Introducción à Álgebra Linear - Delgado & Frensel.pdf

8/9/2019 Introducción à Álgebra Linear - Delgado & Frensel.pdf

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Introduç ˜ ao à ´Algebra LinearUm Curso de Nivelamento

Jorge Delgado Katia FrenselDepto. de Matem ática Aplicada Depto. de Geometria

Instituto de Matem áticaUFF

Março de 2005


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J. Delgado - K. Frensel ii Instituto de Matem ática - UFF


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Conte´udo

Noç ˜ oes Preliminares 1

1. Corpos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

2. Sistemas de Equaç ões Lineares . . . . . . . . . . . . . . . 3

3. Operaç ões Elementares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

4. Multiplicaç ão de Matrizes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

5. Matrizes Invertı́veis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

Espaços Vetoriais 29

1. Espaço Vetorial - deniç ões e propriedades b ásicas . . . . 29

2. Subespaço Vetorial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

3. Bases e Dimens ão . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

4. Coordenadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

5. Equival ência por Linhas – resumo . . . . . . . . . . . . . . 55

Transformaç ˜ oes Lineares 61

1. Transformaç ão Linear - noç ões b ásicas . . . . . . . . . . . 61

2. Funcionais Lineares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83

Polin ômios 97

1. Álgebras - generalidades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97

2. Interpolaç ão de Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104

3. Ideais de Polin ômios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108

4. Decomposiç ão de um polin ômio em fatores primos . . . . . 117

iii


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5. Determinantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122

6. Propriedades dos Determinantes . . . . . . . . . . . . . . . 134

Formas Can ônicas - Preliminares 139

1. Formas Can ônicas Elementares . . . . . . . . . . . . . . . 139

2. Polin ômios Anuladores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 149

3. Subespaços Invariantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 156

4. Triangulaç ão Simult ânea e Diagonalizaç ão Simult ânea . . . 167

5. Decomposiç ão em Soma Direta . . . . . . . . . . . . . . . 170

6. Somas Diretas Invariantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 178

7. O Teorema da Decomposiç ão Prim ária . . . . . . . . . . . 183

Forma Can ônica Racional 193

1. Subespaços c ı́clicos e anuladores . . . . . . . . . . . . . . 193

2. Decomposiç ão C ı́clica e a Forma Racional . . . . . . . . . 197

Forma Can ônica de Jordan 2171. Forma Can ônica Racional dos Operadores Nilpotentes . . 217

2. Cálculo da Forma Can ônica dos Operadores Nilpotentes . 219

3. Forma Can ônica de Jordan . . . . . . . . . . . . . . . . . . 233

4. Forma Can ônica de Jordan Real . . . . . . . . . . . . . . . 242

5. Operadores Semi-Simples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 264

Espaços Vetoriais com Produto Interno 269

1. Produto Interno - Deniç ões b ásicas . . . . . . . . . . . . . 269

2. Funcionais Lineares e Adjuntos . . . . . . . . . . . . . . . . 288

3. Operadores Unit ários . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 298

4. Operadores Normais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 307

5. Diagonalizaç ão simult ânea de uma famı́lia comutativa deoperadores normais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 336

6. Formas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 341

J. Delgado - K. Frensel iv Instituto de Matem ática - UFF


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7. Formas Positivas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 348

8. Resumo sobre matrizes positivas . . . . . . . . . . . . . . . 354

J. Delgado - K. Frensel 0 Instituto de Matem ática - UFF


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Noç ˜ oes Preliminares

1. Corpos

Para saber mais ...Da hist ória da Álgebra Linear,

consulte as p áginas:http://www-history.

mcs.st-andrews.ac.uk/history/HistTopics/

Matrices_and_ determinants.html

ehttp://www-history.

mcs.st-andrews.ac.uk/history/HistTopics/

Abstract_linear_ spaces.html

Um corpo comutativo é um conjunto K, cujos elementos s ão chama-dos escalares , com um par de operaç ões:

+ x ∈K e y ∈K =⇒

x + y ∈K (adiç ão)· x ∈K e y ∈K =

⇒xy = x · y ∈K (multiplicaç ão)

que satisfazem as seguintes propriedades:

1. A adiç ão é comutativa : x + y = y + x , ∀x, y ∈K.2. A adiç ão é associativa : x + ( y + z ) = ( x + y) + z , ∀x,y,z ∈K.3. Existe um único elemento 0 ∈K (zero ), tal que x + 0 = x , ∀x ∈K.4. A cada x ∈ K corresponde um ´ unico elemento − x ∈ K, tal que

x + (− x) = 0.

5. A multiplicaç ão é comutativa : x · y = y ·x , ∀x, y ∈K.6. A multiplicaç ão é associativa : x ·( y ·z ) = ( x · y) ·z , ∀x,y,z ∈K.7. Existe um único elemento 1 ∈K− {0} (um ), tal que x ·1 = x , ∀x ∈K.8. A cada x ∈K − {0} (x não-nulo) corresponde um ´ unico elemento x− 1

ou 1x

em K, tal que x ·x− 1 = 1.

9. A multiplicaç ão é distributiva em relaç ão à adiç ão:

x ·( y + z ) = x · y + x ·z , ∀x,y,z ∈K.1


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Corpos

Deniç ˜ ao 1.1

Um subcorpo de K é um subconjunto F de K que é um corpo com asoperaç ões de adiç ão e multiplicaç ão de K.

Assim, dizer que F é um subcorpo do corpo K signica que 0 e 1est ão em F e que se x e y s ão elementos de F , ent ão, x + y, xy , − x e x− 1(caso x = 0) s ão tamb ém elementos de F .Exemplo 1.1

O conjunto dos n úmeros complexos C = {a + ib | a, b ∈ R} é um corpocom as operaç ões de adiç ão e multiplicaç ão usuais.

Exemplo 1.2

O conjunto dos n´ umeros reais R é um subcorpo de C.

Exemplo 1.3

O conjunto dos n úmeros racionais Q = { pq

| p ∈ Z , q ∈ Z − {0}} é umsubcorpo de R e de C . Mais ainda, é fácil vericar que todo subcorpo deC deve conter Q.

Exemplo 1.4

O conjunto {x + y√ 2 | x, y ∈Q} é um subcorpo de C.

Exemplos ...Os corpos Z p = Z / (p Z ) com

p > 0 inteiro primo t êmcaracterı́stica p .

Observaç ˜ ao 1.1

Num corpo K pode ser possı́vel adicionar uma quantidade nita de parce-las iguais a 1 e obter 0, isto é, 1 + 1 + 1 + · · ·+ 1 = 0.Quando esse fato acontece, o menor natural k , tal que a soma de k par-celas 1 é igual a 0, é chamado a caracterı́stica de K. Quando tal n´ umeronatural n ão existe, dizemos que o corpo tem caracterı́stica zero .

Em todo o seguinte, vamos considerar apenas corpos de caracteŕısticazero.



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Sistemas de Equaç ˜ oes Lineares

2. Sistemas de Equaç ˜ oes Lineares

Seja K um corpo (como sempre, de caracteŕıstica zero) e seja osistema de m equaç ˜ oes lineares a n inc ́ ognitas

A11 x1 + A12 x2 + · · · + A1n xn = y1A21 x1 + A22 x2 + · · · + A2n xn = y2... ... ... ...Am1 x1 + Am2 x2 + · · · + Amn xn = ym ,

( )

onde y 1 , . . . , y m e A ij , 1 ≤ i ≤ m e 1 ≤ j ≤ n , s ão elementos de K.

Deniç ˜ ao 2.1

• Uma n − upla (x1 , x2 , . . . , x n ) ∈ Kn que satisfaz o sistema é chamadauma soluç ˜ ao do sistema .

•Se ( y1 , y 2 , . . . , y m ) = ( 0 , 0 , . . . , 0 ) , dizemos que o sistema é homog ˆ eneo .• se c1 , c 2 , . . . , c m ∈ K, dizemos que

(c1A11 + c2A21 + · · ·+ cm Am1 )x1+( c1A12 + c2A22 + · · ·+ cm Am2 )x2

+

· · ·+ (

c1A1n +

c2A2n +

· · ·+

cm Amn)xn

= c1 y1

+c2 y2

+

· · ·+

cm ymé uma combinaç ˜ ao linear das equaç ões do sistema.

Note que toda soluç ão do sistema é, tamb ém, uma soluç ão desta novaequaç ão.

• Dizemos que dois sistemas de equaç ões lineares s ão equivalentes secada equaç ão de um dos sistemas é combinaç ão linear das equaç ões dooutro sistema.

Em particular, sistemas de equaç ões lineares que s ão equivalentes pos-suem exatamente as mesmas soluç ões.



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Operaç ˜ oes Elementares

3. Operaç ˜ oes Elementares

Podemos escrever o sistema ( ) na forma matricialAX = Y ,

onde

A =

A11 A12 · · · A1nA21 A22 · · · A2n... ... . . . ...Am1 Am2 · · · Amn m × n

é a matriz dos coecientes do sistema,

X =

x1x2...

xn n × 1

e Y =

y1 y2

... ym m × 1

.

Vamos considerar tr ês operaç ˜ oes elementares sobre as linhas damatriz A que correspondem a formar combinaç ões lineares das equaç õesdo sistema AX = Y :

1. multiplicaç ão de uma linha de A por um escalar n ão-nulo;

2. substituiç ão da p− ésima linha de A pelo resultado da soma da linha p− ésima mais c vezes a linha q − ésima, sendo c ∈ K − {0} e p = qnúmeros entre 1 e m ;

3. transposiç ão de duas linhas de A .

Uma operaç ão elementar sobre linhas é uma funç ão e que a cadamatriz A de tamanho m ×n associa outra matriz e(A) de mesmo tamanho.Para as tr ês operaç ões elementares acima, temos:

1. e(A) ij = A ij se i = p , e (A)pj = c A pj .2. e(A) ij = A ij se i = p , e (A)pj = A pj + c A qj .

3. e(A) ij = A ij se i = p , e i = q , e (A)pj = A qj e e (A)qj = A pj .J. Delgado - K. Frensel 4 Instituto de Matem ática - UFF


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Teorema 3.1

Para cada operaç ão elementar e existe uma operaç ão elementar e1 do

mesmo tipo, tal que, e 1(e (A)) = e (e 1 (A)) = A .

Prova.De fato,

• Se e é a multiplicaç ão da p− ésima linha por c (c = 0), ent ão e1 é amultiplicaç ão da p− ésima linha por c− 1 .

• Se e é a operaç ão que substitui a p− ésima linha de A pela p− ésimalinha mais c vezes a q− ésima linha, ent ão e 1 é a operaç ão que substitui a p− ésima linha de A pela p− ésima linha de A mais − c vezes a q− ésimalinha de A .

• Se e é a operaç ão que transp õe as linhas p e q de A , ent ão e 1 = e .

