GA e Algebra Linear - UM CURSO DE ´ GEOMETRIA ANAL´TICA E...

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Unformatted text preview: UM CURSO DE ´ GEOMETRIA ANAL´TICA E ALGEBRA LINEAR I Reginaldo J. Santos ´ Departamento de Matematica-ICEx Universidade Federal de Minas Gerais http://www.mat.ufmg.br/~regi Julho 2007 ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Copyright c 2007 by Reginaldo de Jesus Santos (070801) ´ ´ E proibida a reproducao desta publicacao, ou parte dela, por qualquer meio, sem a previa ¸˜ ¸˜ autorizacao, por escrito, do autor. ¸˜ ˜ Editor, Coordenador de Revisao, Supervisor de Producao, Capa e Ilustracoes: ¸˜ ¸˜ Reginaldo J. Santos ISBN 85-7470-006-1 ´ Ficha Catalografica S237u Santos, Reginaldo J. ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear / Reginaldo J. Santos ı ´ - Belo Horizonte: Imprensa Universitaria da UFMG, 2007. ´ 1. Algebra Linear 2. Geometria Anal´tica ı CDD: I. T´tulo ı 512.5 516.3 Conteudo ´ ´ Prefacio vii 1 Matrizes e Sistemas Lineares 1.1 Matrizes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.1.1 Operacoes com Matrizes . . . . . . . . ¸˜ ´ 1.1.2 Propriedades da Algebra Matricial . . . 1.1.3 Aplicacao: Cadeias de Markov . . . . . ¸˜ ˆ ´ Apendice I: Notacao de Somatorio . . . . . . . ¸˜ 1.2 Sistemas de Equacoes Lineares . . . . . . . . ¸˜ ´ 1.2.1 Metodo de Gauss-Jordan . . . . . . . . 1.2.2 Matrizes Equivalentes por Linhas . . . ˆ 1.2.3 Sistemas Lineares Homogeneos . . . . 1.2.4 Matrizes Elementares (opcional) . . . . 1 1 3 10 16 33 35 39 50 52 57 iii . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . iv Conteudo ´ ˜ 2 Inversao de Matrizes e Determinantes 2.1 Matriz Inversa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1.1 Propriedades da Inversa . . . . . . . . . . . . . . ˜ 2.1.2 Matrizes Elementares e Inversao (opcional) . . . . ´ ˜ 2.1.3 Metodo para Inversao de Matrizes . . . . . . . . . 2.1.4 Aplicacao: Interpolacao Polinomial . . . . . . . . . ¸˜ ¸˜ 2.1.5 Aplicacao: Criptografia . . . . . . . . . . . . . . . ¸˜ 2.2 Determinantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2.1 Propriedades do Determinante . . . . . . . . . . . 2.2.2 Matrizes Elementares e o Determinante (opcional) ˆ Apendice II: Demonstracao do Teorema 2.11 . . . . . . . ¸˜ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77 77 79 82 86 96 98 107 113 128 136 3 Vetores no Plano e no Espaco ¸ 3.1 Soma de Vetores e Multiplicacao por Escalar . . . . . . ¸˜ 3.2 Produtos de Vetores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2.1 Norma e Produto Escalar . . . . . . . . . . . . . 3.2.2 Projecao Ortogonal . . . . . . . . . . . . . . . . ¸˜ 3.2.3 Produto Vetorial . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2.4 Produto Misto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ˆ Apendice III: Demonstracao do item (e) do Teorema 3.5 ¸˜ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142 144 180 180 194 197 209 226 4 Retas e Planos 4.1 Equacoes de Retas e Planos ¸˜ 4.1.1 Equacoes do Plano . . ¸˜ 4.1.2 Equacoes da Reta . . ¸˜ ˆ ˆ 4.2 Angulos e Distancias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 229 . 229 . 229 . 244 . 270 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Julho 2007 Conteudo ´ v ˆ 4.2.1 Angulos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ˆ 4.2.2 Distancias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 Espacos Rn ¸ ˆ 5.1 Independencia Linear . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.1.1 Os Espacos Rn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ¸ 5.1.2 Combinacao Linear . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ¸˜ ˆ 5.1.3 Independencia Linear . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.1.4 Posicoes Relativas de Retas e Planos . . . . . . . . . ¸˜ ˜ 5.2 Subespacos, Base e Dimensao . . . . . . . . . . . . . . . . ¸ ˆ Apendice IV: Outros Resultados . . . . . . . . . . . . . . . . 5.3 Produto Escalar em Rn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.3.1 Produto Interno . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.3.2 Bases Ortogonais e Ortonormais . . . . . . . . . . . 5.4 Mudanca de Coordenadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ¸ 5.4.1 Rotacao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ¸˜ 5.4.2 Translacao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ¸˜ ´ ´ 5.4.3 Aplicacao: Computacao Grafica - Projecao Ortografica ¸˜ ¸˜ ¸˜ 6 Diagonalizacao ¸˜ 6.1 Diagonalizacao de Matrizes . . . . . . ¸˜ 6.1.1 Motivacao . . . . . . . . . . . . ¸˜ 6.1.2 Autovalores e Autovetores . . . 6.1.3 Diagonalizacao . . . . . . . . . ¸˜ ´ 6.2 Diagonalizacao de Matrizes Simetricas ¸˜ 6.2.1 Motivacao . . . . . . . . . . . . ¸˜ Julho 2007 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 270 277 . . . . . . . . . . . . . . 300 300 300 305 311 322 329 355 363 363 372 382 388 390 393 . . . . . . 405 405 405 408 418 440 440 Reginaldo J. Santos vi Conteudo ´ 6.2.2 Matrizes Ortogonais . . . . ˆ Apendice V: Autovalores Complexos ˆ 6.3 Aplicacao: Identificacao de Conicas ¸˜ ¸˜ 6.3.1 Elipse . . . . . . . . . . . . ´ 6.3.2 Hiperbole . . . . . . . . . . ´ 6.3.3 Parabola . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 443 . 454 . 458 . 458 . 465 . 472 Respostas dos Exerc´cios ı 500 Bibliografia 683 ´ndice Alfabetico ´ I 688 ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 ´ Prefacio ´ Este texto cobre o material para um curso de um semestre de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı ´ ˆ ministrado nos primeiros semestres para estudantes da area de Ciencias Exatas. O texto pode, mas ´ ˜´ nao e necessario, ser acompanhado de um programa como o M ATLAB ∗ , SciLab ou o Maxima. ´ O conteudo e dividido em seis cap´tulos. O Cap´tulo 1 trata das matrizes e sistemas lineares. Aqui ´ ı ı ´ ˜ ´ todas as propriedades da algebra matricial sao demonstradas. A resolucao de sistemas lineares e ¸˜ ´ ´ feita usando somente o metodo de Gauss-Jordan (transformando a matriz ate que ela esteja na forma ´ ´ escalonada reduzida). Este metodo requer mais trabalho do que o metodo de Gauss (transformando a ´ ´´ matriz, apenas, ate que ela esteja na forma escalonada). Ele foi o escolhido, por que tamb em e usado ˜ ´ ´ no estudo da inversao de matrizes no Cap´tulo 2. Neste Cap´tulo e tambem estudado o determinante, ı ı ´ que e definido usando cofatores. As demonstracoes dos resultados deste cap´tulo podem ser, a ¸˜ ı ´ criterio do leitor, feitas somente para matrizes 3 × 3. ˜ ´ O Cap´tulo 3 trata de vetores no plano e no espaco. Os vetores s ao definidos de forma geometrica, ı ¸ ∗ M ATLAB ´ e marca registrada de The Mathworks, Inc. vii viii Conteudo ´ ˜ assim como a soma e a multiplicacao por escalar. Sao provadas algumas propriedades geometrica¸˜ ˜ mente. Depois sao introduzidos sistemas de coordenadas de forma natural sem a necessidade da ˜ ´ definicao de base. Os produtos escalar e vetorial sao definidos tambem geometricamente. O Cap´tulo ¸˜ ı ˜ ˆ ˆ 4 trata de retas e planos no espaco. Sao estudados angulos e distancias entre retas e planos. ¸ ˆ ˆ O Cap´tulo 5 cobre a teoria dos espacos euclidianos. O conceito de depend encia e independencia ı ¸ ´ ´ ´ linear e introduzido de forma algebrica, acompanhado da interpretacao geometrica para os casos de ¸˜ ˜ R2 e R3 . Aqui sao estudadas as posicoes relativas de retas e planos como uma aplicacao do conceito ¸˜ ¸˜ ˆ ˜ ´ de dependencia linear. Sao tambem tratados os conceitos de geradores e de base de subespacos. ¸ ˜ ´ ´ Sao abordados tambem o produto escalar e bases ortonormais. O Cap´tulo e terminado com mudanca ı ¸ de coordenadas preparando para o Cap´tulo de diagonalizacao. ı ¸˜ O Cap´tulo 6 traz um estudo da diagonalizacao de matrizes em geral e diagonalizacao de matrizes ı ¸˜ ¸˜ ´ ´ ´ ˆ simetricas atraves de um matriz ortogonal. E feita uma aplicacao ao estudo das secoes conicas. ¸˜ ¸˜ ˜ ˆ ´ ´ Os exerc´cios estao agrupados em tres classes. Os “Exerc´cios Numericos”, que contem ı ı ˜ ´ exerc´cios que sao resolvidos fazendo calculos, que podem ser realizados sem a ajuda de um comı ´ ´ ´ putador ou de uma maquina de calcular. Os “Exerc´cios Teoricos”, que contem exerc´cios que requeı ı ˜ ˜ rem demonstracoes. Alguns sao simples, outros sao mais complexos. Os mais dif´ceis complemen¸˜ ı ˜ ˜ tam a teoria e geralmente sao acompanhados de sugestoes. Os “Exerc´cios usando o M ATLAB ”, ı ´ que contem exerc´cios para serem resolvidos usando o M ATLAB ou outro software. Os comandos ı ´ ˜ ´ necessarios a resolucao destes exerc´cios sao tambem fornecidos juntamente com uma explicacao ¸˜ ı ¸˜ ´ ´ ˜ rapida do uso. Os exerc´cios numericos sao imprescind´veis, enquanto a resolucao dos outros, deı ı ¸˜ pende do n´vel e dos objetivos pretendidos para o curso. ı ´ ´ O M ATLAB e um software destinado a fazer calculos com matrizes (M ATLAB = MATrix LABo˜ ´ ˜ ratory). Os comandos do M ATLAB sao muito proximos da forma como escrevemos expressoes ´ ` ´ algebricas, tornando mais simples o seu uso. Podem ser incorporados as funcoes pre-definidas, ¸˜ ˜ pacotes de funcoes para tarefas espec´ficas. Um pacote chamado gaal com func oes que sao direci¸˜ ı ¸˜ ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 ´ Prefacio ix ´ ´ onadas para o estudo de Geometria Anal´tica e Algebra Linear pode ser obtido na web na pagina do ı autor, assim como um texto com uma introducao ao M ATLAB e instrucoes de como instalar o pacote ¸˜ ¸˜ ˜´ ˜ ´ gaal. O M ATLAB nao e um software gratuito, embora antes a versao estudante vinha gratis ao se ´ ´ ˜ ´ comprar o guia do usuario. Atualmente o SciLab e uma alternativa gratuita, mas que nao faz calculo ´ ´ um programa de computacao algebrica gratuito. Ambos podem ser usados ˜ ´ simbolico. O Maxima e ¸ ´ ´ como ferramenta auxiliar na aprendizagem de Geometria Anal´tica e Algebra Linear. Na pagina do ı ´ autor na web podem ser encontrados pacotes de funcoes para estes programas alem de links para as ¸˜ ´ ´ ´ paginas do SciLab e do Maxima e varias paginas interativas que podem auxiliar na aprendizagem. No fim de cada cap´tulo temos um “Teste do Cap´tulo” para que o aluno possa avaliar os seus ı ı ´ ˜ ´ conhecimentos. Os Exerc´cios Numericos e os Exerc´cios usando o M ATLAB estao resolvidos apos ı ı ˜ o ultimo cap´tulo utilizando o M ATLAB . Desta forma o leitor que nao estiver interessado em usar o ´ ı software pode obter apenas as respostas dos exerc´cios, enquanto aquele que tiver algum interesse, ı pode ficar sabendo como os exerc´cios poderiam ser resolvidos fazendo uso do M ATLAB e do pacote ı gaal. Gostaria de agradecer aos professores que colaboraram apresentando correc oes, cr´ticas e su¸˜ ı ˜ gestoes, entre eles Joana Darc A. S. da Cruz, Francisco Dutenhefner, Jorge Sabatucci, Seme Gebara, Alexandre Washington, Vivaldo R. Filho, Hamilton P. Bueno, Paulo A. F. Machado, Helder C. Rodrigues, Nikolai A. Goussevskii, Israel Vainsencher, Leopoldo G. Fernandes, Rodney J. Biezuner, Wilson ´ D. Barbosa, Flaviana A. Ribeiro, Cristina Marques, Rogerio S. Mol, Denise Burgarelli, Paulo C. de ´ Lima, Jose Barbosa Gomes, Francisco Satuf, Viktor Beckkert, Moacir G. dos Anjos, Daniel C. de Morais Filho, Michel Spira, Dan Avritzer, Maria Laura M. Gomes, Armando Neves e Maria Cristina C. Ferreira. Julho 2007 Reginaldo J. Santos x ´ Prefacio ´ Historico Julho 2007 Algumas correcoes. As respostas de alguns exerc´cios foram reescritas. ¸˜ ı ´ Marco 2007 Varias figuras foram refeitas e outras acrescentadas. Foram reescritos o Exemplo 3.12 e ¸ ´ o Corolario 3.10. Na secao 5.2 um exemplo foi reescrito e acrescentado mais um. Os Exemplos ¸˜ ˆ 5.25 e 5.26 foram reescritos, sa´ram do apendice e voltaram ao texto normal. A secao 5.4 de ı ¸˜ ˜ a computacao grafica. ` ´ Mudanca de Coordenadas foi reescrita e acrescentada uma aplicacao ¸ ¸ ¸˜ ˜ Foram acrescentados dois exerc´cios na secao de Matrizes, um na de Inversao de Matrizes, um ı ¸˜ na secao de Determinantes, dois na de Produto de Vetores, um na de Subespacos, um na de ¸˜ ¸ ˆ Produto Escalar em Rn , tres na de Mudanca de Coordenadas, quatro na de Diagonalizacao e ¸ ¸˜ ´ um na de Diagonalizacao de Matrizes Simetricas. Foram corrigidos alguns erros. ¸˜ ´ ¸˜ Julho 2006 Foi acrescentado o Exemplo 2.16 na pagina 124. A secao 3.2 ’Produtos de Vetores’ foi reescrita. Foi acrescentado um exerc´cio na secao 4.2. O Cap´tulo 5 foi reescrito. Foram ı ¸˜ ı corrigidos alguns erros. Marco 2006 A Secao 1.1 de Matrizes e a Secao 2.2 de Determinantes foram reescritas. Na secao 1.2 ¸ ¸˜ ¸˜ ¸˜ ´ o Teorema 1.4 voltou a ser que toda matriz e equivalente por linhas a uma unica matriz na forma ´ ´ escalonada reduzida. Foram acrescentados varios exerc´cios aos Cap´tulos 3 e 4. O Cap´tulo ı ı ı ´ ` 5 foi reescrito. Foram acrescentados exerc´cios teoricos a secao ’Aplicacao a Conicas’. ı ¸˜ ¸˜ ` ˆ ` ´ Julho 2004 Foram acrescentadas aplicacoes a criptografia (Exemplo na pagina 98) e a cadeias de ¸˜ ´ ´ ´ Markov (Exemplos 1.9 na pagina 17, 1.16 na pagina 55 e 6.8 na pagina 428). Foi acrescentado ´ um exerc´cio na secao 1.1. O Teorema 1.4 agora contem as propriedades da relacao “ser ı ¸˜ ¸˜ ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 ´ Prefacio xi equivalente por linhas” com a demonstracao. O que antes era Exemplo 1.14 passou para o ¸˜ lugar do Exemplo 1.10. O Exemplo 2.5 foi modificado. No Cap´tulo 3 foram acrescentados 2 ı exerc´cios na secao 3.1, 1 exerc´cio na secao 3.2. No Cap´tulo 4 a secao 4.1 foi reescrita e ı ¸˜ ı ¸˜ ı ¸˜ ˆ foram acrescentados 2 exerc´cios. O Cap´tulo 5 foi reescrito. Foi inclu´da no Ap endice III da ı ı ı ˜ 5.2. a demonstracao de que a forma escalonada reduzida de uma matriz e unica. A ˜ ´´ secao ¸ ¸ ´ secao ’Diagonalizacao de Matrizes’ ganhou mais um exerc´cio teorico. ¸˜ ¸˜ ı Setembro 2003 Foi acrescentada a regra de Cramer na secao ’Determinantes’ (Exemplo 2.20). A ¸˜ ˜ ˆ secao ’Subespacos, Base e Dimensao’ foi reescrita. Foi acrescentado um apendice a esta ¸˜ ¸ secao com ’Outros resultados’. A Proposicao 5.15 da secao ’Produto Escalar em Rn foi re¸˜ ¸˜ ¸˜ ´ escrita. A secao ’Diagonalizacao de Matrizes’ ganhou mais dois exerc´cios teoricos. A secao ¸˜ ¸˜ ı ¸˜ ´ ˆ ’Diagonalizacao de Matrizes Simetricas’ ganhou um apendice sobre ’Autovalores Complexos’. ¸˜ ´ Novembro 2002 Varias correcoes incluindo respostas de exerc´cios. A secao ’Subespacos, Base ¸˜ ı ¸˜ ¸ ˜ e Dimensao’ ganhou mais um exemplo e um exerc´cio. A secao ’Diagonalizacao de Matrizes ı ¸˜ ¸˜ ´ Simetricas’ ganhou mais um exemplo. ˜ Julho 2001 Revisao completa no texto. Novos exerc´cios nas secoes ’Matrizes’ e ’Sistemas Lineares’. ı ¸˜ ˜ ´ As secoes ’Subespacos’ e ’Base e Dimensao’ tornaram-se uma so. A secao ’Mudanca de ¸˜ ¸ ¸˜ ¸ Coordenadas’ passou do Cap´tulo 6 para o Cap´tulo 5. ı ı ´ Julho 2000 Criado a partir do texto ’Geometria Anal´tica e Algebra Linear’ para ser usado numa ı ´ disciplina de Geometria Anal´tica e Algebra Linear. ı Julho 2007 Reginaldo J. Santos ´ Prefacio xii ˜ Sugestao de Cronograma Cap´tulo 1 ı 8 aulas Cap´tulo 2 ı 8 aulas Cap´tulo 3 ı 8 aulas Cap´tulo 4 ı 8 aulas Cap´tulo 5 ı 16 (12) aulas Cap´tulo 6 ı 12 aulas Total ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı 60 (56) aulas Julho 2007 Cap´tulo 1 ı Matrizes e Sistemas Lineares 1.1 Matrizes ´ Uma matriz A, m × n (m por n), e uma tabela de mn numeros dispostos em m linhas e n colunas ´ ´ ´ A i-esima linha de A e a11 a12 a21 a22 A= . . . am1 am2 ai1 ai2 . . . 1 a1n a2n . . . . amn ... ... ... ... ain , 2 Matrizes e Sistemas Lineares ´ ´ para i = 1, . . . , m e a j -esima coluna de A e a1j a2j . , . . amj ´ ´ para j = 1, . . . , n. Usamos tambem a notacao A = (aij )m×n . Dizemos que aij ou [A]ij e o elemento ¸˜ ou a entrada de posicao i, j da matriz A. ¸˜ ´ Se m = n, dizemos que A e uma matriz quadrada de ordem n e os elementos a11 , a22 , . . . , ann formam a diagonal (principal) de A. Exemplo 1.1. Considere as seguintes matrizes: A= 12 34 D= , −2 1 03 B= 1 3 −2 , , C= 13 0 2 4 −2 1 E= 4 eF = −3 3 , . ˜ ´ ´ ´ ´ As matrizes A e B sao 2 × 2. A matriz C e 2 × 3, D e 1 × 3, E e 3 × 1 e F e 1 × 1. De acordo ˜ que introduzimos, exemplos de elementos de algumas das matrizes dadas acima s ao ˜ com a notacao ¸ a12 = 2, c23 = −2, e21 = 4, [A]22 = 4, [D ]12 = 3. ´ ´ ´ Uma matriz que so possui uma linha e chamada matriz linha, e uma matriz que so possui uma ´ ´ ´ coluna e chamada matriz coluna, No Exemplo 1.1 a matriz D e uma matriz linha e a matriz E e uma ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 1.1 Matrizes 3 ˜ ´ matriz coluna. Matrizes linha e matrizes coluna sao chamadas de vetores. O motivo ficara claro na ´ Secao 5.1 na pagina 300. ¸˜ ˜ ˆ Dizemos que duas matrizes sao iguais se elas tem o mesmo tamanho e os elementos correspon˜ ˜ dentes sao iguais, ou seja, A = (aij )m×n e B = (bij )p×q sao iguais se m = p, n = q e aij = bij para i = 1, . . . , m e j = 1, . . . , n. ´ ` Vamos definir operacoes matriciais analogas as operacoes com numeros e provar propriedades ¸˜ ¸˜ ´ ˜ ´ que sao validas para essas operacoes. Veremos, mais tarde, que um sistema de equacoes lineares ¸˜ ¸˜ pode ser escrito em termos de uma unica equacao matricial. ´ ¸˜ Vamos, agora, introduzir as operacoes matriciais. ¸˜ 1.1.1 Operacoes com Matrizes ¸˜ ´ Definicao 1.1. A soma de duas matrizes de mesmo tamanho A = (aij )m×n e B = (bij )m×n e ¸˜ definida como sendo a matriz m × n C =A+B obtida somando-se os elementos correspondentes de A e B , ou seja, cij = aij + bij , ´ para i = 1, . . . , m e j = 1, . . . , n. Escrevemos tambem [A + B ]ij = aij + bij . Julho 2007 Reginaldo J. Santos 4 Matrizes e Sistemas Lineares Exemplo 1.2. Considere as matrizes: A= 1 3 2 −3 4 0 , B= −2 0 1 5 3 −4 ˜ Se chamamos de C a soma das duas matrizes A e B , entao C =A+B = 1 + (−2) 2 + 1 −3 + 5 3+0 4 + 3 0 + (−4) ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı = −1 3 3 2 7 −4 Julho 2007 1.1 Matrizes 5 ´ Definicao 1.2. A multiplicacao de uma matriz A = (aij )m×n por um escalar (numero) α e definida ¸˜ ¸˜ ´ pela matriz m × n B = αA obtida multiplicando-se cada elemento da matriz A pelo escalar α, ou seja, bij = α aij , ´ ´ para i = 1, . . . , m e j = 1, . . . , n. Escrevemos tambem [αA]ij = α aij . Dizemos que a matriz B e um multiplo escalar da matriz A. ´ −2 1 ´ Exemplo 1.3. O produto da matriz A = 0 3 pelo escalar −3 e dado por 5 −4 (−3)(−2) (−3) 1 6 −3 (−3) 3 = 0 −9 . −3 A = (−3) 0 (−3) 5 (−3)(−4) −15 12 Julho 2007 Reginaldo J. Santos 6 Matrizes e Sistemas Lineares ´ Definicao 1.3. O produto de duas matrizes, tais que o numero de colunas da primeira matriz e ¸˜ ´ ´ igual ao numero de linhas da segunda, A = (aij )m×p e B = (bij )p×n e definido pela matriz m × n ´ C = AB obtida da seguinte forma: cij = ai1 b1j + ai2 b2j + . . . + aip bpj , (1.1) ´ para i = 1, . . . , m e j = 1, . . . , n. Escrevemos tambem [AB ]ij = ai1 b1j + ai2 b2j + . . . + aip bpj . ´ ´ ` A equacao (1.1) esta dizendo que o elemento i, j do produto e igual a soma dos produtos dos ¸˜ ´ ´ elementos da i-esima linha de A pelos elementos correspondentes da j -esima coluna de B . c11 ... cm1 cij ... . . . c1n . . . cmn = a11 a12 . . . . . . ai1 ai2 ... ... a1p . . . aip . . . ... am1 am2 . . . . . . amp b 11 b21 . . . b p1 ... ... ... ... b1j b2j . . . bpj b1n b2n . . . bpn ... ... ... ... ´ A equacao (1.1) pode ser escrita de forma compacta usando a notacao de somatorio. ¸˜ ¸˜ p [AB ]ij = ai1 b1j + ai2 b2j + . . . + aip bpj = aik bkj k =1 ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 1.1 Matrizes 7 p ´ e dizemos “somatorio de k variando de 1 a p de aik bkj ”. O s´mbolo ı significa que estamos fazendo k =1 ´ ´ uma soma em que o ´ndice k esta variando de k = 1 ate k = p. Algumas propriedades da notacao ı ¸˜ ´ ˜ ˆ ´ de somatorio estao explicadas no Apendice I na pagina 33. Exemplo 1.4. Considere as matrizes: A= 1 3 2 −3 4 0 , −2 1 3 B= 0 5 −4 ˜ Se chamamos de C o produto das duas matrizes A e B , entao C = AB = 0 0. 0 1 (−2) + 2 · 0 + (−3) 5 1 · 1 + 2 · 3 + (−3) (−4) 0 3 (−2) + 4 · 0 + 0 · 5 3 · 1 + 4 · 3 + 0 (−4) 0 = −17 −6 19 15 0 0 . ˜ ´ Observacao. No exemplo anterior o produto BA nao esta definido (por que?). Entretanto, mesmo ¸˜ ´ ˜ ˜´ quando ele esta definido, BA pode nao ser igual a AB , ou seja, o produto de matrizes nao e comutativo, como mostra o exemplo seguinte. Julho 2007 Reginaldo J. Santos 8 Matrizes e Sistemas Lineares Exemplo 1.5. Sejam A = 12 34 AB = −2 1 ˜ . Entao, 03 eB = −2 7 −6 15 10 9 12 e BA = . ´ Vamos ver no proximo exemplo como as matrizes podem ser usadas para descrever quantitativamente um processo de producao. ¸˜ ˆ Exemplo 1.6. Uma industria produz tres produtos, X, Y e Z, utilizando dois tipos de insumo, A e B. ´ ˜ Para a manufatura de cada kg de X sao utilizados 1 grama do insumo A e 2 gramas do insumo B; para cada kg de Y, 1 grama de insumo A e 1 grama de insumo B e, para cada kg de Z, 1 grama de ˜ A e 4 gramas de B. Usando matrizes podemos determinar quantos gramas dos insumos A e B s ao ´ necessarios na producao de x kg do produto X, y kg do produto Y e z kg do produto Z. ¸˜ XYZ gramas de A/kg gramas de B/kg 111 214 AX = =A x+y+z 2x + y + 4z ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı x X= y z kg de X produzidos kg de Y produzidos kg de Z produzidos gramas de A usados gramas de B usados Julho 2007 1.1 Matrizes 9 ´ Definicao 1.4. A transposta de uma matriz A = (aij )m×n e definida pela matriz n × m ¸˜ B = At obtida trocando-se as linhas com as colunas, ou seja, bij = aji , ´ para i = 1, . . . , n e j = 1, . . . , m. Escrevemos tambem [At ]ij = aji . Exemplo 1.7. As transpostas das matrizes A= 12 34 At = , 13 24 B= , −2 1 03 Bt = −2 0 13 13 0 ˜ sao 2 4 −2 1 2 4. e Ct = 3 0 −2 e C= ˜ ´ ´ ´ A seguir, mostraremos as propriedades que sao validas para a algebra matricial. Varias proprie˜ ` ˜ ´ dades sao semelhantes aquelas que sao validas para os numeros reais, mas deve-se tomar cuidado ´ ´´ ˜´ com as diferencas. Uma propriedade importante que e valida para os numeros reais, mas nao e ¸ ´ ´ ´ valida para as matrizes e a comutatividade do produto, como foi mostrado no Exemplo 1.5. Por ser ´ ´ compacta, usaremos a notacao de somatorio na demonstracao de varias propriedades. Algumas ¸˜ ¸˜ ˜ ˆ ´ propriedades desta notacao estao explicadas no Apendice I na pagina 33. ¸˜ Julho 2007 Reginaldo J. Santos 10 Matrizes e Sistemas Lineares ´ 1.1.2 Propriedades da Algebra Matricial ˜ ´ Teorema 1.1. Sejam A, B e C matrizes com tamanhos apropriados, α e β escalares. S ao validas as seguintes propriedades para as operacoes matriciais: ¸˜ (a) (comutatividade) A + B = B + A; (b) (associatividade) A + (B + C ) = (A + B ) + C ; ´ (c) (elemento neutro) A matriz ¯, m × n, definida por [¯ ij = 0, para i = 1, . . . , m, j = 1, . . . , n e 0 0] tal que A + ¯ = A, 0 para toda matriz A, m × n. A matriz ¯ e chamada matriz nula m × n. 0´ ´ (d) (elemento simetrico) Para cada matriz A, existe uma unica matriz −A, definida por [−A] ij = ´ −aij tal que A + (−A) = ¯. 0 (e) (associatividade) α(βA) = (αβ )A; (f) (distributividade) (α + β )A = αA + βA; (g) (distributividade) α(A + B ) = αA + αB ; (h) (associatividade) A(BC ) = (AB )C ; ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 1.1 Matrizes 11 (i) (elemento neutro) Para cada inteiro positivo p a matriz, p × p, 1 0 ... 0 1 ... Ip = . .. . . . 0 0 ... ´ chamada matriz identidade e tal que A In = Im A = A, 0 0 . , . . 1 para toda matriz A = (aij )m×n . (j) (distributividade) A(B + C ) = AB + AC e (B + C )A = BA + CA; (k) α(AB ) = (αA)B = A(αB ); (l) (At )t = A; (m) (A + B )t = At + B t ; (n) (αA)t = α At ; (o) (AB )t = B t At ; Demonstracao. Para provar as igualdades acima, devemos mostrar que os elementos da matriz do ¸˜ ˜ ˜ lado esquerdo sao iguais aos elementos correspondentes da matriz do lado direito. Ser ao usadas ´ ´ varias propriedades dos numeros sem cita-las explicitamente. ´ Julho 2007 Reginaldo J. Santos 12 Matrizes e Sistemas Lineares (a) [A + B ]ij = aij + bij = bij + aij = [B + A]ij ; (b) [A + (B + C )]ij = aij + [B + C ]ij = aij + (bij + cij ) = (aij + bij ) + cij = [A + B ]ij + cij = [(A + B ) + C ]ij ; (c) Seja X uma matriz m × n tal que A+X =A (1.2) para qualquer matriz A, m × n. Comparando os elementos correspondentes, temos que aij + xij = aij , ´ ou seja, xij = 0, para i = 1 . . . , m e j = 1 . . . , n. Portanto, a unica matriz que satisfaz ( 1.2) e ´ ˜ iguais a zero. Denotamos a matriz X por ¯. a matriz em que todos os seus elementos sao 0 (d) Dada uma matriz A, m × n, seja X uma matriz m × n, tal que A + X = ¯. 