MAT Álgebra Linear I Bacharelato Física - Diurno Exercícios para a 3ªProva

MAT - 0122 - Álgebra Linear I

Bacharelato Física - Diurno

Exercícios para a 3ªProva

Paulo F. Leite

com a colaboração de Jéssica S. Paixão

março de 2012

1 Exercícios para a Terceira Prova

Obs. Nesta folha, salvo menção explícita em contrário, todos os espaços vetorias tem dimensão nita e os escalares são números reais.

2 Introdução

3 Denição e Generalidades sobre Formas Bilineares

Seja V um espaço vetorial sobre o corpo dos números reais.

Denição 1 Uma forma bilinear sobre o espaço vetorial V é uma apli-cação V  V ' ! IR que é linear, separadamente, em cada um das variáveis, isto é, que satisfaz às condições:

( 8x; y; z 2 V '(x + y; z) = '(x; z) + '(y; z) 8 2 IR 8x 2 V '(x; y) = '(x; y) (1) ( 8x; y; z 2 V '(x; y + z) = '(x; y) + '(x; z) 8 2 IR 8x 2 V '(x; y) = '(x; y) (2)

É importante observar que as condições (5.1) e (5.2) são independentes. Por exemplo a função

IR  IR ' ! IR

denida por '(x; y) = x(y + 2) é, como pode ser facilmente vericado, linear na primeira variável mas não, na segunda.

Um exemplo óbvio de forma bilinear é a forma bilinear nula, '0, que

a todo par ordenado de vetores de V associa o vetor nulo de V , isto é, 8a; b 2 V '0(a; b) = 0

Uma fato importante para o qual vale a pena, desde já, chamar a atenção é que qualquer que seja a forma bilinear ', temos que

8a 2 V '(0; a) = '(a; 0) = 0 (3) De fato,

'(0; a) = '(0 + 0; a) = '(0; a) + '(0; a).

Somando-se '(0; a) a ambos os membros da equação acima, obtemos, '(0; a) = 0.

É claro que a vericação dessa propriedade para a segunda variável é totalmente análoga ao que zemos acima.

A recíproca dessa propriedade não é, em geral válida. Existem formas bilineares ', não nulas, para as quais pode ocorrer que '(a; a), com a 6= 0. No ítem 4 de 5:1:1 analisamos melhor essa situação.

Um outro fato importante e que teremos ocasião de utilizar muitas vezes é a seguinte

Proposição 1 Seja V um espaço vetorial sobre IR, E = feigi2J uma base

de V e fa(i;j)g(i;j)2IJ uma sequência (dupla) de números reais. Existe

uma única forma bilinear V  V ' ! IR tal que '(ei; ej) = a(i;j).

Demonstração. A função estando denida numa base pode ser estendida de forma única a V  V

3.1 Alguns Exemplos e Propriedades das Formas Lineares

Dizemos que uma forma bilinear V  V ' ! IR é:

1. Dizemos que uma forma bilinear V  V ' ! IR é simétrica se satiszer a propriedade:

8a; b 2 V '(a; b) = '(b; a)

2. Dizemos que uma forma bilinear V  V ' ! IR é antisimétrica se satiszer a propriedade:

8a; b 2 V '(a; b) = '(b; a)

3. Dizemos que uma forma bilinear V  V ' ! IR é positiva se satis-zer a propriedade:

8a 2 V '(a; a)  0

4. Dizemos que uma forma bilinear V  V ' ! IR é denida se sat-iszer a propriedade:

8a 2 V '(a; a) = 0 =) a = 0

Lembre-se que, já vimos, quando demos a denição de forma bilinear que a implicação vale para qualquer forma bilinear.

a = o =) '(a; a)

4 Produto Interno

A estrutura de espaço vetorial não traz em si os ingredientes algébricos que permitam introduzir as importantes noções de medida de comprimento e também de ortogonalidade. Para podermos denir esses conceitos é preciso enriquecê-la com a introdução de um produto interno, isto é, de uma forma bilinear com as propriedades que descreveremos na denição abaixo.

Seja V um espaço vetorial sobre IR

Denição 2 Um produto interno (ou produto escalar) sobre V é uma forma bilinear V  V ' ! IR que é, simétrica, positiva e denida.

Usaremos a notação: '(x; y) = hx; yi para indicar que ' é um produto interno.