Deniç ˜ ao 3.1

Sejam A e B matrizes m ×n sobre o corpo K. Dizemos que B é equivalente por linhas a A se B pode ser obtida de A por uma seq¨ uência nitade operaç ões elementares sobre as linhas de A .


A equival ência por linhas no conjunto das matrizes m ×n é uma relaç ãode equival ência.

Teorema 3.2

Se A e B s ão matrizes m ×n equivalentes por linhas, ent ão os sistemashomog êneos AX = 0 e BX = 0 têm exatamente as mesmas soluç ões.

Prova.Podemos passar de A para B por meio de uma seq üência nita de operaç õeselementares sobre as linhas.

A = A 0 →A1 →A2 →· · ·→Ak = B .Basta ent ão observar que uma operaç ão elementar sobre linhas n ão al-tera o conjunto de soluç ões.

De fato. Sejam C e D matrizes m ×n tais que e (C) = D .Ent ão, toda linha de D é uma combinaç ão linear das linhas de C. Como

C = e 1(e (C)) = e 1 (D ) , toda linha de C é, tamb ém, uma combinaç ão linear



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das linhas de D . Logo, C e D são matrizes equivalentes e, portanto, ossistemas homog êneos associados a tais matrizes possuem as mesmassoluç ões.

Exemplo 3.1

Seja A a matriz 3 × 4

A =2 − 1 3 21 4 0 − 12 6 − 1 5

sobre o corpo Q.Vamos efetuar uma seq¨ uência nita de operaç ões elementares sobre aslinhas de A :

A =2 − 1 3 21 4 0 − 12 6 − 1 5

(2)

−→0 − 9 3 41 4 0 − 12 6 − 1 5

(2)

−→0 − 9 3 41 4 0 − 10 − 2 − 1 7

(1)

−→0 − 9 3 41 4 0 − 10 1 1/2 − 7/2

(2)

−→0 − 9 3 41 0 − 2 130 1 1/2 − 7/2

(2)

−→0 0 15/2 − 55/21 0 − 2 130 1 1/2 − 7/2

(1)

−→0 0 1 − 11/31 0 − 2 130 1 1/2 − 7/2

(2)

−→0 0 1 − 11/31 0 0 17/30 1 1/2 − 7/2

(2)

−→0 0 1 − 11/31 0 0 17/30 1 0 − 5/3

= B

Como as matrizes 3 × 4 A e B são equivalentes por linhas, os sistemaslineares homog êneos

2x1 − x2 + 3x3 + 2x4 = 0x1 + 4x2 − x4 = 0

2x1 + 6x2 − x3 + 5x4 = 0

e

x3 − 113 x4 = 0x1 + 173 x4 = 0x2 − 53 x4 = 0

têm as mesmas soluç ões. Logo, toda soluç ão do sistema é da forma

− 173 x4 , 53 x4 ,

113 x4 , x4 , x4∈R.



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Ou seja, toda soluç ão é um m últiplo da soluç ão (− 17,5,11,3 ) .

Deniç ˜ ao 3.2

Uma matriz R de tamanho m × n é dita linha-reduzida ou reduzida por linhas se:

a. a primeira entrada n ão-nula de cada linha n ão-nula de R é igual a 1;

b. toda coluna de R que cont ém a primeira entrada n ão-nula de algumalinha tem todos as suas outras entradas nulas;

Exemplo 3.2

A matriz B obtida no exemplo anterior é reduzida por linhas.

Em alguns textos ...A matriz identidade é tamb ém

chamada matriz unidade,pois, como veremos mais

adiante, atua como unidademultiplicativa para as

matrizes.

Exemplo 3.3

A matriz identidade n ×n I cujas entradas s ão:

I ij = δij = 1 , se i = j0 , se i = j .

Exemplo 3.4

As matrizes

1 0 0 00 1 − 1 00 0 1 0

e0 2 11 0 − 30 0 0

não s ão reduzidas por linhas.

Teorema 3.3

Toda matriz m × n com entradas sobre um corpo K é equivalente porlinhas a uma matriz reduzida por linhas.

Prova.Seja A uma matriz m × n . Se toda entrada na primeira linha de A é0, a condiç ão a. est á satisfeita no que diz respeito à primeira linha.

Se a primeira linha tem uma entrada n ão-nula, seja k o menor inteiro

positivo j para o qual A 1j

= 0. Multiplicando a linha 1 por A − 11j , a condiç ão

a. ca satisfeita em relaç ão à linha 1.



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Para cada i ≥ 2, somamos − A ik vezes a linha 1 à linha i, para tornar asoutras entradas na k − ésima coluna iguais a zero.

Consideremos agora a matriz que resultou das operaç ões acima. Se todaentrada da linha 2 é nula, nada fazemos a essa linha. Mas se algumaentrada da linha 2 é diferente de zero, multiplicamos essa linha por umescalar de modo que a primeira entrada n ão-nula seja 1.

No caso em que a linha 1 tenha uma primeira entrada n ão-nula na colunak , a primeira entrada n ão-nula na linha 2 aparece numa coluna k , ondek = k . Somando m´ ultiplos adequados da linha 2 às diversas linhas, po-demos fazer com que todas as entradas da coluna k , com exceç ão do 1na linha 2, sejam nulas.

Observe que ao efetuarmos essas últimas operaç ões, n ão alteramos asentradas da linha 1 nas colunas 1, . . . , k e nenhuma entrada da colunak . Além disso, se a linha 1 fosse nula, as operaç ões com a linha 2 nãoafetariam a linha 1.

Trabalhando com uma linha de cada vez da maneira acima, chegaremosa uma matriz reduzida por linhas ap ós um n úmero nito de etapas.

Deniç ˜ ao 3.3Uma matriz R de tamanho m ×n é dita linha-reduzida ` a forma em escada ou reduzida por linhas ` a forma em escada , se:

a. R é reduzida por linhas;

b. toda linha de R cujas entradas s ão todas nulas ocorre abaixo detodas as linhas que possuem uma entrada n ão-nula;

c. se as linhas 1, . . . , r são as linhas n ão-nulas de R e se a primeiraentrada n ão-nula da linha i ocorre na coluna k i , i = 1, . . . , r , ent ãok 1 < k 2 < . . . < k r .

Isto é, existe um inteiro positivo r, 1 ≤ r ≤ m e r inteiros positivosk 1 , k 2 , . . . , k r com 1 ≤ k i ≤ n , tais que:

a. Rij = 0, para i > r e 1 ≤ j ≤ n ;b. Rij = 0, para j < k i e 1 ≤ i ≤ r ;



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c. Rik j = δij , para 1 ≤ i ≤ r e 1 ≤ j ≤ r ;d. k 1 < . . . < k r .

Exemplo 3.5

A matriz identidade n ×n e a matriz nula m ×n s ão matrizes reduzidaspor linhas à forma em escada.

Exemplo 3.6

A matriz

0 1 − 3 0 1/2

0 0 0 1 20 0 0 0 0

é uma matriz reduzida por linhas à forma em escada.

Teorema 3.4

Toda matriz é equivalente por linhas a uma matriz reduzida por linhas à

forma em escada.

Prova.Sabemos que toda matriz A é equivalente por linhas a uma matriz re-duzida por linhas R. Efetuando um n úmero nito de transposiç ões daslinhas de R, obtemos uma matriz equivalente por linhas a R, e portanto aA , que é reduzida por linhas à forma em escada.

Exemplo 3.7

A matriz A do exemplo 3.1 é equivalente por linhas à matriz B que est á

na forma reduzida por linhas. Essa matriz é, por sua vez, equivalente porlinhas à matriz

C =1 0 0 17/30 1 0 − 5/30 0 1 − 11/3

que é a forma reduzida por linhas à forma em escada.

Seja R uma matriz m × n reduzida por linhas à forma em escadae sejam 1, . . . , r as linhas n ão-nulas de R. Suponhamos que o primeiroelemento n ão-nulo da linha i , 1 ≤ i ≤ r , ocorra na coluna k i .J. Delgado - K. Frensel 9 Instituto de Matem ática - UFF


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Ent ão, o sistema RX = 0 consiste de r equaç ões n ão-triviais. Al émdisso, a inc ógnita xk i aparecer á, com coeciente n ão-nulo, apenas na

i− ésima equaç ão. Se indicarmos por u 1 , . . . , u n − r as n − r incógnitas ques ão diferentes de xk 1 , . . . , x k r , ent ão as r equaç ões n ão triviais do sistema

s ão da forma:

xk 1 +n − r

j= 1

C1j u j = 0

... ...

...

xk r +n − r

j= 1

C rj u j = 0

(1)

Todas as soluç ões do sistema RX = 0 são obtidas atribuindo valores ar-bitrários às inc ógnitas u 1 , . . . u n − r e calculando os valores corresponden-tes de xk 1 , . . . , x k r por meio de ( 1).

Exemplo 3.8

Seja R a seguinte matriz 3 ×5 reduzida por linhas à forma em escada

R =0 1 − 3 0 1/20 0 0 1 2

0 0 0 0 0Neste caso, temos r = 2, k 1 = 2 e k 2 = 4.

As equaç ões n ão-triviais do sistema RX = 0 s ão

x2 − 3x3 + 12 x5 = 0 ⇐⇒ x2 = 3x3 − 12 x5

x4 + 2x5 = 0 ⇐⇒ x4 = − 2x5Atribuindo valores arbitr ários x1 = a , x3 = b e x5 = c, vemos que qualquersoluç ão do sistema RX = 0 é da forma a,3b − 12 c,b, − 2c,c .


Seja R uma matriz m ×n reduzida por linhas à forma em escada. Se onúmero r de linhas n ão-nulas é menor que n , o sistema RX = 0 possuisoluç ões n ão-triviais, isto é, soluç ões (x1 , . . . , x n ) em que nem todo xj é

nulo.

Teorema 3.5

Se A é uma matriz m

×n com m < n , ent ão o sistema homog êneo AX = 0

admite soluç ões n ão-triviais.



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Prova.Seja R uma matriz m × n reduzida por linhas à forma em escada queseja equivalente por linhas à matriz A. Ent ão, os sistemas AX = 0 eRX = 0 possuem as mesmas soluç ões.

Se r é o n úmero de linhas n ão-nulas em R, ent ão r ≤ m . Como m < n ,temos r < n . Logo, pela observaç ão acima, RX = 0 e, portanto, AX = 0admite soluç ões n ão-triviais.

Teorema 3.6

Se A é uma matriz quadrada n ×n , ent ão, A é equivalente por linhas àmatriz identidade n ×n se, e somente se, o sistema AX = 0 possui apenasa soluç ão trivial.Prova.( =

⇒) Se A é equivalente por linhas à matriz identidade I, ent ão, os sis-

temas AX = 0 e IX = 0 possuem as mesmas soluç ões. Logo, AX = 0possui apenas a soluç ão trivial.

(

⇐

= ) Suponhamos agora que AX = 0 possua apenas a soluç ão trivial

X = 0 = ( 0 , 0 , . . . , 0 ) .