0 (1.3) Comparando os elementos correspondentes, temos que aij + xij = 0 , ou seja, xij = −aij , para i = 1 . . . , m e j = 1 . . . , n. Portanto, a unica matriz que satisfaz ´ ´ ˜ ´ (1.3) e a matriz em que todos os seus elementos sao iguais aos simetricos dos elementos de A. Denotamos a matriz X por −A. (e) [α(βA)]ij = α[βA]ij = α(βaij ) = (αβ )aij = [(αβ )A]ij . ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 1.1 Matrizes 13 (f) [(α + β )A]ij = (α + β )aij = (αaij ) + (βaij ) = [αA]ij + [βA]ij = [αA + βA]ij . (g) [α(A + B )]ij = α[A + B ]ij = α(aij + bij ) = αaij + αbij = [αA]ij + [αB ]ij = [αA + αB ]ij . ´ (h) A demonstracao deste item e a mais trabalhosa. Sejam A, B e C matrizes m × p, p × q e q × n ¸˜ ´ respectivamente. A notacao de somatorio aqui pode ser muito util, pelo fato de ser compacta. ¸˜ ´ p [A(BC )]ij = p q aik [BC ]kj = k =1 p aik ( k =1 q = p q bkl clj ) = l=1 p (aik bkl )clj = k =1 l=1 q = q aik (bkl clj ) = k =1 l=1 q (aik bkl )clj = l=1 k =1 p ( aik bkl )clj = l=1 k =1 [AB ]il clj = [(AB )C ]ij . l=1 ´ (i) Podemos escrever a matriz identidade em termos do delta de Kronecker que e definido por δij = 1, 0, se i = j se i = j como [In ]ij = δij . Assim, n [AIn ]ij = n aik [In ]kj = k =1 aik δkj = aij . k =1 ´ ´ A outra igualdade e analoga. Julho 2007 Reginaldo J. Santos 14 Matrizes e Sistemas Lineares p (j) p [A(B + C )]ij = aik [B + C ]kj = k =1 p = aik (bkj + ckj ) = k =1 p aik bkj + k =1 p (aik bkj + aik ckj ) = k =1 aik ckj = [AB ]ij + [AC ]ij = [AB + AC ]ij . k =1 ´ ´ A outra igualdade e inteiramente analoga a anterior e deixamos como exerc´cio. ı p (k) [α(AB )]ij = α p aik bkj = k =1 p k =1 p [α(AB )]ij = α (αaik )bkj = [(αA)B ]ij e aik bkj = k =1 aik (αbkj ) = [A(αB )]ij . k =1 (l) [(At )t ]ij = [At ]ji = aij . (m) [(A + B )t ]ij = [A + B ]ji = aji + bji = [At ]ij + [B t ]ij . (n) [(αA)t ]ij = [αA]ji = αaji = α[At ]ij = [αAt ]ij . p t (o) [(AB ) ]ij = [AB ]ji = p ajk bki = k =1 p t t [B t ]ik [At ]kj = [B t At ]ij . [A ]kj [B ]ik = k =1 k =1 ´ A diferenca entre duas matrizes de mesmo tamanho A e B e definida por ¸ A − B = A + (−B ), ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 1.1 Matrizes 15 ´ ´ ou seja, e a soma da matriz A com a simetrica da matriz B . ˆ Sejam A uma matriz n × n e p um inteiro positivo. Definimos a potencia p de A, por Ap = A . . . A. p vezes 0 E para p = 0, definimos A = In . Exemplo 1.8. Vamos verificar se para matrizes A e B , quadradas, vale a igualdade (A + B )(A − B ) = A2 − B 2 . (1.4) Usando a propriedade (i) do teorema anterior obtemos (A + B )(A − B ) = (A + B )A + (A + B )(−B ) = AA + BA − AB − BB = A2 + BA − AB − B 2 Assim, (A + B )(A − B ) = A2 − B 2 se, e somente se, BA − AB = 0, ou seja, se, e somente se, ˜´ ˜´ ˜ AB = BA. Como o produto de matrizes nao e comutativo, a conclusao e que a igualdade (1.4), nao ˜ comutem vale para matrizes em geral. Como contra-exemplo basta tomarmos duas matrizes que n ao entre si. Sejam A= 00 11 e B= 10 10 . Para estas matrizes A+B = 10 21 , A−B = −1 0 01 , A2 = A = 00 11 , B2 = B = 10 10 . Assim, (A + B )(A − B ) = Julho 2007 −1 0 −2 1 = −1 0 01 = A2 − B 2 . Reginaldo J. Santos 16 Matrizes e Sistemas Lineares 1.1.3 Aplicacao: Cadeias de Markov ¸˜ ˆ ´ Vamos supor que uma populacao e dividida em tres estados (por exemplo: ricos, classe media e ¸˜ ´ pobres) e que em cada unidade de tempo a probabilidade de mudanca de um estado para outro seja ¸ ´ ´ constante no tempo, so dependa dos estados. Este processo e chamado cadeia de Markov. Seja tij a probabilidade de mudanca do estado j para o estado i em uma unidade de tempo ¸ (geracao). Tome cuidado com a ordem dos ´ndices. A matriz ¸˜ ı 2 3 1 1 t11 t12 t13 t21 t22 t23 2 T= 3 t31 t32 t33 ´ ˆ e chamada matriz de transicao. A distribuicao da populacao inicial entre os tres estados pode ser ¸˜ ¸˜ ¸˜ descrita pela seguinte matriz: p1 P0 = p 2 p3 ´ esta no estado 1 ´ esta no estado 2 ´ esta no estado 3 ˆ ´ A matriz P0 caracteriza a distribuicao inicial da populacao entre os tres estados e e chamada vetor de ¸˜ ¸˜ ´ ´ ˆ estado. Apos uma unidade de tempo a populacao estara dividida entre os tres estados da seguinte ¸˜ forma ´ t11 p1 + t12 p2 + t13 p3 estara no estado 1 t21 p1 + t22 p2 + t23 p3 estara no estado 2 ´ P1 = ´ t31 p1 + t32 p2 + t33 p3 estara no estado 3 ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 1.1 Matrizes 17 ´ Lembre-se que tij e a probabilidade de mudanca do estado j para o estado i. Assim o vetor de estado ¸ ´ ´ apos uma unidade de tempo e dada pelo produto de matrizes: P1 = T P 0 . Exemplo 1.9. Vamos considerar a matriz de transicao ¸˜ 1 1 e o vetor de estados inicial T= P0 = 1 3 1 3 1 3 2 3 0 1 1 2 2 1 3 1 4 1 2 1 4 2 1 2 0 (1.5) 2 ´ esta no estado 1 ´ esta no estado 2 ´ esta no estado 3 (1.6) ´ que representa uma populacao dividida de forma que 1/3 da populacao esta em cada estado. ¸˜ ¸˜ ´ ´ Apos uma unidade de tempo a matriz de estado sera dada por P1 = T P 0 = 1 2 1 2 0 1 4 1 2 1 4 0 1 2 1 2 1 3 1 3 1 3 = 1 4 1 2 1 4 Como estamos assumindo que em cada unidade de tempo a matriz de transicao e a mesma, ¸˜ ´ ˜ ´ ´ ˆ entao apos k unidades de tempo a populacao estara dividida entre os tres estados segundo a matriz ¸˜ de estado Pk = T Pk−1 = T 2 Pk−2 = · · · = T k P0 Julho 2007 Reginaldo J. Santos 18 Matrizes e Sistemas Lineares ´ Assim a matriz T k da a transicao entre k unidades de tempo. ¸˜ ´ ˆ Veremos na Secao 6.1 na pagina 405 como calcular rapidamente potencias k de matrizes e assim ¸˜ ´ como determinar a distribuicao da populacao apos k unidades de tempo para k um inteiro positivo ¸˜ ¸˜ qualquer. ´ ´ Exerc´cios Numericos (respostas na pagina 501) ı 1.1.1. Considere as seguintes matrizes A= 20 67 , B= 0 4 2 −8 Se for poss´vel calcule: ı −6 4 0 D = 1 1 4 , −6 0 6 , C= −6 9 −7 7 −3 −2 6 9 −9 E = −1 0 −4 −6 0 −1 (a) AB − BA, (b) 2C − D , (c) (2D t − 3E t )t , (d) D 2 − DE . ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 1.1 Matrizes 19 1.1.2. Conhecendo-se somente os produtos AB e AC , como podemos calcular A(B + C ), B t At , C t At e (ABA)C ? 1.1.3. Considere as seguintes matrizes A= Verifique que: −3 2 1 1 2 −1 −2 0 C= −1 1 E1 = 0 0 , 2 −1 0 B= 2 0 3 1 −1 1 1 , D = 0 1 0 , E2 = 1 , 0 d1 0 0 0 d2 0 0 0 d3 0 E3 = 0 1 ´ (a) AB e diferente de BA. t ´ ´ ´ ´ (b) AEj e a j -esima coluna de A, para j = 1, 2, 3 e Ei B e a i-esima linha de B , para ´ ´ i = 1, 2, 3 (o caso geral esta no Exerc´cio 1.1.16 na pagina 26). ı −2 1 −1 ˜ (c) CD = [ d1 C1 d2 C2 d3 C3 ], em que C1 = 0 , C2 = 1 e C3 = 1 , sao as −1 0 1 ´ ´ colunas de C (o caso geral esta no Exerc´cio 1.1.17 (a) na pagina 27). ı Julho 2007 Reginaldo J. Santos 20 Matrizes e Sistemas Lineares d 1 C1 −2 1 −1 , C2 = 011 (d) DC = d2 C2 , em que C1 = e d 3 C3 ˜ ´ −1 0 1 sao as linhas de C (o caso geral esta no Exerc´cio 1.1.17 (b) na C3 = ı ´ pagina 27). 2 (e) Escrevendo B em termos das suas colunas, B = [ B1 B2 ], em que B1 = 2 e 0 −1 0 , o produto AB pode ser escrito como AB = A [ B1 B2 ] = [ AB1 AB2 ] B2 = 3 ´ ´ (o caso geral esta no Exerc´cio 1.1.18 (a) na pagina 28). ı (f) escrevendo A em termos das suas linhas, A1 = produto AB pode ser escrito como AB = A1 A2 −3 2 1 e A2 = 1 2 −1 , o A1 B ´ B= (o caso geral esta no A2 B ´ Exerc´cio 1.1.18 (b) na pagina 28). ı 1.1.4. Sejam A= 1 −3 0 0 4 −2 x e X = y . z ´ ´ Verifique que xA1 + yA2 + zA3 = AX , em que Aj e a j -esima coluna de A, para j = 1, 2, 3 ´ ´ (o caso geral esta no Exerc´cio 1.1.19 na pagina 29). ı ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 1.1 Matrizes 21 1.1.5. Encontre um valor de x tal que AB t = 0, em que A= 1.1.6. Mostre que as matrizes A = x 4 −2 e B= 2 −3 5 . 1 1y ´ ˜ , em que y e uma numero real nao nulo, verificam a ´ y1 equacao X 2 = 2X . ¸˜ ˜ 1.1.7. Mostre que se A e B sao matrizes que comutam com a matriz M = BA. 1.1.8. 01 ˜ , entao AB = −1 0 ˜ (a) Determine todas as matrizes A, 2 × 2, diagonais (os elementos que est ao fora da diagonal ˜ sao iguais a zero) que comutam com toda matriz B , 2 × 2, ou seja, tais que AB = BA, para toda matriz B , 2 × 2. (b) Determine todas as matrizes A, 2 × 2, que comutam com toda matriz B , 2 × 2, ou seja, tais que AB = BA, para toda matriz B , 2 × 2. 1.1.9. Verifique que A3 = ¯, para 0 010 A = 0 0 1 . 000 ´ ´ O caso geral esta no Exerc´cio 1.1.29 na pagina 32. ı Exerc´cios usando o M ATLAB ı Julho 2007 Reginaldo J. Santos 22 Matrizes e Sistemas Lineares ´ Uma vez inicializado o M ATLAB , aparecera na janela de comandos um prompt >> ou EDU>>. ´ O prompt significa que o M ATLAB esta esperando um comando. Todo comando deve ser finalizado teclando-se Enter. Comandos que foram dados anteriormente podem ser obtidos novamente usando as teclas ↑ e ↓. Enquanto se estiver escrevendo um comando, este pode ser corrigido usando as teclas ←, →, Delete e Backspace. O M ATLAB faz diferenca entre ¸ letras maiusculas e minusculas. ´ ´ No M ATLAB , pode-se obter ajuda sobre qualquer comando ou funcao. O comando ¸˜ >> help (sem o prompt >>) mostra uma listagem de todos os pacotes dispon´veis. Ajuda sobre um ı ˜ espec´fica pode ser obtida com o comando pacote espec´fico ou sobre um comando ou funcao ı ¸ ı >> help nome, (sem a v´rgula e sem o prompt >>) em que nome pode ser o nome de um pacote ou o nome de ı um comando ou funcao. ¸˜ ´ ´ Alem dos comandos e funcoes pre-definidas, escrevemos um pacote chamado gaal ¸˜ ´ ˜ com funcoes espec´ficas para a aprendizagem de Geometria Anal´tica e Algebra Li¸ ı ı ´ near. Este pacote pode ser obtido gratuitamente atraves da internet no endereco ¸ http://www.mat.ufmg.br/~regi, assim como um texto com uma introduc ao ao M ATLAB e ¸˜ instrucoes de como instalar o pacote gaal. Depois deste pacote ser devidamente instalado, o ¸˜ ´ comando help gaal no prompt do M ATLAB da informacoes sobre este pacote. ¸˜ Mais informacoes sobre as capacidades do M ATLAB ¸˜ podem ser obtidas em [4, 28]. Vamos descrever aqui alguns comandos que podem ser usados para a manipulacao de matri¸˜ ˜ ´ zes. Outros comandos serao introduzidos a medida que forem necessarios. ´ ˜ ´ >> syms x y z diz ao M ATLAB que as variaveis x y e z sao simbolicas. ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 1.1 Matrizes 23 >> A=[a11,a12,...,a1n;a21,a22,...; ...,amn] cria uma matriz, m por n, usando os ´ elementos a11, a12, ..., amn e a armazena numa vari avel de nome A. Por exemplo, >> 123 A=[1,2,3;4,5,6] cria a matriz A = ; 456 ´ >> I=eye(n) cria a matriz identidade n por n e a armazena numa vari avel I; >> O=zeros(n) ou >> O=zeros(m,n) cria a matriz nula n por n ou m por n, respectivamente, ´ e a armazena numa variavel O; ´ ´ >> A+B e a soma de A e B, >> A-B e a diferenca A menos B, ¸ ´ ´ >> A*B e o produto de A por B, >> num*A e o produto do escalar num por A, ´ ´ ˆ >> A.’ e a transposta de A, >> A^k e a potencia A elevado a k . ´ ´ >> A(:,j) e a coluna j da matriz A, >> A(i,:) e a linha i da matriz A. ˜ >> diag([d1,...,dn]) cria uma matriz diagonal, cujos elementos da diagonal s ao iguais aos ˜ elementos da matriz [d1,...,dn], ou seja, sao d1,...,dn. ˜ >> A=sym(A) converte a matriz A numa matriz em que os elementos s ao armazenados no ´ formato simbolico. A funcao numeric faz o processo inverso. ¸˜ >> solve(expr) determina a solucao da equacao expr=0. ¸˜ ¸˜ >> solve(x^2-4) determina as solucoes da equacao x2 − 4 = 0; ¸˜ ¸˜ Por exemplo, Comando do pacote GAAL: >> A=randi(n) ou >> A=randi(m,n) cria uma matriz n por n ou m por n, respectivamente, ´ com elementos inteiros aleatorios entre −5 e 5. 1.1.10. Use o M ATLAB (a) A = Julho 2007 1 0 para calcular alguns membros da sequencia A, A2 , . . . , Ak , . . ., para ¨ˆ 1 2 1 3 ; (b) A = 1 2 0 1 3 1 −5 . Reginaldo J. Santos 24 Matrizes e Sistemas Lineares A sequencia parece estar convergindo para alguma matriz? Se estiver, para qual? ¨ˆ ˆ 1.1.11. Calcule as potencias das matrizes dadas a seguir e encontre experimentalmente (por tentativa!) o menor inteiro k > 1 tal que (use o comando >> A=sym(A) depois de armazenar a matriz na ´ variavel A): (a) Ak = I3 , em que (b) Ak = I4 , em que (c) Ak = ¯, em que 0 001 A = 1 0 0 ; 010 0 −1 A= 0 0 0 0 A= 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 1 0 0 0 0 ; 1 0 0 0 . 1 0 ´ ˜ ´ 1.1.12. Vamos fazer um experimento no M ATLAB para tentar ter uma ideia do quao comum e encontrar matrizes cujo produto comuta. No prompt do M ATLAB digite a seguinte linha: >> c=0; for n=1:1000,A=randi(3);B=randi(3);if(A*B==B*A),c=c+1;end,end,c ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 1.1 Matrizes 25 ˜ ´ (nao esqueca das v´rgulas e pontos e v´rgulas!). O que esta linha est a mandando o M ATLAB ¸ ı ı ´ fazer e o seguinte: • Criar um contador c e atribuir a ele o valor zero. ` ´ ´ • Atribuir as variaveis A e B, 1000 matrizes 3 × 3 com entradas inteiras e aleat orias entre −5 e 5. ˜ ´ • Se AB=BA, ou seja, A e B comutarem, entao o contador c e acrescido de 1. ´ ´ • No final o valor existente na variavel c e escrito. ˜ ˆ ´ Qual a conclusao que voce tira do valor obtido na variavel c? 1.1.13. Faca um experimento semelhante ao anterior, mas para o caso em que cada uma das matrizes ¸ ´ ´ ˜ ˜ e diagonal, isto e, os elementos que estao fora da diagonal sao iguais a zero. Use a seta para cima ↑ para obter novamente a linha digitada e edite a linha no prompt do M ATLAB de forma a ` obter algo semelhante a linha: >> c=0; for n=1:1000,A=diag(randi(1,3));B=diag(randi(1,3));if( .... ˜ ˆ ´ Qual a conclusao que voce tira do valor obtido na variavel c? ´ 1.1.14. Faca um experimento semelhante ao anterior, mas para o caso em que uma das matrizes e ¸ diagonal. Use a seta para cima ↑ para obter novamente a linha digitada e edite a linha no prompt do M ATLAB de forma a obter a seguinte linha: >> c=0; for n=1:1000,A=diag(randi(1,3));B=randi(3);if(A*B==B*A),c=c+1;A,B,end,end,c ˜ ˜ ˆ Aqui sao impressas as matrizes A e B quando elas comutarem. Qual a conclus ao que voce tira deste experimento? Qual a probabilidade de um tal par de matrizes comutarem? Julho 2007 Reginaldo J. Santos 26 Matrizes e Sistemas Lineares 1.1.15. Use o M ATLAB ´ para resolver os Exerc´cios Numericos. ı ´ Exerc´cios Teoricos ı 1 0 0 0 1 0 1.1.16. Sejam E1 = , E2 = . . . . . . 0 0 (a) Mostre que se 0 0 . ,. . . , En = . matrizes n × 1. . 0 1 a11 a12 a21 a22 A= . . . am1 am2 ... ... ... ... a1n a2n . . . amn ´ ˜ ´ ` e uma matriz m × n, entao AEj e igual a coluna j da matriz A. (b) Mostre que se b11 b12 b21 b22 B= . . . bn1 bn2 ... ... ... ... b1m b2m . , . . bnm t ´ ˜ ´ ` e uma matriz n × m entao Ei B e igual a linha i da matriz B . ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 1.1 Matrizes 27 1.1.17. Seja λ1 0 . . . 0 0 λ2 . . . 0 D= . . .. . .. . . 0 . . . 0 λn ´ ˜ ˜ uma matriz diagonal n × n, isto e, os elementos que estao fora da diagonal sao iguais a zero. Seja a11 a12 a21 a22 A= . . . an1 an2 ... ... ... ... a1n a2n . . . . ann ´ (a) Mostre que o produto AD e obtido da matriz A multiplicando-se cada coluna j por λj , ou a1j . ´ ˜ seja, se A = [ A1 A2 . . . An ], em que Aj = . e a coluna j de A, entao . anj AD = [ λ1 A1 λ2 A2 . . . λn An ]. ´ (b) Mostre que o produto DA e obtido da matriz A multiplicando-se cada linha i por λi , ou Julho 2007 Reginaldo J. Santos 28 Matrizes e Sistemas Lineares A1 A2 ´ ˜ seja, se A = . , em que Ai = [ ai1 . . . ain ] e a linha i de A, entao . . An λ1 A 1 λ2 A 2 DA = . . . . λn A n 1.1.18. Sejam A e B matrizes m × p e p × n, respectivamente. ´ ´ (a) Mostreque a j -esima coluna do produto AB e igual ao produto ABj , em que Bj = b1j . ´ ´ ˜ . e a j -esima coluna de B , ou seja, se B = [ B1 . . . Bn ], entao . bpj AB = A[ B1 . . . Bn ] = [ AB1 . . . ABn ]; ´ ´ (b) Mostre que a i-esima linha do produto AB e igual ao produto Ai B , em que Ai = ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 1.1 Matrizes 29 A1 A2 ´ ´ ˜ [ ai1 . . . aip ] e a i-esima linha de A, ou seja, se A = . , entao . . Am A1 A1 B A2 A2 B AB = . B = . . . . . . Am Am B x1 . 1.1.19. Seja A uma matriz m × n e X = . uma matriz n × 1. . xn Prove que n AX = ´ ´ ˜ xj Aj , em que Aj e a j -esima coluna de A. (Sugestao: Desenvolva o lado direito e j =1 chegue ao lado esquerdo.) 1.1.20. ´ ˜ (a) Mostre que se A e uma matriz m × n tal que AX = ¯, para toda matriz X , n × 1, entao 0 ¯. (Sugestao: use o Exerc´cio 16 na pagina 26.) ˜ ´ A=0 ı (b) Sejam B e C matrizes m × n, tais BX = CX , para todo X , n × 1. Mostre que B = C . ˜ (Sugestao: use o item anterior.) ´ 1.1.21. Mostre que a matriz identidade In e a unica matriz tal que A In = In A = A para qualquer ´ ˜ matriz A, n × n. (Sugestao: Seja Jn uma matriz tal que A Jn = Jn A = A. Mostre que Jn = In .) Julho 2007 Reginaldo J. Santos 30 Matrizes e Sistemas Lineares ´ 1.1.22. Se AB = BA e p e um inteiro positivo, mostre que (AB )p = Ap B p . 1.1.23. Sejam A, B e C matrizes n × n. (a) (A + B )2 = A2 + 2AB + B 2 ? E se AB = BA? Justifique. (b) (AB )C = C (AB )? E se AC = CA e BC = CB ? Justifique. ˜ ´ (Sugestao: Veja o Exemplo 1.8 na pagina 15.) 1.1.24. ˜ ˜ (a) Se A e B sao duas matrizes tais que AB = ¯, entao A = ¯ ou B = ¯? Justifique. 0 0 0 ˜ (b) Se AB = ¯, entao BA = ¯? Justifique. 0 0 ´ ˜ (c) Se A e uma matriz tal que A2 = ¯, entao A = ¯? Justifique. 0 0 ´ ´ ´ ´ 1.1.25. Dizemos que uma matriz A, n × n, e simetrica se At = A e e anti-simetrica se At = −A. ´ ´ ˜ ´ (a) Mostre que se A e simetrica, entao aij = aji , para i, j = 1, . . . n e que se A e anti´ ˜ simetrica, entao aij = −aji , para i, j = 1, . . . n. Portanto, os elementos da diagonal ´ ˜ principal de uma matriz anti-simetrica sao iguais a zero. ˜ ´ ˜ ˜ ´ (b) Mostre que se A e B sao simetricas, entao A + B e αA sao simetricas, para todo escalar α. ˜ ´ ˜ ´ ´ (c) Mostre que se A e B sao simetricas, entao AB e simetrica se, e somente se, AB = BA. ˜ ´ ˜ ˜ ´ (d) Mostre que se A e B sao anti-simetricas, entao A + B e αA sao anti-simetricas, para todo escalar α. ´ ´ ´ ´ (e) Mostre que para toda matriz A, n × n, A + At e simetrica e A − At e anti-simetrica. ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 1.1 Matrizes 31 ´ (f) Mostre que toda matriz quadrada A pode ser escrita como a soma de uma matriz sim etrica t ´ ˜ e uma anti-simetrica. (Sugestao: Observe o resultado da soma de A + A com A − At .) 1.1.26. Para matrizes quadradas A = (aij )n×n definimos o traco de A como sendo a soma dos ele¸ n mentos da diagonal (principal) de A, ou seja, tr(A) = aii . i=1 (a) Mostre que tr(A + B ) = tr(A) + tr(B ). (b) Mostre que tr(αA) = αtr(A). (c) Mostre que tr(At ) = tr(A). ˜ (d) Mostre que tr(AB ) = tr(BA). (Sugestao: Prove inicialmente para matrizes 2 × 2.) ˜ ˜ 1.1.27. Seja A uma matriz n × n. Mostre que se AAt = ¯, entao A = ¯. (Sugestao: use o traco.) E se 0 0 ¸ a matriz A for m × n, com m = n? ´ ˜´ 1.1.28. Ja vimos que o produto de matrizes nao e comutativo. Entretanto, certos conjuntos de matrizes ˜ comutativos. Mostre que: sao ˜ ˜ (a) Se D1 e D2 sao matrizes diagonais n × n, entao D1 D2 = D2 D1 . ´ (b) Se A e uma matriz n × n e B = a 0 In + a 1 A + a 2 A2 + . . . + a k Ak , ˜ ˜ em que a0 , . . . , ak sao escalares, entao AB = BA. Julho 2007 Reginaldo J. Santos 32 Matrizes e Sistemas Lineares ´ 1.1.29. Uma matriz A e chamada nilpotente se Ak = ¯, para algum inteiro positivo k . Verifique que a 0 matriz ´ e nilpotente. A= 01 00 ··· 0 ··· 0 . . .. . .. .. . , . .. .. 0 0 0 ··· 1 0 0 0 · · · 0 n×n ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı 0 1 Julho 2007 1.1 Matrizes 33 ˆ ´ Apendice I: Notacao de Somatorio ¸˜ ˜ ´ ´ Sao validas algumas propriedades para a notacao de somatorio: ¸˜ ´ ´ ´ (a) O ´ndice do somatorio e uma variavel muda que pode ser substitu´da por qualquer letra: ı ı n n fi = i=1 fj . j =1 ´ ´ (b) O somatorio de uma soma pode ser escrito como uma soma de dois somat orios: n n (fi + gi ) = i=1 n fi + i=1 gi . i=1 Pois, n n (fi + gi ) = (f1 + g1 ) + . . . + (fn + gn ) = (f1 + . . . + fn ) + (g1 + . . . + gn ) = i=1 n fi + i=1 gi . i=1 Aqui foram aplicadas as propriedades associativa e comutativa da soma de numeros. ´ ´ ˜ (c) Se no termo geral do somatorio aparece um produto, em que um fator nao depende do ´ndice ı ´ ˜ ´ do somatorio, entao este fator pode “sair” do somatorio: n n fi gk = g k i=1 fi . i=1 Pois, n n fi gk = f1 gk + . . . + fn gk = gk (f1 + . . . + fn ) = gk i=1 fi . Aqui foram aplicadas as i=1 propriedades distributiva e comutativa do produto em relacao a soma de numeros. ¸˜ ´ Julho 2007 Reginaldo J. Santos 34 Matrizes e Sistemas Lineares ´ ´ (d) Num somatorio duplo, a ordem dos somatorios pode ser trocada: n m m n fij = i=1 j =1 Pois, n m n fij = i=1 j =1 fij . j =1 i=1 (fi1 + . . . + fim ) = (f11 + . . . + f1m ) + . . . + (fn1 + . . . + fnm ) = (f11 + . . . + i=1 m m n fij . Aqui foram aplicadas as (f1j + . . . + fnj ) = fn1 ) + . . . + (f1m + . . . + fnm ) = j =1 j =1 i=1 propriedades comutativa e associativa da soma de numeros. ´ ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 1.2 Sistemas de Equacoes Lineares ¸˜ 35 1.2 Sistemas de Equacoes Lineares ¸˜ ´ ´ ˆ Muitos problemas em varias areas da Ciencia recaem na solucao de sistemas lineares. Vamos ¸˜ ´ ver como a algebra matricial pode simplificar o estudo dos sistemas lineares. ´ ´ Uma equacao linear em n variaveis x1 , x2 , . . . , xn e uma equacao da forma ¸˜ ¸˜ a 1 x1 + a 2 x2 + . . . + a n xn = b , ˜ em que a1 , a2 , . . . , an e b sao constantes reais; ´ Um sistema de equacoes lineares ou simplesmente sistema linear e um conjunto de equacoes ¸˜ ¸˜ ´ lineares, ou seja, e um conjunto de equacoes da forma ¸˜ a11 x1 + a12 x2 + a21 x1 + a22 x2 + . . . a x + a x + m1 1 m2 2 ... ... + a1n xn + a2n xn . . . ... + amn xn = b1 = b2 . =. . = bm ˜ em que aij e bk sao constantes reais, para i, k = 1, . . . , m e j = 1, . . . , n. Usando o produto de matrizes que definimos na secao anterior, o sistema linear acima pode ser ¸˜ escrito como uma equacao matricial ¸˜ A X = B, Julho 2007 Reginaldo J. Santos 36 Matrizes e Sistemas Lineares em que a11 a12 a21 a22 A= . . . am1 am2 ... ... ... ... a1n a2n . , . . amn x1 x2 X = . . . xn b1 b2 e B= . . . . bm s1 s2 ´ ˜ Uma solucao de um sistema linear e uma matriz S = . tal que as equacoes do sistema sao ¸˜ ¸˜ . . sn satisfeitas quando substitu´mos x1 = s1 , x2 = s2 , . . . , xn = sn . O conjunto de todas as solucoes do ı ¸˜ ´ ´ sistema e chamado conjunto solucao ou solucao geral do sistema. A matriz A e chamada matriz ¸˜ ¸˜ do sistema linear. ´ Exemplo 1.10. O sistema linear de duas equacoes e duas incognitas ¸˜ x + 2y = 1 2x + y = 0 pode ser escrito como 12 21 x y 1 0 = . ´ A solucao (geral) do sistema acima e x = −1/3 e y = 2/3 (verifique!) ou ¸˜ X= 1 −3 ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı 2 3 . Julho 2007 1.2 Sistemas de Equacoes Lineares ¸˜ 37 ´ Uma forma de resolver um sistema linear e substituir o sistema inicial por outro que tenha o mesmo ´ ´ conjunto solucao do primeiro, mas que seja mais facil de resolver. O outro sistema e obtido depois ¸˜ ´ ˜ de aplicar sucessivamente uma serie de operacoes, que nao alteram a solucao do sistema, sobre as ¸˜ ¸˜ ˜ ˜ equacoes. As operacoes que sao usadas sao: ¸˜ ¸˜ • Trocar a posicao de duas equacoes do sistema; ¸˜ ¸˜ • Multiplicar uma equacao por um escalar diferente de zero; ¸˜ • Somar a uma equacao outra equacao multiplicada por um escalar. ¸˜ ¸˜ ˜ Estas operacoes sao chamadas de operacoes elementares. Quando aplicamos operacoes ele¸˜ ¸˜ ¸˜ ˜ mentares sobre as equacoes de um sistema linear somente os coeficientes do sistema s ao alterados, ¸˜ assim podemos aplicar as operacoes sobre a matriz de coeficientes do sistema, que chamamos de ¸˜ matriz aumentada, ou seja, a matriz a11 a12 a21 a22 [A | B ] = . . . am1 am2 Julho 2007 ... ... ... ... a1n a2n . . . amn b1 b2 . . . . bm