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Disciplina:Álgebra Linear II693 materiais7.563 seguidores
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z ∈ Z então z(x) = ∑n−1i=0 cixi(x− 1), z(1) = 0 e portanto z ∈ W .
Exemplo 3.33 Mostre que

(a) cos(2x) ∈ 〈1, cos(x), cos2(x)〉. (b) cos(3x) ∈ 〈1, cos(x), cos2(x), cos3(x)〉.

3.5. POLINÔMIOS E FUNÇÕES COMO VETORES 79

Solução: (a) É verdade pois (identidade trigonométrica conhecida) cos(2x) = 2 cos2(x)− 1.
(b) Utilizando a identidade de (a) e que sen(2x) = 2 sen(x) cos(x) e cos(3x) =

= cos(x) cos(2x)−sen(x) sen(2x), obtemos que cos(3x) = 2 cos3(x)+2 cos2(x)−cos(x)−2.
Generalizando concluiremos que cos(nx) ∈ 〈1, cos(x), . . . , cosn(x)〉.
O próximo exemplo é mais sofisticado. Este tipo de combinação linear é utilizado nos cha-

mados métodos dos elementos finitos, muito importante no cálculo de estruturas (engenharia

civil, naval, mecânica etc.).

φ0 φ1

φ2 φ3

Figura 3.1: Elementos finitos

Exemplo 3.34 Considere as funções φ0, . . . , φ3 mostradas na Figura 3.1. Observe que elas
são caracterizadas como funções lineares por partes (entre dois inteiros quaisquer elas são

lineares, isto é, o gráfico é um segmento de reta) e que φi(j) = δij, onde δij é chamado de
delta de Kroenecker, definido como 1 se i = j e 0 caso contrário. Assim φ0(0) = 1 (i = j) e
φ0(1) = φ0(2) = 0. Do mesmo modo, φ1(1) = 1 (i = j) e φ1(0) = φ1(2) = 0.
Agora podemos fazer combinações lineares destas funções. Poderemos obter uma função

linear por partes qualquer pois se quisermos que f assuma valores f(j) = aj, com j = 0, . . . , 3,

tome f =
3∑
i=0

aiφi. Deste modo f(0) =
3∑
i=0

aiφi(0) = a0φ0(0) = a0 · 1 = a0 (as outras

funções φ1(0) = φ2(0) = φ3(0) = 0), e de forma análoga, f(1) =
3∑
i=0

aiφi(1) = a1, e

também f(2) = a2, f(3) = a3. Desta forma CL das φi's podem gerar qualquer função linear
por parte:

〈φ0, . . . , φ3〉 =

funções tipo
 .
3.5.3 Dependência e Independência Linear, Base

Exemplo 3.35 Determine se são LIs ou LDs:

(a) {1, t, t2 }; (b) {t, et};
(c) {sen(2x), sen(x) cos(x)}; (d) {sen(2x), sen2(x)}; (e) {sen2(x), cos2(x), 1}.
Solução: (a) Suponha que a1 + bt + ct2 = 0 para todo t ∈ R. Apresentamos duas provas
que a = b = c = 0 e portanto o conjunto é LI:
� Derivando obtemos que b+ 2ct = 0 e 2c = 0. Logo c = 0, b = 0 e a = 0.
� Colocando t = 0 obtemos que a = 0. Colocando t = 1 e t = 2 obtemos as equações:

b+ c = 0 e 2b+ 4c = 0, cuja solução única é b = c = 0.

80 CAPÍTULO 3. ESPAÇO VETORIAL

(b) Suponha que at + bet = 0. Colocando t = 0 obtemos que b = 0. Colocando t = 1
obtemos que a(1) = 0 e a = 0. Logo é LI.
(c) É LD pois sen(2x)− 2 sen(x) cos(x) = 0 para todo x ∈ R.
(d) Suponha que a sen(2x) + b sen2(x) = 0 para todo x. Tomando x = pi/2 obtemos
que a(0) + b(1) = 0. Logo b = 0. Tomando x = pi/4, a(1) = 0 e a = 0. Como a = b = 0
concluímos que é LI.

(e) É LD pois sen2(x) + cos2(x)− 1 = 0 para todo x ∈ R.
Observação 3.10 (conjunto de funções é LI?) Para determinar se um conjunto de

funções é LI ou LD, uma ferramenta importante é o chamadoWronskiano, apresentado

como Desafio 6.9.4 da p.193. Veja também o Exemplo 4.42 da p.121.

Exemplo 3.36 Prove que:

(a) {1, t, t2, . . . , tn} é base de Pn; (b) {1− t, 2 + t, t+ t2} é base de P2.

Solução: (a) De fato suponha q(t) = a0 + a1t+ · · ·+ antn = 0 para todo t ∈ R. Tomando
t = 0 concluímos que a0 = 0. Derivando obtemos que q

′(0) = a1 = 0. Continuando
q′′(t) = 2a2 = 0 e a2 = 0. De forma geral f (k)(0) = k!ak = 0 e concluímos que ak = 0 para
k = 1, . . . , n. Logo o conjunto é LI. É claro que gera Pn (prove!). Logo é base.
(b) Seja q(t) = at2 + bt + c. Queremos escrever q(t) = α(1 − t) + β(2 + t) + γt2.
Igualando termos do mesmo grau e resolvendo o sistema obtemos a solução única γ = a, β =
(b+ c)/3, α = (c− 2b)/3. Como a representação é única, é base.

Exemplo 3.37 Retomando as funções da Figura 3.1 da p.79, prove que φ0, . . . , φ3 é LI.