Denição 3 Chamaremos de espaço vetorial euclidiano todo espaço ve-torial de dimensão nita sobre IR e munido de um produto interno.

5 Exemplos

1. O produto escalar usual no espaço vetorial dos vetores geométricos livres, isto é:

h~x; ~yi = kxk:kykcos

é um produto escalar segundo a denição que demos pois é uma forma bilinear simétrica, positiva e denida. Prova-se isso usando resultados da geometria euclidiana.

2. V = IR3 _{produto escalar usual, isto é}

hx; yi = x1y1+ x2y2+ x3y3

3. V = f0g Esse espaço vetorial possui um único produto escalar. A forma bilinear nula denida por

8x; y 2 V hx; yi = 0

é, obviamente, simétrica e, nesse particular espaço, é também positiva e denida.

4. Seja fe1; e2; : : : eng uma base de V e A 2 Mn(IR) uma matriz diagonal.

Em que condições sobre A

hx; yi = (x1; x2; : : : xn)E:A:(y1; y2; : : : yn)tE

dene um produto escalar sobre V

5. Seja fe1; e2; : : : eng uma base de V e A 2 Mn(IR) uma matriz simétrica.

Em que condições sobre A

hx; yi = (x1; x2; : : : xn)E:A:(y1; y2; : : : yn)tE

6. Produtos escalares em dimensão innita. Espaços de funções.

6 Ortogonalidade

Seja V , h ; i um espaço vetorial euclidiano e u e v vetores de V .

Denição 4 Dizemos que o vetor u é ortogonal ao vetor v se h u; v i = 0. Como h ; i é uma forma bilinear simetrica, se h u; v i = 0, teremos também que h v; u i = 0. Isso mostra que a relação de ortogonalidade é simétrica e, portanto, podemos dizer, simplesmente, que os vetores u e v são ortogonais.

Observe que, em geral, a relação de ortogonalidade entre vetores não é nem reexiva, nem transitiva. Veja a esse respeito os exemplos e exercícios pertinentes.

Exercício. Seja V um espaço vetorial euclidiano e A um subconjunto, não vazio de V . Prove que o conjunto

A?_{= fx 2 V : 8a 2 A hx; ai = 0g}

é um subespaço vetorial de V .

Denição 5 Seja S é um subespaço vetorial do espaço vetorial euclidiano V . Chamamos o subespaço vetorial

S?_{= fx 2 V : 8a 2 S hx; ai = 0g}

de complemento ortogonal de S.

O complemento ortogonal do subespaço S verica as propriedades: 1. S \ S? _{= f0g}

2. S + S? _{= V}

Proposição 2 Seja V um espaço vetorial euclidiano, S um subespaço de V e S? _{seu complemento ortogonal. Nessas condições temos:}

dimS + dimS? _{= dimV}

Demonstração. Exercício.

Bases formadas por vetores ortogonais são muito utilizadas por simpli-carem enormemente os cálculos.

Denição 6 Seja V um espaço vetorial sobre o corpo IR munido de um produto vetorial h ; i e E = feigi2J uma base de V . Dizemos que a

base E é ortogonal se a seguinte condição

8i; j 2 J; i 6= j; =) hei; eji = 0

estiver satisfeita.

Na realidade, usamos, com muita frequência, bases ainda mais restritas que as ortogonais. Essas bases são assim denidas

Denição 7 Seja V um espaço vetorial sobre o corpo IR munido de um produto vetorial h ; i e E = feigi2J uma base de V . Dizemos que a

base E é ortonormal se as seguintes condições: 1. 8i; j 2 J; i 6= j; =) hei; eji = 0

2. 8i 2 J =) hei; eii = 1

estiverem satisfeitas.

Proposição 3 Seja V um espaço vetorial e E = feigi2J uma base de V .

Existe um produto escalar em V em relação ao qual a base E = feigi2J

é uma base ortonormal. .

Demonstração. É uma aplicação imediata da proposição 1. De fato, denimos hei; eji = ij

7 Desigualdade de Cauchy-Schwarz

Seja V um espaço vetorial sobre IR munido de um produto escalar h ; i. Proposição 4 Quaisquer que sejam os vetores x e y de V vale a desigual-dade

jhx; yij2 _{ hx; xi:hy; yi (4)}

Além disso, uma condição necessária e suciente para que a igualdade se verique é que os vetores x e y sejam linearmente dependentes.

