0 0 1 T T C C c c c . Passo 4: 4 3 41 41 4 4 1 1 0 0 3 1 0 0 0 0 1 0 0 3 2 3 0 3 , com 3 efetuando 3 0 0 1 0 3 5 0 5 0 0 0 1 T T C C c c c . c1 c3 MMóódduulloo 0088 –– IInnttrroodduuççããoo àà ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr 2233 EEFFBB110022 -- GGeeoommeettrriiaa AAnnaallííttiiccaa ee ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr Passo 5: 5 4 42 42 4 4 2 1 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 1 1 2 3 0 0 , com 1 efetuando 0 0 1 0 3 5 0 0 0 0 0 1 T T C C c c c . Passo 6: 1 16 5 21 21 2 2 1 1 2 0 0 1 2 0 0 0 1 0 0 2 2 1 0 0 , com 2 efetuando 2 0 0 1 0 3 1 0 0 0 0 0 1 T T C C c c c . Assim, é possível escrever: 123 21 31 41 42 21 3 2 3 2 2 1 1 0 0 2 2 3 1 2 0 0 0 1 3 0 0 2 Q T P C C C C C TQ B E , com 1 0 2 1 0 0 1 0 0 1 0 1 0 0 0 1 Q . É simples verificar que colT E e, consequentemente, C T C E C B . Comentários finais: Os quatro subespaços fundamentais associados a qualquer matriz A mxn – espaço-coluna, espaço-linha, espaço-nulo e espaço-nulo à esquerda – foram apresentados em conjunto com procedimentos para a determinaçãode bases para cada um destes subespaços. Tais estratégias fundamentam-se na inspeção das matrizes rrefAR A e rrefT TAR A . Em resumo, tem-se: i) dim pos nº de colunas pivô de ou de AC A r A R A . ii) dim nº de colunas pivô de ou de dimT AC A r R A C A . iii) dim nul nº de colunas livres de ou de AN A p A n r R A . iv) dim nº de colunas livres de ou de TT TAN A m r R A . v) dim dim nº de colunas de C A N A r p r n r n A . vi) dim dim nº de linhas de T TC A N A r m r m A . vii) As colunas pivô de A (correspondentes às colunas pivô de RA) formam uma base de C A . viii) As linhas não nulas de RA formam uma base de TC A . (*) ix) O conjunto gerador das soluções de 0AR x forma uma base de N A . x) O conjunto gerador das soluções de 0TAR y forma uma base de TN A . c1 c3 MMóódduulloo 0088 –– IInnttrroodduuççããoo àà ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr 2244 EEFFBB110022 -- GGeeoommeettrriiaa AAnnaallííttiiccaa ee ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr (*) Consequência de viii: O resultado viii revela um procedimento prático para a determinação de uma base de um subespaço U descrito como 1 2ger , , , nU u u u . Basta construir a matriz 1 2 T nA u u u e aplicar operações elementares até obter rrefAR A . As linhas não-nulas de AR formam uma base de TC A e, consequentemente, uma base para U. Exemplo 11: Seja 1 2 3 4, , , 1,9,4,3 , 0, 1,1,2 , 1,6,7,9 , 2, 11,15,20U u u u u . Uma base para U pode ser determinada a partir de 1 2 3 4 1 9 4 3 0 1 1 2 1 6 7 9 2 11 15 20 u u A u u . Tem-se 1 0 0 5 0 1 0 0 rref 0 0 1 2 0 0 0 0 AR A (verifique). Então, o conjunto B expresso por 1,0,0, 5 , 0,1,0,0 , 0,0,1,2B é uma base para TC A e, por construção, também é uma base para U (note que dim 3U ). Exemplo 12: No Exemplo 04, tem-se 2 4 0 2 1 1 1 2 1 2 3 5 1 2 1 4 4 4 2 4 2 8 8 5 M e, consequentemente, 1 2 0 1 1 2 0 0 0 1 3 7 2 0 rref 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 MR M . A análise da matriz MR permite concluir que 2, 1,1,2 , 0,1,1,2 , 1,5,4,5C MB é base de C M e dim 3 pos nº de colunas pivô de MC M M R . Também é possível afirmar que 1, 2,0,1,1 2,0 , 0,0,1,3,7 2,0 , 0,0,0,0,0,1TC MB é base de TC M e, portanto, dim 3 dimTC M C M . Por outro lado, dim dim 3 6 nº de colunas de dim nul 3C M N M p M N M M , em concordância com o resultado do Exemplo 04. Finalmente, a partir de MMóódduulloo 0088 –– IInnttrroodduuççããoo àà ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr 2255 EEFFBB110022 -- GGeeoommeettrriiaa AAnnaallííttiiccaa ee ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr dim dim 3 4 nº de linhas de T TC M N M q M , obtém-se dim 1TN M , em concordância com os resultados do Exemplo 08. Exercícios propostos: E01. Classifique as afirmações em verdadeira ou falsa e justifique suas respostas. a) Toda matriz quadrada não possui variáveis livres. Resposta: Falsa. Contra-exemplo: 1 3 1 3 rref 2 6 0 0 A R A . b) Toda matriz inversível não possui variáveis livres. Resposta: Verdadeiro. Se uma matriz A possui inversa, o sistema Ax b admite uma única solução 1x A b . Logo, a matriz A não possui variáveis livres. c) Toda matriz A (mxn) tem no máximo n variáveis pivôs. Resposta: Falso. Basta observar que, se m n , A possui no máximo m variáveis pivôs. d) Toda matriz A (mxn) tem no máximo m variáveis pivôs. Resposta: Falso. Basta observar que, se n m , A possui no máximo n variáveis pivôs. E02. Determine se b está no espaço-coluna de A. Se estiver, expresse-o como uma combinação linear das colunas de A. Esta combinação é única? a) 1 3 4 6 A ; 2 10 b . Resposta: Uma vez que pos 2A , tem-se 2C A . Então, o vetor b pode ser escrito de maneira única como combinação linear das colunas de A. De fato: 1 3 2 1 1 4 6 10 b . b) 1 1 2 1 0 1 2 1 3 A ; 4 3 7 b . MMóódduulloo 0088 –– IInnttrroodduuççããoo àà ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr 2266 EEFFBB110022 -- GGeeoommeettrriiaa AAnnaallííttiiccaa ee ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr Resposta: Como 1 0 1 3 0 1 1 1 0 0 0 0 R d , Ax b exibe infinitas soluções. Assim, b pode ser escrito de infinitas maneiras como combinação linear das colunas de A. E03. Determine uma base para os quatro subespaços fundamentais de cada uma das matrizes. 1 0 1 2 5 3 1 1 3 1 5 9 A . Respostas: Espaço-coluna: 1 5 3 , 0 3 1 T T C A B ; Espaço-linha: 1 0 1 2 , 0 1 2 3T T T C A B ; Espaço-nulo: 1 2 1 0 , 2 3 0 1 T T N A B ; Espaço-nulo à esquerda: 14 1 1 3 3 T T N A B . 1 0 1 1 2 3 5 9 B . Respostas: Espaço-coluna: 2C B , assim pode-se assumir a base canônica. Espaço-linha: 1 0 1 1 , 0 3 7 7T T T C B B ; Espaço-nulo: 7 7 1 1 0 , 1 0 1 3 3 T T N B B ; Espaço-nulo à esquerda: 0,0TN B (não admite base). E04. Determine uma base para o espaço-nulo de cada uma das matrizes a seguir: 2 0 1 4 0 2 0 0 0 A . Resposta: 0,1,0 , 1 2,0,1N AB . 1 4 5 2 2 1 3 0 1 3 2 2 B . Resposta: 1, 1,1,0 , 2 7, 4 7,0,1N BB . MMóódduulloo 0088 –– IInnttrroodduuççããoo àà ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr 2277 EEFFBB110022 -- GGeeoommeettrriiaa AAnnaallííttiiccaa ee ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr 1 4 5 6 9 3 2 1 4 1 1 0 1 2 1 2 3 5 7 8 C . Resposta: 1, 1,1,0,0 , 2, 1,0,1,0 , 1, 2,0,0,1N CB . E05. Para a matriz 1 2 4 5 0 1 3 0 0 0 1 3 0 0 0 1 0 0 0 0 A , pede-se: a) Por inspeção, determine bases para o espaço-coluna e espaço-linha da matriz A. A seguir, encontre a forma reduzida por linhas e determine uma base para o espaço-nulo de A. Respostas: 1 0 0 0 0 , 2 1 0 0 0 4 3 1 0 0 5 0 3 1 0 T T T T C A B , 4TC A (use a base canônica, por exemplo), 0,0,0,0TN A (não admite base). b) Uma base para o espaço-nulo à esquerda de A. Resposta: 0 0 0 0 1T T N A B .E06. Suponha que A seja uma matriz 3x5 e que as soluções de 0TA y sejam geradas pelos vetores 1 1 0 1 , 0 , 1 0 1 1 y . a) Qual é o posto de A? Resposta: pos 1A . b) Qual é o posto de A A B A A ? Justifique sua resposta. Resposta: pos 1B , pois a segunda linha (particionada) da matriz B é igual à primeira. c) Se o posto de uma matriz A é igual ao número de linhas, o que se pode dizer sobre as soluções da equação Ax b ? Resposta: O sistema é sempre consistente, para qualquer b. E07. Considere a matriz 1 2 3 1 5 6 2 6 A c . MMóódduulloo 0088 –– IInnttrroodduuççããoo àà ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr 2288 EEFFBB110022 -- GGeeoommeettrriiaa AAnnaallííttiiccaa ee ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr a) Determine o valor de c que torna A singular (não inversível). Resposta: 8c . b) Seja 20c . Quais são os espaços C A e N A ? Descreva-os para o caso específico sob análise. Descreva também os espaços 1C A e 1N A . Respostas: C A 1 3C A e N A 1 0 0 0N A , , . Desafios!! D1. Complete as matrizes de tal forma que elas possuam posto unitário: 1 2 4 2 * * 4 * * A ; * 9 * 1 * * 2 6 3 B e * a b C c D2. Se possível, construa uma matriz que possua 1 1 2 1 TB como base do espaço-coluna e 2 0 3 2 1 TB como base para seu espaço-linha. Caso contrário, justifique o por quê. D3. Define-se uma matriz tabuleiro como sendo uma matriz quadrada ijA a tal que 1, se é par 0, se é ímpar ij i j a i j Determine o posto e a nulidade das matrizes tabuleiro 3x3, 4x4 e nxn. D4. Suponha que a matriz A tenha sido reduzida à sua forma escalonada R: 1 2 1 2 1 8 linha 3 b aA ; 1 2 0 3 0 0 1 2 0 0 0 0 R a) O que podemos dizer sobre a linha 3 da matriz A? b) Quais os valores dos parâmetros a e b? c) Descreva todas as soluções de 0R x . d) Assinale quais dos espaços a seguir são os mesmos tanto para A quanto para R. (espaço-linha) (espaço-coluna) (espaço-nulo) MMóódduulloo 0088 –– IInnttrroodduuççããoo àà ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr 2299 EEFFBB110022 -- GGeeoommeettrriiaa AAnnaallííttiiccaa ee ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr III – Solução Completa, Posto e Discussão de Sistemas 1. Introdução Os sistemas lineares Ax b foram introduzidos no início do curso e duas ferramentas de solução foram abordadas: a eliminação gaussiana e o método de Gauss-Jordan. Ambas as técnicas se valem da aplicação de operações elementares sobre as linhas da matriz aumentada |A b . Estas operações resultam nas matrizes |U c e |R d para a eliminação gaussiana e o método de Gauss- Jordan, respectivamente (U é uma matriz triangular superior e R é a forma escalonada reduzida por linhas da matriz A). A inspeção das matrizes |U c e |R d permite concluir sobre a natureza do sistema linear Ax b – consistente determinado, consistente indeterminado ou inconsistente. Conclusões similares podem ser obtidas sob o ponto de vista do posto e da nulidade da matriz A. 2. Solução Completa de um Sistema Linear Antes de iniciar a apresentação desta nova estratégia para discussão de sistemas lineares, é oportuno investigar a forma geral da solução completa de Ax b . Para tanto, seja: 1 2 3 4 1 3 0 2 1 1 3 0 2 1 0 0 1 4 6 | 0 0 1 4 6 1 3 1 6 7 1 3 1 6 7 x x Ax b A b x x . A aplicação do método de Gauss-Jordan culmina em: 1 2 4 3 4 1 3 0 2 1 3 2 1 | 0 0 1 4 6 4 6 0 0 0 0 0 x x x R d x x Assim, as infinitas soluções 1 2 3 4, , ,x x x x x admitem 1x e 3x como variáveis líderes e, consequentemente, 2x e 4x como variáveis livres. Então, o conjunto solução S de Ax b pode ser escrito na forma: 2 4 2 4 4 2 4 2 41 3 2 , , 6 4 , 1,0,6,0 3,1,0,0 2,0, 4,1 | ,S x x x x x x x x x x . Deve-se notar que 4S , porém S não é um subespaço do 4 . De fato, S é a translação do subespaço 4ger 3,1,0,0 , 2,0, 4,1W pelo vetor 1,0,6,0px . Surge então uma questão: o que se pode afirmar acerca do subespaço W? MMóódduulloo 0088 –– IInnttrroodduuççããoo àà ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr 3300 EEFFBB110022 -- GGeeoommeettrriiaa AAnnaallííttiiccaa ee ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr Na verdade W é um dos quatro subespaços fundamentais associados à matriz A: o espaço- nulo. Para comprovar esta informação, constroi-se uma base para N A a partir da inspeção de rrefR A : 2 1 2 3 4 1 3 2 4 1 3 0 2 1 0 3 2 0 0 1 4 0 1 0 4 