Seja R uma matriz reduzida por linhas à forma em escada equivalente porlinhas à matriz A e seja r o número de linhas n ão-nulas de R.

Como RX = 0 possui apenas a soluç ão trivial, temos que r ≥ n . Mascomo R possui n linhas, temos que r = n .

Além disso, como k 1 < k 2 < . . . < k n e R possui n colunas, temos quek i = i para cada 1 ≤ i ≤ n .Logo, R é a matriz identidade.

Consideremos agora o sistema n ão-homog êneo de equaç ões linea-res AX = Y .

A matriz completa A do sistema AX = Y é a matriz m ×(n + 1) cujasn primeiras colunas s ão as colunas de A e cuja última coluna é Y . Isto é,

A ij = A ij , se j ≤ n

A i (n + 1) = Y i .



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Efetuando uma seq¨ uência nita de operaç ões elementares sobre aslinhas de A, obtemos uma matriz R reduzida por linhas à forma em es-cada. Efetuando a mesma seq¨ uência de operaç ões elementares sobre amatriz completa A , obteremos uma matriz R cujas primeiras n colunass ão as colunas de R e cuja última coluna

Z =

z 1z 2...

z m

resulta de aplicar a mesma seq¨ uência de operaç ões sobre as linhas da

matriz Y .Da mesma forma que no caso homog êneo, podemos mostrar que

os sistemas AX = Y e RX = Z s ão equivalentes e, portanto, admitem asmesmas soluç ões.

Se R possui r linhas n ão-nulas, com a primeira entrada n ão-nula dalinha i ocorrendo na coluna k i , 1 ≤ i ≤ r, ent ão as r primeiras equaç õesde RX = Y exprimem xk 1 , . . . , x k r em termos das (n − r ) incógnitas restan-

tes e dos escalares z 1 , . . . , z r . Além disso, as (m − r ) últimas equaç ões

s ão:0 = z r + 10 = z r + 2...

...0 = z m .

Portanto, a condiç ão para o sistema ter uma soluç ão é que z i = 0para r < i ≤ m .

Se tal condiç ão é satisfeita, todas as soluç ões do sistema s ão obti-das atribuindo-se valores arbitr ários às (n − r ) incógnitas xi , 1 ≤ i ≤ n ,i ∈ {k 1 , . . . , k r }, e calculando xk i a partir da i− ésima equaç ão.

Exemplo 3.9

Seja K o corpo dos n úmeros racionais, e seja A a matriz

A =1 − 2 12 1 10 5 − 1

.



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Para resolver o sistema AX = Y , para Y = y1 y2 y3

dado, devemos apli-

car uma seq üência de operaç ões elementares sobre as linhas da matrizcompleta A que torne A reduzida por linhas:

1 − 2 1 y12 1 1 y20 5 − 1 y3

(2)

−→1 − 2 1 y10 5 − 1 y 2 − 2y 10 5 − 1 y 3

(2)

−→1 − 2 1 y10 5 − 1 y 2 − 2y 10 0 0 y3 − y2 + 2y 1

(1)

−→1 − 2 1 y10 1 − 1/5 ( y2 − 2y 1) /5

0 0 0 y 3 − y2 + 2y 1

(2)

−→1 0 3/5 ( y1 + 2y 2)/50 1 − 1/5 ( y2 − 2y 1)/5

0 0 0 y3 − y2 + 2y 1

A condiç ão para que o sistema tenha uma soluç ão é y 3 − 2y 2 + 2y 1 = 0.

Se os escalares y 1 , y 2 , e y 3 satisfazem essa condiç ão, todas as soluç õess ão obtidas atribuindo-se um valor c a x3 e depois calculando:

x1 = 35 c + 1

5 ( y1 + 2y 2 )x2 = − 15 c +

15 ( y2 − 2y 1) .


Suponhamos que as entradas da matriz A e os escalares y1 , . . . , y m es-

tejam num subcorpo F do corpo K.Se o sistema AX = Y admite uma soluç ão com x1 , . . . , x n em K, ele admiteuma soluç ão com x1 , . . . , x n em F.

De fato, a condiç ão para o sistema admitir uma soluç ão, sobre cada umdos dois corpos, é que sejam v álidas certas relaç ões entre y 1 , . . . , y m em

F (a saber as relaç ões z i = 0, para i > r ).Por exemplo, se AX = Y é um sistema de equaç ões lineares no qualos escalares yk e Aij são n úmeros reais e, se existe uma soluç ão na

qual x1 , . . . , x n são n úmeros complexos, ent ão existe uma soluç ão comx1 , . . . , x n números reais.



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Multiplicaç ˜ ao de Matrizes

4. Multiplicaç ˜ ao de Matrizes

Deniç ˜ ao 4.1

Seja A uma matriz m ×n sobre o corpo K e seja B uma matriz n × p sobreo corpo K. O produto AB é a matriz C de tamanho m × p sobre o corpoK, cujas entradas s ão

C ij =n

k = 1

A ik Bkj .


Se β 1 , . . . , β n são as linhas da matriz B e γ 1 , . . . , γ m s ão as linhas damatriz C , ent ão

γ i = A i1 β 1 + A i2 β 2 + · · ·+ A in β n .Isto é, as linhas de C s ão combinaç ões lineares das linhas de B.

De fato,

γ i = (C i1 , C i2 , . . . , C ip )

= n

k = 1

A ik Bk1 ,n

k = 1

A ik Bk2 , . . . ,n

k = 1

A ik Bkp

=n

k = 1

A ik (Bk1 , Bk2 , . . . , B kp )

=n

k = 1

A ik β k .

Exemplo 4.1

a.5 − 1 20 7 2

2× 3

= 1 0− 3 1

2× 2

5 − 1 215 4 8

2× 3

.

Neste caso: γ 1 = ( 5, − 1, 2 ) = 1 ·(5, − 1, 2 ) + 0 ·(15,4,8 ) γ 2 = ( 0,7,2 ) = − 3 ·(5, − 1, 2 ) + 1 ·(15,4,8 ) .

b.− 2 − 46 12

2× 2

=− 13

2× 1

2 41× 2

.

Neste caso:

γ 1 = (− 2, − 4) = − 1

·(2, 4 )

γ 2 = ( 6,12 ) = 3 ·(2, 4 ) .J. Delgado - K. Frensel 14 Instituto de Matem ática - UFF


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c.0 1 00 0 00 0 0

3× 3

1 − 5 22 3 49 − 1 3

3× 3

=2 3 40 0 00 0 0

3× 3

.

Neste caso:

γ 1 = ( 2,3,4 ) = 0 ·(1, − 5, 2 ) + 1 ·(2,3,4 ) + 0 ·(9, − 1, 3 ) γ 2 = ( 0,0,0 ) = 0 ·(1, − 5, 2 ) + 0 ·(2,3,4 ) + 0 ·(9, − 1, 3 ) γ 3 = ( 0,0,0 ) = 0 ·(1, − 5, 2 ) + 0 ·(2,3,4 ) + 0 ·(9, − 1, 3 ) .


• O produto de matrizes n ão é comutativo.De fato, considere o seguinte exemplo:

Sejam A =1 02 1

e B =2 11 1

.

Ent ão

AB =2 15 3

= 4 13 1

= BA .

•Se I é a matriz identidade m ×m e A é uma matriz m ×n , ent ão IA = A .•Se I é a matriz identidade n ×n e A é uma matriz m ×n , ent ão AI = A .• Se Ok,m é a matriz nula k × m , ent ão, para toda matriz A m × n equalquer matriz B p ×k , temos Ok,m A = Ok,n e BOk,m = Op,m .

Se B é uma matriz n × p , as colunas de B são as n × 1 matrizesβ 1 , . . . , β p dadas por:

β j =

B1jB2j

...Bnj

n × 1

, 1 ≤ j ≤ p .

A matriz B é a sucess ão dessas p colunas:B = ( β 1 , β 2 , . . . , β p ) .

Seja A uma matriz m

×n . Ent ão Aβ j é a j− ésima coluna da matriz

C = AB , pois como



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C ij =n

k = 1

A ik Bkj ,

ent ão

C j =

C1jC2j

...Cmj m × 1

=

n

k = 1

A1k Bkj

n

k = 1

A2k Bkj

...n

k = 1

Amk Bkj

= Aβ j .

Assim, AB = (Aβ 1 , Aβ 2 , . . . , A β p )m × p .

Teorema 4.1

Se A, B e C são matrizes sobre o corpo K tais que os produtos BC eA(BC ) são denidos, ent ão est ão denidos os produtos AB e (AB )C .

Além disso,A(BC ) = ( AB )C .

Prova.Suponhamos que B é uma matriz n × p , que A é uma matriz com m linhas e que C é uma matriz com l colunas.

Como os produtos BC e A (BC ) est ão denidos, temos que C é uma matriz

p ×l e que A é uma matriz m ×n , já que BC é uma matriz n ×l .Assim, o produto AB existe e é uma matriz m × p , e o produto (AB )Cexiste e é uma matriz m ×l .Além disso, usando a deniç ão, temos:

[A (BC )]ij =n

k = 1

A ik (BC )kj =n

k = 1

A ikp

r = 1

Bkr C rj

=n

k = 1

p

r = 1

A ik Bkr C rj =p

r = 1

n

k = 1

A ik Bkr C rj

=p

r = 1

(AB ) ir C rj

= [( AB ) C ]ij .

Como querı́amos demonstrar.



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• Devido à propriedade associativa da multiplicaç ão de matrizes, se Aé uma matriz quadrada, o produto A

· A

· . . .

· A , de k fatores iguais a

A , est á denido sem ambig üidade e indicaremos esse produto por Ak ,

convencionando A 0 = I.

• A relaç ão A (BC ) = ( AB )C implica que combinaç ões lineares de combi-naç ões lineares das linhas de C são, ainda, combinaç ões lineares daslinhas de C.

Deniç ˜ ao 4.2

Uma matriz m ×m é uma matriz elementar se ela pode ser obtida da matrizidentidade m × m por meio de uma ´ unica operaç ão elementar sobre aslinhas.

Exemplo 4.2

As matrizes elementares 2 ×2 s ão:0 11 0

;1 c0 1

;1 0c 1

;c 00 1

com c = 0;1 00 c

com c = 0.

Teorema 4.2

Seja e uma operaç ão elementar sobre linhas e seja E a matriz m × m elementar E = e (I) . Ent ão, para toda matriz A m ×n , temos:

e (A) = EA .

Prova.

Analisemos, separadamente as tr ês operaç ões elementares.a. Seja e a operaç ão “substituiç ão da linha r por c vezes a linha r, comc = 0”. Então,

Eik = δik , se i = rcδ rk , se i = r

Logo, (EA ) ij =m

k = 1

Eik Akj = Aij , se i = rcA rj , se i = r

, isto é, EA = e (A) .

b. Seja e a operaç ão “transposiç ão das linhas r e s , r = s”. Então,J. Delgado - K. Frensel 17 Instituto de Matem ática - UFF


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Eik =δik , se i = r e i = sδrk , se i = sδsk , se i = r .