Demonstração:

Podemos supor, sem perda de generalidade, que x 6= 0, pois se um dos vetores, x ou y for nulo, ambos os membros da desigualdade se anulam e ela é válida por tornar-se uma igualdade.

Qualquer que seja o escalar , o fato do produto escalar ser positivo e denido nos permite escrever

hx + y; x + yi  0 Calculando o primeiro membro, obtemos

2_{hx; xi + 2hx; yi + hy; yi  0}

Considerando agora x e y xos, temos um trinômio do segundo grau em  e sabemos que ele só pode assumir valores positivos ou nulo. Portanto seu discriminante, tem que ser menor ou igual a 0, isto é
 0. Mas

= 4hx; yi2 4hx; xihy; yi  0 Isso nos permite escrever

jhx; yij2 _{ hx; xihy; yi}

O que demonstra a desigualdade. Para a prova de que uma condição necessária e suciente para que a igualdade se verique é que os vetores envolvidos sejam linearmente dependendes, veja os exercícios.

8 Norma Associada a um Espaço Vetorial

Denição 8 Uma norma denida sobre o espaço vetorial V é uma função V k k ! IR satisfazendo as seguintes propriedades:

1. 8x 2 V kxk  0 2. k0k = 0 () x = 0

3. 8 2 IR e 8x 2 V kxk = jjkxk

4. 8x; y 2 V kx + yk  kxk + kyk (propriedade triangular).

8.1 Exemplos de Normas

1. Norma Associada a um Produto Escalar

Essa norma, pelo fato de ser denida por um produto escalar, tem, como veremos adiante, propriedades geométricas importantes.

Seja V um espaço vetorial sobre IR no qual está denido um produto escalar V h ; i ! IR

A existência de um produto escalar em V nos permite denir, através da igualdade

kxk =qhx; xi (5)

uma função V k k ! IR que, em decorrência das propriedades do produto escalar é uma norma. A prova de que a função acima denida satisfaz às tres primeiras propriedades da denição de uma norma decorre imediatamente das propriedades que denem um produto es-calar. A prova da propriedade triangular pode ser feita usando-se a desigualdade de Cauchy-Schwarz. (Ver exercicios)

Dizemos que essa norma, pelo fato de provir de um produto escalar, é uma norma euclidiana.

2. Em IRn _{podemos denir uma innidade de normas. De fato, seja}

A função V k kp

! IR denida por kxkp = (x1p+ x2p+


+ xnp)

1 p

é uma norma em IRn_{. Vemos assim que existem innitas normas}

dis-tintas em IRn_{. A prova de que essa função satisfaz a desigualdade}

triangular utiliza a desigualdade de Minkowiski, que veremos adi-ante.

Em todo espaço vetorial euclidiano vale o teorema de Pitágoras. Proposição 5 (Teorema de Pitágoras) Uma condição necessária e su-ciente para que seja verdadeira a identidade

8x; y 2 V kx + yk2 _{= kxk}2_{+ kyk}2

é que hx; yi = 0, isto é, que os vetores x e y sejam ortogonais. Demonstração:

1. A condição é suciente pois se x ? y, temos que hx; yi = 02 =) 1 Por outro lado,

kx + yk2 _{= hx + y; x + yi = hx; xi + 2hx; yi + hy; yi}

fazendo hx; yi = 0 na equação acima, obtemos

kx + yk2 _{= hx + y; x + yi = hx; xi + +hy; yi ou ainda}

kx + yk2 = kxk2 + kyk2 o que termina a demonstração de que a condição é suciente.

2. Para provar que a condição é necessária devemos assumir que o teo-rema é verdadeiro, isto é, que

8x; y 2 V kx + yk2 _kxk2_{+ kyk}2 _{= 0}

por outro lado, temos que

hx + y; x + yi hx; xi 2hx; yi hy; yi = 0 das duas equações acima concluimos que

2hx; yi = 0

e portanto que x ? y o que conclui a demonstração de que a condição é necessária.

8.2 Método de Ortogonalização de Gram- Schmidt

Seja E = fe1; e2; : : : eng uma base qualquer de um Espaço Vetorial

Eucli-diano.