Reginaldo J. Santos 38 Matrizes e Sistemas Lineares ´ Definicao 1.5. Uma operacao elementar sobre as linhas de uma matriz e uma das seguintes ¸˜ ¸˜ operacoes: ¸˜ (a) Trocar a posicao de duas linhas da matriz; ¸˜ (b) Multiplicar uma linha da matriz por um escalar diferente de zero; (c) Somar a uma linha da matriz um multiplo escalar de outra linha. ´ ´ ` O proximo teorema garante que ao aplicarmos operacoes elementares as equacoes de um sis¸˜ ¸˜ ˜´ tema o conjunto solucao nao e alterado. ¸˜ ˜ Teorema 1.2. Se dois sistemas lineares AX = B e CX = D , sao tais que a matriz aumentada ´ ˜ [C | D ] e obtida de [A | B ] aplicando-se uma operacao elementar, entao os dois sistemas possuem ¸˜ as mesmas solucoes. ¸˜ Demonstracao. A demonstracao deste teorema segue-se de duas observacoes: ¸˜ ¸˜ ¸˜ ´ ˜ ´´ (a) Se X e solucao de um sistema, entao X tambem e solucao do sistema obtido aplicando-se ¸˜ ¸˜ uma operacao elementar sobre suas equacoes (verifique!). ¸˜ ¸˜ ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 1.2 Sistemas de Equacoes Lineares ¸˜ 39 ´ ` (b) Se o sistema CX = D , e obtido de AX = B aplicando-se uma operacao elementar as ¸˜ ` ˜ suas equacoes (ou equivalentemente as linhas da sua matriz aumentada), entao o sistema ¸˜ ´ ` AX = B tambem pode ser obtido de CX = D aplicando-se uma operacao elementar as suas ¸˜ equacoes, pois cada operacao elementar possui uma operacao elementar inversa do mesmo ¸˜ ¸˜ ¸˜ tipo, que desfaz o que a anterior fez (verifique!). Pela observacao (b), AX = B e CX = D podem ser obtidos um do outro aplicando-se uma operacao ¸˜ ¸˜ elementar sobre as suas equacoes. E pela observacao (a), os dois possuem as mesmas solucoes. ¸˜ ¸˜ ¸˜ ˜ Dois sistemas que possuem o mesmo conjunto solucao sao chamados sistemas equivalentes. ¸˜ ` ¸˜ ¸˜ Portanto, segue-se do Teorema 1.2 que aplicando-se operacoes elementares as equacoes de um sistema linear obtemos sistemas equivalentes. ´ 1.2.1 Metodo de Gauss-Jordan ´ O metodo que vamos usar para resolver sistemas lineares consiste na aplicacao de operacoes ¸˜ ¸˜ ` ´ elementares as linhas da matriz aumentada do sistema ate que obtenhamos uma matriz numa forma ´ em que o sistema associado a esta matriz seja de facil resolucao. ¸˜ ˜ Vamos procurar obter uma matriz numa forma em que todas as linhas n ao nulas possuam como ˜ ´ ´ ˆ ˆ primeiro elemento nao nulo (chamado pivo) o numero 1 . Alem disso, se uma coluna contem um pivo, ´ ˜ ˜ entao todos os seus outros elementos terao que ser iguais a zero. Vamos ver no exemplo seguinte como conseguimos isso. Neste exemplo veremos como a partir do faturamento e do gasto com insumos podemos determinar quanto foi produzido de cada produto manufaturado em uma industria. ´ Julho 2007 Reginaldo J. Santos 40 Matrizes e Sistemas Lineares ˆ Exemplo 1.11. Uma industria produz tres produtos, X, Y e Z, utilizando dois tipos de insumo, A e B. ´ ˜ Para a manufatura de cada kg de X sao utilizados 1 grama do insumo A e 2 gramas do insumo B; para cada kg de Y, 1 grama de insumo A e 1 grama de insumo B e, para cada kg de Z, 1 grama de ´ A e 4 gramas de B. O preco de venda do kg de cada um dos produtos X, Y e Z e R$ 2,00, R$ 3,00 ¸ ˜ de X, Y e Z manufaturada com 1 kg e R$ 5,00, respectivamente. Com a venda de toda a produc ao ¸ de A e 2 kg de B, essa industria arrecadou R$ 2500,00. Vamos determinar quantos kg de cada um ´ ´ dos produtos X, Y e Z foram vendidos. Como vimos no Exemplo 1.6 na pagina 8, usando matrizes o esquema de producao pode ser descrito da seguinte forma: ¸˜ X 1 2 2 Y Z 11 1 4 = A X= 35 x+y+z 1000 AX = 2x + y + 4z = 2000 2x + 3y + 5z 2500 gramas de A/kg gramas de B/kg preco/kg ¸ x y z kg de X produzidos kg de Y produzidos kg de Z produzidos gramas de A usados gramas de B usados arrecadacao ¸˜ Assim precisamos resolver o sistema linear ´ cuja matriz aumentada e x + y + z = 1000 2x + y + 4z = 2000 2x + 3y + 5z = 2500 1 2 2 1 1 1000 1 4 2000 3 5 2500 ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 1.2 Sistemas de Equacoes Lineares ¸˜ 41 . 1a eliminacao: ¸˜ . ˆ ˜ ˜ Vamos procurar para pivo da 1a linha um elemento nao nulo da primeira coluna nao nula (se for o caso, ˆ podemos usar a troca de linhas para “traze-lo” para a primeira linha). Como o primeiro elemento da ´ ´ ˆ primeira coluna e igual a 1 ele sera o primeiro pivo. Agora, precisamos “zerar” os outros elementos da a . coluna, que e a coluna do pivo, para isto, adicionamos a 2a linha, −2 vezes a 1a linha e adicionamos . ´ ˆ `. 1 a a ` ´ a 3 . linha, tambem, −2 vezes a 1 . linha. . . . −2×1a linha + 2a linha −→ 2a linha a . linha + 3a linha −→ 3a linha . . −2×1 1 1 1 1000 0 −1 2 0 0 1 3 500 . 2a eliminacao: ¸˜ . ˆ Olhamos para a sub-matriz obtida eliminando-se a 1a linha. Escolhemos para pivo um elemento a ˜ diferente de zero na 1 . coluna nao nula desta sub-matriz. Vamos escolher o elemento de posicao 2,2. ¸˜ a . linha por −1. ˆ Como temos que “fazer” o pivo igual a um, vamos multiplicar a 2 . . −1×2a linha −→ 2a linha 11 1 1000 0 1 −2 0 01 3 500 . ´ ˆ Agora, precisamos “zerar” os outros elementos da 2a coluna, que e a coluna do pivo, para isto, somaa . linha, −1 vezes a 2a e somamos a 3a linha, tambem, −1 vezes a 2a . . . . ` ` ´ mos a 1 . 2a . 1a . 1a −1× linha + linha −→ linha . . . −1×2a linha + 3a linha −→ 3a linha . 3a eliminacao: ¸˜ Julho 2007 1 0 3 1000 0 1 −2 0 00 5 500 Reginaldo J. Santos 42 Matrizes e Sistemas Lineares . . ˆ Olhamos para a sub-matriz obtida eliminando-se a 1a e a 2a linha. Escolhemos para pivo um elemento a . coluna nao nula desta sub-matriz. Temos de escolher o elemento de posic ao ˜ diferente de zero na 1 ¸˜ . ˆ 3,3 e como temos de “fazer” o pivo igual a 1, vamos multiplicar a 3a linha por 1/5. 1 . ×3a 5 10 3 1000 0 1 −2 0 00 1 100 . linha −→ 3a linha . ´ ˆ Agora, precisamos “zerar” os outros elementos da 3a coluna, que e a coluna do pivo, para isto, somaa a a . ` ` mos a 1 . linha, −3 vezes a 3 . e somamos a 2 . linha, 2 vezes a 2a . . 3a . 1a 1 0 0 700 0 1 0 200 0 0 1 100 . 1a −3× linha + linha −→ linha . . . 2×3a linha + 2a linha −→ 2a linha ´ Portanto o sistema dado e equivalente ao sistema x que possui solucao geral dada por ¸˜ y = 700 = 200 z = 100 x 700 X = y = 200 . z 100 Portanto, foram vendidos 700 kg do produto X, 200 kg do produto Y e 100 kg do produto Z. ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 1.2 Sistemas de Equacoes Lineares ¸˜ 43 ´ A ultima matriz que obtivemos no exemplo anterior esta na forma que chamamos de escalonada ´ reduzida. ´ Definicao 1.6. Uma matriz A = (aij )m×n esta na forma escalonada reduzida quando satisfaz as ¸˜ seguintes condicoes: ¸˜ ˜ (a) Todas as linhas nulas (formadas inteiramente por zeros) ocorrem abaixo das linhas n ao nulas; ˜ ˜ ´ ˆ. (b) O pivo (1o elemento nao nulo de uma linha) de cada linha nao nula e igual a 1; ˆ ˜ ` ˆ (c) O pivo de cada linha nao nula ocorre a direita do pivo da linha anterior. ´ ˆ ˜ ˜ (d) Se uma coluna contem um pivo, entao todos os seus outros elementos sao iguais a zero. ˜ Se uma matriz satisfaz as propriedades (a) e (c), mas nao necessariamente (b) e (d), dizemos que ´ ela esta na forma escalonada. Exemplo 1.12. As matrizes 100 0 1 0 001 Julho 2007 e 1 0 0 3 0 0 0 2 1 −3 0 0 Reginaldo J. Santos 44 Matrizes e Sistemas Lineares ˜ sao escalonadas reduzidas, enquanto 1 11 0 −1 2 0 05 e 1 3 −1 5 0 0 −5 15 00 00 ˜ ˜ ˜ sao escalonadas, mas nao sao escalonadas reduzidas. ´ ` Este metodo de resolucao de sistemas, que consiste em aplicar operacoes elementares as linhas ¸˜ ¸˜ ´ ´ da matriz aumentada ate que a matriz do sistema esteja na forma escalonada reduzida, e conhecido ´ como metodo de Gauss-Jordan. Exemplo 1.13. Considere o seguinte sistema x + ´ A sua matriz aumentada e 1 0 0 3y + 13z = 9 y + 5z = 2 −2y − 10z = −8 3 13 9 1 5 2 −2 −10 −8 . 1a eliminacao: ¸˜ . . ˆ ´ ˜ ˜ ´ Como o pivo da 1a linha e igual a 1 e os outros elementos da 1a coluna sao iguais a zero, nao ha nada a o que fazer na 1 . eliminacao. ¸˜ 13 13 01 5 0 −2 −10 ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı 9 2 −8 Julho 2007 1.2 Sistemas de Equacoes Lineares ¸˜ 45 . 2a eliminacao: ¸˜ . ˆ ˜ Olhamos para submatriz obtida eliminando-se a 1a linha. Escolhemos para pivo um elemento nao a ˜ ´ nulo da 1 . coluna nao nula da submatriz. Escolhemos o elemento de posicao 2,2. Como ele e igual a ¸˜ ˆ `. 1, precisamos, agora, “zerar” os outros elementos da coluna do piv o. Para isto somamos a 1a linha, a a a ` −3 vezes a 2 . e somamos a 3 . linha, 2 vezes a 2 . . 1 0 −2 3 0 1 5 2 00 0 −4 . . . −3×2a linha + 1a linha −→ 1a linha a . linha + 3a linha −→ 3a linha . . 2×2 ´ Portanto o sistema dado e equivalente ao sistema x ˜ que nao possui solucao. ¸˜ − 2z = 3 y + 5z = 2 0 = −4 ˜ ˜ Em geral, um sistema linear nao tem solucao se, e somente se, a ultima linha nao nula da forma ¸˜ ´ escalonada reduzida da sua matriz aumentada for da forma [ 0 . . . 0 | b m ], com bm = 0. Exemplo 1.14. Considere o seguinte sistema Julho 2007 3z − 9w = 6 5x + 15y − 10z + 40w = −45 x + 3y − z + 5w = −7 Reginaldo J. Santos 46 Matrizes e Sistemas Lineares ´ A sua matriz aumentada e 0 5 1 0 3 −9 6 15 −10 40 −45 3 −1 5 −7 . 1a eliminacao: ¸˜ ˆ ˆ Como temos que “fazer” o pivo igual a um, escolhemos para pivo o elemento de posicao 3,1. Preci¸˜ a . linha com a 1a . . ´ samos “coloca-lo” na primeira linha, para isto, trocamos a 3 . . 1a linha ←→ 4a linha 3 −1 5 −7 15 −10 40 −45 0 3 −9 6 1 5 0 . ´ ˆ Agora, precisamos “zerar” os outros elementos da 1a coluna, que e a coluna do pivo, para isto, adicia . linha, −5 vezes a 1a . . ` onamos a 2 . . . −5×1a linha + 2a linha −→ 2a linha 1 3 −1 5 −7 0 0 −5 15 −10 0 0 3 −9 6 . 2a eliminacao: ¸˜ . ˆ Olhamos para a sub-matriz obtida eliminando-se a 1a linha. Escolhemos para pivo um elemento a . coluna nao nula desta sub-matriz. Escolhemos o elemento de posicao 2,3. ˜ diferente de zero na 1 ¸˜ . ˆ Como temos que fazer o pivo igual a 1, multiplicamos a 2a linha por −1/5. ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 1.2 Sistemas de Equacoes Lineares ¸˜ . . −(1/5)×2a linha −→ 2a linha 47 1 3 −1 5 −7 0 0 1 −3 2 0 0 3 −9 6 . ´ ˆ Agora, precisamos “zerar” os outros elementos da 2a coluna, que e a coluna do pivo, para isto, adicia . linha a 2a e a 4a linha, −3 vezes a 2a . . . . ` ` onamos a 1 1 0 0 . . . 2a linha + 1a linha −→ 1a linha a . linha + 4a linha → 4a linha . . −3×2 3 0 0 0 2 −5 1 −3 2 0 0 0 ´ ´ Esta matriz e escalonada reduzida. Portanto o sistema dado e equivalente ao sistema seguinte x + 3y + 2w = −5 z − 3w = 2. ˆ ´ ˜ ˜ A matriz deste sistema possui duas colunas sem pivos. As variaveis que nao estao associadas ˆ ´ ´ ´ a pivos podem ser consideradas variaveis livres, isto e, podem assumir valores arbitrarios. Neste ´ ˜ ˜ ˆ ´ exemplo as variaveis y e w nao estao associadas a pivos e podem ser consideradas variaveis livres. ´ ˆ ˜ Sejam w = α e y = β . As variaveis associadas aos pivos terao os seus valores dependentes das ´ ´ variaveis livres, z = 2 + 3α, x = −5 − 2α − 3β . Assim, a solucao geral do sistema e ¸˜ x −5 − 2α − 3β y β X= z = 2 + 3α w α Julho 2007 para todos os valores de α e β reais. Reginaldo J. Santos 48 Matrizes e Sistemas Lineares Em geral, se o sistema linear tiver solucao e a forma escalonada reduzida da matriz aumentada ¸˜ ˆ ´ ˜ ˆ ˜ possuir colunas sem pivos, as variaveis que nao estao associadas a pivos podem ser consideradas ´ ´ ´ ˆ ˜ ´ variaveis livres, isto e, podem assumir valores arbitrarios. As variaveis associadas aos pivos terao ´ os seus valores dependentes das variaveis livres. ˜ ˜ Lembramos que o sistema linear nao tem solucao se a ultima linha nao nula da forma escalonada ¸˜ ´ reduzida da matriz aumentada do sistema for da forma [ 0 . . . 0 | bm ], com bm = 0, como no Exemplo ´ 1.13 na pagina 44. ˜´ ´ Observacao. Para se encontrar a solucao de um sistema linear nao e necessario transformar a ¸˜ ¸˜ ´ matriz aumentada do sistema na sua forma escalonada reduzida, mas se a matriz est a nesta forma, o ´ ´ sistema associado e o mais simples poss´vel. Um outro metodo de resolver sistemas lineares consiste ı ´ ` em, atraves da aplicacao de operacoes elementares a matriz aumentada do sistema, se chegar a uma ¸˜ ¸˜ ´ ´ ˜ matriz que e somente escalonada (isto e, uma matriz que satisfaz as condicoes (a) e (c), mas nao ¸˜ ´ ´ ´ necessariamente (b) e (d) da Definicao 1.6). Este metodo e conhecido como metodo de Gauss. ¸˜ ´ ˜ O proximo resultado mostra que um sistema linear que tenha mais de uma solucao nao pode ter ¸˜ um numero finito de solucoes. ´ ¸˜ Proposicao 1.3. Sejam A uma matriz m × n e B uma matriz m × 1. Se o sistema linear A X = B ¸˜ ˜ possui duas solucoes distintas X0 = X1 , entao ele tem infinitas solucoes. ¸˜ ¸˜ ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 1.2 Sistemas de Equacoes Lineares ¸˜ 49 Demonstracao. Seja ¸˜ Xλ = (1 − λ)X0 + λX1 , para λ ∈ R. ´ Vamos mostrar que Xλ e solucao do sistema A X = B , para qualquer λ ∈ R. Para isto vamos ¸˜ mostrar que A Xλ = B . ´ Aplicando as propriedades (i), (j) das operacoes matriciais (Teorema 1.1 na pagina 10) obtemos ¸˜ A Xλ = A[(1 − λ)X0 + λX1 ] = A(1 − λ)X0 + AλX1 = (1 − λ)A X0 + λA X1 ˜ ˜ Como X0 e X1 sao solucoes de A X = B , entao A X0 = B e A X1 = B , portanto ¸˜ A Xλ = (1 − λ)B + λB = [(1 − λ) + λ]B = B, pela propriedade (f) do Teorema 1.1. ´ Assim o sistema A X = B tem infinitas solucoes, pois para todo valor de λ ∈ R, Xλ e solucao e ¸˜ ¸˜ Xλ − Xλ = (λ − λ )(X1 − X0 ), ou seja, Xλ = Xλ , para λ = λ . Observe que para λ = 0, Xλ = X0 , 1 para λ = 1, Xλ = X1 , para λ = 1/2, Xλ = 2 X0 + 1 X1 , para λ = 3, Xλ = −2X0 + 3X1 e para 2 λ = −2, Xλ = 3X0 − 2X1 . ´ ´ No Exemplo 3.4 na pagina 168 temos uma interpretacao geometrica desta demonstracao. ¸˜ ¸˜ ` Para resolver sistemas lineares vimos aplicando operacoes elementares a matriz aumentada do ¸˜ sistema linear. Isto pode ser feito com quaisquer matrizes. Julho 2007 Reginaldo J. Santos 50 Matrizes e Sistemas Lineares 1.2.2 Matrizes Equivalentes por Linhas ´ Definicao 1.7. Uma matriz A = (aij )m×n e equivalente por linhas a uma matriz B = (bij )m×n , se ¸˜ B pode ser obtida de A aplicando-se uma sequencia de operacoes elementares sobre as suas linhas. ¨ˆ ¸˜ Exemplo 1.15. Observando os Exemplos 1.11, 1.14 e 1.13, vemos que as matrizes 111 2 1 4 , 235 00 3 −9 5 15 −10 40 , 1 3 −1 5 ˜ ` sao equivalentes por linhas as matrizes 100 0 1 0 , 001 1 0 0 3 0 0 0 2 1 −3 , 0 0 1 3 13 0 1 5 0 −2 −10 1 0 −2 0 1 5 , 00 0 ˜ respectivamente. Matrizes estas que sao escalonadas reduzidas. ˜ ˜ ˜ Cuidado: elas sao equivalentes por linhas, nao sao iguais! A relacao “ser equivalente por linhas” satisfaz as seguintes propriedades, cuja verificac ao deixa¸˜ ¸˜ mos como exerc´cio para o leitor: ı ´ • Toda matriz e equivalente por linhas a ela mesma (reflexividade); ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 1.2 Sistemas de Equacoes Lineares ¸˜ 51 ´ ˜ ´ • Se A e equivalente por linhas a B , entao B e equivalente por linhas a A (simetria); ´ ´ ˜ ´ • Se A e equivalente por linhas a B e B e equivalente por linhas a C , entao A e equivalente por linhas a C (transitividade). ´ Toda matriz e equivalente por linhas a uma matriz na forma escalonada reduzida e a demonstracao, que omitiremos, pode ser feita da mesma maneira que fizemos no caso particular ¸˜ ´ das matrizes aumentadas dos Exemplos 1.11, 1.14 e 1.13. No Teorema 5.15 na pagina 361 mostra´ a unica matriz na forma escalonada reduzida equivalente mos que essa matriz escalonada reduzida e ´ a A. Julho 2007 Reginaldo J. Santos 52 Matrizes e Sistemas Lineares ´ Teorema 1.4. Toda matriz A = (aij )m×n e equivalente por linhas a uma unica matriz escalonada ´ reduzida R = (rij )m×n . ´ ´ ˜ O proximo resultado sera usado para provar alguns resultados no cap´tulo de invers ao de matrizes. ı ˜ Proposicao 1.5. Seja R uma matriz n × n, na forma escalonada reduzida. Se R = I n , entao R tem ¸˜ uma linha nula. ˆ ´ Demonstracao. Observe que o pivo de uma linha i esta sempre numa coluna j com j ≥ i. Portanto, ¸˜ ´ ˆ ´ ou a ultima linha de R e nula ou o pivo da linha n esta na posicao n, n. Mas, neste caso todas as ´ ¸˜ ˜ ˜ ˆ ´ linhas anteriores sao nao nulas e os pivos de cada linha i esta na coluna i, ou seja, R = In . ˆ 1.2.3 Sistemas Lineares Homogeneos Um sistema linear da forma a11 x1 + a12 x2 + a21 x1 + a22 x2 + . . . a x + a x + m1 1 m2 2 ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı ... ... + a1n xn + a2n xn . . . ... + amn xn =0 =0 . =. . =0 (1.7) Julho 2007 1.2 Sistemas de Equacoes Lineares ¸˜ 53 ´ ˆ e chamado sistema homogeneo. O sistema (1.7) pode ser escrito como A X = ¯. Todo sistema 0 ˆ homogeneo admite pelo menos a solucao X = ¸˜ 0 x1 0 x2 . =. . . . . xn 0 ¸˜ chamada de solucao trivial. ˆ ´ Portanto, todo sistema homogeneo tem solucao. Alem disso ou tem somente a solucao trivial ou tem ¸˜ ¸˜ infinitas solucoes ¸˜ ˆ Observacao. Para resolver um sistema linear homogeneo A X = ¯, basta escalonarmos a matriz A ¸˜ 0 ´ ˜´ ´ do sistema, ja que sob a acao de uma operacao elementar a coluna de zeros nao e alterada. Mas, e ¸˜ ¸˜ ` preciso ficar atento quando se escreve o sistema linear associado a matriz resultante das operacoes ¸˜ ˜ elementares, para se levar em consideracao esta coluna de zeros que nao vimos escrevendo. ¸˜ ´ ˜ ˆ Teorema 1.6. Se A = (aij )m×n , e tal que m < n, entao o sistema homogeneo AX = ¯ tem solucao 0 ¸˜ ˆ ´ diferente da solucao trivial, ou seja, todo sistema homogeneo com menos equacoes do que incognitas ¸˜ ¸˜ tem infinitas solucoes. ¸˜ Julho 2007 Reginaldo J. Santos 54 Matrizes e Sistemas Lineares ´ Demonstracao. Como o sistema tem menos equacoes do que incognitas (m < n), o numero de ¸˜ ¸˜ ´ ˜ ´´ linhas nao nulas r da forma escalonada reduzida da matriz aumentada do sistema tamb em e tal que ˆ ´ ´ r < n. Assim, temos r pivos e n − r variaveis (incognitas) livres, que podem assumir todos os valores ˜ reais. Logo, o sistema admite solucao nao trivial e portanto infinitas solucoes. ¸˜ ¸˜ ˆ O conjunto solucao de um sistema linear homogeneo satisfaz duas propriedades interessantes. ¸˜ ´ ˜ Estas propriedades terao um papel decisivo no estudo de subespacos de Rn na Secao 5.2 na pagina ¸ ¸˜ 329. Proposicao 1.7. Seja A = (aij )m×n . ¸˜ ˜ ˆ ˜ ´ ´ (a) Se X e Y sao solucoes do sistema homogeneo, AX = ¯, entao X + Y tambem o e. ¸˜ 0 ´ ˆ ˜ ´ ´ (b) Se X e solucao do sistema homogeneo, AX = ¯, entao αX tambem o e. ¸˜ 0 ˜ ˆ ˜ Demonstracao. (a) Se X e Y sao solucoes do sistema homogeneo AX = ¯, entao AX = ¯ e ¸˜ ¸˜ 0 0 ´´ AY = ¯ e portanto X + Y tambem e solucao pois, A(X + Y ) = AX + AY = ¯ + ¯ = ¯; 0 ¸˜ 000 ´ ˆ ˜ ´ ´ (b) Se X e solucao do sistema homogeneo AX = ¯, entao αX tambem o e, pois A(αX ) = ¸˜ 0 αAX = α¯ = ¯. 00 ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 1.2 Sistemas de Equacoes Lineares ¸˜ 55 ˜ ˜ ´ Estas propriedades nao sao validas para sistemas lineares em geral. Por exemplo, considere o ´ sistema linear A X = B , em que A = [1] e B = [1]. A solucao deste sistema e X = [1]. Mas, ¸˜ ˜´ X + X = 2 X = 2, nao e solucao do sistema. ¸˜ ´ Exemplo 1.16. Vamos retomar a cadeia de Markov do Exemplo 1.9 na pagina 17. Vamos supor que ˆ ´ uma populacao e dividida em tres estados (por exemplo: ricos, classe media e pobres) e que em cada ¸˜ ´ ´ unidade de tempo a probabilidade de mudanca de um estado para outro seja constante no tempo, s o ¸ dependa dos estados. Seja tij a probabilidade de mudanca do estado j para o estado i em uma unidade de tempo ¸ (geracao). A matriz de transicao e dada por ¸˜ ¸˜ ´ 2 3 1 1 t11 t12 t13 t21 t22 t23 2 T= 3 t31 t32 t33 Vamos considerar a matriz de transicao ¸˜ 1 1 T= 2 1 2 0 2 1 4 1 2 1 4 3 0 1 1 2 2 1 3 2 ˆ Vamos descobrir qual distribuicao inicial da populacao entre os tres estados permanece inalterada, ¸˜ ¸˜ ´ geracao apos geracao. Ou seja, vamos determinar um vetor de estado P tal que ¸˜ ¸˜ TP = P Julho 2007 ou T P = I3 P ou (T − I3 )P = ¯. 0 Reginaldo J. Santos 56 Matrizes e Sistemas Lineares ˆ Assim precisamos resolver o sistema linear homogeneo (T − I3 )X = ¯ 0 ´ cuja matriz aumentada e 1 −2x + 1 x− 2 ⇔ . 1a eliminacao: ¸˜ . . −2×1a linha −→ 2a linha . . . − 1 ×1a linha + 2a linha −→ 2a linha 2 . 2a eliminacao: ¸˜ . . −4×2a linha −→ 2a linha −1 2 1 2 0 1 y 4 1 y 2 1 y 4 + − 1 z 2 1 z 2 =0 =0 =0 00 1 0 2 1 −2 0 1 4 −1 2 1 4 1 −1 0 2 1 1 1 2 −2 2 1 −1 0 4 2 1 1 −2 0 1 0 −1 4 2 1 0 −1 4 2 0 0 0 0 0 0 1 1 −2 00 0 1 −2 0 1 0 −1 0 4 2 ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 1.2 Sistemas de Equacoes Lineares ¸˜ 1 . ×2a 2 1 a − 4 ×2 . . 1a 57 1 0 −1 0 0 1 −2 0 00 00 . 1a linha + linha −→ linha . . linha + 3a linha −→ 3a linha ´ Portanto o sistema dado e equivalente ao sistema seguinte x − z=0 y − 2z = 0 ˜ ´ Seja z = α. Entao y = 2α e x = α. Assim, a solucao geral do sistema e ¸˜ p1 1 p2 = α 2 , X= p3 1 para todo α ∈ R. Tomando a solucao tal que p1 + p2 + p3 = 1 obtemos que se a populacao inicial for distribu´da de ¸˜ ¸˜ ı forma que p1 = 1/4 da populacao esteja no estado 1, p2 = 1/2 da populacao esteja no estado 2 e ¸˜ ¸˜ ˜ ´ ´ p3 = 1/4, esteja no estado 3, entao esta distribuicao permanecera constante geracao apos geracao. ¸˜ ¸˜ ¸˜ 1.2.4 Matrizes Elementares (opcional) ´ Definicao 1.8. Uma matriz elementar n × n e uma matriz obtida da matriz identidade In aplicando-se ¸˜ uma, e somente uma, operacao elementar. ¸˜ Julho 2007 Reginaldo J. Santos 58 Matrizes e Sistemas Lineares Vamos denotar por Eij a matriz elementar obtida trocando-se a linha i com a linha j da matriz I n , Ei (α) a matriz elementar obtida multiplicando-se a linha i da matriz In pelo escalar α = 0 e Ei,j (α) ` a matriz elementar obtida da matriz In , somando-se a linha j , α vezes a linha i. Ei,j = 1 0 · · 0 .. · · · · · 0 . · · · 1 0 ... 1 . . . .. . . . . 1 · · · · 0 · ... 0 · · · 1 .. · · · · · · . 0 e Ei,j (α) = 0 1 1 ← i ← j 0 .. , Ei (α) = · · · 1 0 · · · · 0 · 0 .. · 0 . · · · · 0 1 α ← i 1 .. . 0 ···01 · · · · · 1 · ← i . .. . . · . · · α ... 1 · ← j .. . 0 · 0····01 ˜ Exemplo 1.17. As matrizes seguintes sao as matrizes elementares 2 × 2: E1,2 = E2,1 = 01 10 , E1,2 (α) = 0 · E1 (α) = 10 α1 . α0 01 e ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı , E2 (α) = E2,1 (α) = 10 0α 1α 01 , com α = 0, . Julho 2007 1.2 Sistemas de Equacoes Lineares ¸˜ 1 0 0 1 Sejam E1 = . , E2 = . . . . . 0 0 59 0 0 ,. . . , En = . matrizes m × 1. . . 1 As matrizes elementares podem ser escritas em termos das matrizes E i como Ei,j = t E1 . . . t Ej . . . Eit . . . t Em ← i , ← j t E1 . . . Ei (α) = αEit ← i . . . t Em t E1 . . . Eit . . e Ei,j (α) = . E t + αE t j i . . . t Em ← i ← j ` Aplicar uma operacao elementar em uma matriz, corresponde a multiplicar a matriz a esquerda ¸˜ por uma matriz elementar, como mostra o resultado a seguir. ˜ ´ Teorema 1.8. Sejam E uma matriz elementar m × m e A uma matriz qualquer m × n. Ent ao, EA e ` igual a matriz obtida aplicando-se na matriz A a mesma operacao elementar que originou E . ¸˜ Julho 2007 Reginaldo J. Santos 60 Matrizes e Sistemas Lineares ´ ´ ´ Demonstracao. Como a i-esima linha de um produto de matrizes BA e igual a Bi A, em que Bi e a ¸˜ t ´ ´ ´ i-esima linha da matriz B (Exerc´cio 1.1.18 (b) na pagina 28) e Ei A = Ai , em que Ai e a linha i da ı ´ ˜ matriz A (Exerc´cio 16 (b) na pagina 26), entao: ı Ei,j A = Ei (α)A = i → j → t E1 . . . t Ej . . . Eit . . . t Em A= t E1 . . . i → αEit A = . . . t Em t E1 A . . . t Ej A ← i . . . E tA ← j i . . . t Em A t E1 A . . . αEit A . . . ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı t Em A ← i = A1 . . . Aj . . . Ai . . . Am ← i ← j A1 . . . = αAi ← i . . . Am Julho 2007 1.2 Sistemas de Equacoes Lineares ¸˜ Ei,j (α)A = t E1 . . . Eit i→ . . . E t + αE t j→ j i . . . t Em A= 61 t E1 A . . . Eit A . . . E t A + αE t A j i . . . t Em A ← i ← j A1 . . . Ai . . = . A + αA j i . . . Am ← i ← j Assim, aplicar uma sequencia de operacoes elementares em uma matriz, corresponde a multipli¨ˆ ¸˜ ` car a matriz a esquerda por um produto de matrizes elementares. ´ Exemplo 1.18. Quando usamos o metodo de Gauss-Jordan para resolver o sistema do Exemplo 1.11 ´ na pagina 40, aplicamos uma sequencia de operacoes elementares na matriz aumentada do sistema. ¨ˆ ¸˜ Isto corresponde a multiplicar a matriz aumentada 1 1 1 1000 [ A | B ] = 2 1 4 2000 2 3 5 2500 ` a esquerda pelas matrizes elementares 100 E1,2 (−2) = −2 1 0 , 001 Julho 2007 100 E1,3 (−2) = 0 1 0 , −2 0 1 Reginaldo J. Santos 62 Matrizes e Sistemas Lineares 1 0 E2 (−1) = 0 −1 0 0 10 1 0 1 E3 ( 5 ) = 00 ou seja, 0 1 0 , E2,1 (−1) = 0 1 0 0 1 , E3,1 (−3) = 0 0 1 0 5 −1 0 1 0 , E2,3 (−1) = 01 0 −3 1 , E3,2 (2) = 0 1 0 0 1 0 1 00 0 1 0 0 −1 1 00 1 2 , 01 1 0 0 700 1 E3,2 (2) E3,1 (−3) E3 ( 5 ) E2,3 (−1) E2,1 (−1) E2 (−1) E1,3 (−2) E1,2 (−2) [ A | B ] = 0 1 0 200 . 