Logo, (EA ) ij =m

k = 1

Eik Akj =A ij , se i = r e j = sA rj , se i = sA sj , se i = r

, isto é, EA = e (A) .

c. Seja e a operaç ão “substituiç ão da linha r pela soma de c vezes a linhas mais a linha r”. Então,

Eik = δik , se i = rδrk + cδ sk , se i = r .

Logo, (EA ) ij =m

k = 1

Eik Akj = Aij , se i = rA rj + cA sj , se i = r

, isto é, EA = e (A) .

Corol ário 4.1

Sejam A e B matrizes m ×n sobre o corpo K. Ent ão, B é equivalente porlinhas a A se, e somente se, B = PA , onde P é um produto de matrizes

elementares m ×m .Prova.Suponhamos que B = PA , onde

P = Es ·. . . ·E2 ·E1 ,e as Ej s ão matrizes elementares m ×m . Ent ão,• E1A é equivalente por linhas à matriz A ;• E2E1A = E2 (E1A) é equivalente por linhas à matriz E1A , e portanto a A ;Continuando o racioc ı́nio indutivamente, obtemos que (Es · . . . · E1 )A éequivalente por linhas à matriz A .

Suponhamos agora que B é equivalente por linhas à matriz A. Sejame 1 , . . . , e s operaç ões elementares sobre linhas que aplicadas consecuti-vamente sobre a matriz A dão como resultado B. Se E1 , . . . , E s são asmatrizes elementares correspondentes, ent ão

B = e s (e s − 1 ( . . . (e 1 (A)) . . . )) = ( Es ·Es− 1 · . . . ·E1) ·A .Como querı́amos demonstrar.



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Matrizes Inver tı́veis

5. Matrizes Invertı́veis

Deniç ˜ ao 5.1

Seja A uma matriz quadrada, n ×n , sobre o corpo K.

•uma matriz B n ×n tal que BA = I é dita uma inversa de A pela esquerda .• uma matriz B n ×n tal que AB = I é dita uma inversa de A pela direita .• uma matriz B n ×n tal que AB = BA = I é dita uma inversa de A . Nestecaso, dizemos que A é invert́ıvel .

Lema 5.1

Se A possui uma inversa B pela esquerda e uma inversa C pela direita,

ent ão B = C e A é invert ı́vel.

Prova.Suponhamos que BA = I e que AC = I . Ent ão,

B = BI = B(AC ) = ( BA )C = IC = C .

Como BA = AB = I, A é invert ı́vel.

Observe que Se A possui inversa pela direita e pela esquerda, ent ãoA é invert ı́vel e a inversa (bilateral) é única.

Se A é invert ı́vel, designamos por A − 1 a única matriz que é inversa (bilateral) de A .

Teorema 5.1

Sejam A e B matrizes n ×n sobre o corpo K.

1. Se A é invert ı́vel, ent ão A − 1 é invert ı́vel e (A− 1)− 1 = A .

2. Se A e B s ão invert ı́veis, ent ão AB é invert ı́vel e (AB )− 1 = B− 1A− 1 .

Prova.

• Como A − 1A = AA − 1 = I , temos que A − 1 é invertı́vel e (A− 1)− 1 = A .• Como (AB )( B− 1A− 1 ) = ( B− 1A− 1 )( AB ) = I, temos que AB é invert ı́vel e(AB )

− 1

= B− 1

A− 1

.



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Matrizes Invertı́veis

Corol ário 5.1

Um produto A 1A2 · · ·Ak , k ∈ N, de matrizes invert ı́veis n ×n é, tamb ém,invertı́vel.

Teorema 5.2

As matrizes elementares s ão invertı́veis e suas inversas s ão matrizes ele-

mentares do mesmo tipo.

Prova.Seja E uma matriz elementar correspondente à operaç ão elementar

sobre linhas e. Se e1 é a operaç ão inversa de e , e E1 é a sua matriz

elementar associada, ent ãoEE1 = e(E1) = e(e 1(I)) = I ,E1E = e1(E) = e1 (e (I)) = I ,

de modo que E é invertı́vel e E1 = E− 1 .

Exemplo 5.1

As inversas das matrizes elementares 2 ×2 s ão:0 11 0

− 1

= 0 11 0

; 1 c0 1

− 1

= 1 − c0 1

;

1 0c 1

− 1

= 1 0− c 1

;c 00 1

− 1

=1/c 0

0 1 , c = 0;

1 00 c

− 1

=1 00 1/c

, c = 0.

Teorema 5.3

Se A é uma matriz n ×n , as seguintes armaç ões s ão equivalentes:

1. A é invert ı́vel;

2. A é equivalente por linhas à matriz identidade;

3. A é um produto de matrizes elementares.



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Prova.Seja R uma matriz reduzida por linhas à forma em escada que seja equi-valente por linhas à matriz A .

Ent ão, existem matrizes elementares E1 , . . . , E k , tais que,R = Ek ·. . . ·E1 ·A .

Como cada Ei , 1 ≤ i ≤ k , é invertı́vel, temos que,A = E− 11 ·. . . ·E− 1k ·R.

Sendo o produto de matrizes invertı́veis uma matriz invertı́vel, temos queA é invertı́vel se, e somente se, R é invertı́vel.

J á que R é uma matriz quadrada que é reduzida por linhas à forma em

escada, R é invertı́vel se, e somente se, cada linha de R cont ém umaentrada n ão-nula, isto é, se, e somente se, R = I .

Assim, A é invert ı́vel se, e somente se, R = I , isto é, se, e somente se, Aé equivalente por linhas à matriz identidade. Logo, as armaç ões 1. e 2.s ão equivalentes.

Se R = I , temos que A = E− 11 ·. . . ·E− 1k , isto é, A é um produto de matrizeselementares. E se A é um produto de matrizes elementares, ent ão A éinvertı́vel, pois toda matriz elementar é invertı́vel. Logo, as armaç ões 1.e 3. s ão equivalentes.

Corol ário 5.2

Se A é uma matriz n × n invert ı́vel e se uma seq üência de operaç õeselementares sobre linhas reduz A à matriz identidade I, ent ão a mesmaseq üência de operaç ões sobre linhas, quando aplicada à matriz identi-

dade I, produz A − 1 .

Corol ário 5.3

Sejam A e B matrizes m ×n . Ent ão, B é equivalente por linhas a A se, esomente se, B = PA , onde P é uma matriz invertı́vel m ×m .Teorema 5.4

Seja A uma matriz n ×n . As seguintes armaç ões s ão equivalentes:

1. A é invertı́vel.

2. O sistema homog êneo AX = 0 possui apenas a soluç ão trivial X = 0.



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3. O sistema de equaç ões AX = Y possui uma ´ unica soluç ão X paracada matriz Y n ×1.

Prova.Pelo teorema 3.6 , a armaç ão 2. é equivalente a que a matriz A sejaequivalente por linhas à matriz identidade I. Ent ão, pelo teorema 5.3 , asarmaç ões 1. e 2. são equivalentes.

Se A é invers ı́vel, a única soluç ão do sistema AX = Y é X = A − 1Y .

Suponhamos, agora, que AX = Y possui uma soluç ão para cada Y . Seja

R uma matriz reduzida por linhas à forma em escada que seja equivalentepor linhas à matriz A .

Para mostrar que R = I , basta mostrar que a ´ ultima linha de R não é nula.

Seja E =

00...01

e seja P uma matriz n ×n invertı́vel, tal que R = PA . Como,

por hip ótese, o sistema AX = P− 1E tem soluç ão, o sistema RX = PAX = Etem soluç ão. Logo, a ´ultima linha de R não é nula. Isto é, R = I.

Assim, pelo teorema 5.3 , A é invertı́vel.

Corol ário 5.4

Uma matriz quadrada com inversa à esquerda ou à direita é invertı́vel.

Prova.Seja A uma matriz n × n . Suponhamos que A possui uma inversa à

esquerda, isto é, uma matriz B tal que BA = I. Ent ão, o sistema AX = 0possui somente a soluç ão trivial, pois X = IX = ( BA )X = B(AX) = B0 = 0.

Portanto, A é invertı́vel.

Suponhamos agora que A possui uma inversa à direita, isto é, uma matriz

C tal que AC = I. Ent ão C possui uma inversa à esquerda e é, portanto,

invert ı́vel, com inversa A = C− 1 . Logo, A é invert ı́vel com inversa C .

Corol ário 5.5

Seja A = A1A2

· · ·Ak , onde A1 , . . . , A k s ão matrizes n

× n . Ent ão, A é

invertı́vel se, e somente se, cada A j é invertı́vel.



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Prova.J á provamos que o produto de duas matrizes invert ı́veis é invert ı́vel. Ent ão,por induç ão, podemos provar que o produto de um n´ umero nito de matri-zes invertı́veis é invertı́vel.

Suponhamos agora que A é invertı́vel e que X é uma soluç ão do sistema

Ak X = 0. Ent ão, AX = ( A1A2 · · ·Ak − 1)Ak X = 0.Como A é invert ı́vel, temos que X = 0. Logo, o sistema Ak X = 0 possuiapenas a soluç ão trivial e A k é, portanto, invertı́vel.

Como A1 · · ·Ak − 1 = AA − 1k é invert ı́vel, temos, usando o argumento ante-rior, que A k − 1 é invertı́vel.

Assim, podemos provar por induç ão, que cada matriz A j é invertı́vel.

Seja R uma matriz reduzida por linhas à forma em escada equiva-lente por linhas à matriz A e seja P uma matriz invertı́vel tal que R = PA .Ent ão, X é uma soluç ão do sistema AX = Y se, e somente se, X é umasoluç ão do sistema RX = PY .

Seja A a matriz completa do sistema AX = Y com escalares ar-bitrários y 1 , . . . , y m na última coluna.

Se efetuarmos sobre A uma seq üência de operaç ões elementaressobre linhas que reduza A a R, torna-se- á evidente o que é a matriz P.

Em particular, se A é uma matriz quadrada, esse processo mostrar áse A é invertı́vel ou n ão e, se for invertı́vel, qual é a inversa P .

Exemplo 5.2

Seja K o corpo dos n úmeros racionais e seja A = 2 − 11 3

.

Ent ão,

2 − 1 y 11 3 y2

(3)

−→1 3 y22 − 1 y1

(2)

−→1 3 y20 − 7 y 1 − 2y 2

(1)

−→1 3 y20 1 (− y1 + 2y 2 )/7

(2)

−→1 0 (3y 1 + y2) /70 1 (− y1 + 2y 2 )/7

Ent ão, A é invers ı́vel e A− 1

= 3/7 1/7− 1/7 2/7



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Como P = Ek · . . . · E1 é o produto das matrizes elementares quecorrespondem às operaç ões elementares efetuadas sobre as linhas de Apara se obter R, podemos trabalhar com duas seq¨ uências de matrizes,uma descrevendo a reduç ão de A à matriz R e a outra registrando o efeitoda mesma seq üência de operaç ões sobre a matriz identidade para obtera matriz P.