Prove que os vetores, f1; f2; : : : fn, denidos abaixo, formam uma base

ortogonal de V . 1. f1 = e1 2. f2 = e2 he_ke2₁;e_k12ie1 3. f3 = e3 he_ke3₁;e_k12ie1 he_ke3₂;e_k22ie2 ... 4. fn = en he_ken₁;e_k12ie1 he_ken₂;e_k22ie2


he_ken_{n 1};en 1_k2ien 1

Além disso, para todo natural 1  k  n, temos: [e1;


ek] = [f1;


fk]

8.3 Problema da melhor Aproximação

Lema 1 Seja V um espaço vetorial euclidiano e S um subespaço de V. Se o vetor v é tal que v =2 V?_{, então existe um vetor u 2 S tal que}

kv uk < kvk Demonstração.

Como v não está em V?_{, existe w}0 _{em S tal que hv; w}0_{i 6= 0.}

Fazendo, w0

kw0_k, temos, obviamente que hv; wi 6= 0.

Para concluir vamos mostrar que se u = hv; wiw, vale a desigualdade kv uk < kvk

Para isso, basta calcular

kv uk2 = hv u; v ui = hv vi 2hu; vi + hu; ui = hv; vi 2hhv; wiw; vi + hhv; wiw; hv; wiwi = kvk2 2hv; wi2+ hv; wi2kwk2

= kvk2 2hv; wi2+ hv; wi2 = kvk2 hv; wi2

E, portanto,

kv uk < kvk o que termina a demonstração.

Teorema 1 Seja V um espaço vetorial euclidiano, S um subespaço de V, v um vetor de V e w um vetor de S. As seguintes condições são equivalentes:

1. O vetor v w está em S?

2. Qualquer que seja o vetor s de S, vale a desigualdade kv wk  kv sk

Demonstração. 1 =) 2

Seja s um vetor qualquer de S. Como w está em S, temos que: s = w + k com k em S

Temos então que

kv sk = hv s; v si = hv w k; v w ki = hv w; v wi 2hv w; ki + hk; ki Usando agora a hipótese de que v s está em S?_{, temos que}

kv sk = kv wk2+ kkk2 e, portanto, que

8s 2 S kv wk  kv sk

Fica assim demonstrado que a condição 1 implica a condição 2. Provaremos agora que a condição 2 implica a condição 1

Para isso, vamos supor que a condição 1 não seja válida e mostrar que essa suposição acarreta a falsidade da condição 2.

Suponhamos então que v w não está em S?_{. Pelo lema 1, acima,}

existe um vetor u de S, tal que

kv w uk < kv wk

Como os vetores u e w estão em S, basta fazer s = u+w, para concluirmos que existe um vetor s em S tal que

kv sk < kv wk

Essa desigualdade mostra que a falsidade da condição 1 acarreta a não validade da condição 2. Com isso, concluimos a demonstração de que a condição 2 implica a condição 1.

8.4 Exercícios Resolvidos

1. (Unicidade da projeção ortogonal). Seja S um subespaço de um espaço vetorial euclidiano e v um vetor de V . Suponha que w e w0 _sejam

vetores de S tais que v w e v w0 _{estejam em S}?_{. Mostre que}

nessas condições w = w0_.

Solução. Por hipótese, w e w0 _{estão em S portanto w w}0 _também

está em S. Por outro lado v w e v w0 _{estão em S}? _{e, em}

consequência, (v w0_{) (v w) estão em S}?_{. Portanto, devemos ter,}

hw w0_{; w w}0_{i = 0 o que acarreta w w}0 _{= 0, isto é, w = w}0_.

2. Seja l2(IN) o conjunto de todas as sequencias x = (xi)i2IN de números

reais de quadrado somável, isto é, tais que Px2 i < 1

(a) Verique que l2(IN) é, com as operações usuais de adição de

sequências e multiplicação de sequências por números reais, um espaço vetorial sobre IR.

(b) Mostre que hx; yi =Pxiyi dene um produto interno em l2(IN).

(c) Seja F = [e1; e2; : : : ; en: : :] onde en é a sequência que tem o

n-ésimo termo igual a 1 e todos os outros termos iguais a zero. Mostre que:

Portanto

F + F? _{6= l} 2(IN)

(d) Seja v = (an)n2IN, onde an = _n+11 .