0 0 1 100 ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 1.2 Sistemas de Equacoes Lineares ¸˜ 63 ´ ´ Exerc´cios Numericos (respostas na pagina 511) ı ˜ 1.2.1. Quais das seguintes matrizes estao na forma escalonada reduzida: A= C= 1 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 1 3 0 2 0 3 −4 , 2 , B= D= 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 −4 1 0 5 , 0 −1 2 00 0 1 2 −4 . 01 0 00 0 1.2.2. Em cada item suponha que a matriz aumentada de um sistema foi transformada usando operacoes elementares na matriz escalonada reduzida dada. Resolva o sistema correspon¸˜ dente. 1 0 0 −7 8 0 1 0 3 2 ; (a) 001 1 −5 1 −6 0 0 3 −2 0 0104 7 ; (b) 0 0015 8 0 0000 0 10006 0 1 0 0 3 ; (c) 00112 1 7 0 0 −8 −3 0 0 1 0 6 5 . (d) 0 0 0 1 3 9 0000 0 0 ´ 1.2.3. Resolva, usando o metodo de Gauss-Jordan, os seguintes sistemas: x1 + x2 + 2x3 = 8 −x1 − 2x2 + 3x3 = 1 ; (a) 3x1 − 7x2 + 4x3 = 10 Julho 2007 Reginaldo J. Santos 64 Matrizes e Sistemas Lineares 2x1 + 2x2 + 2x3 = 0 −2x1 + 5x2 + 2x3 = 1; 8x1 + x2 + 4x3 = −1 − 2x2 + 3x3 = 1 (c) 3x1 + 6x2 − 3x3 = −2 . 6x1 + 6x2 + 3x3 = 5 (b) ´ 1.2.4. Os sistemas lineares seguintes possuem a mesma matriz A. Resolva-os usando o m etodo de Gauss-Jordan. Observe que os dois sistemas podem ser resolvidos ao mesmo tempo escalonando a matriz aumentada [ A | B1 | B2 ]. 1 x1 − 2x2 + x3 = 2x1 − 5x2 + x3 = −2 ; (a) 3x1 − 7x2 + 2x3 = −1 10 5 1 . 1.2.5. Seja A = 1 1 0 1 −4 2 x1 − 2x2 + x3 = 2x1 − 5x2 + x3 = −1 . (b) 3x1 − 7x2 + 2x3 = 2 (a) Encontre a solucao geral do sistema (A + 4I3 )X = ¯; ¸˜ 0 (b) Encontre a solucao geral do sistema (A − 2I3 )X = ¯. ¸˜ 0 ˜ 1.2.6. Para cada sistema linear dado, encontre todos os valores de a para os quais o sistema n ao tem solucao, tem solucao unica e tem infinitas solucoes: ¸˜ ¸˜ ´ ¸˜ 3z = 4 x + 2y − 3x − y + 5z = 2 (a) ; 2 4x + y + (a − 14)z = a + 2 ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 1.2 Sistemas de Equacoes Lineares ¸˜ 65 z=2 x+ y+ 2x + 3y + 2z = 5 (b) . 2 2x + 3y + (a − 1)z = a + 1 ˆ 1.2.7. Uma industria produz tres produtos, X, Y e Z, utilizando dois tipos de insumo, A e B. Para a ´ ˜ manufatura de cada kg de X sao utilizados 2 gramas do insumo A e 1 grama do insumo B; para cada kg de Y, 1 grama de insumo A e 3 gramas de insumo B e, para cada kg de Z, 3 gramas de A ´ e 5 gramas de B. O preco de venda do kg de cada um dos produtos X, Y e Z e R$ 3,00, R$ 2,00 ¸ e R$ 4,00, respectivamente. Com a venda de toda a producao de X, Y e Z manufaturada com ¸˜ 1,9 kg de A e 2,4 kg de B, essa industria arrecadou R$ 2900,00. Determine quantos kg de cada ´ ˜ ´ um dos produtos X, Y e Z foram vendidos. (Sugestao: veja o Exemplo 1.11 na pagina 40.) 1.2.8. Determine os coeficientes a, b, c e d da funcao polinomial p(x) = ax3 + bx2 + cx + d, cujo ¸˜ ´ grafico passa pelos pontos P1 = (0, 10), P2 = (1, 7), P3 = (3, −11) e P4 = (4, −14). Julho 2007 Reginaldo J. Santos 66 Matrizes e Sistemas Lineares 30 y 20 10 0 x −10 −20 −30 −2 −1 0 1 ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı 2 3 4 5 Julho 2007 1.2 Sistemas de Equacoes Lineares ¸˜ 67 1.2.9. Determine coeficientes a, b e c da equacao do c´rculo, x2 + y 2 + ax + by + c = 0, que passa ¸˜ ı pelos pontos P1 = (−2, 7), P2 = (−4, 5) e P3 = (4, −3). Julho 2007 Reginaldo J. Santos 68 Matrizes e Sistemas Lineares y 8 6 4 2 0 x −2 −4 −6 −4 −2 0 ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı 2 4 6 8 Julho 2007 1.2 Sistemas de Equacoes Lineares ¸˜ 69 ´ 1.2.10. Encontre condicoes sobre os bi ’s para que cada um dos sistemas seja consistente (isto e, ¸˜ tenha solucao): ¸˜ x1 − 2x2 + 5x3 = b1 4x1 − 5x2 + 8x3 = b2 ; (a) −3x1 + 3x2 − 3x3 = b3 ` 1.2.11. (Relativo a sub-secao 1.2.4) Considere a matriz ¸˜ 0 1 1 3 A= −2 −5 x1 − 2x2 − x3 = b1 −4x1 + 5x2 + 2x3 = b2 . (b) −4x1 + 7x2 + 4x3 = b3 7 8 3 8 . 1 −8 ´ Encontre matrizes elementares E, F, G e H tais que R = EF GHA e uma matriz escalonada ˜ ´ reduzida. (Sugestao: veja o Exemplo 1.18 na pagina 61.) ´ 1.2.12. Resolva, usando o metodo de Gauss-Jordan, os seguintes sistemas: x1 x1 (a) x1 3x1 x1 2x1 (b) 2x1 Julho 2007 + + + + 2x2 2x2 + x3 2x2 6x2 + x3 − − − − 3x4 3x4 3x4 9x4 + x5 + x5 + 2x6 + 2x5 + x6 + 4x5 + 3x6 = = = = + 3x2 − 2x3 + 2x5 + 6x2 − 5x3 − 2x4 + 4x5 − 3x6 5x3 + 10x4 + 15x6 + 6x2 + 8x4 + 4x5 + 18x6 2 3 ; 4 9 = 0 = −1 ; = 5 = 6 Reginaldo J. Santos 70 Matrizes e Sistemas Lineares 1 1 1 1 1 3 −2 a 1.2.13. Considere a matriz A = ¸˜ 2 2 a − 2 −a − 2 3 a − 1 . Determine o conjunto solucao do 3 a+2 −3 2a+1 t sistema AX = B , em que B = [ 4 3 1 6 ] , para todos os valores de a. ˜ 1.2.14. Resolva os sistemas lineares cujas matrizes aumentadas s ao: 1231 (a) 1 3 0 1 1021 113 0 2 1 (b) 102 8 7 ; 3 −3 0 −3 3 ; −1 −1 1 1 (c) 1 1 2 1 1 3 3 1 2 3 0 0 ; 0 0 Exerc´cios usando o M ATLAB ı Comandos do M ATLAB : >> A=[A1,...,An] cria uma matriz A formada pelas matrizes, definidas anteriormente, A1, ..., An colocadas uma ao lado da outra; ˜ ´ >> expr=subs(expr,x,num) substitui na express ao expr a variavel x por num. ´ ˆ >> p=poly2sym([an,...,a0],x) armazena na vari avel p o polinomio an xn + . . . + a0 . >> clf limpa a figura ativa. ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 1.2 Sistemas de Equacoes Lineares ¸˜ 71 Comandos do pacote GAAL: >> B=opel(alpha,i,A) ou >> oe(alpha,i,A)faz a operacao elementar ¸˜ alpha×linha i ==> linha i da matriz A e armazena a matriz resultante em B. >> B=opel(alpha,i,j,A) ou >> oe(alpha,i,j,A) faz a operac ao elementar ¸˜ alpha×linha i + linha j ==> linha j da matriz A e armazena em B. >> B=opel(A,i,j) ou >> oe(A,i,j) faz a troca da linha i com a linha j da matriz A e armazena a matriz resultante em B. >> B=escalona(A) calcula passo a passo a forma escalonada reduzida da matriz A e arma´ zena a matriz resultante na variavel B. ´ >> matvand(P,k) obtem a matriz de Vandermonde de ordem k, se P=[x1;...;xn] e a matriz de Vandermonde generalizada no caso em que P=[x1,y1;...;xn,yn]. >> po([x1,y1;x2,y2;...xk,yk]) desenha os pontos (x1,y1),...,(xk,yk). ´ ˜ ´ >> plotf1(f,[a,b]) desenha o grafico da funcao dada pela expressao simbolica f no inter¸˜ valo [a,b]. ´ ˜ >> plotci(f,[a,b],[c,d]) desenha o grafico da curva dada implicitamente pela expressao ˜ do plano [a,b]x[c,d]. f(x,y)=0 na regiao ˆ >> p=poly2sym2([a,b,c,d,e,f],x,y) armazena na vari avel p o polinomio em duas ´ variaveis ax2 + bxy + cy 2 + dx + ey + f . >> eixos desenha os eixos coordenados. 1.2.15. ´ (a) Use o comando P=randi(4,2), para gerar 4 pontos com entradas inteiras e aleat orias ˜ entre −5 e 5. Os pontos estao armazenados nas linhas da matriz P. Julho 2007 Reginaldo J. Santos 72 Matrizes e Sistemas Lineares para tentar encontrar os coeficientes a, b, c e d da func ao polinomial ¸˜ ´ p(x) = ax + bx + cx + d cujo grafico passa pelos pontos dados pelas linhas da matriz P. A matriz A=matvand(P(:,1),3) pode ser util na solucao deste problema, assim como ´ ¸˜ ˜ ˜ a matriz B=P(:,2). Se nao conseguiu, repita o passo anterior. Por que pode nao ser poss´vel? ı (b) Use o M ATLAB 3 2 ´ ˆ (c) Desenhe os pontos e o grafico do polinomio com os comandos ´ clf, po(P), syms x, p=poly2sym(R(:,5),x), plotf1(p,[-5,5]), em que R e forma escalonada reduzida da matriz [A,B]. (d) Desenhe os eixos coordenados com o comando eixos. 1.2.16. ´ (a) Use o comando P=randi(5,2), para gerar 5 pontos com entradas inteiras e aleat orias ˜ entre −5 e 5. Os pontos estao armazenados nas linhas da matriz P. ˆ (b) Use o M ATLAB para tentar encontrar os coeficientes a, b, c, d, e e f da conica, curva de 2 2 ´ equacao ax + bxy + cy + dx + ey + f = 0, cujo grafico passa pelos pontos cujas ¸˜ ˜ coordenadas sao dadas pelas linhas da matriz P. A matriz A=matvand(P,2) pode ser util ´ ˜ ˜ na solucao deste problema. Se nao conseguiu, repita o passo anterior. Por que pode nao ¸˜ ser poss´vel? ı ˆ (c) Desenhe os pontos e a conica com os comandos clf, po(P), syms x y, p=poly2sym2([-R(:,6);1],x,y), ´ plotci(p,[-5,5],[-5,5]), em que R e a forma escalonada reduzida da matriz A. (d) Desenhe os eixos coordenados com o comando eixos. 1.2.17. Use o M ATLAB ´ e resolva os Exerc´cios Numericos a partir do Exerc´cio 1.2.3. ı ı ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 1.2 Sistemas de Equacoes Lineares ¸˜ 73 ´ Exerc´cios Teoricos ı 1.2.18. Mostre que toda operacao elementar possui inversa, do mesmo tipo, ou seja, para cada ¸˜ operacao elementar existe uma outra operacao elementar do mesmo tipo que desfaz o que ¸˜ ¸˜ ˜ anterior fez. a operacao ¸ 1.2.19. Prove que: ´ (a) Toda matriz e equivalente por linhas a ela mesma (reflexividade); ´ ˜ ´ (b) Se A e equivalente por linhas a B , entao B e equivalente por linhas a A (simetria); ´ ´ ˜ ´ (c) Se A e equivalente por linhas a B e B e equivalente por linhas a C , entao A e equivalente por linhas a C (transitividade). 1.2.20. ˆ ´ (a) Sejam X1 e X2 solucoes do sistema homogeneo A X = ¯. Mostre que αX1 + βX2 e ¸˜ 0 ˜ solucao, para quaisquer escalares α e β . (Sugestao: veja o Exemplo 1.7.) ¸˜ ´ (b) Sejam X1 e X2 solucoes do sistema A X = B . Mostre que se αX1 + βX2 e solucao, ¸˜ ¸˜ ¯. (Sugestao: faca α = β = 0.) ˜ ˜ para quaisquer escalares α e β , entao B = 0 ¸ 1.2.21. Sejam A uma matriz m × n e B = ¯ uma matriz m × 1. 0 ´ ´ (a) Mostre que se X1 e uma solucao do sistema AX = B e Y1 e uma solucao do sistema ¸˜ ¸˜ ¯, entao X1 + Y1 e solucao de AX = B . ˆ ˜ ´ ˜ homogeneo associado AX = 0 ¸ (b) Seja X0 solucao particular do sistema AX = B . Mostre que toda solucao X do sistema ¸˜ ¸˜ ´ AX = B , pode ser escrita como X = X0 + Y , em que Y e uma solucao do sistema ¸˜ ¯. Assim, a solucao geral do sistema AX = B e a soma ˆ ´ homogeneo associado, AX = 0 ¸˜ ˆ de uma solucao particular de AX = B com a solucao geral do sistema homogeneo ¸˜ ¸˜ Julho 2007 Reginaldo J. Santos 74 Matrizes e Sistemas Lineares ˜ ´ associado AX = ¯. (Sugestao: Escreva X = X0 + (X − X0 ) e mostre que X − X0 e 0 ¯.) ˆ solucao do sistema homogeneo AX = 0 ¸˜ ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 1.2 Sistemas de Equacoes Lineares ¸˜ 75 Teste do Cap´tulo ı ˜ 1. Para o sistema linear dado, encontre todos os valores de a para os quais o sistema n ao tem solucao, tem solucao unica e tem infinitas solucoes: ¸˜ ¸˜ ´ ¸˜ z=3 x + 2y + x+ y− z=2 x + y + (a2 − 5)z = a 2. Se poss´vel, encontre os valores de x, y e z tais que: ı 123 −40 16 x 100 2 5 3 13 −5 y = 0 1 0 108 5 −2 z 001 3. Sejam D= 1 0 0 −1 . e P= Sabendo-se que A = P t DP , calcule D 2 , P P t e A2 . cos θ sen θ − sen θ cos θ . 4. Responda Verdadeiro ou Falso, justificando: Julho 2007 Reginaldo J. Santos 76 Matrizes e Sistemas Lineares ˜ (a) Se A2 = −2A4 , entao (In + A2 )(In − 2A2 ) = In ; ´ ˜ (b) Se A = P t DP , onde D e uma matriz diagonal, entao At = A; ´ ˜ (c) Se D e uma matriz diagonal, entao DA = AD , para toda matriz A, n × n; ˜ (d) Se B = AAt , entao B = B t . ˜ ˜ ´ (e) Se B e A sao tais que A = At e B = B t , entao C = AB , e tal que C t = C . ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 Cap´tulo 2 ı ˜ Inversao de Matrizes e Determinantes 2.1 Matriz Inversa ˜ Todo numero real a, nao nulo, possui um inverso (multiplicativo), ou seja, existe um numero b, tal ´ ´ −1 ´´ ´ que a b = b a = 1. Este numero e unico e o denotamos por a . Apesar da algebra matricial ser ´ `´ ˜ semelhante a algebra dos numeros reais, nem todas as matrizes A nao nulas possuem inversa, ou ´ seja, nem sempre existe uma matriz B tal que A B = B A = In . De in´cio, para que os produtos AB ı ´ e BA estejam definidos e sejam iguais e preciso que as matrizes A e B sejam quadradas. Portanto, ´ somente as matrizes quadradas podem ter inversa, o que j a diferencia do caso dos numeros reais, ´ ˜ ˜ pois todo numero nao nulo tem inverso. Mesmo entre as matrizes quadradas, muitas n ao possuem ´ ˜ inversa, apesar do conjunto das que nao tem inversa ser bem menor do que o conjunto das que tem ´ (Exerc´cio 2.2.9 na pagina 132). ı 77 ˜ Inversao de Matrizes e Determinantes 78 ´ ˜ Definicao 2.1. Uma matriz quadrada A = (aij )n×n e invert´vel ou nao singular, se existe uma ¸˜ ı matriz B = (bij )n×n tal que A B = B A = In , (2.1) ´ ´ ˜ em que In e a matriz identidade. A matriz B e chamada de inversa de A. Se A nao tem inversa, ´˜ dizemos que A e nao invert´vel ou singular. ı Exemplo 2.1. Considere as matrizes A= −2 1 03 e B= −1/2 1/6 0 1/3 . ´ A matriz B e a inversa da matriz A, pois A B = B A = I2 . ˜ ´´ Teorema 2.1. Se uma matriz A = (aij )n×n possui inversa, entao a inversa e unica. ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 2.1 A Inversa de uma Matriz 79 ˜ Demonstracao. Suponhamos que B e C sejam inversas de A. Entao, AB = BA = In = AC = ¸˜ CA e assim, B = B In = B (AC ) = (BA)C = In C = C . Denotamos a inversa de A, quando ela existe, por A−1 . Devemos chamar atencao para o fato de ¸˜ ˜ ˆ ˜ ˜ que o ´ndice superior −1, aqui, nao significa uma potencia, tao pouco uma divisao. Assim como no ı caso da transposta, em que At significa a transposta de A, aqui, A−1 significa a inversa de A. 2.1.1 Propriedades da Inversa Teorema 2.2. ´ ˜ ´ ´ (a) Se A e invert´vel, entao A−1 tambem o e e ı (A−1 )−1 = A ; ˜ ˜ ´ (b) Se A = (aij )n×n e B = (bij )n×n sao matrizes invert´veis, entao AB e invert´vel e ı ı (AB )−1 = B −1 A−1 ; ´ ˜ ´´ (c) Se A = (aij )n×n e invert´vel, entao At tambem e invert´vel e ı ı (At )−1 = (A−1 )t . Julho 2007 Reginaldo J. Santos ˜ Inversao de Matrizes e Determinantes 80 ´ Demonstracao. Se queremos mostrar que uma matriz e a inversa de uma outra, temos que mostrar ¸˜ ˜ ` que os produtos das duas matrizes sao iguais a matriz identidade. ´ (a) Uma matriz B e a inversa de A−1 se A−1 B = BA−1 = In . ´ ˜ Mas, como A−1 e a inversa de A, entao AA−1 = A−1 A = In . ´´ ˜ ´ Como a inversa e unica, entao B = A e a inversa de A−1 , ou seja, (A−1 )−1 = A. ´ (b) Temos que mostrar que a inversa de AB e B −1 A−1 , ou seja, mostrar que os produtos −1 −1 −1 −1 ˜ ` (AB )(B A ) e (B A )(AB ) sao iguais a matriz identidade. Mas, pelas propriedades ´ (h) e (i) do Teorema 1.1 na pagina 10: (AB )(B −1 A−1 ) = A(BB −1 )A−1 = AIn A−1 = AA−1 = In , (B −1 A−1 )(AB ) = B −1 (A−1 A)B = B −1 In B = B −1 B = In . ´ (c) Queremos mostrar que a inversa de At e (A−1 )t . Pela propriedade (o) do Teorema 1.1 na ´ pagina 10: t At (A−1 )t = (A−1 A)t = In = In , t (A−1 )t At = (AA−1 )t = In = In . ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 2.1 A Inversa de uma Matriz 81 ´ O teorema seguinte, cuja demonstracao sera omitida no momento (Subsecao 2.1.2), garante que ¸˜ ¸˜ ´ basta verificarmos uma das duas igualdades em (2.1) para sabermos se uma matriz e a inversa de outra. Teorema 2.3. Sejam A e B matrizes n × n. ˜ (a) Se BA = In , entao AB = In ; ˜ (b) Se AB = In , entao BA = In ; ´ ´ Assim, para verificar que uma matriz A e invert´vel, quando temos uma matriz B que e candidata a ı ´ ´ inversa de A, basta fazer um dos produtos AB ou BA e verificar se um deles e igual a In . O proximo exemplo ilustra este fato. ˜ Exemplo 2.2. Seja A = (aij )n×n uma matriz tal que A3 = ¯ (A pode nao ser a matriz nula!). Vamos 0 2 ´ mostrar que a inversa de In − A e In + A + A . Para provar isto, devemos multiplicar a matriz In − A, pela matriz que possivelmente seja a inversa dela, aqui I + A + A 2 , e verificar se o produto das duas ´ e igual a matriz identidade In . (In − A)(In + A + A2 ) = In (In + A + A2 ) − A(In + A + A2 ) = In + A + A2 − A − A2 − A3 = In . ´ Aqui foram usadas as propriedades (i) e (j) do Teorema 1.1 na pagina 10. Julho 2007 Reginaldo J. Santos 82 ˜ Inversao de Matrizes e Determinantes ˜ 2.1.2 Matrizes Elementares e Inversao (opcional) ˆ ˜ As matrizes elementares tem um papel importante no estudo da inversao de matrizes e da solucao ¸˜ de sistemas lineares. ´ ´ ´ Proposicao 2.4. Toda matriz elementar e invert´vel e sua inversa e tambem uma matriz elementar. ¸˜ ı ´ Usando a notacao introduzida na pagina 57, temos: ¸˜ − (a) Ei,j1 = Ej,i = Ei,j ; (b) Ei (α)−1 = Ei (1/α), para α = 0; (c) Ei,j (α)−1 = Ei,j (−α). ´ Demonstracao. Seja E uma matriz elementar. Esta matriz e obtida de In aplicando-se uma operacao ¸˜ ¸˜ elementar. Seja F a matriz elementar correspondente a operacao que transforma E de volta em In . ¸˜ ´ ´ Agora, pelo Teorema 1.8 na pagina 59, temos que F E = E F = In . Portanto, F e a inversa de E. ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 2.1 A Inversa de uma Matriz 83 ˜ Teorema 2.5. Seja A uma matriz n × n. As seguintes afirmacoes sao equivalentes: ¸˜ (a) Existe uma matriz B , n × n, tal que BA = In . ´ ` (b) A matriz A e equivalente por linhas a matriz identidade In . ´ (c) A matriz A e invert´vel. ı ˜ Demonstracao. (a)⇒(b) Se BA = In , entao o sistema A X = ¯ tem somente a solucao trivial, ¸˜ 0 ¸˜ ¯ = ¯. Isto implica que a matriz A e equivalente por linhas a ´ ` pois X = In X = BAX = B 0 0 ´ matriz identidade In , pois caso contrario a forma escalonada reduzida de A teria uma linha nula ´ (Proposicao 1.5 na pagina 52). ¸˜ ` ´ (b)⇒(c) A matriz A ser equivalente por linhas a In significa, pelo Teorema 1.8 na pagina 59, que existem matrizes elementares E1 , . . . , Ek , tais que − (E1 1 Ek −1 . . . Ek )Ek . . . E1 A = I n − − . . . E1 A = E 1 1 . . . Ek 1 − − A = E 1 1 . . . Ek 1 . (2.2) (2.3) ˜ Aqui, usamos o fato de que as matrizes elementares sao invert´veis (Proposicao 2.4). Portanto, ı ¸˜ ´ A e invert´vel como o produto de matrizes invert´veis. ı ı (c)⇒(a) Claramente. Julho 2007 Reginaldo J. Santos ˜ Inversao de Matrizes e Determinantes 84 ´ ˜ ` Se A e invert´vel, entao multiplicando-se ambos os membros de (2.2) a direita por A−1 obtemos ı Ek . . . E1 In = A−1 . Assim, a mesma sequencia de operacoes elementares que transforma a matriz A na matriz identidade ¨ˆ ¸˜ −1 ´ In transforma tambem In em A . ´ ´ A demonstracao do Teorema 2.3 na pagina 81, agora, e uma simples consequencia do Teorema ˜ ¨ˆ anterior. ˜ ´ Demonstracao do Teorema 2.3. (a) Vamos mostrar que se BA = In , entao A e invert´vel e B = ¸˜ ı −1 −1 ˜ ´ A . Se BA = In , entao pelo Teorema 2.5, A e invert´vel e B = BIn = BAA = In A−1 = ı A−1 . Logo, AB = BA = In . ˜ ´ (b) Se AB = In , entao pelo item anterior B e invert´vel e B −1 = A. Portanto BA = AB = In . ı Segue da demonstracao, do Teorema 2.5 (equacao (2.3)) o resultado seguinte. ¸˜ ¸˜ ´ ´ Teorema 2.6. Uma matriz A e invert´vel se, e somente se, ela e um produto de matrizes elementares. ı ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 2.1 A Inversa de uma Matriz 85 ´ Exemplo 2.3. Vamos escrever a matriz A do Exemplo 2.5 na pagina 89 como o produto de matrizes elementares. Quando encontramos a inversa da matriz A, aplicamos uma sequ encia de operacoes ¨ˆ ¸˜ ´ ˜ elementares em [ A | I3 ] ate que encontramos a matriz [ I3 | A−1 ]. Como as operacoes sao por linha, ¸˜ esta mesma sequencia de operacoes elementares transforma A em In . Isto corresponde a multiplicar ¸˜ ¨ˆ 111 2 1 4 a esquerda pelas matrizes elementares ` a matriz A = 235 100 100 E1,2 (−2) = −2 1 0 , E1,3 (−2) = 0 1 0 , −2 0 1 001 1 00 1 −1 0 1 0 , E2,3 (−1) = E2 (−1) = 0 −1 0 , E2,1 (−1) = 0 0 01 0 01 100 1 0 −3 1 1 0 , E3,2 (2) = 0 E3 ( 5 ) = 0 1 0 , E3,1 (−3) = 0 1 001 00 1 0 5 ou seja, 1 00 0 1 0 0 −1 1 00 1 2 , 01 1 E3,2 (2) E3,1 (−3) E3 ( 5 ) E2,3 (−1) E2,1 (−1) E2 (−1) E1,3 (−2) E1,2 (−2) A = I3 . ` Multiplicando a esquerda pelas inversas das matrizes elementares correspondentes obtemos A = E1,2 (2) E1,3 (2) E2 (−1) E2,1 (1) E2,3 (1) E3 (5) E3,1 (3) E3,2 (−2). Julho 2007 Reginaldo J. Santos ˜ Inversao de Matrizes e Determinantes 86 ´ ˜ 2.1.3 Metodo para Inversao de Matrizes ˜ O exemplo seguinte mostra, para matrizes 2 × 2, nao somente uma forma de descobrir se uma ´ matriz A tem inversa mas tambem, como encontrar a inversa, no caso em que ela exista. Ou seja, escalonamos a matriz [A | I2 ] e encontramos a sua forma escalonada reduzida [R | S ]. Se R = I 2 , ˜ ´ ´ ˜´ entao a matriz A e invert´vel e a inversa A−1 = S . Caso contrario, a matriz A nao e invert´vel. ı ı Exemplo 2.4. Seja A = ou seja, ab . Devemos procurar uma matriz B = cd ax + bz cx + dz = = ay + bw = cy + dw = xy zw tal que AB = I2 , 1 0 0 1 Este sistema pode ser desacoplado em dois sistemas independentes que possuem a mesma matriz, ´ ˆ que e a matriz A. Podemos resolve-los simultaneamente. Para isto, basta escalonarmos a matriz aumentada ab10 cd01 = [ A | I2 ]. ˆ Os dois sistemas tem solucao unica se, e somente se, a forma escalonada reduzida da matriz [ A | I 2 ] ¸˜ ´ 10st (verifique, observando o que acontece se a forma escalonada 01uv ˜ reduzida da matriz A nao for igual a I2 ). Neste caso, x = s, z = u e y = t, w = v , ou seja, a matriz st ´ . A possuira inversa, A−1 = B = S = uv for da forma [ I2 | S ] = ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 2.1 A Inversa de uma Matriz 87 ´ ´ Para os leitores da Subsecao 2.1.2 o proximo teorema e uma simples consequencia do Teorema ¸˜ ¨ˆ ´ ´ 2.5 na pagina 83. Entretanto a demonstracao que daremos a seguir fornece um metodo para encontrar ¸˜ a inversa de uma matriz, se ela existir. ´ ´ ` Teorema 2.7. Uma matriz A, n × n, e invert´vel se, e somente se, A e equivalente por linhas a matriz ı identidade In . ´ ´ Demonstracao. Pelo Teorema 2.3 na pagina 81, para verificarmos se uma matriz A, n × n, e in¸˜ vert´vel, basta verificarmos se existe uma matriz B , tal que ı A B = In . (2.4) Vamos denotar as colunas de B por X1 , X2 , . . . , Xn , ou seja, B = [ X1 . . . Xn ], em que x11 x12 x21 x22 X1 = . , X 2 = . . . . . xn1 xn2 , x1n x2n . . . , Xn = . . . xnn e as colunas da matriz identidade In , por E1 , E2 , . . . , En , ou seja, In = [ E1 . . . En ], em que 1 0 0 1 E1 = . , E2 = . . . . . 0 0 Julho 2007 , 0 0 . . . , En = . . . . 1 Reginaldo J. Santos ˜ Inversao de Matrizes e Determinantes 88 Assim a equacao (2.4) pode ser escrita como ¸˜ A [ X1 . . . Xn ] = [ AX1 . . . AXn ] = [ E1 . . . En ], ´ ´ ´ pois a j -esima coluna do produto AB e igual a A vezes a j -esima coluna da matriz B (Exerc´cio 18 ı ´ ´ na pagina 28). Analisando coluna a coluna a equacao anterior vemos que encontrar B e equivalente ¸˜ a resolver n sistemas lineares A Xj = Ej para j = 1 . . . , n. ´ Cada um dos sistemas pode ser resolvido usando o metodo de Gauss-Jordan. Para isso, formar´amos ı as matrizes aumentadas [A | E1 ], [A | E2 ], . . . , [A | En ]. Entretanto, como as matrizes dos sistemas ˜ ` sao todas iguais a A, podemos resolver todos os sistemas simultaneamente formando a matriz n × 2n [ A | E1 E2 . . . En ] = [ A | In ]. Transformando [ A | In ] na sua forma escalonada reduzida, que vamos denotar por [ R | S ], vamos ´ ˜´ chegar a duas situacoes poss´veis: ou a matriz R e a matriz identidade, ou nao e. ¸˜ ı ˜ ´ • Se R = In , entao a forma escalonada reduzida da matriz [ A | In ] e da forma [ In | S ]. Se ˜ escrevemos a matriz S em termos das suas colunas S = [ S1 S2 . . . Sn ], entao as solucoes dos ¸˜ ˜ ´ sistemas A Xj = Ej sao Xj = Sj e assim B = S e tal que A B = In e pelo Teorema 2.3 na ´ ´ pagina 81 A e invert´vel. ı ˜ ˜´ ` ˜ • Se R = In , entao a matriz A nao e equivalente por linhas a matriz identidade In . Entao, pela ´ Proposicao 1.5 na pagina 52 a matriz R tem uma linha nula. O que implica que cada um dos ¸˜ ˜ ˜ sistemas A Xj = Ej ou nao tem solucao unica ou nao tem solucao. Isto implica que a matriz ¸˜ ´ ¸˜ ˜ A nao tem inversa, pois as colunas da (unica) inversa seriam Xj , para j = 1, . . . n. ´ ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 2.1 A Inversa de uma Matriz 89 ˜ Observacao. Da demonstracao do Teorema 2.7 obtemos nao somente uma forma de descobrir se ¸˜ ¸˜ ´ uma matriz A tem inversa mas tambem, como encontrar a inversa, no caso em que ela exista. Ou seja, escalonamos a matriz [A | In ] e encontramos a sua forma escalonada reduzida [R | S ]. Se ˜ ´ ´ ˜´ R = In , entao a matriz A e invert´vel e a inversa A−1 = S . Caso contrario, a matriz A nao e invert´vel. ı ı Vejamos os exemplos seguintes. Exemplo 2.5. Vamos encontrar, se existir, a inversa de 111 A= 2 1 4 235 . 