Exemplo 5.3

Determinemos a matriz P tal que R = PA é reduzida por linhas à forma

em escada, onde

A =

1 1/2 1/3

1/2 1/3 1/41/3 1/4 1/5 .

Aplicando operaç ões elementares à matriz A e à matriz identidade simul-taneamente, obtemos:

1 1/2 1/31/2 1/3 1/41/3 1/4 1/5

1 0 00 1 00 0 1

↓ (2) + ( 2)

↓1 1/2 1/3

0 1/12 1/120 1/12 1/45

1 0 0

− 1/2 1 0− 1/3 0 1

↓ (2) ↓1 1/2 1/30 1/12 1/120 0 1/180

1 0 0− 1/2 1 01/6 − 1 1

↓ (1) + ( 1) ↓1 1/2 1/30 1 10 0 1

1 0 0− 6 12 030 − 180 180

↓ (2) + ( 2) ↓1 1/2 00 1 00 0 1

− 9 60 − 60− 36 192 − 18030 − 180 180

↓ (2) ↓R = 1 0 00 1 00 0 1

= I P =9 − 36 30

− 36 192 − 18030 − 180 180

Logo, A é invertı́vel e P = A− 1

.



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Espaços Vetoriais

1. Espaço Vetorial - deniç ˜ oes e propriedadesb ásicas

Deniç ˜ ao 1.1

Um espaço vetorial sobre o corpo K é um conjunto E, cujos elementoss ão chamados vetores , e um par de operaç ões:

Lembre que ...Os elementos do corpo K s ão

chamados escalares .adiç ão: + x ∈ E , y ∈ E =

⇒

x + y ∈ Emultiplicaç ão por escalares: · λ ∈K , x ∈ E =

⇒

λ ·x ∈ E,com as seguintes propriedades:

1. (x + y) + z = x + ( y + z ) , ∀x,y,z ∈ E (propriedade associativa da adiç ão).2. x + y = y + x , ∀x, y ∈ E (propriedade comutativa da adiç ão).3. Existe 0 ∈ E, tal que x + 0 = x , ∀x ∈ E (0 é o vetor nulo).4. Para cada x ∈ E, existe (− x) ∈ E, tal que, x + (− x) = 0 (o vetor (− x) é

o sim étrico ou inverso aditivo de x).

5. (λ + µ )x = λx + µx , ∀x ∈ E, ∀λ, µ ∈K.6. λ(x + y) = λx + λy , ∀x, y ∈ E, ∀λ ∈K.7. 1 ·x = x, ∀x ∈ E.8. (λµ )x = λ(µx ) , ∀x ∈ E, ∀λ, µ ∈K.


1. O vetor nulo 0 é único, isto é, se 0

∈

E é tal que 0 + x = x,

∀x

∈ E,

ent ão 0 = 0.

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Espaço Vetorial - deniç ˜ oes e propriedades b ásicas

De fato, 0 = 0 + 0 = 0.

2. λ ·0 = 0, para todo λ ∈K.Com efeito,

λ0 = λ(0 + 0) = λ0 + λ0=

⇒ 0 = λ0 + (− λ0) = ( λ0 + λ0) + (− λ0) = λ0 + ( λ0 + (− λ0))

=

⇒ 0 = λ0 + 0 = λ0.

3. 0 ·x = 0, ∀x ∈ E.Note que ...0 representa o zero do corpoK , enquanto 0 é o vetor nulo

do espaço vetorial E . De fato,

0

·x = ( 0 + 0)

·x = 0

·x + 0

·x

=

⇒ 0 = 0 ·x + (− 0 ·x) = ( 0 ·x + 0 ·x) + (− 0 ·x)

= 0 ·x + ( 0 ·x + (− 0 ·x)) = 0 ·x + 0 = 0 ·x.4. Sejam λ ∈ K e x ∈ E. Ent ão, λx = 0 se, e somente se, λ = 0 ou

x = 0.

Para vericar essa armaç ão, suponha que λx = 0, com λ = 0.Ent ão,

0 = λ− 1 (λx ) = ( λ− 1λ)x = 1 ·x = x.5. Para cada x ∈ E existe um ´unico vetor y ∈ E, tal que x + y = 0.

De fato, y = y + 0 = y +( x +(− x)) = ( y + x)+(− x) = 0 +(− x) = − x .

6. (− 1)x = − x, ∀x ∈ E.Para vericar essa armaç ão, considere a seguinte cadeia de igual-dades:

0 = 0x = ( 1 + (− 1)) x = 1x + (− 1)x = x + (− 1)x =

⇒

(− 1)x = − x .

Deniç ˜ ao 1.2

Designamos por x − y o vetor x + (− y) .

Exemplo 1.1

1. Seja K um corpo. O conjuntoKn = {(x1 , x2 , . . . , x n ) | x1 , x2 , . . . , x n ∈K},

é o espaço vetorial das n − úplas sobre K, com as operaç ões deadiç ão e multiplicaç ão por escalares de K denidas por:



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+ : (x1 , . . . , x n ) + ( y1 , . . . , y n ) = ( x1 + y1 , . . . , x n + yn )

· : λ ·(x1 , . . . , x n ) = ( λx 1 , . . . , λ x n ) .Neste espaço, o vetor nulo é 0 = ( 0 , . . . , 0 ) .Se K = R, ent ão Kn = Rn , se K = C, ent ão Kn = Cn etc.

2. O conjunto das matrizes m ×n com entradas no corpo K:Km × n = {A | A = ( A ij ) ij é uma matriz com A ij ∈K}

Note que ...K 1 × n se identica com K n .é um espaço vetorial com as operaç ões:

+ : (A + B) ij = A ij + Bij

· : (λ ·A) ij = λA ij .

3. Seja S um conjunto n ão-vazio e K um corpo. O conjunto das funç ˜ oes de S em K:

F (S, K) = {f : S →K}é um espaço vetorial com as operaç ões dadas por:+ : (f + g)( p) = f ( p) + g( p) , ∀ p ∈ S· : (λ ·f )( p) = λ ·f ( p) , ∀λ ∈K, ∀ p ∈ S .

Em geral ...Voc ê pode vericar que se S é

um conjunto n ão-vazio e E éum espaço vetor ial, ent ão o

conjunto F (S,E ) que consistedas aplicaç ões

f : S →Eé um espaço vetorial com asoperaç ões de adiç ão e

multiplicaç ão por escalares

herdadas das operaç õescorrespondentes que fazemde E um espaço vetorial.

Neste caso, o vetor nulo é a funç ão zero:

O( p) = 0,

∀ p

∈ S e, para

cada f ∈ F (S, K) , a funç ão − f ∈ F (S, K) que a cada p ∈ S fazcorresponder o escalar (− f )( p) = −( f ( p)) , é o inverso aditivo de f .

Observe que os espaços vetoriais dos itens 1. e 2. são casos parti-culares deste exemplo (item 3.). De fato,

• no item 1. o conjunto S é {1 , 2 , . . . , n };• no item 2. o conjunto S é {( i, j ) | 1 ≤ i ≤ m , e 1 ≤ j ≤ n }.

4. O conjunto das funç ões polinomiais na indeterminada x com coeci-entes sobre o corpo KK[x ] = { p(x) = c0 + c1x + . . . c n xn | c0 , c 1 , . . . , c n ∈K , n ∈N},

é um espaço vetorial com as operaç ões denidas como no item 3.

Atividade.1. O conjunto K n [x ] que

consiste das funç õespolinomiais na indeterminadax , grau menor ou igual a n e

com coecientes sobre ocorpo K é um espaço

vetorial?2. O conjunto K [x,y ] que

consiste dos polin ômios nasindeterminadas x e y com

coecientes no corpo K é umespaço vetorial? O que podedizer sobre o caso em que o

grau é menor ou igual a n ?

3. Generalize as conclus õesde 2. para o conjunto dos

polinômios com umaquantidade nita deindeterminadas.

Justique suas respostas.

5. Se F é um subcorpo de K, ent ão K é, de maneira natural, umespaço vetorial sobre F . Em particular, todo corpo é um espaçovetorial sobre si mesmo.

Por exemplo



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•C é um espaço vetorial sobre R,•R é um espaço vetorial sobre Q,

•C é um espaço vetorial sobre Q,•C é um espaço vetorial sobre C etc.


As propriedades associativa e comutativa da adiç ão de vetores implicam

que uma soma envolvendo um certo n úmero de vetores independe damaneira pela qual estes vetores est ão combinados ou associados. Logo,se v1 , . . . , v n s ão vetores em E, a soma deles pode ser escrita, sem am-bigüidade, como

v1 + v2 + · · ·+ vn .Deniç ˜ ao 1.3

Um vetor β do espaço vetorial E é uma combinaç ˜ ao linear dos vetores

v1 , v2 , . . . , v n ∈ E, se existem escalares c1 , c 2 , . . . , c n ∈K, tais que

β = c1 v1 + c2 v2 + . . . + cn vn ˙


Usando as propriedades associativa e comutativa da adiç ão e as proprie-

dades distributivas da multiplicaç ão por escalares, obtemos:n

i = 1

c i vi +n

i = 1

d i vi =n

i = 1

(c i + d i ) vi ,

cn

i = 1

c i vi =n

i = 1

(cc i ) vi .



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Subespaço Vetorial

2. Subespaço Vetorial

Deniç ˜ ao 2.1

Seja E um espaço vetorial sobre o corpo K. Um subconjunto F ⊂ E éum subespaço vetorial de E se F for um espaço vetorial sobre K com asoperaç ões de adiç ão de vetores e multiplicaç ão de vetores por escalaresque fazem de E um espaço vetorial. Ou seja, F ⊂ E é um subespaçovetorial de E se:

1. 0 ∈ F;2. v ∈ F =⇒

− v ∈ F;3. u ∈ F e v ∈ F =

⇒ u + v ∈ F;

4. λ ∈K e v ∈ F =⇒

λv ∈ F.Proposiç ˜ ao 2.1

Um subconjunto n ão-vazio F ⊂ E é um subespaço vetorial de E se, esomente se, λv + w

∈ F,

∀ v, w

∈ F,

∀λ

∈K.

Prova.( =

⇒) é evidente.

(

⇐= ) Como F = ∅, seja v ∈ F. Logo, (− 1) v + v = 0 ∈ F.

Sejam w ∈ F e λ ∈K. Ent ão, λw + 0 = λw ∈ F .Em particular, − w = (− 1) w ∈ F.Finalmente, se v, w

∈ F, ent ão 1v+ w = v+ w

∈ F. Logo, F é um subespaço

vetorial de E.

Exemplo 2.1

1. E é um subespaço de E.

2. F = {0} é um subespaço de E, denominado o subespaço nulo de E.

3. O espaço K[x ] das funç ões polinomiais com coecientes no corpo Ké um subespaço do espaço de todas as funç ões de K em K.