Mostre que v 2 l2(IN) e que não existe w 2 F tal que v w?F .

Isso mostra que o Problema da Melhor Aproximação pode não ter solução.

9 Exercícios

1. Mostre que a relação de ortogonalidade entre vetores não é nem ree-xiva, nem transitiva. Existe algum vetor que é ortogonal a si mesmo? 2. Seja V um espaço vetorial de dimensão um sobre o corpo IR. Seja V  V ' ! IR uma forma bilinear sobre V . Mostre que, se existe um vetor a, não nulo, tal que '(a; a) = 0, então ' é a forma bilinear nula.

3. Verique que na desigualdade de Cauchy-Schwarz a igualdade vale somente no caso dos vetores que nela comparecem serem linearmente dependentes.

4. Seja V um espaço vetorial sobre IR

Prove que kxk =qhx; xi é uma norma em V .

Sugestão: Use a desigualdade de Cauchy-Schwarz, para provar a pro-priedade triângular da norma

5. Seja V um espaço vetorial euclidiano. Dizemos que um conjunto A = fe1; e2; : : : en; : : :g é um conjunto ortogonal se

i 6= j =) hei; eji = 0

6. Prove que se um conjunto de vetores é ortogonal e não contem o vetor nulo, ele é linearmente independente.

7. Seja V um espaço vetorial sobre IR com um produto interno h ; i e E = fe1; e2; : : : eng uma base de V . Mostre que:

(a) Se x é um vetor de V tal que hx; eii = 0 para i = 1; 2; : : : n

então, x = 0.

(b) Se x; y 2 V são tais que hx; eii = hy; eii para i = 1; 2; : : : n

então x = y.

8. Seja V um espaço vetorial euclidiano x um vetor qualquer de V , E = fe1; e2; : : : eng uma base ortogonal de V e F = ff1; f2; : : : fng

uma base ortonormal de V . Prove que: (a) x = hx;e1i ke1k2e1+ hx;e2i ke2k2e2+


+ hx;eni kenk2en (b) x = hx; e1ie1+ hx; e2ie2+


+ hx; enien

9. (Questão da Prova) Seja A uma matriz com m linhas e n colunas, isto é,A 2 Mmn(IR). O posto coluna da matriz A é a dimensão do

subespaço de IRm _{gerado pelas colunas da matriz A. O posto linha}

da matriz A é a dimensão do subespaço de IRn _{gerado pelas linhas da}

matriz A.

Prove que para qualquer matriz A,

posto coluna A = posto linha A

Solução: Considere a transformação linear IRn T _{! IR}m _denida

pela matriz A. Se S é o subespaço de IRn _{gerado pelas linhas de A,}

temos, por denição, que

posto linha de A = dim S

por outro lado, por um resultado que já provamos, temos posto coluna de A = dim Im(T )

Então, o que queremos provar é que

Para isso observamos que valem as fórmulas: dim S? _{= dim kern(T )}

dim S + dim S? _{= dim IR}n _{= n}

dim ker(T ) + dim Im(T ) = dim IRn _{= n}

Das duas últimas, tiramos

dim S + dim S? _{= dim ker(T ) + dim Im(I)}

Levando em conta a primeira delas, temos dim S = dim Im(T ) O que conclui a demonstração de que

posto coluna A = posto linha A

10. Seja V um espaço vetorial sobre IR com um produto interno h ; i e S = [e1; e2; : : : en] um subespaço vetorial de V . Mostre que:

(a) x 2 S? _{se e somente se hx; e}

ii = 0 para i = 1; 2; 3; : : : k

(b) (x y) 2 S? _{se e somente se hx; e}

ii = hy; eii

para i = 1; 2; 3; : : : k

11. Sejam e1 e e2 vetores de um espaço vetorial euclidiano, com e1 6= 0.

(a) Prove que a projeção ortogonal do vetor e2 sobre o vetor e1 é

dada pela fórmula:

proj_e1e2 = he_ke2; e1i 1k2 e1

Essa fórmula é, com frequência, tomada como a denição de projeção ortogonal de e2 sobre e1.

(b) Prove que o vetor v = e2 he_ke2₁;e_k12ie1 é ortogonal ao vetor e1.

12. Seja V um espaço vetorial euclidiano. Mostre que o conjunto Br(a) = fx 2 V : kx ak < r