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 I F R R x x x x x x x x Consequentemente: 1 1 3 2 2 2 3 4 4 3 2 3 2 0 4 1 0 Reorganizando as variáveis 1 0 0 4 0 1 0 1 x x F x x I x x x x Logo, 3,1, 1,0 , 2,0, 4,1N AB é uma base de N A , o que comprova que ger 3,1,0,0 , 2,0, 4,1W N A . Portanto, conclui-se que x S pode ser escrito como uma solução particular px de Ax b [no presente caso 1,0,6,0px ], somada à uma combinação linear dos vetores da base do espaço- nulo associado à matriz A. Em outras palavras, a solução completa14 de Ax b é a translação de N A imposta pelo vetor px . Em suma: Ax b admite soluções do tipo p nx x x , com nx N A e px uma solução particular. Deve-se notar que uma solução particular px do sistema linear Ax b (ou seja, um vetor px tal que pAx b ) pode ser facilmente obtida ao anular as respectivas variáveis livres. No exemplo sob análise basta fazer 2 4 0x x , como visto a seguir: 2 4 2 4 4 2 4: 1 3 2 , , 6 4 , 1,0,6,0 3,1,0,0 2,0, 4,1x S x x x x x x x x 2 4 0 1,0,6,0px x x x Este procedimento não é necessário, uma vez que é possível obter uma solução particular para Ax b a partir da inspeção do vetor d em R d : R d 1 3 1 3 0 2 linha associada ao pivô na posição 0 0 1 4 linha associada ao pivô na posição 0 0 0 0 1 6 0 x x 14 O termo “solução completa” deve ser entendido como “o conjunto de todas as soluções possíveis”. MMóódduulloo 0088 –– IInnttrroodduuççããoo àà ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr 3311 EEFFBB110022 -- GGeeoommeettrriiaa AAnnaallííttiiccaa ee ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr Uma vez que a solução particular (translação) px ocorre quando 2 4 0x x , pode-se escrever ,0 01 6, ,px .A estratégia de obtenção da solução completa de um sistema linear aqui apresentada não é um caso particular do sistema fornecido como exemplo. Na verdade, as conclusões obtidas a partir do exemplo são gerais e obedecem ao: Teorema: Sejam S o conjunto solução do sistema Ax b e | e p n p nT x x x x S x N A . Os conjuntos S e T são iguais. Demonstração: Para demonstrar que S T é preciso demonstrar que T S e S T são afirmações verdadeiras. Sendo assim, o raciocínio é divido em duas partes: i) T S : Seja p nx x x T . Pode-se escrever: 0p n p nA x A x x A x A x b b x S ii) S T : Seja s S . Pode-se escrever 0p pA s x A s A x b b . Assim, é possível afirmar que ps x N A . Desta forma, existe |n p n p nx N A s x x s x x s T . De i e ii, conclui-se que S T . 3. Discussão de Sistemas Lineares: Posto e Nulidade Nesta seção, a consistência ou inconsistência de um sistema linear Ax b será determinada a partir de considerações acerca do posto e nulidade de A. Inicialmente, é necessário compreender um fato importante: Se A é uma matriz de ordem m n , então pos min ,A r m n . De fato, uma vez que mC A tem-se pos A m . De maneira análoga, T nC A e então pos TA n . Como pos pos TA A , conclui-se que pos min ,A r m n . A análise de consistência se fundamenta na definição a seguir. Definição 01. Seja A uma matriz de ordem m n . Se pos A m , diz-se que A possui posto pleno de linhas. Analogamente, se pos A n , diz-se que A possui posto pleno de colunas. Para o caso de matrizes quadradas n n , diz-se que A possui posto pleno quando pos A n . MMóódduulloo 0088 –– IInnttrroodduuççããoo àà ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr 3322 EEFFBB110022 -- GGeeoommeettrriiaa AAnnaallííttiiccaa ee ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr A Definição 01 estabelece uma divisão natural na análise de consistência do sistema linear Ax b : matrizes A m n que possuem posto pleno de linhas, posto pleno de colunas ou que apresentem posto min ,r m n . Caso 01: Se uma matriz A( m n ) possui posto