1a eliminacao: ¸˜ . . . −2×1a linha + 2a linha −→ 2a linha a a a −2×1 . linha + 3 . linha −→ 3 . linha . 2a eliminacao: ¸˜ . . −1×2a linha −→ 2a linha Julho 2007 1 1 0 −1 0 1 1 0 0 1 100 2 −2 1 0 3 −2 0 1 1 1 1 00 1 −2 2 −1 0 1 3 −2 01 Reginaldo J. Santos ˜ Inversao de Matrizes e Determinantes 90 1 0 0 . . . −1×2a linha + 1a linha −→ 1a linha a . linha + 3a linha −→ 3a linha . . −1×2 . 3a eliminacao: ¸˜ 1 . ×3a 5 linha −→ . 3a 0 3 −1 10 1 −2 2 −1 0 0 5 −4 11 10 0 3 −1 1 −2 2 −1 0 1 1 4 0 1 −5 5 5 7 2 100 −3 5 5 5 2 2 −3 0 1 0 5 5 5 4 1 1 0 0 1 −5 5 5 1 0 0 linha . . . −3×3a linha + 1a linha −→ 1a linha a a a 2×3 . linha + 2 . linha −→ 2 . linha ´ ` ´ Assim, a matriz [A | I3 ] e equivalente por linhas a matriz acima, que e da forma [I3 | S ], portanto a ´ ´ matriz A e invert´vel e a sua inversa e a matriz S , ou seja, ı A−1 = 7 5 2 5 −4 5 2 5 −3 5 1 5 3 −5 2 5 1 5 . Exemplo 2.6. Vamos determinar, se existir, a inversa da matriz 123 A= 1 1 2 . 011 ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 2.1 A Inversa de uma Matriz 91 Para isso devemos escalonar a matriz aumentada . 1a eliminacao: ¸˜ 123100 [A | I3 ] = 1 1 2 0 1 0 011001 1231 00 0 1 1 1 −1 0 0110 01 . . . −1×1a linha + 2a linha −→ 2a linha . 2a eliminacao: ¸˜ . . −1×2a linha −→ 2a linha . . . −2×2a linha + 1a linha −→ 1a linha a a a −1×2 . linha + 3 . linha −→ 3 . linha 1231 00 0 1 1 1 −1 0 0110 01 1 0 1 −1 20 0 1 1 1 −1 0 0 0 0 −1 11 ´ ` ´ Assim, a matriz [A | I3 ] e equivalente por linhas a matriz acima, que e da forma [R | S ], com R = I3 . ˜´ ` ˜´ Assim, a matriz A nao e equivalente por linhas a matriz identidade e portanto nao e invert´vel. ı ´ Se um sistema linear A X = B tem o numero de equacoes igual ao numero de incognitas, ´ ¸˜ ´ −1 ˜ entao o conhecimento da inversa da matriz do sistema A , reduz o problema de resolver o sistema ´ ´ a simplesmente fazer um produto de matrizes, como esta enunciado no proximo teorema. Julho 2007 Reginaldo J. Santos ˜ Inversao de Matrizes e Determinantes 92 Teorema 2.8. Seja A uma matriz n × n. ´ (a) O sistema associado AX = B tem solucao unica se, e somente se, A e invert´vel. Neste caso ¸˜ ´ ı −1 a solucao e X = A B ; ¸˜ ´ ˆ ˜ ´ ˜ (b) O sistema homogeneo A X = ¯ tem solucao nao trivial se, e somente se, A e singular (nao 0 ¸˜ invert´vel). ı ´ ˜ ` Demonstracao. (a) Se a matriz A e invert´vel, entao multiplicando A X = B por A−1 a esquerda ¸˜ ı em ambos os membros obtemos A−1 (A X ) (A−1 A)X In X X = = = = A−1 B A−1 B A−1 B A−1 B. ´ Aqui foram usadas as propriedades (h) e (i) do Teorema 1.1 na pagina 10. Portanto, X = A−1 B ´´ e a unica solucao do sistema A X = B . Por outro lado, se o sistema A X = B possui solucao ¸˜ ¸˜ ˜ ´ unica, entao a forma escalonada reduzida da matriz aumentada do sistema [A | B ] e da forma ´ ´ [R | S ], em que R = In . Pois a matriz A e quadrada e caso R fosse diferente da identidade ´ possuiria uma linha de zeros (Proposicao 1.5 na pagina 52) o que levaria a que o sistema ¸˜ ˜ ´ A X = B ou nao tivesse solucao ou tivesse infinitas solucoes. Logo, a matriz A e equivalente ¸˜ ¸˜ ` ´ ´ por linhas a matriz identidade o que pelo Teorema 2.7 na pagina 87 implica que A e invert´vel. ı ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 2.1 A Inversa de uma Matriz 93 ˆ ´ (b) Todo sistema homogeneo possui pelo menos a solucao trivial. Pelo item anterior, esta sera a ¸˜ ´ unica solucao se, e somente se, A e invert´vel. ´ ¸˜ ı ´ ˜ Vamos ver no proximo exemplo que se conhecemos a inversa de uma matriz, ent ao a producao ¸˜ ´ de uma industria em varios per´odos pode ser obtida apenas multiplicando-se a inversa por matrizes ´ ı colunas que contenham a arrecadacao e as quantidades dos insumos utilizados em cada per´odo. ¸˜ ı ˆ Exemplo 2.7. Uma industria produz tres produtos, X, Y e Z, utilizando dois tipos de insumo, A e B. ´ ˜ Para a manufatura de cada kg de X sao utilizados 1 grama do insumo A e 2 gramas do insumo B; para cada kg de Y, 1 grama de insumo A e 1 grama de insumo B e, para cada kg de Z, 1 grama de ´ A e 4 gramas de B. O preco de venda do kg de cada um dos produtos X, Y e Z e R$ 2,00, R$ 3,00 e ¸ ´ R$ 5,00, respectivamente. Como vimos no Exemplo 1.6 na pagina 8, usando matrizes o esquema de producao pode ser descrito da seguinte forma: ¸˜ X 1 2 2 Y Z 11 1 4 = A 35 x+y+z AX = 2x + y + 4z 2x + 3y + 5z gramas de A/kg gramas de B/kg preco/kg ¸ x X= y z kg de X produzidos kg de Y produzidos kg de Z produzidos gramas de A usados gramas de B usados arrecadacao ¸˜ ´ No Exemplo 2.5 na pagina 89 determinamos a inversa da matriz 111 A= 2 1 4 235 Julho 2007 Reginaldo J. Santos ˜ Inversao de Matrizes e Determinantes 94 ´ que e A−1 = 7 5 2 5 −4 5 2 5 −3 5 1 5 −3 5 2 5 1 5 7 2 −3 1 2 . = 2 −3 5 −4 1 1 Sabendo-se a inversa da matriz A podemos saber a producao da industria sempre que soubermos ¸˜ ´ quanto foi gasto do insumo A, do insumo B e a arrecadacao. ¸˜ (a) Se em um per´odo com a venda de toda a producao de X, Y e Z manufaturada com 1 kg de A ı ¸˜ ˜ e 2 kg de B, essa industria arrecadou R$ 2500, 00, entao para determinar quantos kg de cada ´ um dos produtos X, Y e Z foram vendidos simplesmente multiplicamos A −1 pela matriz 1000 B = 2000 2500 gramas de A usados gramas de B usados arrecadacao ¸˜ ou seja, kg de X produzidos kg de Y produzidos kg de Z produzidos 7 2 −3 x 1000 700 y = X = A−1 B = 1 2 −3 2 2000 = 200 5 z 2500 100 −4 1 1 Portanto, foram produzidos 700 kg do produto X, 200 kg de Y e 100 kg de Z. (b) Se em outro per´odo com a venda de toda a producao de X, Y e Z manufaturada com 1 kg de ı ¸˜ ˜ A e 2, 1 kg de B, essa industria arrecadou R$ 2900, 00, ent ao para determinar quantos kg de ´ ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 2.1 A Inversa de uma Matriz 95 cada um dos produtos X, Y e Z foram vendidos simplesmente multiplicamos A −1 pela matriz ou seja, kg de X produzidos kg de Y produzidos kg de Z produzidos 1000 B = 2100 2900 gramas de A usados gramas de B usados arrecadacao ¸˜ 7 2 −3 1000 500 x y = X = A−1 B = 1 2 −3 2 2100 = 300 5 z 2900 200 −4 1 1 Portanto, foram produzidos 500 kg do produto X, 300 kg de Y e 200 kg de Z. ´ ´´ Vamos mostrar a rec´proca do item (b) do Teorema 2.2 na pagina 79. Este resultado sera util ı ´ na demonstracao de que o determinante do produto de matrizes e o produto dos determinantes ¸˜ ´ (Subsecao 2.2.2 na pagina 128). ¸˜ ˜ ˜ ˜ Proposicao 2.9. Se A e B sao matrizes n × n, com AB invert´vel, entao A e B sao invert´veis. ¸˜ ı ı ˜ ˜ Demonstracao. Considere o sistema (AB )X = ¯. Se B nao fosse invert´vel, entao existiria X = ¯, ¸˜ 0 ı 0 ¯ (Teorema 2.8 na pagina 92). Multiplicando-se por A, ter´amos AB X = ¯, o que, ´ tal que B X = 0 ı 0 ´ ´ novamente pelo Teorema 2.8 na pagina 92, contradiz o fato de AB ser invert´vel. Portanto, B e ı ˜ ˜ ´´ invert´vel. Agora, se B e AB sao invert´veis, entao A tambem e invert´vel, pois A = (AB )B −1 , que ı ı ı ´ e o produto de duas matrizes invert´veis. ı Julho 2007 Reginaldo J. Santos ˜ Inversao de Matrizes e Determinantes 96 2.1.4 Aplicacao: Interpolacao Polinomial ¸˜ ¸˜ Sejam P1 = (x1 , y1 ), . . . , Pn = (xn , yn ), com x1 , . . . , xn numeros distintos. Considere o pro´ ˆ blema de encontrar um polinomio de grau n − 1 p(x) = an−1 xn−1 + an−2 xn−2 + · · · + a1 x + a0 , que interpola os dados, no sentido de que p(xi ) = yi , para i = 1, . . . , n. ˜ ˜ Por exemplo se os pontos sao P1 = (0, 10), P2 = (1, 7), P3 = (3, −11), P4 = (4, −14) entao ˆ o problema consiste em encontrar um polinomio de grau 3 que interpola os pontos dados (veja o ´ Exerc´cio 1.2.8 na pagina 65). ı ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 2.1 A Inversa de uma Matriz 30 97 y 20 10 0 x −10 −20 −30 −2 −1 0 1 2 3 4 5 ˆ ´ Vamos mostrar que existe, um e somente um, polinomio de grau no maximo igual a n − 1, que ˆ interpola n pontos, com abscissas distintas. Substituindo os pontos no polin omio p(x), obtemos um Julho 2007 Reginaldo J. Santos ˜ Inversao de Matrizes e Determinantes 98 sistema linear AX = B , em que an−1 an−2 X = . , . . a0 y1 y2 B= . . . yn xn−1 xn−2 . . . x1 1 1 1 xn−1 xn−2 . . . x2 1 2 2 e A= . . . . . . . . . . n−1 n−2 xn xn . . . xn 1 ´ A matriz A e chamada matriz de Vandermonde. ´ Vamos mostrar que AX = B tem somente uma solucao. Pelo Teorema 2.8 na pagina 92, um ¸˜ ´ sistema de n equacoes e n incognitas AX = B tem solucao unica se, e somente se, o sistema ¸˜ ¸˜ ´ ´ homogeneo associado, AX = ¯, tem somente a solucao trivial. X = [ an−1 · · · a0 ] e solucao do 0 ¸˜ ¸˜ ˆ ˆ sistema homogeneo se, e somente se, o polinomio de grau n − 1, p(x) = an−1 xn−1 + · · · + a0 , se ˆ ´ ˆ anula em n pontos distintos. O que implica que o polinomio p(x) e o polinomio com todos os seus ¯ tem somente a solucao trivial. ˆ coeficientes iguais a zero. Portanto, o sistema homogeneo A X = 0 ¸˜ ˆ ´ Isto prova que existe, um e somente um, polinomio de grau no maximo igual a n − 1, que interpola n pontos, com abscissas distintas. ´ Assim a solucao do sistema linear e X = A−1 B . Como a matriz A depende apenas das abs¸˜ ˆ cissas dos pontos, tendo calculado a matriz A−1 podemos determinar rapidamente os polinomios ´ que interpolam varios conjuntos de pontos, desde que os pontos de todos os conjuntos tenham as mesmas abscissas dos pontos do conjunto inicial. 2.1.5 Aplicacao: Criptografia ¸˜ Vamos transformar uma mensagem em uma matriz da seguinte forma. Vamos quebrar a men´ sagem em pedacos de tamanho 3 e cada pedaco sera convertido em uma matriz coluna usando a ¸ ¸ ˜ Tabela 2.1 de conversao entre caracteres e numeros. ´ ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 2.1 A Inversa de uma Matriz 99 Considere a seguinte mensagem criptografada 1ydobbr,? (2.5) Quebrando a mensagem criptografada em pedacos de tamanho 3 e convertendo cada pedaco para ¸ ¸ uma coluna de numeros usando a Tabela 2.1 obtemos a matriz ´ 80 15 18 Y = 25 2 107 4 2 94 Sabendo-se que esta mensagem foi criptografada fazendo o produto da mensagem inicial pela matriz 110 M = 0 1 1 001 ˜ entao X = M −1 Y ´ sera a mensagem inicial convertida para numeros, ou seja, ´ 1 −1 1 80 15 18 59 15 5 1 −1 25 2 107 = 21 0 13 X = M −1 Y = 0 0 0 1 4 2 94 4 2 94 Convertendo para texto usando novamente a Tabela 2.1 obtemos que a mensagem que foi criptogra´ fada e Tudo bem? (2.6) Julho 2007 Reginaldo J. Santos ˜ Inversao de Matrizes e Determinantes 100 ´ ´ Exerc´cios Numericos (respostas na pagina 536) ı 1 ´ ˆ 2.1.1. Seja A uma matriz 3 × 3. Suponha que X = −2 e solucao do sistema homogeneo ¸˜ 3 ´ ˜ A X = ¯. A matriz A e singular ou nao? Justifique. 0 2.1.2. Se poss´vel, encontre as inversas das seguintes matrizes: ı 123 (a) 1 1 2 ; 012 122 (b) 1 3 1 ; 132 1 1 1 1 2 −1 (c) 1 −1 2 1 3 3 123 (d) 0 2 3 ; 124 123 (e) 1 1 2 ; 011 1 11 11 1 3 2 1 2 ; (f) 1 2 −1 1 ; 1 2 59 16 110 2.1.3. Encontre todos os valores de a para os quais a matriz A = 1 0 0 tem inversa. 12a 2.1.4. Se A−1 = 32 13 ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı e B −1 = 2 5 3 −2 , Julho 2007 2.1 A Inversa de uma Matriz 101 encontre (A B )−1 . 23 41 2.1.5. Resolva o sistema A X = B , se A−1 = eB = 5 . 3 2.1.6. Seja A= 1 −1 −4 1 . ´ mostraremos no Exemplo 6.6 na pagina 426 que P= 11 −2 2 e D= 3 0 0 −1 ˜ sao tais que A = P DP −1 . Determine Ak , para k = 1, 2, 3, . . . ` 2.1.7. (Relativo a Subsecao 2.1.2) Encontre matrizes elementares E1 , . . . , Ek tais que A = E1 . . . Ek , ¸˜ para 123 2 1 2 . A= 012 Exerc´cios usando o M ATLAB ı Comandos do M ATLAB : Julho 2007 Reginaldo J. Santos ˜ Inversao de Matrizes e Determinantes 102 ` >> M=[A,B] atribui a matriz M a matriz obtida colocando lado a lado as matrizes A e B. >> A=[A1,...,An] cria uma matriz A formada pelas matrizes, definidas anteriormente, A1, ..., An colocadas uma ao lado da outra; ` ` >> M=A(:,k:l) atribui a matriz M a submatriz da matriz A obtida da coluna l a coluna k da matriz A. Comandos do pacote GAAL: >> B=opel(alpha,i,A) ou B=oe(alpha,i,A)faz a operacao elementar ¸˜ alpha*linha i ==> linha i da matriz A e armazena a matriz resultante em B. >> B=opel(alpha,i,j,A) ou B=oe(alpha,i,j,A) faz a operac ao elementar ¸˜ alpha*linha i + linha j ==> linha j da matriz A e armazena a matriz resultante na ´ variavel B. >> B=opel(A,i,j) ou B=oe(A,i,j) faz a troca da linha i com a linha j da matriz A e arma´ zena a matriz resultante na variavel B. >> B=escalona(A) calcula passo a passo a forma escalonada reduzida da matriz A e arma´ zena a matriz resultante na variavel B. ´ 2.1.8. O pacote GAAL contem alguns arquivos com mensagens criptografadas e uma chave para de´ ` ´ cifra-las. Use os comandos a seguir para ler dos arquivos e atribuir as variaveis corresponden´ tes, uma mensagem criptografada e a uma chave para decifr a-la. >> menc=lerarq(’menc1’), key=lerarq(’key’) ˜ Aqui sao lidos os arquivos menc1 e key. Para converter a mensagem criptografada e a chave ´ para matrizes numericas use os comandos do pacote gaal: >> y=char2num(menc), M=char2num(key) ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 2.1 A Inversa de uma Matriz 103 A mensagem criptografada, y, foi obtida multiplicando-se a matriz M pela mensagem original (convertida para numeros), x. Determine x. Descubra a mensagem usando o comando do ´ ˜ pacote gaal, num2char(x). Decifre as mensagens que est ao nos arquivos menc2 e menc3. Como deve ser a matriz M para que ela possa ser uma matriz chave na criptografia? ´ 2.1.9. Resolva os Exerc´cios Numericos a partir do Exerc´cio 2.1.2 usando o M ATLAB . ı ı ´ Exerc´cios Teoricos ı (a) Mostre que a matriz A = ab cd ´ e invert´vel se, e somente se, ad − bc = 0 e neste ı A−1 = 2.1.10. 1 ad − bc ´ caso a inversa e dada por d −b −c a . ˜ (Sugestao: encontre a forma escalonada reduzida da matriz [ A | I2 ], para a = 0 e para a = 0.) ˜ (b) Mostre que se ad − bc = 0, entao o sistema linear ax + by = g cx + dy = h tem como solucao ¸˜ x= Julho 2007 gd − bh , ad − bc y= ah − gc ad − bc Reginaldo J. Santos ˜ Inversao de Matrizes e Determinantes 104 ´ ˜ ´ Sugestao para os proximos 4 exerc´cios: Para verificar que uma matriz B e a inversa de uma ı ´ matriz A, basta fazer um dos produtos AB ou BA e verificar que e igual a In . ´ 2.1.11. Se A e uma matriz n × n e Ak = ¯, para k um inteiro positivo, mostre que 0 (In − A)−1 = In + A + A2 + . . . + Ak−1 . ´ ˜ ˜ 2.1.12. Seja A uma matriz diagonal, isto e, os elementos que estao fora da diagonal sao iguais a zero ´ invert´vel e a sua inversa (aij = 0, para i = j ). Se aii = 0, para i = 1, . . . , n, mostre que A e ı ´ ´ e tambem uma matriz diagonal com elementos na diagonal dados por 1/a 11 , 1/a22 , . . . , 1/ann . ˜ 2.1.13. Sejam A e B matrizes quadradas. Mostre que se A + B e A forem invert´veis, ent ao ı (A + B )−1 = A−1 (In + BA−1 )−1 . ˜ ˜ 2.1.14. Seja Jn a matriz n × n, cujas entradas sao iguais a 1. Mostre que se n > 1, entao (In − Jn )−1 = In − 1 Jn . n−1 2 ˜ (Sugestao: observe que Jn = nJn .) ´ ˜ 2.1.15. Mostre que se B e uma matriz invert´vel, entao AB −1 = B −1 A se, e somente se, AB = BA. ı ˜ (Sugestao: multiplique a equacao AB = BA por B −1 .) ¸˜ ´ ˜ ˜ 2.1.16. Mostre que se A e uma matriz invert´vel, entao A + B e In + BA−1 sao ambas invert´veis ou ı ı ˜ ˜ ambas nao invert´veis. (Sugestao: multiplique A + B por A−1 .) ı ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 2.1 A Inversa de uma Matriz 105 ˜´ ˜ ´ ˜ ´ 2.1.17. Sejam A e B matrizes n × n. Mostre que se B nao e invert´vel, entao AB tambem nao o e. ı ˜ ˜ ˜ 2.1.18. Mostre que se A e B sao matrizes n × n, invert´veis, entao A e B sao equivalentes por linhas. ı ˜´ 2.1.19. Sejam A uma matriz m × n e B uma matriz n × m, com n < m. Mostre que AB n ao e invert´vel. ı ¯ tem solucao nao trivial.) ˜ ˜ (Sugestao: Mostre que o sistema (AB )X = 0 ¸˜ Julho 2007 Reginaldo J. Santos ˜ Inversao de Matrizes e Determinantes 106 a b c d e f g h i j k l m n 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 o p q r s t u v w x y z a ` a ´ a ^ 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 a ~ c ¸ e ´ e ^ ı ´ o ´ o ^ o ~ u ´ u ¨ A B C D E 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 F G H I J K L M N O P Q R S T 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59 U V W X Y Z ` A ´ A ^ A ~ A ¸ C ´ E ^ E ´ I ´ O 60 61 62 63 64 65 66 67 68 69 70 71 72 73 74 ^ O ~ O ´ U ¨ U 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 : 75 76 77 78 79 80 81 82 83 84 85 86 87 88 89 ; < = > ? @ ! " # $ % & ’ ( ) 90 91 92 93 94 95 96 97 98 99 100 101 102 103 104 * + , - . / [ \ _ { | } 105 106 107 108 109 110 111 112 113 114 115 116 117 ˜ Tabela 2.1: Tabela de conversao de caracteres em numeros ´ ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 2.2 Determinantes 107 2.2 Determinantes Vamos inicialmente definir o determinante de matrizes 1 × 1. Para cada matriz A = [a] definimos o determinante de A, indicado por det(A), por det(A) = a. Vamos, agora, definir o determinante de matrizes 2 × 2 e a partir da´ definir para matrizes de ordem maior. A cada matriz A, 2 × 2, associamos ı um numero real, denominado determinante de A, por: ´ a11 a12 a21 a22 det(A) = det = a11 a22 − a12 a21 . ˜ Para definir o determinante de matrizes quadradas maiores, precisamos definir o que s ao os menores de uma matriz. Dada uma matriz A = (aij )n×n , o menor do elemento aij , denotado por ˜´ ´ ´ Aij , e a submatriz (n − 1) × (n − 1) de A obtida eliminando-se a i-esima linha e a j -esima coluna de A, que tem o seguinte aspecto: ˜ Aij = Julho 2007 j a11 . . . . . . a1n . . . . . . an1 . . . i . . . . . . aij . . . ann Reginaldo J. Santos ˜ Inversao de Matrizes e Determinantes 108 Exemplo 2.8. Para uma matriz A = (aij )3×3 , a11 a12 a13 ˜23 = a21 a22 a23 A a31 a32 a33 = a11 a12 a31 a32 Agora, vamos definir os cofatores de uma matriz quadrada A = (a ij )3×3 . O cofator do elemento aij , denotado por aij , e definido por ˜´ ˜ aij = (−1)i+j det(Aij ), ˜ ˜ ´ ou seja, o cofator aij , do elemento aij e igual a mais ou menos o determinante do menor Aij , sendo ˜ o mais e o menos determinados pela seguinte disposicao: ¸˜ +−+ − + − +−+ Exemplo 2.9. Para uma matriz A = (aij )3×3 , a23 ˜ a a a 11 12 13 ˜ = (−1)2+3 det(A23 ) = −det a21 a22 a23 a31 a32 a33 ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı = −det a11 a12 a31 a32 = a31 a12 − a11 a32 Julho 2007 2.2 Determinantes 109 Vamos, agora, definir o determinante de uma matriz 3 × 3. Se A= a11 a12 a13 a21 a22 a23 a31 a32 a33 , . ˜ ´ ` entao, o determinante de A e igual a soma dos produtos dos elementos da 1a linha pelos seus cofatores. det(A) = a11 a11 + a12 a12 + a13 a13 ˜ ˜ ˜ a22 a23 a21 a23 a21 a22 = a11 det − a12 det + a13 det a32 a33 a31 a33 a31 a32 = a11 (a22 a33 − a32 a23 ) − a12 (a21 a33 − a31 a23 ) + a13 (a21 a32 − a31 a22 ). Da mesma forma que a partir do determinante de matrizes 2 × 2, definimos o determinante de matrizes 3 × 3, podemos definir o determinante de matrizes quadradas de ordem maior. Supondo que sabemos como calcular o determinante de matrizes (n − 1) × (n − 1) vamos definir o determinante de matrizes n × n. Vamos definir, agora, os cofatores de uma matriz quadrada A = (a ij )n×n . O cofator do elemento aij , denotado por aij , e definido por ˜´ ˜ aij = (−1)i+j det(Aij ), ˜ ˜ ´ ou seja, o cofator aij , do elemento aij e igual a mais ou menos o determinante do menor Aij , sendo ˜ Julho 2007 Reginaldo J. Santos ˜ Inversao de Matrizes e Determinantes 110 o mais e o menos determinados pela seguinte disposicao: ¸˜ + − + − ... − + − + ... + + − ... . . . . . . . . . .. . .. . ´ Definicao 2.2. Seja A = (aij )n×n . O determinante de A, denotado por det(A), e definido por ¸˜ n det(A) = a11 a11 + a12 a12 + . . . + a1n a1n = ˜ ˜ ˜ a1j a1j , ˜ (2.7) j =1 ˜´ ´ ˜ em que a1j = (−1)1+j det(A1j ) e o cofator do elemento a1j . A expressao (2.8) e chamada desen˜ a . linha. volvimento em cofatores do determinante de A em termos da 1 ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 2.2 Determinantes Exemplo 2.10. Seja 111 A= 0 1 −1 2 0 0 −3 2 34 3 25 1 −2 0 . Desenvolvendo-se o determinante de A em cofatores, obtemos det(A) = 0˜11 + 0˜12 + 0˜13 + (−3)(−1)1+4 det(B ), a a a ´ Mas o det(B ) tambem pode ser calculado usando cofatores, 12 3 em que B = −1 3 2 . 2 1 −2 det(B ) = 1B11 + 2B12 + 3B13 ˜ ˜ ˜ = 1(−1)1+1 det(B11 ) + 2(−1)1+2 det(B12 ) + 3(−1)1+3 det(B13 ) 3 2 −1 2 −1 3 = det − 2 det + 3 det 1 −2 2 −2 21 = −8 − 2 (−2) + 3 (−7) = −25 Portanto, det(A) = 3 det(B ) = −75. Julho 2007 Reginaldo J. Santos ˜ Inversao de Matrizes e Determinantes 112 Exemplo 2.11. Usando a definicao de determinante, vamos mostrar que o determinante de uma ma¸˜ ´ ˜ ´ triz triangular inferior (isto e, os elementos situados acima da diagonal principal sao iguais a zero) e o produto dos elementos da diagonal principal. Vamos mostrar inicialmente para matrizes 3 × 3. Seja a11 0 0 a21 a22 0 a31 a32 a33 A= Desenvolvendo-se o determinante de A em cofatores, obtemos det(A) = a11 det a22 0 a32 a33 = a11 a22 a33 . Vamos supor termos provado que para qualquer matriz (n − 1) × (n − 1) triangular inferior, o deter´ ˜ ´ minante e o produto dos elementos da diagonal principal. Entao vamos provar que isto tambem vale para matrizes n × n. Seja a11 A= 0 ... ... a21 a22 0 . . . .. . 0 ... an1 . . . 0 ann Desenvolvendo-se o determinante de A em cofatores, obtemos det(A) = a11 det a22 0 a32 a33 ... ... 0 . . . .. an2 ... ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı . 0 . . . = a11 a22 . . . ann , 0 ann Julho 2007 2.2 Determinantes 113 ´ pois o determinante acima e de uma matriz (n − 1) × (n − 1) triangular inferior. Em particular, para a matriz identidade, In , det(In ) = 1. 2.2.1 Propriedades do Determinante ´ ´ Vamos provar uma propriedade do determinante que e usada para provar varias outras propriedades. Para isso vamos escrever a matriz A = (aij )n×n em termos das suas linhas A1 . . . Ak−1 A = Ak Ak+1 . . . An , ´ ´ em que Ai e a linha i da matriz A, ou seja, Ai = [ ai1 ai2 . . . ain ]. Se a linha Ak e escrita na forma ˜ Ak = αX + βY , em que X = [ x1 . . . xn ], Y = [ y1 . . . yn ] e α e β sao escalares, dizemos que ´ ´ ˜ a linha Ak e combinacao linear de X e Y . Se a linha Ak e combinacao linear de X e Y , entao o ¸˜ ¸˜ determinante pode ser decomposto como no resultado seguinte. Julho 2007 Reginaldo J. Santos ˜ Inversao de Matrizes e Determinantes 114 Teorema 2.10. Seja A = (aij )n×n escrita em termos das suas linhas, denotadas por Ai , ou seja, Ai = [ ai1 ai2 . . . ain ]. Se para algum k , a linha Ak = αX + βY , em que X = [ x1 . . . xn ], ˜ ˜ Y = [ y1 . . . yn ] e α e β sao escalares, entao: A1 . . . Ak−1 det αX + βY Ak+1 . . . An A1 . . . Ak−1 = α det X Ak+1 . . . An A1 . . . Ak−1 + β det Y Ak+1 . . . An . Aqui, Ak = αX + βY = [ αx1 + βy1 . . . αxn + βyn ]. ´ ˆ Demonstracao. Vamos provar aqui somente para k = 1. Para k > 1 e demonstrado no Apendice II ¸˜ ´ ˜ na pagina 136. Se A1 = αX + βY , em que X = [ x1 . . . xn ], Y = [ y1 . . . yn ] e α e β sao escalares, ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 2.2 Determinantes 115 ˜ entao: αX + βY A2 det = . . . An n j =1 ˜ (−1)1+j (αxj + βyj ) det(A1j ) n n ˜ xj det(A1j ) + β =α j =1 ˜ yj det(A1j ) j =1 X A2 = α det . + β det . . An Y A2 . . . An ´ Exemplo 2.12. O calculo do determinante da matriz a seguir pode ser feito da seguinte forma: det cos t sen t 2 cos t − 3 sen t 2 sen t + 3 cos t = 2 det cos t sen t cos t sen t + 3 det cos t sen t − sen t cos t =3 Pela definicao de determinante, o determinante deve ser calculado fazendo-se o desenvolvimento ¸˜ . ´ ˜ em cofatores segundo a 1a linha. O proximo resultado, que nao vamos provar neste momento Julho 2007 Reginaldo J. Santos ˜ Inversao de Matrizes e Determinantes 116 ˆ ´ (Apendice II na pagina 136), afirma que o determinante pode ser calculado fazendo-se o desenvolvimento em cofatores segundo qualquer linha ou qualquer coluna. Teorema 2.11. Seja A uma matriz n × n. O determinante de A pode ser calculado fazendo-se o desenvolvimento em cofatores segundo qualquer linha ou qualquer coluna. n det(A) = ai1 ai1 + ai2 ai2 + . . . + ain ain = ˜ ˜ ˜ aij aij , ˜ para i = 1, . . . , n, (2.8) j =1 n = a1j a1j + a2j a2j + . . . + anj anj = ˜ ˜ ˜ aij aij , ˜ para j = 1, . . . , n, (2.9) i=1 ˜´ ´ ˜ em que aij = (−1)i+j det(Aij ) e o cofator do elemento aij . A expressao (2.8) e chamada desen˜ ´ ´ volvimento em cofatores do determinante de A em termos da i-esima linha e (2.9) e chamada ´ desenvolvimento em cofatores do determinante de A em termos da j -esima coluna. ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 2.2 Determinantes 117 Temos a seguinte consequencia deste resultado. ¨ˆ ˜ ´ Corolario 2.12. Seja A uma matriz n × n. Se A possui duas linhas iguais, ent ao det(A) = 0. ´ Demonstracao. O resultado e claramente verdadeiro para matrizes 2 × 2. Supondo que o resultado ¸˜ ´ seja verdadeiro para matrizes (n − 1) × (n − 1), vamos provar que ele e verdadeiro para matrizes n × n. Suponhamos que as linhas k e l sejam iguais, para k = l. Desenvolvendo o determinante de A em termos de uma linha i, com i = k, l, obtemos n det(A) = n aij aij = ˜ j =1 j =1 ˜ (−1)i+j aij det(Aij ). ˜´ Mas, cada Aij e uma matriz (n − 1) × (n − 1) com duas linhas iguais. Como estamos supondo que o ˜ ˜ resultado seja verdadeiro para estas matrizes, entao det(Aij ) = 0. Isto implica que det(A) = 0. ´ No proximo resultado mostramos como varia o determinante de uma matriz quando aplicamos operacoes elementares sobre suas linhas. ¸˜ Teorema 2.13. Sejam A e B matrizes n × n. ´ ˜ (a) Se B e obtida de A multiplicando-se uma linha por um escalar α, entao det(B ) = α det(A) ; Julho 2007 Reginaldo J. Santos ˜ Inversao de Matrizes e Determinantes 118 ˜ (b) Se B resulta de A pela troca da posicao de duas linhas k = l, entao ¸˜ det(B ) = − det(A) ; ´ (c) Se B e obtida de A substituindo-se a linha l por ela somada a um multiplo escalar de uma linha ´ ˜ k , k = l, entao det(B ) = det(A) . Demonstracao. ¸˜ ´ (a) Segue diretamente do Teorema 2.10 na pagina 114. (b) Sejam A= A1 . . . Ak . . . Al . . . An ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı e B= A1 . . . Al . . . . Ak . . . An Julho 2007 2.2 Determinantes 119 ´ ´ Agora, pelo Teorema 2.10 na pagina 114 e o Corolario 2.12, temos que A1 . . . Ak + A l . = det . 0 = det . A +A k l . . . An = 0 + det(A) + det(B ) + 0. A1 . . . Ak . . . Ak . . . An + det A1 . . . Ak . . . Al . . . An + det A1 . . . Al . . . Ak . . . An + det A1 . . . Al . . . Al . . . An Portanto, det(A) = − det(B ). ´ (c) Novamente, pelo Teorema 2.10 na pagina 114, temos que A1 . . . Ak . . det . A + αA l k . . . An Julho 2007 = det A1 . . . Ak . . . Al . . . An + α det A1 . . . Ak . . . Ak . . . An = det A1 . . . Ak . . . . Al . . . An Reginaldo J. Santos ˜ Inversao de Matrizes e Determinantes 120 Exemplo 2.13. Vamos calcular o determinante da matriz 0 1 3 −6 A= 2 6 5 9 1 ´ usando operacoes elementares para transforma-la numa matriz triangular superior e aplicando o Te¸˜ orema 2.13. det(A) = = = = = 3 −6 9 0 15 − det 2 61 1 −2 3 0 15 −3 det 2 61 1 −2 3 0 1 5 −3 det 0 10 −5 1 −2 3 1 5 −3 det 0 0 0 −55 . . 1a linha ←→ 2a linha . . 1/3×1a linha −→ 1a linha . . . −2×1a linha+3a linha −→ 3a linha . . . −10×2a linha+3a linha −→ 3a linha (−3)(−55) = 165 ´ Quando multiplicamos uma linha de uma matriz por um escalar α o determinante da nova matriz e ´ igual a α multiplicado pelo determinante da matriz antiga. Mas o que estamos calculando aqui e o ´ determinante da matriz antiga, por isso ele e igual a 1/α multiplicado pelo determinante da matriz nova. ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 2.2 Determinantes 121 ˜ Para se calcular o determinante de uma matriz n × n pela expans ao em cofatores, precisamos fazer n produtos e calcular n determinantes de matrizes (n − 1) × (n − 1), que por sua vez vai ˜ ´ precisar de n − 1 produtos e assim por diante. Portanto, ao todo s ao necessarios da ordem de n! ´ ´ produtos. Para se calcular o determinante de uma matriz 20 × 20, e necessario se realizar 20! ≈ 1018 8 produtos. Os computadores pessoais realizam da ordem de 10 produtos por segundo. Portanto, um computador pessoal precisaria de cerca de 1010 segundos ou 103 anos para calcular o determinante ˜ ´ de uma matriz 20 × 20 usando a expansao em cofatores. Entretanto usando o metodo apresentado no ´ ´ ´ exemplo anterior para o calculo do determinante, e necessario apenas da ordem de n3 produtos. Ou ´ seja, para calcular o determinante de uma matriz 20 × 20 usando o m etodo apresentado no exemplo anterior um computador pessoal gasta muito menos de um segundo. ˜ A seguir estabelecemos duas propriedades do determinante que ser ao demonstradas somente ´ na Subsecao 2.2.2 na pagina 128. ¸˜ Teorema 2.14. Sejam A e B matrizes n × n. ´ (a) O determinante do produto de A por B e igual ao produto dos seus determinantes, det(AB ) = det(A) det(B ) . ˜ (b) Os determinantes de A e de sua transposta At sao iguais, det(A) = det(At ) ; Julho 2007 Reginaldo J. Santos ˜ Inversao de Matrizes e Determinantes 122 ´ Observacao. Como o determinante de uma matriz e igual ao determinante da sua transposta (Teo¸˜ ˜ ´ rema 2.14 (b)), segue-se que todas as propriedades que se referem a linhas s ao validas com relacao ¸˜ ` as colunas. ´ ˜ Exemplo 2.14. Seja A = (aij )n×n . Vamos mostrar que se A e invert´vel, entao ı det(A−1 ) = 1 . det(A) Como A A−1 = In , aplicando-se o determinante a ambos os membros desta igualdade e usando o Teorema 2.14, obtemos det(A) det(A−1 ) = det(In ). ´ ´´ Mas, det(In ) = 1 (Exemplo 2.11 na pagina 112, a matriz identidade tambem e triangular inferior!). Logo, det(A−1 ) = 1 . det(A) ´ ˜ Exemplo 2.15. Se uma matriz quadrada e tal que A2 = A−1 , entao vamos mostrar que det(A) = 1. Aplicando-se o determinante a ambos os membros da igualdade acima, e usando novamente o Teorema 2.14 e o resultado do exemplo anterior, obtemos (det(A))2 = 1 . det(A) Logo, (det(A))3 = 1. Portanto, det(A) = 1. ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 2.2 Determinantes 123 O resultado seguinte caracteriza em termos do determinante as matrizes invert´veis e os sistemas ı ˆ ˜ lineares homogeneos que possuem solucao nao trivial. ¸˜ Teorema 2.15. Seja A uma matriz n × n. ´ (a) A matriz A e invert´vel se, e somente se, det(A) = 0. ı ˆ ˜ (b) O sistema homogeneo AX = ¯ tem solucao nao trivial se, e somente se, det(A) = 0. 0 ¸˜ Demonstracao. ¸˜ (a) Seja R a forma escalonada reduzida da matriz A. ˆ A demonstracao deste item segue-se de tres observacoes: ¸˜ ¸˜ ´ • Pelo Teorema 2.13 na pagina 117, det(A) = 0 se, e somente se, det(R) = 0. ´ ¸˜ • Pela Proposicao 1.5 da pagina 52, ou R = In ou a matriz R tem uma linha nula. Assim, det(A) = 0 se, e somente se, R = In . ´ ´ • Pelo Teorema 2.7 na pagina 87, R = In se, e somente se, A e invert´vel. ı ´ ˆ ˜ (b) Pelo Teorema 2.8 na pagina 92, o sistema homogeneo AX = ¯ tem solucao nao trivial se, e 0 ¸˜ ˜´ ´˜ somente se, a matriz A nao e invert´vel. E pelo item anterior, a matriz A e nao invert´vel se, e ı ı somente se, det(A) = 0. Julho 2007 Reginaldo J. Santos ˜ Inversao de Matrizes e Determinantes 124 Exemplo 2.16. Considere a matriz 222 A = 0 2 0 . 013 x (a) Determinar os valores de λ ∈ R tais que existe X = y = ¯ que satisfaz AX = λX . 0 z x (b) Para cada um dos valores de λ encontrados no item anterior determinar todos X = y tais z que AX = λX . Solucao: ¸˜ ´ ˜ (a) Como a matriz identidade I3 e o elemento neutro do produto, entao AX = λX ⇔ AX = λI3 X. Subtraindo-se λI3 X obtemos AX − λI3 X = ¯ 0 ⇔ (A − λI3 )X = ¯. 0 ˆ ˜ Agora, este sistema homogeneo tem solucao nao trivial (X = ¯) se, e somente se, ¸˜ 0 det(A − λI3 ) = 0. ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 2.2 Determinantes Mas 125 2−λ 2 2 2−λ 0 = −(λ − 2)2 (λ − 3) = 0 det 0 0 1 3−λ se, e somente se, λ = 2 ou λ = 3. Assim, somente para λ = 2 e λ = 3 existem vetores x 0 X = y = ¯ tais que AX = λX . z (b) Para λ = 2: 022 x 0 2y + 2z = 0 ¯ ⇔ 0 0 0 y = 0 ⇔ (A − 2I3 )X = 0 y+ z=0 011 z 0 x β que tem solucao o conjunto dos X = y = −α , para todos os valores de α, β ∈ R. ¸˜ z α Para λ = 3: −1 22 x 0 (A − 3I3 )X = ¯ ⇔ 0 −1 0 y = 0 0 0 10 z 0 x 2α y = 0 que tem solucao o conjunto dos X = ¸˜ z α Julho 2007 ⇔ −x + 2y + 2z = 0 −y =0 y =0 , para todos os valores de α ∈ R. Reginaldo J. Santos ˜ Inversao de Matrizes e Determinantes 126 Exemplo 2.17. A matriz A = ab cd ´ e invert´vel se, e somente se, det(A) = ad − bc = 0. Neste ı ´ caso a inversa de A e dada por A−1 = 1 det(A) d −b −c a , como pode ser verificado multiplicando-se a candidata a inversa pela matriz A. Observe que este exemplo fornece uma regra para se encontrar a inversa de uma matriz 2 × 2: troca-se a posicao dos elementos da diagonal principal, troca-se o sinal dos outros elementos e ¸˜ divide-se todos os elementos pelo determinante de A. ´ Exemplo 2.18. Considere o sistema linear de 2 equacoes e 2 incognitas ¸˜ ax + by = g cx + dy = h ´ A matriz deste sistema e A= ab cd . ˜ ´ Se det(A) = 0, entao a solucao do sistema e ¸˜ X = A−1 B = 1 det(A) d −b −c a g h = 1 det(A) ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı dg − bh −cg + ah = 1 det(A) det det g h a c b d g h Julho 2007 2.2 Determinantes 127 ou seja, det x= det g h a c b d b d det , y= det a c a c g h b d ´ ´ esta e a chamada Regra de Cramer para sistemas de 2 equacoes e 2 incognitas. ¸˜ ´ Pode-se mostrar (ver por exemplo [32] ou [33]), que para sistemas de n equacoes e n incognitas ¸˜ ´´ e valida a Regra de Cramer dada a seguir. ´ ´ ˜ Se o sistema linear AX = B e tal que a matriz A e n × n e invert´vel, entao a solucao do sistema ı ¸˜ ´ dada por e x1 = det(A1 ) det(A2 ) det(An ) , x2 = , . . . , xn = , det(A) det(A) det(A) ´ ´ ´ em que Aj e a matriz que se obtem de A substituindo-se a sua j -esima coluna por B , para j = 1, . . . , n. ´ Existem sistemas AX = B de n equacoes e n incognitas, com n > 2, em que det(A) = ¸˜ ˜ det(A1 ) = · · · = det(An ) = 0 e o sistema nao tem solucao. Por exemplo o sistema ¸˜ ´ e tal que x + 2y + 3z = 1 2x + 4y + 6z = 3 3x + 6y + 9z = 2 det(A) = det(A1 ) = det(A2 ) = det(A3 ) = 0, ˜ mas ele nao tem solucao (verifique!). ¸˜ Julho 2007 Reginaldo J. Santos 128 ˜ Inversao de Matrizes e Determinantes 2.2.2 Matrizes Elementares e o Determinante (opcional) ´ ´ Relembramos que uma matriz elementar e uma matriz que se obtem aplicando-se uma operacao ¸˜ ´ elementar na matriz identidade. Assim, aplicando-se o Teorema 2.13 na pagina 117 obtemos o resultado seguinte. ´ Proposicao 2.16. (a) Se Ei,j e a matriz elementar obtida trocando-se as linhas i e j da matriz ¸˜ ˜ identidade, entao det(Ei,j ) = −1. ´ (b) Se Ei (α) e a matriz elementar obtida da matriz identidade, multiplicando-se a linha i por α, ˜ entao det(Ei (α)) = α. ´ ` (c) Se Ei,j (α) e a matriz elementar obtida da matriz identidade, somando-se a linha j , α vezes a ˜ linha i, entao det(Ei,j (α)) = 1. ´ ´ ´ Lembramos tambem que uma matriz e invert´vel se, e somente se, ela e o produto de matrizes ı ´ ´ elementares (Teorema 2.6 na pagina 84). Alem disso, o resultado da aplicacao de uma operacao ¸˜ ¸˜ ´ ` elementar em uma matriz e o mesmo que multiplicar a matriz a esquerda pela matriz elementar correspondente. ´ Usando matrizes elementares podemos provar o Teorema 2.14 na pagina 121. Demonstracao do Teorema 2.14. ¸˜ ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 2.2 Determinantes 129 (a) Queremos provar que det(AB ) = det(A) det(B ). Vamos dividir a demonstracao deste item em ¸˜ ˆ tres casos: ´ Caso 1: Se A = E e uma matriz elementar. Este caso segue-se diretamente da proposicao anterior ¸˜ ´ e do Teorema 2.13 na pagina 117. ´ ˜ ´ ´ Caso 2: Se A e invert´vel, entao pelo Teorema 2.6 na pagina 84 ela e o produto de matrizes elemenı tares, A = E1 . . . Ek . Aplicando-se o caso anterior sucessivas vezes, obtemos det(AB ) = det(E1 ) . . . det(Ek ) det(B ) = det(E1 . . . Ek ) det(B ) = det(A) det(B ). ´ ´ ´´ Caso 3: Se A e singular, pela Proposicao 2.9 na pagina 95, AB tambem e singular. Logo, ¸˜ det(AB ) = 0 = 0 det(B ) = det(A) det(B ). (b) Queremos provar que det(A) = det(At ). Vamos dividir a demonstracao deste item em dois ¸˜ casos. ´ ´ ´ Caso 1: Se A e uma matriz invert´vel, pelo Teorema 2.6 na pagina 84 ela e o produto de matrizes ı ´ facil ver que se E e uma matriz elementar, entao det(E ) = det(E t ) ´ ˜ elementares, A = E1 . . . Ek . E ´ (verifique!). Assim, t t det(At ) = det(Ek ) . . . det(E1 ) = det(Ek ) . . . det(E1 ) = det(E1 . . . Ek ) = det(A). ˜´ ˜ ´ ˜ ´ ´ Caso 2: Se A nao e invert´vel, entao At tambem nao o e, pois caso contrario, pelo Teorema 2.2 na ı ´ ´ pagina 79, tambem A = (At )t seria invert´vel. Assim neste caso, det(At ) = 0 = det(A). ı Julho 2007 Reginaldo J. Santos ˜ Inversao de Matrizes e Determinantes 130 ´ ´ Exerc´cios Numericos (respostas na pagina 540) ı 2.2.1. Se det(A) = −3, encontre (a) det(A2 ); (b) det(A3 ); (c) det(A−1 ); (d) det(At ); ˜ 2.2.2. Se A e B sao matrizes n × n tais que det(A) = −2 e det(B ) = 3, calcule det(A t B −1 ). 2.2.3. Seja A = (aij )3×3 tal que det(A) = 3. Calcule o determinante das matrizes a seguir: a11 a12 a13 + a12 (a) a21 a22 a23 + a22 a31 a32 a33 + a32 a11 + a12 a11 − a12 a13 (b) a21 + a22 a21 − a22 a23 a31 + a32 a31 − a32 a33 2.2.4. Calcule o determinante das matrizes a seguir: ert tert rt re (1 + rt)ert (a) (b) cos βt sen βt α cos βt − β sen βt α sen βt + β cos βt 2.2.5. Calcule o determinante de cada uma das matrizes seguintes usando operac oes elementares ¸˜ ´ para transforma-las em matrizes triangulares superiores. 1 −2 3 1 5 −9 6 3 (a) −1 2 −6 −2 2 8 6 1 2 1 (b) 0 0 1 0 2 1 3 1 1 2 1 1 . 0 3 2.2.6. Determine todos os valores de λ para os quais det(A − λI n ) = 0, em que ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 2.2 Determinantes 131 10 0 0 (b) A = −1 3 3 2 −2 2 23 2 1 (d) A = 1 2 −2 1 x1 . 2.2.7. Determine os valores de λ ∈ R tais que existe X = . = ¯ que satisfaz AX = λX . 0 . xn 2 00 230 (a) A = 3 −1 0 ; (b) A = 0 1 0 ; 0 43 002 1 234 2234 0 −1 3 2 0 2 3 2 ; (c) A = (d) A = 0 0 0 1 1 . 033 0 002 0001 0 (a) A = 0 0 2 (c) A = 0 0 12 0 3 00 −2 3 3 −2 −1 2 2.2.8. Para as matrizes do exerc´cio anterior, e os valores de λ encontrados, encontre a soluc ao geral ı ¸˜ ˆ do sistema AX = λX , ou equivalentemente, do sistema homogeneo (A − λIn )X = ¯. 0 Julho 2007 Reginaldo J. Santos ˜ Inversao de Matrizes e Determinantes 132 Exerc´cios usando o M ATLAB ı Comandos do M ATLAB : >> det(A) calcula o determinante da matriz A. Comando do pacote GAAL: ´ >> detopelp(A) calcula o determinante de A aplicando operacoes elementares ate que a ¸˜ matriz esteja na forma triangular superior. ´ ˜ ´ 2.2.9. Vamos fazer um experimento no M ATLAB para tentar ter uma ideia do quao comum e encontrar matrizes invert´veis. No prompt do M ATLAB digite a seguinte linha: ı >> c=0; for n=1:1000,A=randi(2);if(det(A)~=0),c=c+1;end,end,c ˜ ´ (nao esqueca das v´rgulas e pontos e v´rgulas!). O que esta linha est a mandando o M ATLAB ¸ ı ı ´ fazer e o seguinte: • Criar um contador c e atribuir a ele o valor zero. ` ´ ´ • Atribuir a variavel A, 1000 matrizes 2 × 2 com entradas inteiras aleatorias entre −5 e 5. ˜ ´ • Se det(A) = 0, entao o contador c e acrescido de 1. ´ ´ • No final o valor existente na variavel c e escrito. ˜ ˆ ´ Qual a conclusao que voce tira do valor obtido na variavel c? ´ 2.2.10. Resolva, com o M ATLAB , os Exerc´cios Numericos a partir do Exerc´cio 4. ı ı ´ Exerc´cios Teoricos ı ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 2.2 Determinantes 133 ˜ ´ ´ 2.2.11. Mostre que se det(AB ) = 0, entao ou A e singular ou B e singular. ´ 2.2.12. O determinante de AB e igual ao determinante de BA? Justifique. ´ ˜ ˜ 2.2.13. Mostre que se A e uma matriz nao singular tal que A2 = A, entao det(A) = 1. ˜ ´ 2.2.14. Mostre que se Ak = ¯, para algum k inteiro positivo, entao A e singular. 0 ˜ 2.2.15. Mostre que se At = A−1 , entao det(A) = ±1; ´ ´ ˜ 2.2.16. Mostre que se α e um escalar e A e uma matriz n × n, entao det(αA) = αn det(A). ´ ´ 2.2.17. Mostre que A, n × n, e invert´vel se, e somente se, At A e invert´vel. ı ı 2.2.18. Sejam A e P matrizes n × n, sendo P invert´vel. Mostre que det(P −1 AP ) = det(A). ı ´ ´ 2.2.19. Mostre que se uma matriz A = (aij )n×n e triangular superior, (isto e, os elementos situados ˜ ˜ abaixo da diagonal sao iguais a zero) entao det(A) = a11 a22 . . . ann . 2.2.20. ab ˜ ´´ , entao det(A) = 0 se, e somente se, uma linha e multiplo cd escalar da outra. E se A for uma matriz n × n? (a) Mostre que se A = ´ (b) Mostre que se uma linha Ai de uma matriz A = (aij )n×n , e tal que Ai = αAk + βAl , para ˜ α e β escalares e i = k, l, entao det(A) = 0. ´ (c) Mostre que se uma linha Ai de uma matriz A = (aij )n×n , e tal que Ai = αk Ak , para k =i ˜ α1 , . . . , αk escalares, entao det(A) = 0. Julho 2007 Reginaldo J. Santos ˜ Inversao de Matrizes e Determinantes 134 ´ 2.2.21. Mostre que o determinante de Vandermonde e dado por 1 x1 x2 . . . xn−1 1 1 1 x2 x2 . . . xn−1 2 2 Vn = det . . . . . . .. . 2 1 xn xn . . . xn−1 n = i>j (xi − xj ). ˜` A expressao a direita significa o produto de todos os termos xi − xj tais que i > j e i, j = ˜ 1, . . . , n. (Sugestao: Mostre primeiro que V3 = (x3 − x2 )(x2 − x1 )(x3 − x1 ). Suponha que o ´ resultado e verdadeiro para matrizes de Vandermonde de ordem n − 1, mostre que o resultado ´ e verdadeiro para matrizes de Vandermonde de ordem n. Faca as seguintes operac oes nas ¸ ¸˜ colunas da matriz, −x1 Ci−1 + Ci → Ci , para i = n, . . . , 2. Obtenha Vn = (xn − x1 ) . . . (x2 − x1 )Vn−1 .) 2.2.22. Sejam A, B e D matrizes p × p, p × (n − p) e (n − p) × (n − p), respectivamente. Mostre que det AB ¯D 0 = det(A) det(D ). ˜ ´ (Sugestao: O resultado e claramente verdadeiro para n = 2. Suponha que o resultado seja verdadeiro para matrizes de ordem n − 1. Desenvolva o determinante da matriz em termos da . 1a coluna, escreva o resultado em termos de determinantes de ordem n − 1 e mostre que o ´ resultado e verdadeiro para matrizes de ordem n.) ˆ 2.2.23. Dado um polinomio p(t) = (−1)n (tn + an−1 tn−1 + · · · + a0 ) ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 2.2 Determinantes 135 Verifique que a matriz A= 0 0 1 0 . . . . . . 0 ··· 1 ··· .. . .. . 0 0 . . . 1 0 0 0 ··· −a0 −a1 −a2 · · · −an−1 , n×n ´ ´ ˆ e tal que det(A − tIn ) = p(t). Esta matriz e chamada matriz companheira do polinomio ˜ p(t). (Sugestao: verifique para n = 2 e depois supondo que seja verdade para matrizes ´ (n − 1) × (n − 1) mostre que e verdade para matrizes n × n expandindo em cofatores em relacao a primeira coluna) ¸˜ Julho 2007 Reginaldo J. Santos ˜ Inversao de Matrizes e Determinantes 136 ˆ ´ Apendice II: Demonstracao do Teorema 2.11 na pagina 116 ¸˜ ´ Demonstracao do Teorema 2.10 na pagina 114 para k > 1. Deixamos como exerc´cio para o leitor ¸˜ ı ´ a verificacao de que para matrizes 2 × 2 o resultado e verdadeiro. Supondo que o resultado seja ¸˜ verdadeiro para matrizes (n − 1) × (n − 1), vamos provar para matrizes n × n. Sejam A1 . . . Ak−1 A = αX + βY Ak+1 . . . An , A1 . . . Ak−1 B= X Ak+1 . . . An A1 . . . Ak−1 e C= Y Ak+1 . . . An . ˜˜ ˜´ ´ Suponha que k = 2, . . . , n. As matrizes A1j , B1j e C1j so diferem na (k − 1)-esima linha (lembre-se ˜1j e igual a α vezes a linha ´ ´ ´ que a primeira linha e retirada!). Alem disso, a (k − 1)-esima linha de A ´ ˜1j mais β vezes a linha correspondente de C1j (esta e a relacao que vale para a ˜ ´ correspondente de B ¸˜ ´ k -esima linha de A). Como estamos supondo o resultado verdadeiro para matrizes (n − 1) × (n − 1), ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 2.2 Determinantes 137 ˜ ˜ ˜ ˜ entao det(A1j ) = α det(B1j ) + β det(C1j ). Assim, n det(A) = j =1 n = ˜ (−1)1+j a1j det(A1j ) ˜ ˜ (−1)1+j a1j α det(B1j ) + β det(C1j ) j =1 n =α j =1 n ˜ (−1)1+j b1j det(B1j ) + β j =1 ˜ (−1)1+j c1j det(C1j ) = α det(B ) + β det(C ), pois a1j = b1j = c1j , para j = 1, . . . , n. ´ Lema 2.17. Sejam E1 = [ 1 0 . . . 0 ], E2 = [ 0 1 0 . . . 0 ], . . . , En = [ 0 . . . 0 1 ]. Se A e uma matriz ´ ´ ˜ n × n, cuja i-esima linha e igual a Ek , para algum k (1 ≤ k ≤ n), entao ˜ det(A) = (−1)i+k det(Aik ). ´´ ´ Demonstracao. E facil ver que para matrizes 2 × 2 o lema e verdadeiro. Suponha que ele seja ¸˜ ´ verdadeiro para matrizes (n − 1) × (n − 1) e vamos provar que ele e verdadeiro para matrizes n × n. Podemos supor que 1 < i ≤ n. Julho 2007 Reginaldo J. Santos ˜ Inversao de Matrizes e Determinantes 138 Seja Bj a matriz (n − 2) × (n − 2) obtida de A eliminando-se as linhas 1 e i e as colunas j e k , para 1 ≤ j ≤ n. ˜´ ´ ´ Para j < k , a matriz A1j e uma matriz (n − 1) × (n − 1) cuja (i − 1)-esima linha e igual a Ek−1 . ˜1j e uma matriz (n − 1) × (n − 1) cuja (i − 1)-esima linha e igual a Ek . Como ´ ´ Para j > k , a matriz A ´ ´ estamos supondo o lema verdadeiro para estas matrizes e como pelo Teorema 2.10 na pagina 114 se ˜ ´ ˜ uma matriz tem uma linha nula o seu determinante e igual a zero, entao det(A1k ) = 0, segue-se que (−1)(i−1)+(k−1) det(Bj ) se j < k, ˜ 0 se j = k, det(A1j ) = (i−1)+k (−1) det(Bj ) se j > k. (2.10) Usando (2.10), obtemos n det(A) = j =1 n = j <k ˜ (−1)1+j a1j det(Aij ) n (−1)1+j a1j (−1)(i−1)+(k−1) det(Bj ) + j >k (−1)1+j a1j (−1)(i−1)+k det(Bj ) Por outro lado, temos que n (−1) i+k ˜ det(Aik ) = (−1)i+k j <k n (−1) 1+j a1j det(Bj ) + j >k (−1)1+(j −1) a1j det(Bj ) ´ ˜ ˜ E simples a verificacao de que as duas expressoes acima sao iguais. ¸˜ ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 2.2 Determinantes 139 ´ Demonstracao do Teorema 2.11 na pagina 116. ¸˜ ´ Pelo Teorema 2.14 na pagina 121 basta provarmos o resultado para o desenvolvimento em termos das linhas de A. Sejam E1 = [1 0 . . . 0], E2 = [0 1 0 . . . 0], . . . , En = [0 . . . 0 1]. Observe que a n linha i de A pode ser escrita como Ai = j =1 aij Ej . Seja Bj a matriz obtida de A substituindo-se a ´ linha i por Ej . Pelo Teorema 2.10 na pagina 114 e o Lema 2.17 segue-se que n det(A) = aij det(Bj ) = j =1 Julho 2007 n j =1 ˜ (−1)i+j aij det(Aij ). Reginaldo J. Santos ˜ Inversao de Matrizes e Determinantes 140 Teste do Cap´tulo ı ´ 1. Calcule o determinante da matriz seguinte usando operac oes elementares para transforma-la ¸˜ em uma matriz triangular superior. 