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4. Uma matriz n ×n A sobre o corpo K é dita sim ´ etrica se Aij = Aji ,∀i, j ∈ {1 , . . . , n }.

As matrizes sim étricas formam um subespaço do espaço vetorialKn × n das matrizes n ×n sobre o corpo K.

5. Uma matriz n ×n A sobre o corpo C dos n úmeros complexos é hermitiana se Ajk = Akj , ∀j, k ∈ {1 , . . . , n }. Se A é uma matriz hermiti-ana, todas as entradas da diagonal A 11 , A22 , . . . , A nn , s ão n úmerosreais.

• O conjunto das matrizes hermitianas n ×n não é um subespaçodo espaço das matrizes n ×n sobre o corpo C, pois, por exemplo, amatriz identidade I é hermitiana, mas iI não é.• O conjunto das matrizes hermitianas n ×n é um espaço vetorialsobre o corpo R dos n úmeros reais.

Lema 2.1

Se A é uma matriz m

× n sobre K e B, C são matrizes n

× p sobre K,

ent ãoA(λB + C) = λ(AB ) + AC ,

onde λ ∈K é um escalar qualquer.Prova.

[A(λB + C)]ij =n

k = 1

A ik (λB + C)kj

=n

k = 1A ik (λB kj + Ckj )

=n

k = 1

(λA ik Bkj + A ik Ckj )

= λn

k = 1

A ik Bkj +n

k = 1

A ik Ckj

= λ[AB ]ij + [ AC ]ij .



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Exemplo 2.2

Seja A uma matriz m ×n sobre K.

O subconjunto {X ∈Kn × 1

| AX = 0} é um subespaço de Kn × 1

.De fato:

• Se AX = AY = 0, ent ão A (λX + Y ) = λAX + AY = 0, ∀λ ∈K.• Se X = 0, ent ão AX = 0.Proposiç ˜ ao 2.2

A interseç ão de uma coleç ão arbitr ária {Fα }α∈I de subespaços de E é um

subespaço de E.

Prova.Seja F = ∩α∈I Fα . Como 0 ∈ Fα , ∀α ∈ I , temos que 0 ∈ F. Logo, F = ∅.Se v, w ∈ F, ent ão v, w ∈ Fα , ∀α ∈ I .Logo, λv + w ∈ Fα , ∀α ∈ I , ou seja, λv + w ∈ F, ∀λ ∈K e ∀ v, w ∈ F.

Deniç ˜ ao 2.2

Seja S

⊂ E um subconjunto. O subespaço de E gerado por S é a interseç ão

de todos os subespaços de E que cont ém S.

Isto é, o subespaço de E gerado por S é o menor subespaço de E quecont ém S.


O subespaço gerado por S = ∅ é o subespaço nulo. O ´ unico vetor desse

subespaço é o vetor nulo, 0.

Proposiç ˜ ao 2.3

Seja S ⊂ E um subconjunto n ão-vazio. Ent ão o subespaço F gerado por Sé o conjunto de todas as combinaç ões lineares de vetores em S.

Prova.Seja W o conjunto de todas as combinaç ões lineares de vetores de S.Seja λ ∈K e consideremos as combinaç ões lineares:

v = α 1 v1 + . . . + α k vk , w = β 1 w1 + . . . + β l w l ∈ W,

onde vi ∈ S, ∀i ∈ {1 , . . . , k } e w j ∈ S, ∀j ∈ {1 , . . . , l }.J. Delgado - K. Frensel 35 Instituto de Matem ática - UFF


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Ent ão, para λ ∈K, temosλv + w = λα 1 v1 + . . . + λα k vk + β 1 w1 + . . . + β l w l ∈

W ,

pois λv + w é uma combinaç ão linear de vetores em S.

Como W = ∅, já que S ⊂ W e S = ∅, temos que W é um subespaço deE que cont ém S. Logo, F ⊂ W .Seja v ∈ W . Ent ão,

v = α 1 v1 + . . . + α k vk ,

onde vi ∈ S, ∀i ∈ {1 , . . . , n }. Como S ⊂ F e F é um subespaço de E, temosque v ∈ F. Logo, W ⊂ F. Assim, F = W .

Exemplo 2.3

Seja E = K[x ] o espaço vetorial das funç ões polinomiais de K em K e sejaS = {f n (x) = xn | n ∈N}. Ent ão, E é o subespaço gerado por S.Deniç ˜ ao 2.3

Sejam S1 , . . . , S k subconjuntos do espaço vetorial E. O conjunto formado

por todas as somas da forma v1 + v2 + . . . + vk , vi

∈ Si , i = 1, . . . , k .

é chamado a soma dos subconjuntos S1 , . . . , S k , e se designa porS1 + S2 + . . . + Sk .

Proposiç ˜ ao 2.4

Se W 1 , . . . , W k s ão subespaços do espaço vetorial E, ent ão W 1 + . . . + W k

é um subespaço de E.

Além disso, W 1 + . . . + W k é o subespaço gerado pelo conjunto

S =k

i = 1

W i .

Prova.Sejam v, w ∈ W 1 + . . . + W k .Ent ão, existem vetores vi , w i ∈ W i , 1 ≤ i ≤ k , tais que

v = v1 + . . . + vk e w = w 1 + . . . + wk .

Logo, o vetor

λv + w = ( λv 1 + w1) + . . . + ( λv k + wk )



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pertence a W 1 + . . . + W k , já que λv i + w i ∈ W i , ∀i = 1, . . . , k . Alémdisso, como W 1 + . . . + W k = ∅, já que 0 ∈ W 1 + . . . + W k , temos queW 1 + . . . + W k é um subespaço de E.

Seja W o subespaço gerado pelo conjunto S =k

i = 1

W i . Ent ão, W é o

conjunto de todas as combinaç ões lineares de vetores em S.

Como

S =k

i = 1

W i ⊂ W 1 + . . . + W k

e W 1 + . . . + W k é um subespaço, temos queW ⊂ W 1 + . . . + W k .

Além disso, como todo vetor em W 1 + . . . + W k é uma combinaç ão linearde vetores em S, temos que

W 1 + . . . + W k ⊂ W .

Logo, W = W 1 + . . . + W k .



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Bases e Dimens ˜ ao

3. Bases e Dimens ˜ ao

Deniç ˜ ao 3.1

Seja E um espaço vetorial sobre o corpo K. Dizemos que um subconjunto S ⊂ E é linearmente dependente (LD) se existem vetores distintos v1 , . . . , v n em S e escalares λ1 , . . . , λ n ∈

K, não todos nulos, tais queλ1 v1 + . . . + λn vn = 0.

Um conjunto S que n ão é linearmente dependente é dito linearmente independente (LI). Isto é, S é LI se para toda coleç ão de vetores distintos v1 , . . . , v n em S e escalares λ1 , . . . , λ n em K, vale a implicaç ão:

λ1 v1 + . . . + λn vn = 0 =

⇒ λ1 = λ2 = . . . = λn = 0.


• Todo subconjunto S ⊂ E que cont ém o vetor nulo é LD, pois 1 ·0 = 0.

• Todo conjunto que cont ém um conjunto LD é LD.• Todo subconjunto de um conjunto LI é LI.

Deniç ˜ ao 3.2Seja E um espaço vetorial. Uma base de E é um conjunto linearmente

independente de vetores em E que geram o espaço E.

Deniç ˜ ao 3.3

Dizemos que um espaço vetorial tem dimens ˜ ao nita se ele possui uma

base nita.

Verique a armaç ão! −→Observaç ˜ ao 3.2

Um subconjunto { v1 , . . . , v n } ⊂ E é uma base de E se, e somente se, todovetor v ∈ E se expressa, de modo ´ unico, como combinaç ão linear dosvetores v1 , . . . , v n , ou seja, existem escalares únicos λ1 , . . . , λ n ∈ E, taisque v = λ1 v1 + . . . + λn vn .

Exemplo 3.1

Seja K um corpo e seja S o subconjunto de Kn formado pelos vetores



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e1 = ( 1 ,0 ,0 , . . . , 0 ,0 )e2 = ( 0 ,1 ,0 , . . . , 0 ,0 )...

...en = ( 0 ,0 ,0 , . . . , 0 ,1 ) .

Se x1 , . . . , x n s ão escalares em K, o vetorx1e1 + . . . + xn en é o vetor (x1 , . . . , x n ) .

Assim, S gera Kn . Comox1e1 + . . . x n en = ( 0 , . . . , 0 )

se, e somente se, x1 = x2 = . . . = xn = 0, S é LI. Logo, S é uma base deKn , conhecida como a base can ˆ onica de Kn .

Exemplo 3.2

Seja K um corpo e Km × n o espaço das matrizes m ×n com entradas nocorpo K.

Considere as matrizes A ij que tem 1 na entrada i, j e zero nas demais.

Se B ∈Km × n , ent ãoB =

i,j

Bij A ij .

Logo, o conjunto {A ij | 1 ≤ i ≤ m e 1 ≤ j ≤ n } é LI e gera o espaço Km × n .

Exemplo 3.3

Seja P uma matriz invert ı́vel n × n sobre o corpo K. Ent ão, as colunasP1 , . . . , P n formam uma base do espaço das matrizes colunas Kn × 1 .

De fato, se X é uma matriz coluna n

×1, ent ão

PX = x1P1 + . . . + xn Pn .

Como PX = 0 admite apenas a soluç ão trivial X = 0, {P1 , . . . , P n } é LI.

Seja Y ∈Kn × 1 e seja X = P− 1Y . Ent ão,Y = PX = x1P1 + . . . + xn Pn , onde X =

x1...

xn.

Assim, {P1 , . . . , P n } gera o espaço Kn × 1 .

Portanto, {P1 , . . . , P n } é uma base nita de Kn × 1 .



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Exemplo 3.4

Seja A uma matriz n ×n com entradas no corpo K e sejaS = {X

∈Kn × 1 | AX = 0},

o conjunto de todas as soluç ões do sistema linear homog êneo AX = 0.

Seja R uma matriz reduzida por linhas à forma em escada que seja equi-valente por linhas à matriz A . Ent ão,

Verique que ...O conjunto S é um subespaço

de K n × 1 conhecido como o

espaço soluç ˜ ao ou espaço das soluç ˜ oes do sistemalinear homog êneo AX = 0.

S = {X ∈Kn × 1 | RX = 0}.Seja r o número de linhas n ão-nulas da matriz R, e suponhamos queas primeiras entradas n ão-nulas das linhas n ão-nulas de R ocorram nascolunas k 1 < . . . < k r .

Seja J = {1 , . . . , n } − {k 1 , . . . , k n } o conjunto dos n − r ı́ndices distintos dek 1 , . . . , k r .