Solução: De fato, suponha que f(t) = a0φ0(t) + · · · a3φ3(t) = 0 para todo t ∈ R. Portanto
f(0) = 0. Como f(0) = a0φ0(0) + · · · a3φ3(0) = a0 · 1 + a1 · 0 + · · · + a3 · 0 = a0 = 0,
concluímos que a0 = 0. De forma análoga, f(1) = a0φ0(1) + a1φ1(1) + · · · a3φ3(1) =
a0 · 0 + a1 · 1 + · · · + a3 · 0 = a1 = 0, concluímos que a1 = 0. Procedendo desta forma,
concluiremos que a0 = a1 = a2 = a3 = 0, e que a única CL de zero é trivial.

3.5.4 ?Funções como Vetores: Representação Geométrica1

Como representar geometricamente uma função como um vetor?

Vamos começar vendo uma nova representação geométrica de vetores no R2 e no R3.
Já mostramos que podemos representar vetores como �setinhas� (segmentos orientados equi-

valentes). Agora vamos representá-los como gráficos de funções da seguinte forma. Dado

f ∈ F({1, 2} ;R), ou seja, dada uma função f : {1, 2} → R, ela fica inteiramente deter-
minada uma vez fixado os valores f(1) e f(2). Portanto associamos a f ∈ F({1, 2} ;R)
o vetor f = (f(1), f(2)) ∈ R2. Reciprocamente, dado (a1, a2) ∈ R2, associamos a função
f ∈ F({1, 2} ;R) tal que f(1) = a1 e f(2) = a2. Por exemplo, o vetor f = (5, 3) ∈ R2 pode
ser representado como o gráfico de f ∈ F({1, 2} ;R), como indicado na Figura 3.2. De forma
análoga, dada g ∈ F({1, 2, 3} ;R), ou seja, dada uma função g : {1, 2, 3} → R, associamos
o vetor g = (g(1), g(2), g(3)) ∈ R3. Reciprocamente, dado (a1, a2, a3) ∈ R3, associamos a
função g ∈ F({1, 2, 3} ;R) tal que g(1) = a1, g(2) = a2 e g(3) = a3. Por exemplo, o vetor
g = (3, 5, 2) ∈ R3 pode ser representado como o gráfico de g, como indicado na Figura 3.2.
1

A leitura desta subseção é opcional.

3.5. POLINÔMIOS E FUNÇÕES COMO VETORES 81

x

y

1

f(1) = 5

2

f(2) = 3

x

y

1

g(1) = 3

2

g(2) = 5

3

g(3) = 2

Figura 3.2: Representando f = (5, 3) ∈ R2 e g = (3, 5, 2) ∈ R3.
.

A vantagem deste ponto de vista é que os desenhos são bidimensionais, e podemos repre-

sentar, por exemplo, o vetor f = (2, 4, 3, 4, 1) ∈ R5 pelo gráfico de f ∈ F({1, 2, 3, 4, 5} ;R)
definida por f(i) = ai, i = 1, . . . , 5, como indicado na Figura 3.3. Note que com a inter-
pretação geométrica de setinhas não tínhamos como representar vetores do Rn com n > 3.

x

y

1

f(1) = 2

2

f(4) = f(2) = 4

3

f(3) = 3

4 5

f(5) = 1

Figura 3.3: Representando f = (2, 4, 3, 4, 1) ∈ R5.

Generalizando, como um vetor é um n−upla de números reais, podemos associar a
f = (a1, . . . , an) ∈ Rn uma função f : {1, . . . , n} → R tal que f(1) = a1, f(2) =
a2, . . . , f(n) = an. Assim podemos representar f ∈ Rn, para n qualquer, pelo gráfico de
f ∈ F({1, . . . , n} ;R). Agora se substituirmos {1, . . . , n} por I com I ⊂ R qualquer, po-
demos representar o vetor (elemento do espaço de funções) f ∈ F(I;R) pelo gráfico de
f : I → R. Por exemplo f ∈ F([0, pi];R), definido por f(x) = sen(x), pode ser representado
pelo seu gráfico, como indicado na Figura 3.4.

Observação 3.11 Fixemos a notação In = {1, . . . , n}. A representação de vetores do
Rn como função é coerente no seguinte sentido. Vamos nos concentrar na operação de
soma de vetores (a multiplicação por escalar é análogo). Já definimos anteriormente como

somar vetores u,v ∈ Rn: basta somar componente a componente. Se interpretarmos
estes vetores como funções u, v : In → R, definimos a função soma (veja Definição 3.18)
u + v : In → R por (u + v)(i) = u(i) + v(i) para i = 1, . . . , n. Note que apesar de ser
definido de outra forma, obtemos a mesma coisa.

Exemplo 3.38 Considere f, g ∈ F([0, 1] × [0, 1];R), onde cada função representa o nível
de cinza de cada ponto do quadrado [0, 1]× [0, 1]. Desta forma cada função representa uma

82 CAPÍTULO 3. ESPAÇO VETORIAL

pi x

y

0

Figura 3.4: Representando f ∈ F([0, pi];R), com f(x) = sen(x).

imagem. Agora vamos visualizar os elementos da reta r(t) = tg + (1− t)f , onde r(0.0) = f
e r(1.0) = g. Neste exemplo, conforme mostra a Figura 3.5, a função f = r(0.0) é um
quadrado e g = r(1.0) um círculo. Observe a transformação de um quadrado em um círculo,
onde representamos os pontos intermediários da reta r: r(0.2), . .