pleno de linhas ( pos A r m ), então: i) Todas as linhas de A são linhas pivô e rrefR A não possui linhas nulas; ii) Ax b exibe solução para qualquer b: ii.a) Caso pos A r m n , Ax b exibe solução única; ii.b) Caso pos A r m n , Ax b exibe infinitas soluções; iii) O espaço-coluna de A é todo o m . iv) Existem n r n m soluções especiais (geradores) no espaço-nulo de A. Caso 02: Se uma matriz A ( m n ) possui posto pleno de colunas ( pos A r n ), então: i) Caso pos |A b r r n , Ax b exibe solução única; ii) Caso pos |A b r r n , Ax b não exibe solução; iii) O espaço-linha de A é todo o n . iv) Existe apenas a solução trivial no espaço-nulo de A. Caso 03: Se uma matriz A( m n ) não possui posto pleno de colunas nem de linhas, isto é, pos min ,A r m n , então: i) Caso pos |A b r r , Ax b exibe infinitas soluções; ii) Caso pos |A b r r , Ax b não exibe solução; Exercícios propostos: E01. Use a informação da tabela para discutir as soluções dos sistemas Ax b . (a) (b) (c) (d) (e) (f) (g) Dimensão de A 3 x 3 3 x 3 3 x 3 5 x 9 5 x 9 4 x 4 6 x 2 pos A 3 2 1 2 2 0 2 pos |A b 3 3 1 2 3 0 2 MMóódduulloo 0088 –– IInnttrroodduuççããoo àà ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr 3333 EEFFBB110022 -- GGeeoommeettrriiaa AAnnaallííttiiccaa ee ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr Respostas: (a) (b) (c) (d) (e) (f) (g) Dimensão de A 3 x 3 3 x 3 3 x 3 5 x 9 5 x 9 4 x 4 6 x 2 pos A 3 2 1 2 2 0 2 pos |A b 3 3 1 2 3 0 2 Solução única Impossível Infinitas soluções Infinitas soluções Impossível Infinitas soluções Solução única E02. Seja o sistema linear 3 1 2 0 5 x y z t x y t z t a) Escreva o sistema em notação matricial Ax b . Resposta: 1 1 3 1 1 2 1 0 1 . 0 0 0 1 1 5 x y z t . b) Determine uma base para o espaço-nulo de A. Resposta: 1 5 , , 1,1 3 3 N A B . c) Construa a solução geral para Ax b . Resposta: 14 28 1 5 , ,5,0 , , 1,1 3 3 3 3 x . E03. Apresente as soluções completas p nx x x dos sistemas: a) 1 2 2 1 2 4 5 4 u v w Resposta: 1,0,2 2,1,0 ,x b) 1 2 2 1 2 4 4 4 u v w Resposta: Sistema Impossível. E04. Quais condições de b1, b2, b3 e b4 tornam cada sistema possível? 1 1 2 2 3 4 1 2 2 4 2 5 3 9 b x b x b b Resposta: 4 3 22 6 3 0b b b 1 1 2 2 3 3 4 1 2 3 2 4 6 2 5 7 3 9 12 b x b x b x b Resposta: 4 3 22 6 3 0b b b MMóódduulloo 0088 –– IInnttrroodduuççããoo àà ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr 3344 EEFFBB110022 -- GGeeoommeettrriiaa AAnnaallííttiiccaa ee ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr E05. Escolha o número q de modo que (se possível) os postos sejam: a) 1; b) 2; c) 3. 6 4 2 3 1 3 3 2 1 e 2 9 6 A B q q q a) Resposta: ( ) 1 3 ( ) 1 6 pos A q pos B q b) Resposta: ( ) 2 3 ( ) 2 6 pos A q pos B q c) Resposta: ( ) 3 Não é possível ( ) 3 Não é possível pos A pos B E06. Encontre A e B com a propriedade dada ou explique por que não é possível. a) A única solução de 1 0 2 é 1 3 Ax x Resposta: Para que o sistema tenha uma única solução o posto deve ser pleno de colunas. Portanto, é necessário que as colunas não sejam múltiplas e a segunda coluna deve ser: 1 1 1 2 2 2 3 3 3 a a A b b c c , b) A única solução de 1 0 é 2 1 3 Bx x Resposta: Não é possível que o sistema Bx b tenha uma única solução. Desafios!! D1. Utilizando o conceito de posto de uma matriz, determine o valor do parâmetro c para que o sistema linear Ax b seja consistente: 1 1 2 2 3 1 3 4 1 A ; 2 5b c D2. Em que condições de b1 e b2 (se houver) Ax b tem uma solução? 1 2 1 2 0 3 2 4 0 7 b A b b Encontre dois vetores do espaço nulo de A e a solução completa de Ax b . MMóódduulloo 0088 –– IInnttrroodduuççããoo àà ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr
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