Ent ão, o sistema RX = 0 tem a forma

xk1 +j∈J

c1j x j = 0

... ...

xkr +j∈J

c rj xj = 0,

onde c ij ∈K.Todas as soluç ões s ão obtidas atribuindo valores arbitr ários aos xj com

j ∈ J e calculando os valores correspondentes de xk1 , . . . , x kr .Para cada j ∈ J, seja Ej a soluç ão obtida colocando xj = 1 e xi = 0 paratodo i ∈ J − {j}.Armaç ˜ ao: os vetores Ej , j ∈ J, formam uma base de S.Como a matriz coluna E

j possui um 1 na linha j e zero nas outras linhas

indexadas por elementos de J, temos que {Ej | j ∈ J} é um conjunto LI, j áque

j∈J

x j Ej = 0 se, e somente se, xj = 0 ∀j ∈ J .

Seja T =t 1. . .t n

uma matriz coluna que est á no espaço soluç ão S. Ent ão,

N =

j∈J

t j Ej ,



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tamb ém est á no espaço soluç ão e é uma soluç ão tal que t j ocupa a

j− ésima linha, para todo j ∈ J.

Como s ó existe uma soluç ão tal que xj = t j para todo j ∈ J, temos queT = N .Logo, {Ej | j ∈ J} gera S.Com isso provamos que {Ej | j ∈ J} é uma base de S e que esse espaçotem dimens ão nita.

Deniç ˜ ao 3.4

Seja E um espaço vetorial de dimens ão nita e seja { v1 , . . . , v n } uma base

de E. Ent ão, por deniç ão, a dimens ˜ ao de E, designada por dim (E) , é

dim E def= n .

Demonstremos que o n úmero dim E est á bem denido, isto é, todasas bases de E possuem a mesma quantidade de vetores.

Lema 3.1

Seja { u 1 , . . . , u } um conjunto LI de vetores do espaço vetorial E tal que

todo u i é combinaç ão linear dos vetores w 1 , . . . , w m de E. Ent ão, ≤ m .Prova.Vamos provar o lema usando induç ão em m .

1. Se m = 1, existem λ1 , . . . , λ ∈ K, tais que u i = λi w1 , para todo1 ≤ i ≤ .Como u i = 0 para todo i, pois { u 1 , . . . , u } é LI, temos que λi = 0 paratodo i ∈ {1 , . . . , }.Suponhamos, por absurdo, que > 1.

Ent ão,1

λ1 u 1 + −

1λ2

u 2 + 0u 3 + . . . + 0u = w 1 + (− w1) = 0,

o que é um absurdo, j á que { u 1 , . . . , u } é LI.

2. Suponhamos que o lema vale para m − 1 e vamos provar que vale,tamb ém, para m .

Cada vetor u i do conjunto linearmente independente { u 1 , . . . , u } é combinaç ão



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linear dos vetores w1 , . . . , w m , isto é, existem λ( j)i ∈ K, 1 ≤ i ≤ m ,

1 ≤ j ≤ , tais que

u 1 = λ(1)

1 w1 + . . . + λ(1)

m wm u 2 = λ

(2)1 w1 + . . . + λ

(2)m wm

... ...

u = λ( )1 w1 + . . . + λ( )m wm

Se λj1 = 0 para todo j = 1, . . . , , temos que todo u i , i = 1, . . . , , é

combinaç ão linear dos vetores w2 , . . . , w m . Logo, pela hip ótese de induç ão,

≤ m − 1 ≤ m .Podemos supor ent ão, sem perda de generalidade, que λ11 = 0.

Sejam a = 1

λ (1)1e

vj = u j − aλj1 u 1 , j = 2, . . . , .

Ent ão, vj = β(j )2 w2 + . . . + β

( j)m wm , onde β

(j )i ∈K, i = 2, . . . , m e j = 2, . . . , .

Isto é, cada vj é uma combinaç ão linear de w 2 , . . . , w m .

Se provarmos que { v2 , . . . , v } é LI teremos, pela hip ótese de induç ão,− 1 ≤ m − 1 =

⇒ ≤ m .

Sejam µ 2 , . . . , µ ∈K tais que

µ 2 v2 + . . . + µ v = 0 .

Ent ão,

0 = µ 2 u 2 + . . . + µ u − a (µ 2λ(2)1 + . . . + µ λ

( )1 ) u 1 .

Como { u 1 , . . . , u } é LI, temos que µ 2 = . . . = µ = 0.

Logo, { v2 , . . . , v } é LI.

Como conseq¨ uência do lema anterior, temos o seguinte lema.

Lema 3.2

Sejam { w1 , . . . , w m } um conjunto gerador e { u 1 , . . . , u } um conjunto LI do

espaço vetorial E. Ent ão ≤ m .Teorema 3.1

Sejam { v1 , . . . , v n } e { w1 , . . . , w m } bases de um espaço vetorial E. Ent ão,m = n .



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Prova.Como { v1 , . . . , v n } é um conjunto LI de vetores de E e { w1 , . . . , w m } é umconjunto gerador de E, temos n

≤ m .

Analogamente, como { v1 , . . . , v n } é um conjunto gerador de E e { w1 , . . . , w m }

é um conjunto LI de vetores de E, temos n ≥ m .Portanto, n = m .

Exemplo 3.5

1. O espaço vetorial Kn sobre o corpo K tem dimens ão n : dim Kn = n .

Em particular, o espaço Cn sobre o corpo C tem dimens ão n e oespaço Rn sobre o corpo R tem dimens ão n .

2. O espaço vetorial Km × n das matrizes m ×n com entradas no corpoK tem dimens ão mn .

3. Se A é uma matriz m ×n , ent ão o espaço soluç ão do sistema ho-mog êneo AX = 0 tem dimens ão n − r , onde r é o n úmero de linhasnão-nulas de uma matriz linha reduzida à forma em escada e equi-valente por linhas a A .

Exemplo 3.6

Seja S um conjunto qualquer e F (S, K) o conjunto de todas as funç ões deS em K.

Sabemos, pelo item 3. do exemplo 1.1 , que F (S, K) é um espaço vetorialsobre o corpo K.

Armaç ˜ ao: F (S, K) tem dimens ão nita se, e somente se, S é um conjunto nito. Nesse caso, dim F (S, K) = #S, onde # S é o n úmero de ele-mentos de S.

De fato,

(

⇐= ) Suponhamos que S = { p1 , . . . , p n } é um conjunto nito.

Sejam f i : S

→K, i = 1, . . . , n , as funç ões denidas por:

f i ( p j ) = δij , j = 1, . . . , n .

Se f ∈ F (S, K) , ent ão,J. Delgado - K. Frensel 43 Instituto de Matem ática - UFF


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f = f ( p1)f 1 + . . . + f ( pn )f n .

E se f = λ1f 1 + . . . + λn f n , ent ãof ( p

i) = λ

1f

1( p

i) + . . . + λ

nf

n( p

i) = λ

if

i( p

i) = λ

i,

para todo i = i, . . . , n .

Logo, todo f ∈ F (S, K) se escreve de modo ´ unico como combinaç ão lineardas funç ões f 1 , . . . , f n .

Assim, {f 1 , . . . , f n } é uma base de F (S, K) e dim F(S, K) = n = #S.( =

⇒

) Se F (S, K) tem dimens ão nita, todo subconjunto LI de F (S, K)tem um n´umero nito de elementos.

Suponhamos, por absurdo, que S tem uma innidade de elementos.Consideremos o conjunto

T = {f p : S →K | f p ( p) = 1 e f p (q ) = 0 , ∀q ∈ S − { p}}.O conjunto T é LI, pois, se p 1 , . . . , p n ∈ S s ão elementos distintos em S eλ1 , . . . , λ n s ão escalares em K tais que λ1f p 1 + . . . + λn f p n = 0, ent ão

λ1f p 1 ( p i ) + . . . + λn f p n ( p i ) = 0,,

para i = 1, . . . , n . Como

λ1f p 1 ( p i ) + . . . + λn f p n ( p i ) = λ i f p i ( p i ) = λ i ,temos que λ i = 0, para todo i = 1, . . . , n .

Assim, T é innito e LI, que contradiz o fato de F (S, K) ter dimens ão nita.

Exemplo 3.7

Seja K um subcorpo do corpo dos n úmeros complexos C, e seja E oespaço vetorial das funç ões polinomiais sobre K. Isto é, E é o conjuntodas funç ões f : K→K da formaf (x) = c0 + c1x + . . . + cn xn ,onde n ∈N e c0 , . . . , c n ∈K.Observe que E é um subespaço vetorial do espaço F (K, K) de todas asfunç ões de K em K.

Considere as funç ões polinomiais fk (x) = xk , k ∈ N. O conjunto innito {f 0 , f 1 , . . . , f k , . . . } é uma base de E.

De fato, dado f (x) = c0 + c1x + . . . + cn xn em E, temos que



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f = c0f 0 + c1f 1 + . . . + cn f n .

Ent ão, o conjunto {f k | k ∈N} gera o espaço E.Além disso, conjunto {f k | k ∈N} é LI, pois se c0f 0 + c1f 1 + . . . + cn f n = 0,ou seja,

c0 + c1x + . . . + cn xn = 0, ∀x ∈K,temos que c0 = c1 = . . . = cn = 0, já que um polin ômio de grau n comcoecientes complexos tem no m áximo n raı́zes.

Observamos que o espaço E não tem uma base nita, pois se tivesse,todo conjunto LI de vetores de E teria uma quantidade nita de elementos.

Assim, E tem dimens ão innita.


Convencionamos que o espaço nulo {0} (gerado pelo conjunto vazio) tem

dimens ão zero.

Lema 3.3

Seja { w1 , . . . , w m } ⊂ E um conjunto LI e seja w ∈ E.Ent ão, { w, w 1 , . . . , w m } é LI se, e somente se, w não é combinaç ão lineardos vetores w 1 , . . . , w n .

Prova.( =

⇒) Suponhamos que w é uma combinaç ão linear de w1 , . . . , w m . Ent ão,

existem λ1 , . . . , λ m ∈K tais que w = λ1 w1 + . . . + λm wm , ou seja,

1 · w + (− λ1) w1 + . . . + (− λn ) wm = 0 ,Como o coeciente 1 de w é diferente de zero, o conjunto { w, w 1 , . . . , w m }

é LD.

(

⇐= ) Suponhamos que o conjunto { w, w 1 , . . . , w m } é LD. Ent ão, existem

escalares λ, λ 1 , . . . , λ m , não todos nulos, tais queλw + λ1 w1 + . . . + λm wm = 0 .

Se λ = 0, ent ão λ1 w1 + . . . + λm wm = 0, onde os coecientes λ 1 , . . . , λ mnão s ão todos nulos, o que é um absurdo, j á que { w1 , . . . , w m } é LI.

Logo, λ = 0 e w = − λ1

λ w1 + . . . + − λmλ wm ,



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isto é, w é uma combinaç ão linear dos vetores w 1 , . . . , w m .

Teorema 3.2Seja E um espaço vetorial n ão-nulo e seja { u 1 , . . . , u n } um conjunto de

geradores de E. Ent ão { u 1 , . . . , u n } cont ém uma base de E.

Prova.Vamos provar que existe { u i 1 , . . . , u i } ⊂ { u 1 , . . . , u n } tal que:

I. { u i 1 , . . . , u i } é LI.

II. { u j , u i 1 , . . . , u i } não é LI,

∀j

∈ {1 , . . . , n }.

Seja i1∈ {1 , . . . n } tal que u i 1 = 0. Ent ão { u i 1 } é LI.

Se { u i 1 } satisfaz II. o processo termina.

Se { u i 1 } não satisfaz II., ent ão existe i 2∈ {1 , . . . , n } tal que { u i 1 , u i 2 } é LI.

Como esse processo é nito, com no m áximo n etapas, podemos obter { u i 1 , . . . , u i } ⊂ { u 1 , . . . , u n } que satisfaz I. e II..Vamos provar agora que { u i 1 , . . . , u i } é uma base de E.

Como { u j , u i 1 , . . . , u i } não é LI, existem escalares λ (j )1 , . . . , λ ( j)n tais que

u j = λ( j)1 u i 1 + . . . + λ

( j)n u i , para todo j = 1, . . . , n .

Seja v ∈ E. Como { u 1 , . . . , u n }gera o espaço E, existem escalares λ1 , . . . , λ n ,tais que

v = λ1 u 1 + . . . + λn u n .

Logo,

v =n

j= 1

λ j u j =n

j= 1

λ jk = 1

λ ( j)k u i k =k = 1

n

j= 1

λ j λ(j )k u i k ,

isto é, v é uma combinaç ão linear dos vetores u i 1 , . . . , u i .

Logo, { u i 1 , . . . , u i } é uma base de E.

Teorema 3.3

Seja E um espaço vetorial de dimens ão nita n e seja { w1 , . . . , w m } ⊂ Eum subconjunto LI. Ent ão { w1 , . . . , w m } est á contido numa base de E:

{ w1 , . . . , w m , w m + 1 , . . . , w m + k }.



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Prova.Vamos provar que existe um conjunto de vetores { w1 , . . . , w m , w m + 1 , . . . , w m + k }

tal que:

I. é linearmente independente;

II. { w1 , . . . , w m , w m + 1 , . . . , w m + k , w } não é LI, ∀ w ∈ E.• Se o conjunto LI { w1 , . . . , w m } não satisfaz II., existe wm + 1 ∈ E tal que { w1 , . . . , w m , w m + 1} é LI.

Se { w1 , . . . , w m , w m + 1} não satisfaz II., ent ão existe wm + 2 ∈ E tal que { w1 , . . . , w m , w m + 1 , w m + 2} é LI.

Este processo é nito, com no m áximo n − m etapas, pois todo subconjunto LI de E tem no m áximo n = dim E elementos.

•Como { w1 , . . . , w m , w m + 1 , . . . , w m + k } satisfaz I. e II., temos que este conjunto é LI e { v, w 1 , . . . , w m + k } não é LI, ∀ v ∈ E.Assim, todo v ∈ E é uma combinaç ão linear dos vetores w 1 , . . . , w m + k .Logo, { w1 , . . . , w m , w m + 1 , . . . , w m + k } é uma base de E que cont ém o con-

junto LI { w1 , . . . , w m }.

Corol ário 3.1

Seja E um espaço vetorial sobre o corpo K.

• Se { v1 , . . . , v n } é um conjunto de vetores LI e E tem dimens ão nita,ent ão n ≤ dim E.•Se { v1 , . . . , v n } gera o espaço E, ent ão E tem dimens ão nita e n ≥ dim E.Corol ário 3.2

Seja E um espaço vetorial de dimens ão nita n .

Se { v1 , . . . , v n } é um conjunto de vetores LI ou um conjunto gerador de E,

ent ão é uma base de E.

Prova.

• Suponhamos que { v1 , . . . , v n } é um conjunto LI. Se { v1 , . . . , v n } não geraE, existe w ∈ E tal que { w, v 1 , . . . , v n } é LI. Ent ão, n + 1 ≤ dimE = n , oque é um absurdo.

•Se { v1 , . . . , v n }gera o espaço E, ent ão existe um subconjunto { vi 1 , . . . , v i k }J. Delgado - K. Frensel 47 Instituto de Matem ática - UFF


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de { v1 , . . . , v n } que é uma base de E. Como dim E = n = k , temos que { v1 , . . . , v n } é uma base de E.

Teorema 3.4

Seja F um subespaço vetorial de um espaço E de dimens ão nita. Ent ão,

F tem dimens ão nita e dim F ≤ dim E.Além disso, dim F = dim E se, e somente se, F = E.

Prova.Podemos supor que F = {0}.Vamos provar que existem vetores vi

∈

F, i = 1, . . . , k tais que:

I. { v1 , . . . , v k } é LI.

II. { v, v 1 , . . . , v k } não é LI, ∀ v ∈ F.Como F = ∅, existe v1 = 0 em F.Ent ão o conjunto { v1} é LI. Se { v1} não satisfaz II., existe v2 ∈ F tal que { v1 , v2} é LI.

Como todo conjunto LI de E tem no m áximo dim E = n elementos, o

processo p ára em algum k ≤ n .Logo { v1 , . . . , v k } é uma base de F e dim F = k ≤ dim E.Se dim F = dim E = n e { v1 , . . . , v n } é uma base de F, temos que { v1 , . . . , v n }

é uma base de E. Logo E = F.

Teorema 3.5

Sejam F1 e F2 subespaços vetoriais de dimens ão nita de um espaço ve-

torial E. Ent ão F1 + F2 é um subespaço vetorial de dimens ão nita de E,e

dim (F1 + F2 ) = dim F1 + dim F2 − dim(F1 ∩F2) .Prova.Como F1 ∩F2 é um subespaço dos espaços F1 e F2 , F1 ∩F2 tem dimens ãonita.

Se { v1 , . . . , v k } é uma base de F1 ∩F2 , existem w 1 , . . . , w m em F1 , tais que { v1 , . . . , v k , w 1 , . . . , w m } é uma base de F1 e existem u 1 , . . . , u , tais que

{ v1 , . . . , v k , u 1 , . . . , u } é uma base de F2 .



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Armaç ˜ ao: { v1 , . . . , v k , w 1 , . . . , w m , u 1 , . . . , u } é uma base de F1 + F2 .

É claro que o conjunto acima gera o espaço F1 + F2 . Basta, ent ão, vericar

que o conjunto é LI.Sejam λ1 , . . . , λ k , µ 1 , . . . , µ m , δ 1 , . . . , δ escalares tais que

k

i = 1

λ i vi +m

j= 1

µ j w j +s = 1

δs u s = 0 (1)

Como

s= 1

δs u s = − k

i = 1

λ i vi +m

j= 1

µ j w j ∈ F1 ∩F2 ,

existem escalares ρ1 , . . . , ρ k tais que,

s= 1

δs u s =k

i = 1

ρ i vi , ou sejak

i = 1

ρ i vi −s = 1

δs u s = 0.

Ent ão, ρ1 = . . . = ρk = δ1 = . . . = δ = 0, já que { v1 , . . . , v k , u 1 , . . . , u } éuma base de F2 .

Como δ1 = . . . = δ = 0, temos, por (1), quek

i = 1λ i vi +

m

j= 1µ j w j = 0 .

Logo, λ1 = . . . = λk = µ 1 = . . . = λm = 0, já que { v1 , . . . , v k , w 1 , . . . , w m } éuma base de F1 .

Provamos, assim, que { v1 , . . . , v k , w 1 , . . . , w m , u 1 , . . . , u } é uma base deF1 + F2 .

Ent ão,dim (F1 + F2) = k + m + = ( k + m ) + ( k + ) − k ,

ou seja,dim (F1 + F2 ) = dim F1 + dim F2 − dim(F1 ∩F2 ) .



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Coordenadas

4. Coordenadas

Note que...Na deniç ão ao lado, a

palavra seq üência é crucial,pois o seu signicado implicanuma relaç ão de preced ênciaentre os vetores da base. Isto

é, h á o primeiro vetor, osegundo, e assim

sucessivamente e semambig üidade.

Deniç ˜ ao 4.1Se E é um espaço vetorial de dimens ão nita, uma base ordenada de E é

uma seq¨ uência nita de vetores LI que geram E.

Se a seq¨ uência v1 , . . . , v n é uma base ordenada de E, ent ão o conjunto { v1 , . . . , v n } é uma base de E.

Notaç ˜ ao. B = { v1 , . . . , v n }.Dado um vetor v ∈ E, existem escalares únicos λ1 , . . . , λ n ∈K, denomina-dos as coordenadas de v em relaç ˜ ao ` a base ordenada B, tais que

v = λ1 v1 + . . . + λn vn .

• Designamos por [ v ]B a matriz n ×1 cujas entradas s ão as coordenadasde v em relaç ão à base ordenada B. Isto é,

[ v ]B =λ1...

λn

Seja agora B= { v1 , . . . , v n } uma outra base ordenada de E. Ent ão,para cada j = 1, . . . , n , existem escalares A ij ∈K, tais que

vj =n

i = 1

A ij vi .

Sejam λ1 , . . . , λ n as coordenadas de um vetor v em relaç ão à base

ordenada B, isto é, v = λ1 v1 + . . . + λn vn .

Ent ão,

v =n

j= 1

λ j vj

=n

j= 1

λ jn

i = 1

A ij vi

=n

j= 1

n

i = 1

A ij λ j vi

=

⇒ v =

n

i = 1

n

j= 1 A ij λ j vi .



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Coordenadas

Pela unicidade das coordenadas de um vetor em relaç ão a umabase, temos que

λ i =nj= 1 A ij λ j , para todo 1

≤ i

≤ n .

Logo,[ v ]B = A [ v ]B ,

onde A = ( A ij )1≤ ij ≤ n é a matriz cuja j− ésima coluna é A j = [ vj ]B . A

matriz A é chamada matriz de mudança da base B para a base B.Armaç ˜ ao. A matriz A é invert ı́vel.

Com efeito,

• basta mostrar que o sistema homog êneo AX = 0 possui somente asoluç ão trivial.

Se AX = 0, seja v = x1 v1 + . . . + xn vn , onde X =x1...

xn. Ent ão,

[ v ]B = A [ v ]B = AX = 0.

Logo, v = x1 v1 + . . . + xn vn = 0. Como { v1 , . . . , v n } é LI, temos quex1 = . . . = xn = 0, ou seja, X = 0.


Como A é invertı́vel, temos que:

[ v ]B = A − 1 [ v ]B .

Logo, [ vj ]B = A− 1[ vj ]B = A

− 1e j = j− ésima coluna da matriz A − 1 .

Isto é, A − 1 é a matriz de mudança da base Bpara a base B.

Teorema 4.1Sejam B uma matriz n ×n invert ı́vel sobre o corpo K, E um espaço vetorialsobre o corpo K e B = { v1 , . . . , v n } uma b

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Introducción à Álgebra Linear - Delgado & Frensel.pdf