13 2 3 0 3 46 9 2 4 9 7 5 1 1 2. Se poss´vel, encontre a inversa da seguinte matriz: ı 1 0 0 2 0 1 0 0 0 0 1 0 2 0 0 2 3. Encontre todos os valores de λ para os quais a matriz A − λI 4 tem inversa, em que 2 2 A= 1 3 ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı 0 0 0 0 2 1 2 −1 0 0 0 2 Julho 2007 2.2 Determinantes 141 4. Responda Verdadeiro ou Falso, justificando: ˜ (a) Se A2 = −2A4 , entao (I + A2 )−1 = I − 2A2 ; ´˜ ˜ ´ (b) Se At = −A2 e A e nao singular, entao determinante de A e -1; ˜ (c) Se B = AAt A−1 , entao det(A) = det(B ). (d) det(A + B ) = det A + det B Julho 2007 Reginaldo J. Santos Cap´tulo 3 ı Vetores no Plano e no Espaco ¸ Muitas grandezas f´sicas, como velocidade, forca, deslocamento e impulso, para serem compleı ¸ ´ ˜ tamente identificadas, precisam, alem da magnitude, da direcao e do sentido. Estas grandezas sao ¸˜ chamadas grandezas vetoriais ou simplesmente vetores. ˜ Geometricamente, vetores sao representados por segmentos (de retas) orientados (segmentos de retas com um sentido de percurso) no plano ou no espaco. A ponta da seta do segmento orientado ¸ ´ ´ e chamada ponto final ou extremidade e o outro ponto extremo e chamado de ponto inicial ou origem do segmento orientado. Segmentos orientados com mesma direcao, mesmo sentido e mesmo comprimento representam ¸˜ ˜ o mesmo vetor. A direcao, o sentido e o comprimento do vetor sao definidos como sendo a direcao, o ¸˜ ¸˜ sentido e o comprimento de qualquer um dos segmentos orientados que o representam. ´ ´ Este fato e analogo ao que ocorre com os numeros racionais e as fracoes. Duas fracoes repre´ ¸˜ ¸˜ 142 143 Figura 3.1: Segmentos orientados representando o mesmo vetor Julho 2007 Reginaldo J. Santos 144 Vetores no Plano e no Espaco ¸ sentam o mesmo numero racional se o numerador e o denominador de cada uma delas estiverem ´ na mesma proporcao. Por exemplo, as fracoes 1/2, 2/4 e 3/6 representam o mesmo numero racio¸˜ ¸˜ ´ ´´ ´ nal. A definicao de igualdade de vetores tambem e analoga a igualdade de numeros racionais. Dois ¸˜ ´ ˜ ˜ numeros racionais a/b e c/d sao iguais, quando ad = bc. Dizemos que dois vetores sao iguais se ´ ˜ e o mesmo sentido. eles possuem o mesmo comprimento, a mesma direcao ¸ Na Figura 3.1 temos 4 segmentos orientados, com origens em pontos diferentes, que representam ˜ o mesmo vetor, ou seja, sao considerados como vetores iguais, pois possuem a mesma direc ao, ¸˜ mesmo sentido e o mesmo comprimento. ´ ´ ˜ Se o ponto inicial de um representante de um vetor V e A e o ponto final e B , entao escrevemos q B ¨ ¨B ¨ − → AB −→ V =AB q ¨ ¨¨ A 3.1 Soma de Vetores e Multiplicacao por Escalar ¸˜ ´ A soma, V + W , de dois vetores V e W e determinada da seguinte forma: • tome um segmento orientado que representa V ; • tome um segmento orientado que representa W , com origem na extremidade de V ; ´ ´ • o vetor V + W e representado pelo segmento orientado que vai da origem de V ate a extremidade de W . ´ Da Figura 3.2, deduzimos que a soma de vetores e comutativa, ou seja, V + W = W + V, ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı (3.1) Julho 2007 3.1 Soma de Vetores e Multiplicacao por Escalar ¸˜ 145 W W + V V + W V V W Figura 3.2: V + W = W + V Julho 2007 Reginaldo J. Santos 146 Vetores no Plano e no Espaco ¸ W U W +U V V + W W (V + )+ (W V+ U +U ) Figura 3.3: V + (W + U ) = (V + W ) + U ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 3.1 Soma de Vetores e Multiplicacao por Escalar ¸˜ 147 ´ ´ para quaisquer vetores V e W . Observamos tambem que a soma V + W esta na diagonal do ˜ paralelogramo determinado por V e W , quando estao representados com a mesma origem. ´ Da Figura 3.3, deduzimos que a soma de vetores e associativa, ou seja, V + (W + U ) = (V + W ) + U, (3.2) para quaisquer vetores V , W e U . ´ O vetor que tem a sua origem coincidindo com a sua extremidade e chamado vetor nulo e deno¯. Segue entao, que ˜ tado por 0 V + ¯ = ¯ + V = V, 00 (3.3) para todo vetor V . ´ ´ Para qualquer vetor V , o simetrico de V , denotado por −V , e o vetor que tem mesmo compri´ ˜ mento, mesma direcao e sentido contrario ao de V . Segue entao, que ¸˜ V + (−V ) = ¯. 0 (3.4) Definimos a diferenca W menos V , por ¸ W − V = W + (−V ). Segue desta definicao, de (3.1), (3.2), (3.4) e de (3.3) que ¸˜ W + (V − W ) = (V − W ) + W = V + (−W + W ) = V + ¯ = V. 0 ´ ´ Assim, a diferenca V − W e um vetor que somado a W da V , portanto ele vai da extremidade de W ¸ ´ ate a extremidade de V , desde que V e W estejam representados por segmentos orientados com a mesma origem. ´ A multiplicacao de um vetor V por um escalar α, α V , e determinada pelo vetor que possui as ¸˜ seguintes caracter´sticas: ı Julho 2007 Reginaldo J. Santos 148 Vetores no Plano e no Espaco ¸ V −W V −W W Figura 3.4: A diferenca V − W ¸ ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 3.1 Soma de Vetores e Multiplicacao por Escalar ¸˜ V 149 V −W W ¸ Figura 3.5: A diferenca V − W Julho 2007 Reginaldo J. Santos 150 Vetores no Plano e no Espaco ¸ ´ (a) e o vetor nulo, se α = 0 ou V = ¯, 0 ´ (b) caso contrario, i. tem comprimento |α| vezes o comprimento de V , ˜ ii. a direcao e a mesma de V (neste caso, dizemos que eles sao paralelos), ¸˜ ´ iii. tem o mesmo sentido de V , se α > 0 e ´ tem o sentido contrario ao de V , se α < 0. ˜ As propriedades da multiplicacao por escalar serao apresentadas mais a frente. Se W = α V , ¸˜ ´ facil ver que dois vetores nao nulos sao paralelos ´ ˜ ˜ dizemos que W e um multiplo escalar de V . E ´ ´ ´ (ou colineares) se, e somente se, um e um multiplo escalar do outro. ´ As operacoes com vetores podem ser definidas utilizando um sistema de coordenadas retangu¸˜ lares ou cartesianas. Em primeiro lugar, vamos considerar os vetores no plano. Seja V um vetor no plano. Definimos as componentes de V como sendo as coordenadas (v 1 , v2 ) do ponto final do representante de V que tem ponto inicial na origem. Vamos identificar o vetor com as suas componentes e vamos escrever simplesmente V = (v1 , v2 ). −→ ˜ Assim, as coordenadas de um ponto P sao iguais as componentes do vetor OP , que vai da origem do sistema de coordenadas ao ponto P . Em particular, o vetor nulo, ¯ = (0, 0). Em termos 0 das componentes, podemos realizar facilmente as operacoes: soma de vetores e multiplicacao de ¸˜ ¸˜ vetor por escalar. ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 3.1 Soma de Vetores e Multiplicacao por Escalar ¸˜ 151 V 3V −2V 1V 2 Figura 3.6: Multiplicacao de vetor por escalar ¸˜ Julho 2007 Reginaldo J. Santos 152 Vetores no Plano e no Espaco ¸ y V = (v1 , v2 ) v2 O v1 x Figura 3.7: As componentes do vetor V no plano ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 3.1 Soma de Vetores e Multiplicacao por Escalar ¸˜ 153 y P = (x, y ) y − → OP O x x −→ ˜ Figura 3.8: As coordenadas de P sao iguais as componentes de OP Julho 2007 Reginaldo J. Santos 154 Vetores no Plano e no Espaco ¸ ´ • Como ilustrado na Figura 3.9, a soma de dois vetores V = (v1 , v2 ) e W = (w1 , w2 ) e dada por V + W = (v1 + w1 , v2 + w2 ); ´ • Como ilustrado na Figura 3.10, a multiplicacao de um vetor V = (v1 , v2 ) por um escalar α e ¸˜ dada por α V = (α v1 , α v2 ). ´ Definimos as componentes de um vetor no espaco de forma analoga a que fizemos com vetores ¸ no plano. Vamos inicialmente introduzir um sistema de coordenadas retangulares no espaco. Para ¸ ˆ isto, escolhemos um ponto como origem O e como eixos coordenados, tr es retas orientadas (com sentido de percurso definido), passando pela origem, perpendiculares entre si, sendo uma delas ˜ ´ vertical orientada para cima. Estes serao os eixos x, y e z . O eixo z e o eixo vertical. Os eixos x ˜ e y sao horizontais e satisfazem a seguinte propriedade. Suponha que giramos o eixo x pelo menor ˆ ´ ˜ angulo ate que coincida com o eixo y . Se os dedos da mao direita apontam na direcao do semi¸˜ ˜ ˜ eixo x positivo de forma que o semi-eixo y positivo esteja do lado da palma da m ao, entao o polegar aponta no sentido do semi-eixo z positivo. Cada par de eixos determina um plano chamado de plano ˆ ˜ coordenado. Portanto os tres planos coordenados sao: xy , yz e xz . A cada ponto P no espaco associamos um terno de numeros (x, y, z ), chamado de coordenadas ¸ ´ do ponto P como segue. • Trace uma reta paralela ao eixo z , passando por P ; ´ • A intersecao da reta paralela ao eixo z , passando por P , com o plano xy e o ponto P . As ¸˜ ˜ coordenadas de P , (x, y ), no sistema de coordenadas xy sao as duas primeiras coordenadas de P . ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 3.1 Soma de Vetores e Multiplicacao por Escalar ¸˜ 155 y V +W v2+w2 w2 V v2 w2 W v1 x v1 w1 v1 + w1 Figura 3.9: A soma de dois vetores no plano Julho 2007 Reginaldo J. Santos 156 Vetores no Plano e no Espaco ¸ y αV αv2 V v2 x v1 αv1 Figura 3.10: A multiplicacao de vetor por escalar no plano ¸˜ ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 3.1 Soma de Vetores e Multiplicacao por Escalar ¸˜ 157 ´ • A terceira coordenada e igual ao comprimento do segmento P P , se P estiver acima do plano xy e ao comprimento do segmento P P com o sinal negativo, se P estiver abaixo do plano xy . ˜ ´ As coordenadas de um ponto P sao determinadas tambem da maneira dada a seguir. ˆ • Passe tres planos por P paralelos aos planos coordenados. • A intersecao do plano paralelo ao plano xy , passando por P , com o eixo z determina a coorde¸˜ nada z . • A intersecao do plano paralelo ao plano xz , passando por P , com o eixo y determina a coorde¸˜ nada y • A intersecao do plano paralelo ao plano yz , passando por P , com o eixo x determina a coorde¸˜ nada x. ´ Agora, estamos prontos para utilizarmos um sistema de coordenadas cartesianas tamb em nas operacoes de vetores no espaco. Seja V um vetor no espaco. Como no caso de vetores do plano, ¸˜ ¸ ¸ definimos as componentes de V como sendo as coordenadas (v1 , v2 , v3 ) do ponto final do repre´ sentante de V que tem ponto inicial na origem. Tambem vamos identificar o vetor com as suas componentes e vamos escrever simplesmente V = (v1 , v2 , v3 ). −→ ˜ Assim, as coordenadas de um ponto P sao iguais as componentes do vetor OP que vai da origem do sistema de coordenadas ao ponto P . Em particular, o vetor nulo, ¯ = (0, 0, 0). Assim como 0 fizemos para vetores no plano, para vetores no espaco a soma de vetores e a multiplicac ao de vetor ¸ ¸˜ por escalar podem ser realizadas em termos das componentes. Julho 2007 Reginaldo J. Santos 158 Vetores no Plano e no Espaco ¸ z P = (x, y, z ) z x y P x y Figura 3.11: As coordenadas de um ponto no espaco ¸ ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 3.1 Soma de Vetores e Multiplicacao por Escalar ¸˜ 159 z z P = (x, y, z ) x y x y Figura 3.12: As coordenadas de um ponto no espaco ¸ Julho 2007 Reginaldo J. Santos 160 Vetores no Plano e no Espaco ¸ z v3 V = (v1 , v2 , v3 ) v1 v2 x y Figura 3.13: As componentes de um vetor no espaco ¸ ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 3.1 Soma de Vetores e Multiplicacao por Escalar ¸˜ 161 z z P = (x, y, z ) − → OP x x O y y −→ ˜ Figura 3.14: As coordenadas de P sao iguais as componentes de OP Julho 2007 Reginaldo J. Santos 162 Vetores no Plano e no Espaco ¸ ˜ ´ • Se V = (v1 , v2 , v3 ) e W = (w1 , w2 , w3 ), entao a adicao de V com W e dada por ¸˜ V + W = (v1 + w1 , v2 + w2 , v3 + w3 ); ´ ˜ ´ • Se V = (v1 , v2 , v3 ) e α e um escalar, entao a multiplicacao de V por α e dada por ¸˜ α V = (α v1 , α v2 , α v3 ). ˜ Exemplo 3.1. Se V = (1, −2, 3), W = (2, 4, −1), entao V + W = (1 + 2, −2 + 4, 3 + (−1)) = (3, 2, 2), 3V = (3 · 1, 3 (−2), 3 · 3) = (3, −6, 9). ´ Quando um vetor V esta representado por um segmento orientado com ponto inicial fora da origem ˜ (Figura 3.15), digamos em P = (x1 , y1 , z1 ), e ponto final em Q = (x2 , y2 , z2 ), entao as componentes ˜ do vetor V sao dadas por −→ −→ −→ V =P Q=OQ − OP = (x2 − x1 , y2 − y1 , z2 − z1 ). ˜ Portanto, as componentes de V sao obtidas subtraindo-se as coordenadas do ponto Q (extremidade) das do ponto P (origem). O mesmo se aplica a vetores no plano. ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 3.1 Soma de Vetores e Multiplicacao por Escalar ¸˜ 163 z Q V P O x y −→ −→ Figura 3.15: V =OQ − OP Julho 2007 Reginaldo J. Santos 164 Vetores no Plano e no Espaco ¸ Exemplo 3.2. As componentes do vetor V que tem um representante com ponto inicial P = ˜ (5/2, 1, 2) e ponto final Q = (0, 5/2, 5/2) sao dadas por −→ V =P Q= (0 − 5/2, 5/2 − 1, 5/2 − 2) = (−5/2, 3/2, 1/2). ´ ˜ ´ Observacao. O vetor e “livre”, ele nao tem posicao fixa, ao contrario do ponto e do segmento orien¸˜ ¸˜ tado. Por exemplo, o vetor V = (−5/2, 3/2, 1/2), no exemplo acima, estava representado por um segmento orientado com a origem no ponto P = (5/2, 1, 2). Mas, poderia ser representado por um segmento orientado cujo ponto inicial poderia estar em qualquer outro ponto. ´ Um vetor no espaco V = (v1 , v2 , v3 ) pode tambem ser escrito na notacao matricial como uma ¸ ¸˜ matriz linha ou como uma matriz coluna: v1 V = v2 v3 ou V = v1 v2 v3 . Estas notacoes podem ser justificadas pelo fato de que as operacoes matriciais ¸˜ ¸˜ ou v1 w1 v1 + w 1 V + W = v2 + w2 = v2 + w 2 , v3 w3 v3 + w 3 V +W = v1 v2 v3 + w1 w2 w3 ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı = v1 αv1 αV = α v2 = αv2 v3 αv3 v1 + w 1 v2 + w 2 v3 + w 3 , Julho 2007 3.1 Soma de Vetores e Multiplicacao por Escalar ¸˜ αV = α v1 v2 v3 = 165 αv1 αv2 αv3 produzem os mesmos resultados que as operacoes vetoriais ¸˜ V + W = (v1 , v2 , v3 ) + (w1 , w2 , w3 ) = (v1 + w1 , v2 + w2 , v3 + w3 ), αV = α(v1 , v2 , v3 ) = (αv1 , αv2 , αv3 ). O mesmo vale, naturalmente, para vetores no plano. No teorema seguinte enunciamos as propriedades mais importantes da soma de vetores e multiplicacao de vetores por escalar. ¸˜ ˜ ´ Teorema 3.1. Sejam U, V e W vetores e α e β escalares. Sao validas as seguintes propriedades: (a) U + V = V + U ; (e) α(βU ) = (αβ )U ; (b) (U + V ) + W = U + (V + W ); (f) α(U + V ) = αU + αV ; (c) U + ¯ = U ; 0 (g) (α + β )U = αU + βU ; (d) U + (−U ) = ¯; 0 (h) 1U = U . ´ ´ Demonstracao. Segue diretamente das propriedades da algebra matricial (Teorema 1.1 na pagina ¸˜ 10). Julho 2007 Reginaldo J. Santos 166 Vetores no Plano e no Espaco ¸ ˆ ´ Exemplo 3.3. Seja um triangulo ABC e sejam M e N os pontos medios de AC e BC , respectiva´ mente. Vamos provar que M N e paralelo a AB e tem comprimento igual a metade do comprimento de AB . Devemos provar que −→ MN= 1 −→ AB . 2 ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 3.1 Soma de Vetores e Multiplicacao por Escalar ¸˜ 167 C N M A B Agora, a partir da figura acima temos que −→ −→ −→ M N =M C + CN . Julho 2007 Reginaldo J. Santos 168 Vetores no Plano e no Espaco ¸ ´ ´ ´ ´ ˜ Como M e ponto medio de AC e N e ponto medio de BC , entao −→ M C= 1 −→ AC 2 e −→ CN = 1 −→ CB . 2 Logo, −→ MN= −→ 1 −→ 1 −→ 1 −→ 1 −→ AC + CB = (AC + CB ) = AB . 2 2 2 2 −→ −→ −→ Exemplo 3.4. Dados quatro pontos A, B , C e X tais que AX = λ AB , vamos escrever CX como −→ −→ −→ −→ ´ combinacao linear de CA e CB , isto e, como uma soma de multiplos escalares de CA e CB . ¸˜ ´ −→ −→ −→ −→ ˜ ˜ ´ Como AX = λ AB , entao os vetores AX e AB sao paralelos e portanto o ponto X so pode estar ´ ˜ na reta definida por A e B . Vamos desenha-lo entre A e B , mas isto nao vai representar nenhuma restricao. ¸˜ O vetor que vai de C para X , pode ser escrito como uma soma de um vetor que vai de C para A com um vetor que vai de A para X , −→ −→ −→ CX =CA + AX . ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 3.1 Soma de Vetores e Multiplicacao por Escalar ¸˜ 169 B X C A −→ −→ −→ −→ −→ ´ Agora, por hipotese AX = λ AB , o que implica que CX =CA +λ AB . −→ −→ −→ −→ −→ −→ −→ Mas, AB =CB − CA, portanto CX =CA +λ(CB − CA). Logo, −→ −→ −→ CX = (1 − λ) CA +λ CB . Julho 2007 Reginaldo J. Santos 170 Vetores no Plano e no Espaco ¸ Observe que: −→ −→ −→ −→ ˜ • Se λ = 0, entao CX =CA. ˜ • Se λ = 1, entao CX =CB . −→ ˜ • Se λ = 1/2, entao CX = −→ ˜ • Se λ = 1/3, entao CX = −→ −→ −→ −→ 1 2 CA + 1 CB . 2 2 3 CA + 1 CB . 3 ´ Exemplo 3.5. Vamos mostrar, usando vetores, que o ponto m edio de um segmento que une os pontos ´ A = (x1 , y1 , z1 ) e B = (x2 , y2 , z2 ) e M= x1 + x 2 y 1 + y 2 z 1 + z 2 , , 2 2 2 −→ . −→ 1 AB . 2 −→ + 1 OB . 2 ´ ´ O ponto M e o ponto medio de AB se, e somente se, AM = −→ −→ ˜ Entao, aplicando o exemplo 1 anterior (com o ponto C sendo a origem O ), OM = 2 OA Como as coordenadas de ˜ ´ um ponto sao iguais as componentes do vetor que vai da origem ate aquele ponto, segue-se que −→ 1 OM = 2 (x1 , y1 , z1 ) + 1 (x2 , y2 , z2 ) e 2 M= x1 + x 2 y 1 + y 2 z 1 + z 2 , , 2 2 2 ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı . Julho 2007 3.1 Soma de Vetores e Multiplicacao por Escalar ¸˜ 171 ´ ´ Exerc´cios Numericos (respostas na pagina 549) ı −→ −→ 3.1.1. Determine o ponto C tal que AC = 2 AB sendo A = (0, −2) e B = (1, 0). 3.1.2. Uma reta no plano tem equacao y = 2x + 1. Determine um vetor paralelo a esta reta. ¸˜ ´ 3.1.3. Determine uma equacao para a reta no plano que e paralela ao vetor V = (2, 3) e passa pelo ¸˜ ponto P0 = (1, 2). 3.1.4. Determine o vetor X , tal que 3X − 2V = 15(X − U ). 3.1.5. Determine os vetores X e Y tais que 6X − 2Y 3X + Y =U = U +V 3.1.6. Determine as coordenadas da extremidade do segmento orientado que representa o vetor V = ´ (3, 0, −3), sabendo-se que sua origem esta no ponto P = (2, 3, −5). ˜ ´ 3.1.7. Quais sao as coordenadas do ponto P , simetrico do ponto P = (1, 0, 3) em relacao ao ponto ¸˜ −→ −→ ˜ ´ M = (1, 2, −1)? (Sugestao: o ponto P e tal que o vetor M P = − M P ) ˜ ´ 3.1.8. Verifique se os pontos dados a seguir sao colineares, isto e, pertencem a uma mesma reta: (a) A = (5, 1, −3), B = (0, 3, 4) e C = (0, 3, −5); (b) A = (−1, 1, 3), B = (4, 2, −3) e C = (14, 4, −15); 3.1.9. Dados os pontos A = (1, −2, −3), B = (−5, 2, −1) e C = (4, 0, −1). Determine o ponto D ´ tal que A, B , C e D sejam vertices consecutivos de um paralelogramo. Julho 2007 Reginaldo J. Santos 172 Vetores no Plano e no Espaco ¸ ´ 3.1.10. Verifique se o vetor U e combinacao linear (soma de multiplos escalares) de V e W : ¸˜ ´ (a) V = (9, −12, −6), W = (−1, 7, 1) e U = (−4, −6, 2); (b) V = (5, 4, −3), W = (2, 1, 1) e U = (−3, −4, 1); ´ ´ ´ ˜ 3.1.11. Verifique se e um paralelogramo o quadrilatero de vertices (nao necessariamente consecutivos) (a) A = (4, −1, 1), B = (9, −4, 2), C = (4, 3, 4) e D = (4, −21, −14) (b) A = (4, −1, 1), B = (9, −4, 2), C = (4, 3, 4) e D = (9, 0, 5) ˜ 3.1.12. Quais dos seguintes vetores sao paralelos U = (6, −4, −2), V (15, −10, 5). = (−9, 6, 3), W = Exerc´cios usando o M ATLAB ı ´ >> V=[v1,v2,v3] cria um vetor V, usando as componentes num ericas v1, v2, v3. Por exemplo >> V=[1,2,3] cria o vetor V = (1, 2, 3); ´ ´ ´ >> V+W e a soma de V e W; >> V-W e a diferenca V menos W; >> num*V e o produto do vetor V ¸ pelo escalar num; ˜ >> subs(expr,x,num) substitui x por num na express ao expr; >> solve(expr) determina a solucao da equacao expr=0; ¸˜ ¸˜ ´ Comandos graficos do pacote GAAL: >> desvet(P,V) desenha o vetor V com origem no ponto P e >> desvet(V) desenha o vetor V com origem no ponto O = (0, 0, 0). ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 3.1 Soma de Vetores e Multiplicacao por Escalar ¸˜ 173 >> po([P1;P2;...;Pn]) desenha os pontos P1, P2, ..., Pn. >> lineseg(P1,P2,’cor’) desenha o segmento de reta P1P2. >> tex(P,’texto’) coloca o texto no ponto P. >> axiss reescala os eixos com a mesma escala. >> eixos desenha os eixos coordenados. >> box desenha uma caixa em volta da figura. >> rota faz uma rotac ao em torno do eixo z . ¸˜ ˜ >> zoom3(fator) amplifica a regiao pelo fator. ´ ´ 3.1.13. Coloque em duas variaveis V e W dois vetores do plano ou do espaco a seu criterio ¸ (a) Use a funcao ilsvw(V,W) para visualizar a soma dos dois vetores. ¸˜ ´ (b) Coloque em uma variavel a um numero e use a funcao ilav(a,V) para visualizar a ´ ¸˜ multiplicacao do vetor V pelo escalar a. ¸˜ 3.1.14. Use o M ATLAB ´ para resolver os Exerc´cios Numericos a partir do Exerc´cio 1.3. ı ı ´ Exerc´cios Teoricos ı ´ ˜ ´ 3.1.15. Demonstre que o segmento que une os pontos medios dos lados nao paralelos de um trapezio ´ ` ´ ´ ´ ˜ e paralelo as bases, e sua medida e a media aritmetica das medidas das bases. (Sugestao: −→ −→ −→ −→ −→ 1 ´ mostre que M N = 2 (AB + DC ) e depois conclua que M N e um multiplo escalar de AB . ´ ´ Revise o Exemplo 3.3 na pagina 166) Julho 2007 Reginaldo J. Santos 174 Vetores no Plano e no Espaco ¸ D M C N A B ˜ 3.1.16. Demonstre que as diagonais de um paralelogramo se cortam ao meio. (Sugest ao: Sejam M e −→ ´ ˜ N os pontos medios das duas diagonais do paralelogramo. Mostre que o vetor M N = ¯, entao 0 conclua que M = N .) ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 3.1 Soma de Vetores e Multiplicacao por Escalar ¸˜ 175 D M A Julho 2007 N B Reginaldo J. Santos 176 Vetores no Plano e no Espaco ¸ ˆ ´ ´ 3.1.17. Considere o triangulo ABC e sejam M o ponto medio de BC , N o ponto medio de AC e P o ´ ponto medio de AB . Mostre que as medianas (os segmentos AM , BN e CP ) se cortam num ˜ mesmo ponto que divide as medianas na proporcao 2/3 e 1/3. (Sugestao: Sejam G, H e I os ¸˜ −→ pontos definidos por AG= conclua que G = H = I .) 2 3 −→ −→ AM , BH = 2 3 ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı −→ −→ BN e CI = 2 3 −→ −→ −→ CP . Mostre que GH = ¯, GI = ¯, 0 0 Julho 2007 3.1 Soma de Vetores e Multiplicacao por Escalar ¸˜ 177 C N H M G I A P B 3.1.18. Sejam A, B e C pontos quaisquer com A = B . Prove que: −→ −→ (a) Um ponto X pertence a reta determinada por A e B (AX = λ AB ) se, e somente se, −→ −→ −→ CX = α CA +β CB, Julho 2007 com α + β = 1. Reginaldo J. Santos 178 Vetores no Plano e no Espaco ¸ −→ −→ (b) Um ponto X pertence ao interior do segmento AB (AX = λ AB , com 0 < λ < 1) se, e somente se, −→ −→ −→ CX = α CA +β CB, com α > 0, β > 0 e −→ α + β = 1. −→ ´ ˆ (c) Um ponto X e um ponto interior ao triangulo ABC (A X = λ A B , com 0 < λ < 1, ´ ´ em que A e um ponto interior ao segmento AC e B e interior ao segmento CB ) se, e somente se, −→ −→ −→ CX = α CA +β CB, com α > 0, β > 0 e ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı α + β < 1. Julho 2007 3.1 Soma de Vetores e Multiplicacao por Escalar ¸˜ 179 B C A ˜ 3.1.19. Mostre que se αV = ¯, entao α = 0 ou V = ¯. 0 0 ˜ 3.1.20. Se αU = αV , entao U = V ? E se α = 0 ? ˜ 3.1.21. Se αV = βV , entao α = β ? E se V = ¯ ? 0 Julho 2007 Reginaldo J. Santos 180 Vetores no Plano e no Espaco ¸ 3.2 Produtos de Vetores 3.2.1 Norma e Produto Escalar ´ ´ Ja vimos que o comprimento de um vetor V e definido como sendo o comprimento de qualquer ´´ um dos segmentos orientados que o representam. O comprimento do vetor V tamb em e chamado ´ ´ de norma de V e e denotado(a) por ||V ||. Segue do Teorema de Pitagoras que a norma de um vetor pode ser calculada usando as suas componentes, por 2 2 v1 + v2 , ||V || = ´ no caso em que V = (v1 , v2 ) e um vetor no plano, e por ||V || = 2 2 2 v1 + v2 + v3 , ´ no caso em que V = (v1 , v2 , v3 ) e um vetor no espaco (verifique usando as Figuras 3.16 e 3.17). ¸ ´ ´ Um vetor de norma igual a 1 e chamado de vetor unitario. −→ ´ ` ˆ A distancia entre dois pontos P = (x1 , y1 , z1 ) e Q = (x2 , y2 , z2 ) e igual a norma do vetor P Q −→ −→ −→ ´ ˜ ˆ (Figura 3.15 na pagina 163). Como P Q=OQ − OP = (x2 − x1 , y2 − y1 , z2 − z1 ), entao a distancia ´ dada por de P a Q e −→ dist(P, Q) = || P Q || = (x2 − x1 )2 + (y2 − y1 )2 + (z2 − z1 )2 . ´ ` ˆ Analogamente, a distancia entre dois pontos P = (x1 , y1 ) e Q = (x2 , y2 ) no plano e igual a −→ ´ norma do vetor P Q, que e dada por −→ dist(P, Q) = || P Q || = ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı (x2 − x1 )2 + (y2 − y1 )2 . Julho 2007 3.2 Produtos de Vetores 181 y V = (v1 , v2 ) ||V || v2 x v1 Figura 3.16: A norma de um vetor V no plano Julho 2007 Reginaldo J. Santos 182 Vetores no Plano e no Espaco ¸ z v3 V = (v1 , v2 , v3 ) ||V || v1 v2 x y Figura 3.17: A norma de um vetor V no espaco ¸ ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 3.2 Produtos de Vetores 183 ´ Exemplo 3.6. A norma do vetor V = (1, −2, 3) e ||V || = 12 + (−2)2 + 32 = √ 14. ˆ ´ A distancia entre os pontos P = (2, −3, 1) e Q = (−1, 4, 5) e −→ dist(P, Q) = || P Q || = ||(−1 − 2, 4 − (−3), 5 − 1)|| = ||(−3, 7, 4)|| = (−3)2 + 72 + 42 = √ 74. ´ ˜ Se V = (v1 , v2 , v3 ) e α e um escalar, entao da definicao da multiplicacao de vetor por escalar e ¸˜ ¸˜ da norma de um vetor segue-se que ||αV || = ||(αv1 , αv2 , αv3 )|| = (αv1 )2 + (αv2 )2 + (αv3 )2 = 2 2 2 α2 (v1 + v2 + v3 ), ou seja, ||αV || = |α| ||V ||. (3.5) ˜ Dado um vetor V nao nulo, o vetor U= 1 V. ||V || ´ ´ e um vetor unitario na direcao de V , pois por (3.5), temos que ¸˜ ||U || = Julho 2007 1 ||V || = 1. ||V || Reginaldo J. Santos 184 Vetores no Plano e no Espaco ¸ ´ ´ Exemplo 3.7. Um vetor unitario na direcao do vetor V = (1, −2, 3) e o vetor ¸˜ U= 1 V= ||V || 1 √ 14 1 −2 3 (1, −2, 3) = ( √ , √ , √ ). 14 14 14 ˆ ˜ ´ ˆ O angulo entre dois vetores nao nulos, V e W , e definido pelo angulo θ determinado por V e W ˜ que satisfaz 0 ≤ θ ≤ π , quando eles estao representados com a mesma origem (Figura 3.18). o ˆ ´ ´ Quando o angulo θ entre dois vetores V e W e reto (θ = 90 ), ou um deles e o vetor nulo, dizemos ˜ que os vetores V e W sao ortogonais ou perpendiculares entre si. ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 3.2 Produtos de Vetores 185 V V θ θ W W ˆ ` ` Figura 3.18: Angulo entre dois vetores, agudo (a esquerda) e obtuso (a direita) Julho 2007 Reginaldo J. Santos 186 Vetores no Plano e no Espaco ¸ ´ ´ Vamos definir, agora, um produto entre dois vetores, cujo resultado e um escalar. Por isso ele e chamado produto escalar. Este produto tem aplicacao, por exemplo, em F´sica: o trabalho realizado ¸˜ ı ´ por uma forca e o produto escalar do vetor forca pelo vetor deslocamento, quando a forca aplicada e ¸´ ¸ ¸ constante. ´ Definicao 3.1. O produto escalar ou interno de dois vetores V e W e definido por ¸˜ V ·W = 0, ||V || ||W || cos θ, ´ se V ou W e o vetor nulo, ´ caso contrario, ´ˆ em que θ e o angulo entre eles. ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 3.2 Produtos de Vetores 187 ˜ ˜ Quando os vetores sao dados em termos das suas componentes nao sabemos diretamente o ˆ ˜ angulo entre eles. Por isso, precisamos de uma forma de calcular o produto escalar que n ao necessite ˆ do angulo entre os vetores. Julho 2007 Reginaldo J. Santos 188 Vetores no Plano e no Espaco ¸ V V −W V V −W θ θ W W ` ˆ ˆ Figura 3.19: Triangulo formado por representantes de V , W e V − W . A esquerda o angulo entre V ´ ` ´ e W e agudo e a direita e obtuso. ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 3.2 Produtos de Vetores 189 ˜ ˜ ´ˆ ˜ Se V e W sao dois vetores nao nulos e θ e o angulo entre eles, entao pela lei dos cossenos, ||V − W ||2 = ||V ||2 + ||W ||2 − 2||V || ||W || cos θ. Assim, V · W = ||V || ||W || cos θ = 1 ||V ||2 + ||W ||2 − ||V − W ||2 . 2 (3.6) ´ ˜ ´ ˜ ˆ Ja temos entao uma formula para calcular o produto escalar que nao depende diretamente do angulo ˜ entre eles. Substituindo-se as coordenadas dos vetores em ( 3.6) obtemos uma expressao mais sim´ ples para o calculo do produto interno. ˜ ˜ Por exemplo, se V = (v1 , v2 , v3 ) e W = (w1 , w2 , w3 ) sao vetores no espaco, entao substituindo¸ 2 2 2 2 2 2 se ||V ||2 = v1 + v2 + v3 , ||W ||2 = w1 + w2 + w3 e ||V − W ||2 = (v1 − w1 )2 + (v2 − w2 )2 + (v3 − w3 )2 2 2 ˜ em (3.6) os termos vi e wi sao cancelados e obtemos V · W = v 1 w1 + v 2 w2 + v 3 w3 . Julho 2007 Reginaldo J. Santos 190 Vetores no Plano e no Espaco ¸ ´ Teorema 3.2. O produto escalar ou interno, V · W , entre dois vetores e dado por V · W = v 1 w1 + v 2 w2 , ˜ se V = (v1 , v2 ) e W = (w1 , w2 ) sao vetores no plano e por V · W = v 1 w1 + v 2 w2 + v 3 w3 , ˜ se V = (v1 , v2 , v3 ) e W = (w1 , w2 , w3 ) sao vetores no espaco. ¸ ´ Exemplo 3.8. Sejam V = (0, 1, 0) e W = (2, 2, 3). O produto escalar de V por W e dado por V · W = v 1 w1 + v 2 w2 + v 3 w3 = 0 · 2 + 1 · 2 + 0 · 3 = 2 . ˆ ˜ Podemos usar o Teorema 3.2 para determinar o angulo entre dois vetores nao nulos, V e W . O ˆ ´ ˜ cosseno do angulo entre V e W e, entao, dado por cos θ = V ·W . ||V || ||W || ˜ ˜ ´ˆ ˜ Se V e W sao vetores nao nulos e θ e o angulo entre eles, entao ´ (a) θ e agudo (0 ≤ θ < 90o ) se, e somente se, V · W > 0, ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 3.2 Produtos de Vetores 191 ´ (b) θ e reto (θ = 90o ) se, e somente se, V · W = 0 e ´ (c) θ e obtuso (90o < θ ≤ 180o ) se, e somente se, V · W < 0. ˆ Exemplo 3.9. Vamos determinar o angulo entre uma diagonal de um cubo e uma de suas arestas. ´ Sejam V1 = (1, 0, 0), V2 = (0, 1, 0) e V3 = (0, 0, 1) (Figura 3.20). Uma diagonal do cubo e representada pelo vetor D dado por D = V1 + V2 + V3 = (1, 1, 1) . ˜ ˆ Entao o angulo entre D e V1 satisfaz cos θ = ou seja, Julho 2007 D · V1 1 1.1 + 0.1 + 0.1 √ =√ =√ 2 + 12 + 12 )( 12 + 02 + 02 ) ||D ||||V1 || (1 3 1 θ = arccos( √ ) ≈ 54o . 3 Reginaldo J. Santos 192 Vetores no Plano e no Espaco ¸ z (0, 0, 1) (1, 1, 1) θ (1, 0, 0) (0, 1, 0) x y ˆ Figura 3.20: Angulo entre a diagonal de um cubo e uma de suas arestas ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 3.2 Produtos de Vetores 193 ˜ ´ Teorema 3.3. Sejam U, V e W vetores e α um escalar. Sao validas as seguintes propriedades: (a) (comutatividade) U · V = V · U ; (b) (distributividade) U · (V + W ) = U · V + U · W ; (c) (associatividade) α(U · V ) = (αU ) · V = U · (αV ); (d) V · V = ||V ||2 ≥ 0, para todo V e V · V = 0 se, e somente se, V = ¯. 0 Demonstracao. Sejam U = (u1 , u2 , u3 ), V = (v1 , v2 , v3 ) e W = (w1 , w2 , w3 ). ¸˜ (a) U · V = u1 v1 + u2 v2 + u3 v3 = v1 u1 + v2 u2 + v3 u3 = V · U ; (b) U ·(V +W ) = (u1 , u2 , u3 )·(v1 +w1 , v2 +w2 , v3 +w3 ) = u1 (v1 +w1 )+u2 (v2 +w2 )+u3 (v3 +w3 ) = (u1 v1 + u1 w1 )+(u2 v2 + u2 w2 )+(u3 v3 + u3 w3 ) = (u1 v1 + u2 v2 + u3 v3 )+(u1 w1 + u2 w2 + u3 w3 ) = U · V + U · W; (c) α(U · V ) = α(u1 v1 + u2 v2 + u3 v3 ) = (αu1 )v1 + (αu2 )v2 + (αu3 )v3 = (αU ) · V ; ´ ´ ´ (d) V · V = ||V ||2 e uma soma de quadrados, por isso e sempre maior ou igual a zero e e zero se, ˜ e somente se, todas as parcelas sao iguais a zero. Julho 2007 Reginaldo J. Santos 194 Vetores no Plano e no Espaco ¸ 3.2.2 Projecao Ortogonal ¸˜ Dados dois vetores V e W a projecao ortogonal de V sobre W denotada por ¸˜ projW V ´ ´ e o vetor que e paralelo a W tal que V − projW V seja ortogonal a W (Figura 3.21). ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 195 V projW V V W V − projW V Produtos de Vetores V − projW V 3.2 projW V W Figura 3.21: Projecao ortogonal do vetor V sobre o vetor W ¸˜ Julho 2007 Reginaldo J. Santos 196 Vetores no Plano e no Espaco ¸ ˜ ˜ ´ Proposicao 3.4. Seja W um vetor nao nulo. Entao, a projecao ortogonal de um vetor V em W e ¸˜ ¸˜ dada por V ·W ||W ||2 projW V = W. ´ ˜ Demonstracao. Sejam V1 = projW V e V2 = V − projW V . Como V1 e paralelo a W , entao ¸˜ V1 = αW. (3.7) Assim, V2 = V − αW . Multiplicando-se escalarmente V2 por W e usando o Teorema 3.3 (d) obtemos V2 · W = (V − αW ) · W = V · W − α||W ||2 . (3.8) ´ ˜ Mas, V2 e ortogonal a W , entao V2 · W = 0. Portanto, de (3.8) obtemos α= V ·W . ||W ||2 Substituindo este valor de α na equacao (3.7) segue-se o resultado. ¸˜ ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 3.2 Produtos de Vetores 197 Exemplo 3.10. Sejam V = (2, −1, 3) e W = (4, −1, 2). Vamos encontrar dois vetores V 1 e V2 tais ´ ´ que V = V1 + V2 , V1 e paralelo a W e V2 e perpendicular a W (Figura 3.21). Temos que V · W = 2 · 4 + (−1)(−1) + 3 · 2 = 15 ||W ||2 = 42 + (−1)2 + 22 = 21 . V · W) 15 20 5 10 V1 = projW V = W= (4, −1, 2) = ( , − , ) ||W ||2 21 7 77 6 2 11 20 5 10 V2 = V V1 = (2, −1, 3) − ( , − , ) = (− , − , ) . 7 77 7 77 3.2.3 Produto Vetorial ´ ´ Vamos, agora, definir um produto entre dois vetores, cujo resultado e um vetor. Por isso, ele e chamado produto vetorial. Este produto tem aplicacao, por exemplo, em F´sica: a forca exercida ¸˜ ı ¸ ´ ´ ´ sobre uma part´cula com carga unitaria mergulhada num campo magnetico uniforme e o produto ı ´ vetorial do vetor velocidade da part´cula pelo vetor campo magn etico. ı Definicao 3.2. Sejam V e W dois vetores no espaco. Definimos o produto vetorial, V × W , como ¸˜ ¸ sendo o vetor com as seguintes caracter´sticas: ı (a) Tem comprimento dado numericamente por ||V × W || = ||V || ||W || sen θ, ´ `´ ou seja, a norma de V × W e numericamente igual a area do paralelogramo determinado por V e W. Julho 2007 Reginaldo J. Santos 198 Vetores no Plano e no Espaco ¸ ||W | | h = ||W || sen θ W θ V ||V || ´ Figura 3.22: Area de um paralelogramo ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 3.2 Produtos de Vetores 199 (b) Tem direcao perpendicular a V e a W . ¸˜ ˜ ˆ ´ (c) Tem o sentido dado pela regra da mao direita (Figura 3.23): Se o angulo entre V e W e θ , ˆ ´ giramos o vetor V de um angulo θ ate que coincida com W e acompanhamos este movimento ˜ ˜ com os dedos da mao direita, entao o polegar vai apontar no sentido de V × W . ´ ´ Da forma como definimos o produto vetorial e dif´cil o seu calculo, mas as propriedades que ı ˜ ´ apresentaremos a seguir possibilitarao obter uma formula para o produto vetorial em termos das componentes dos vetores. Julho 2007 Reginaldo J. Santos 200 Vetores no Plano e no Espaco ¸ ˜ Figura 3.23: Regra da mao direita ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 3.2 Produtos de Vetores 201 ˜ ´ Teorema 3.5. Sejam U, V e W vetores no espaco e α um escalar. Sao validas as seguintes proprie¸ dades: (a) V × W = −(W × V ) (anti-comutatividade). (b) V × W = ¯ se, e somente se, V = αW ou W = αV . 0 (c) (V × W ) · V = (V × W ) · W = 0. (d) α(V × W ) = (αV ) × W = V × (αW ). (e) V × (W + U ) = V × W + V × U e (V + W ) × U = V × U + W × U (Distributividade em relacao a soma de vetores). ¸˜ ˆ Demonstracao. (a) Pela definicao do produto vetorial V × W e W × V tem o mesmo comprimento ¸˜ ¸˜ ´ e a mesma direcao. Alem disso trocando-se V por W troca-se o sentido de V × W (Figura ¸˜ 3.23). ´ ´ˆ (b) ||V × W || = 0 se, e somente se, um deles e o vetor nulo ou sen θ = 0, em que θ e o angulo ˜ entre V e W , ou seja, V e W sao paralelos. Assim, V × W = ¯ se, e somente se, V = αW 0 ou W = αV . (c) Segue-se imediatamente da definicao do produto vetorial. ¸˜ (d) Segue-se facilmente da definicao do produto vetorial, por isso deixamos como exerc´cio para o ¸˜ ı leitor. Julho 2007 Reginaldo J. Santos 202 Vetores no Plano e no Espaco ¸ ´ ˆ ´ (e) Este item sera demonstrado no Apendice III na pagina 226. ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 3.2 Produtos de Vetores 203 ˆ Os vetores canonicos i = (1, 0, 0), j = (0, 1, 0) e k = (0, 0, 1) ˜ ´ sao vetores unitarios (de norma igual a um) paralelos aos eixos coordenados. Todo vetor V = (v1 , v2 , v3 ) pode ser escrito como uma soma de multiplos escalares de i, j e k (combinacao linear), pois ´ ¸˜ V = (v1 , v2 , v3 ) = (v1 , 0, 0) + (0, v2 , 0) + (0, 0, v3 ) = = v1 (1, 0, 0) + v2 (0, 1, 0) + v3 (0, 0, 1) = = v1 i + v2 j + v3 k. (3.9) Da definicao de produto vetorial podemos obter facilmente as seguintes relacoes: ¸˜ ¸˜ i × i = ¯, j × j = ¯, k × k = ¯, 0 0 0 i × j = k, j × k = i, k × i = j, j × i = −k, k × j = −i, i × k = −j. ´ ˆ Agora, estamos prontos para obter uma formula que de o produto vetorial de dois vetores em termos das suas componentes. Julho 2007 Reginaldo J. Santos 204 Vetores no Plano e no Espaco ¸ z k i j x y Figura 3.24: Vetores i, j e k ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 3.2 Produtos de Vetores 205 z v3 k V = (v1 , v2 , v3 ) v2 j v1 i x y Figura 3.25: V = v1 i + v2 j + v3 k Julho 2007 Reginaldo J. Santos 206 Vetores no Plano e no Espaco ¸ ˜ Teorema 3.6. Sejam V = (v1 , v2 , v3 ) e W = (w1 , w2 , w3 ) vetores no espaco. Entao o produto ¸ ´ vetorial V × W e dado por V ×W = det v2 v3 w2 w3 , − det v1 v3 w1 w3 , det v1 v2 w1 w2 . (3.10) Demonstracao. De (3.9) segue-se que podemos escrever ¸˜ V = v1 i + v2 j + v3 k e W = w1 i + w2 j + w3 k. Assim, pela distributividade do produto vetorial em relacao a soma, temos que ¸˜ V × W = (v1 i + v2 j + v3 k ) × (w1 i + w2 j + w3 k ) = v 1 w 1 (i × i ) + v 1 w 2 (i × j ) + v 1 w 3 (i × k ) + + v2 w1 (j × i) + v2 w2 (j × j ) + v2 w3 (j × k ) + + v3 w1 (k × i) + v3 w2 (k × j ) + v3 w3 (k × k ) = (v2 w3 − v3 w2 )i + (v3 w1 − v1 w3 )j + (v1 w2 − v2 w1 )k v1 v2 v2 v3 v1 v3 i − det j + det = det w1 w2 w2 w3 w1 w3 = det v2 v3 w2 w3 , − det v1 v3 w1 w3 , det k v1 v2 w1 w2 Para obter as componentes do produto vetorial V × W procedemos como segue: ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 3.2 Produtos de Vetores 207 • Escreva a matriz: V W = v1 v2 v3 w1 w2 w3 ; • Para calcular a primeira componente de V × W , elimine a primeira coluna da matriz acima e cal- ´ cule o determinante da sub-matriz resultante. A segunda componente e obtida, eliminando-se a segunda coluna e calculando-se o determinante da sub-matriz resultante com o sinal trocado. ´ A terceira e obtida como a primeira, mas eliminando-se a terceira coluna. Exemplo 3.11. Sejam V = i + 2j − 2k e W = 3i + k . Vamos determinar o produto vetorial V × W . Como V W = 1 2 −2 30 1 , ˜ entao V ×W = det 2 −2 0 1 , − det 1 −2 3 1 , det 12 30 = (2, −7, −6) . Usando os vetores i, j e k o produto vetorial V × W , pode ser escrito em termos do “determinante” i j k V × W = det v1 v2 v3 = det w1 w2 w3 Julho 2007 v2 v3 w2 w3 i − det v1 v3 w1 w3 j + det v1 v2 w1 w2 k. Reginaldo J. Santos 208 Vetores no Plano e no Espaco ¸ Q R P ´ ˆ Figura 3.26: Area do triangulo P QR ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 3.2 Produtos de Vetores 209 ´ ˆ Exemplo 3.12. Vamos calcular a area do triangulo P QR em que (Figura 3.26) P = (3, 2, 0), Sejam Q = (0, 4, 3) e R = (1, 0, 2). −→ V =RP = (3 − 1, 2 − 0, 0 − 2) = (2, 2, −2) −→ ˜ Entao, W =RQ= (0 − 1, 4 − 0, 3 − 2) = (−1, 4, 1) . V × W = (10, 0, 10) = 10(1, 0, 1). ´ ˆ ´ ´ A area do triangulo P QR e a metade da area do paralelogramo com lados determinados por V e W . Assim, ´ Area = √ 1 ||V × W || = 5 2. 2 3.2.4 Produto Misto ´ O produto (V × W ) · U e chamado de produto misto de U , V e W . O resultado abaixo mostra como calcular o produto misto usando as componentes dos vetores. ˜ Teorema 3.7. Sejam U = u1 i + u2 j + u3 k , V = v1 i + v2 j + v3 k e W = w1 i + w2 j + w3 k . Entao, v1 v2 v3 (V × W ) · U = det w1 w2 w3 . u1 u2 u3 Julho 2007 Reginaldo J. Santos 210 Vetores no Plano e no Espaco ¸ ´ ´ Demonstracao. Segue do Teorema 3.2 na pagina 190, do Teorema 3.6 na pagina 206 e da definicao ¸˜ ¸˜ de determinante de uma matriz que (V × W ) · U = (u1 , u2 , u3 ) · det = u1 det v2 v3 w2 w3 v2 v3 w2 w3 − u2 det , − det v1 v3 w1 w3 v1 v3 w1 w3 + u3 det , det v1 v2 w1 w2 v1 v2 w1 w2 v1 v2 v3 w1 w2 w3 ; = det u1 u2 u3 ´ Exemplo 3.13. O produto misto dos vetores U = 2i − j + 3k, V = −i + 4j + k e W = 5i + j − 2k e v1 v2 v3 −1 4 1 1 −2 = −84. (V × W ) · U = det w1 w2 w3 = det 5 u1 u2 u3 2 −1 3 ˆ Teorema 3.8. Dados tres vetores no espaco, U, V e W , ¸ |(V × W ) · U | ´ e numericamente igual ao volume do paralelep´pedo determinado por U, V e W . ı ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 3.2 Produtos de Vetores 211 V ×W θ h = ||U || | cos θ | U W V Figura 3.27: Volume do paralelep´pedo determinado por V , W e U ı Julho 2007 Reginaldo J. Santos 212 Vetores no Plano e no Espaco ¸ ´ ´ Demonstracao. O volume do paralelep´pedo determinado por U, V e W e igual ao produto da area ¸˜ ı ´ da base pela altura, ou seja, pela definicao do produto vetorial, o volume e dado por ¸˜ Volume = ||V × W || h . ´ Mas, como vemos na Figura 3.27 a altura e h = ||U ||| cos θ |, o que implica que Volume = ||V × W || ||U ||| cos θ | = |(V × W ) · U | . Exemplo 3.14. Sejam V = 4i, W = 2i + 5j e U = 3i + 3j + 4k . O volume do paralelep´pedo com ı ´ ´ um vertice na origem e arestas determinadas por U, V e W e dado por 400 volume = |(V × W ) · U | = | det 2 5 0 | = |80| = 80 . 334 ´ ˆ ˜ Segue imediatamente do Teorema 3.7 e do Teorema 3.8 um criterio para saber se tres vetores sao paralelos a um mesmo plano. ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 3.2 Produtos de Vetores 213 U W Figura 3.28: Paralelep´pedo determinado por U , V e W do Exemplo 3.14 ı Julho 2007 Reginaldo J. Santos 214 Vetores no Plano e no Espaco ¸ ´ Corolario 3.9. Sejam U = u1 i + u2 j + u3 k , V = v1 i + v2 j + v3 k e W = w1 i + w2 j + w3 k . Estes ˜ ´˜ vetores sao coplanares (isto e, sao paralelos a um mesmo plano) se, e somente se, v1 v2 v3 (V × W ) · U = det w1 w2 w3 = 0 . u1 u2 u3 Exemplo 3.15. Vamos verificar que os pontos P = (0, 1, 1), Q = (1, 0, 2), R = (1, −2, 0) e ˜ ´ S = (−2, 2, −2) sao coplanares, isto e, pertencem a um mesmo plano. Com estes pontos podemos construir os vetores −→ −→ P Q= (1 − 0, 0 − 1, 2 − 1) = (1, −1, 1), P R= (1 − 0, −2 − 1, 0 − 1) = (1, −3, −1) e −→ P S = (−2 − 0, 2 − 1, −2 − 1) = (−2, 1, −3) −→ −→ −→ Os pontos P, Q, R e S pertencem a um mesmo plano se, e somente se, os vetores P Q, P R e ˜ ´ P S sao coplanares. E isto acontece se, e somente se, o produto misto deles e igual zero. 1 −3 −1 −→ −→ −→ 1 −3 = 0. (P R × P S ) · P Q= det −2 1 −1 1 ˜ Assim, P, Q, R e S sao coplanares. ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 3.2 Produtos de Vetores 215 ´ ´ ´ O resultado a seguir sera usado no proximo cap´tulo para deduzir as equacoes parametricas do ı ¸˜ plano. ˜ ´ Corolario 3.10. Sejam U, V e W vetores coplanares nao nulos no espaco. ¸ ˜ (a) Entao a equacao vetorial ¸˜ xV + yW + zU = ¯ 0 ˜ ˜ tem solucao nao trivial, em que x, y e z sao escalares. ¸˜ ˜ ´ (b) Entao um dos vetores U, V ou W e combinacao linear (soma de multiplos escalares) dos outros ¸˜ ´ dois. ˜ ˜ ˜ ´ (c) Se V e W sao nao paralelos, entao U e combinacao linear de V e W . ¸˜ ˜ Demonstracao. (a) Seja A a matriz cujas colunas sao V , W e U escritos como vetores colunas. A ¸˜ ¯ e equivalente ao sistema AX = ¯. Se U, V e W sao coplanares, ˜ equacao xV + yW + zU = 0 ´ ¸˜ 0 ˜ entao det(A) = det(At ) = (V × W ) · U = 0. ˜ Logo a equacao tem solucao nao trivial. ¸˜ ¸˜ ˜ (b) Pelo item anterior a equacao xU + yV + zW = ¯ possui solucao nao trivial. Mas, se isto ¸˜ 0 ¸˜ ˜ ˜ acontece, entao um dos escalares x ou y ou z pode ser diferente de zero. Se z = 0, ent ao ´ U = (−x/z )V + (−y/z )W , ou seja, o vetor U e combinacao linear de V e W . De forma ¸˜ ˜ ´ ˜ ´ semelhante, se x = 0, entao V e combinacao linear de U e W e se y = 0, entao W e ¸˜ combinacao linear de U e V . ¸˜ Julho 2007 Reginaldo J. Santos 216 Vetores no Plano e no Espaco ¸ ˜ ˜ ˜ (c) Como U, V e W sao coplanares, entao a equacao xU + yV + zW = ¯ possui solucao nao ¸˜ 0 ¸˜ ¯ com y ou z nao simultaneamente nulos o ´ ˜ trivial com x = 0. Pois, caso contrario yV + zW = 0 que implicaria que V e W seriam paralelos (por que?). Logo U = (−y/x)V + (−z/x)W . Exemplo 3.16. Considere os vetores −→ U =P Q= (1, −1, 1), −→ V =P R= (1, −3, −1) e −→ W =P S = (−2, 1, −3) ´ do Exemplo 3.15 na pagina 214. A equacao ¸˜ xU + yV + zW = ¯ 0 ´ e equivalente ao sistema x + y − 2z = 0 −x − 3y + z = 0 x − y − 3z = 0 Escalonando a matriz do sistema obtemos 1 1 −2 1 1 −2 1 1 −2 −1 −3 1 ∼ 0 −2 −1 ∼ 0 −2 −1 1 −1 −3 0 −2 −1 0 0 0 ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 3.2 Produtos de Vetores 217 A ultima matriz corresponde ao sistema ´ x + y − 2z = 0 − 2y − z = 0 Assim 5α α U − V + αW = ¯. 0 2 2 Logo 5 1 W = − U − V. 2 2 Verifique que realmente vale esta relacao entre os vetores U, V e W . ¸˜ Julho 2007 Reginaldo J. Santos 218 Vetores no Plano e no Espaco ¸ ´ ´ Exerc´cios Numericos (respostas na pagina 552) ı ´ 3.2.1. Determine a equacao da reta no plano que e perpendicular ao vetor N = (2, 3) e passa pelo ¸˜ ponto P0 = (−1, 1). −→ ´ 3.2.2. Seja O = (0, 0, 0). Qual o lugar geometrico dos pontos P = (x, y, z ) tais que || OP ||2 = 4? ´ Qual figura e representada pela equacao x2 + y 2 = 4? ¸˜ ´ 3.2.3. Sejam V = i + 2j − 3k e W = 2i + j − 2k . Determine vetores unitarios paralelos aos vetores (a) V + W ; (b) V − W ; (c) 2V − 3W . ˜ 3.2.4. Determine o valor de x para o qual os vetores V = xi + 3j + 4k e W = 3i + j + 2k sao perpendiculares. ˜ ˜ 3.2.5. Demonstre que nao existe x tal que os vetores V = xi + 2j + 4k e W = xi − 2j + 3k sao perpendiculares. ˆ 3.2.6. Ache o angulo entre os seguintes pares de vetores: (a) 2i + j e j − k ; (b) i + j + k e −2j − 2k ; (c) 3i + 3j e 2i + j − 2k. 3.2.7. Decomponha W = −i − 3j + 2k como a soma de dois vetores W1 e W2 , com W1 paralelo ao ˜ ´ vetor j + 3k e W2 ortogonal a este ultimo. (Sugestao: revise o Exemplo 3.10 na pagina 197) ´ ´ ˆ 3.2.8. Ache o vetor unitario da bissetriz do angulo entre os vetores V = 2i +2j + k e W = 6i +2j − 3k . ˜ ´ (Sugestao: observe que a soma de dois vetores esta na direcao da bissetriz se, e somente se, ¸˜ os dois tiverem o mesmo comprimento. Portanto, tome multiplos escalares de V e W de forma ´ ´ que eles tenham o mesmo comprimento e tome o vetor unitario na direcao da soma deles.) ¸˜ ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 3.2 Produtos de Vetores 219 3.2.9. Verifique se os seguintes pontos pertencem a um mesmo plano: (a) A = (2, 2, 1), B = (3, 1, 2), C = (2, 3, 0) e D = (2, 3, 2); (b) A = (2, 0, 2), B = (3, 2, 0), C = (0, 2, 1) e D = (10, −2, 1); ´ ˆ 3.2.10. Calcule o volume do paralelep´pedo que tem um dos v ertices no ponto A = (2, 1, 6) e os tres ı ´ vertices adjacentes nos pontos B = (4, 1, 3), C = (1, 3, 2) e D = (1, 2, 1). ´ ˆ ´ ˜ 3.2.11. Calcule a area do paralelogramo em que tres vertices consecutivos sao A = (1, 0, 1), B = (2, 1, 3) e C = (3, 2, 4). ´ ˆ ´ 3.2.12. Calcule a area do triangulo com vertices A = (1, 2, 1), B = (3, 0, 4) e C = (5, 1, 3). 3.2.13. Ache X tal que X × (i + k ) = 2(i + j − k ) e ||X || = √ 6. ´ 3.2.14. Sabe-se que o vetor X e ortogonal a i + j e a −i + k , tem norma X e j , tem-se cos θ > 0. Ache X . √ ˆ 3 e sendo θ o angulo entre ˜ ´ ˆ ˆ 3.2.15. Mostre que A = (3, 0, 2), B = (4, 3, 0) e C = (8, 1, −1) s ao vertices de um triangulo retangulo. ´ ´ˆ Em qual dos vertices esta o angulo reto? ˆ ´ 3.2.16. Considere dois vetores V e W tais que ||V || = 5, ||W || = 2 e o angulo entre V e W e 60◦ . Determine, como combinacao linear de V e W (xV + yW ): ¸˜ (a) Um vetor X tal que X · V = 20 e X · W = 5 (b) Um vetor X tal que X × V = ¯ e X · W = 12. 0 Julho 2007 Reginaldo J. Santos 220 Vetores no Plano e no Espaco ¸ Exerc´cios usando o M ATLAB ı ´ >> V=[v1,v2,v3] cria um vetor V, usando as componentes num ericas v1, v2, v3. Por exemplo >> V=[1,2,3] cria o vetor V = (1, 2, 3); ˜ >> subs(expr,x,num) substitui x por num na express ao expr; >> solve(expr) determina a solucao da equacao expr=0; ¸˜ ¸˜ ´ Comandos numericos do pacote GAAL: ´ >> V=randi(1,3) cria um vetor aleatorio com componentes inteiras; >> no(V) calcula a norma do vetor V. >> pe(V,W) calcula o produto escalar do vetor V pelo vetor W. >> pv(V,W) calcula o produto vetorial do vetor V pelo vetor W. ´ Comandos graficos do pacote GAAL: >> desvet(P,V) desenha o vetor V com origem no ponto P e >> desvet(V) desenha o vetor V com origem no ponto O = (0, 0, 0). >> po([P1;P2;...;Pn]) desenha os pontos P1, P2, ..., Pn. >> lineseg(P1,P2,’cor’) desenha o segmento de reta P1P2. >> eixos desenha os eixos coordenados. >> box desenha uma caixa em volta da figura. >> axiss reescala os eixos com a mesma escala. ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 3.2 Produtos de Vetores 221 >> rota faz uma rotacao em torno do eixo z . ¸˜ ˜ >> zoom3(fator) amplifica a regiao pelo fator. >> tex(P,’texto’) coloca o texto no ponto P. 3.2.17. Digite no prompt demog21, ´ (sem a v´rgula!). Esta funcao demonstra as funcoes graficas para vetores. ı ¸˜ ¸˜ ´ 3.2.18. Coloque em duas variaveis V e W dois vetores bi-dimensionais ou tri-dimensionais a seu ´ criterio. (a) Use a funcao ilvijk(V) para visualizar o vetor V como uma soma de multiplos escalares ¸˜ ´ (combinacao linear) dos vetores i, j e k . ¸˜ (b) Use a funcao ilpv(V,W) para visualizar o produto vetorial V × W . ¸˜ (c) Use a funcao ilproj(W,V) para visualizar a projecao de V em W . ¸˜ ¸˜ 3.2.19. Use o M ATLAB ´ para resolver os Exerc´cios Numericos ı ´ Exerc´cios Teoricos ı ˆ ´ ` ´ ` 3.2.20. Mostre que em um triangulo isosceles a mediana relativa a base e perpendicular a base. ˆ ˆ ´ 3.2.21. Mostre que o angulo inscrito em uma semicircunferencia e reto. −→ ˜ ´ Sugestao para os proximos 2 exerc´cios: Considere o paralelogramo ABCD . Seja U = AB ı −→ ˜ e V =AD. Observe que as diagonais do paralelogramo sao U + V e U − V . Julho 2007 Reginaldo J. Santos 222 Vetores no Plano e no Espaco ¸ ˜ ˜ ´ 3.2.22. Mostre que se as diagonais de um paralelogramo sao perpendiculares entao ele e um losango. ˆ ˜ ´ 3.2.23. Mostre que se as diagonais de um paralelogramo tem o mesmo comprimento entao ele e um ˆ retangulo. ˜ 3.2.24. Se V · W = V · U e V = ¯, entao W = U ? 0 ´ ˜ ´ 3.2.25. Mostre que se V e ortogonal a W1 e W2 , entao V e ortogonal a α1 W1 + α2 W2 . ˜ ˜ 3.2.26. Demonstre que as diagonais de um losango sao perpendiculares. (Sugestao: mostre que −→ −→ −→ −→ −→ −→ AC · BD = 0, usando o fato de que AB =DC e || AB || = || BC ||.) ˜ ˆ 3.2.27. Sejam V um vetor nao nulo no espaco e α, β e γ os angulos que V forma com os vetores i, j ¸ e k , respectivamente. Demonstre que cos2 α + cos2 β + cos2 γ = 1 . ˜ (Sugestao: cos α = V ·i , ||V ||||i|| cos β = V ·j ||V ||||j|| e cos γ = V ·k ) ||V ||||k|| ˜ ˜ 3.2.28. Demonstre que, se V e W sao vetores quaisquer, entao: 1 ||V + W ||2 − ||V − W ||2 ; 4 1 (b) ||V ||2 + ||W ||2 = ||V + W ||2 + ||V − W ||2 . 2 (a) V · W = ˜ (Sugestao: desenvolva os segundos membros das igualdades acima observando que ||V + W ||2 = (V + W ) · (V + W ) e ||V − W ||2 = (V − W ) · (V − W )) ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 3.2 Produtos de Vetores 223 ˜ ˜ 3.2.29. Demonstre que se V e W sao vetores quaisquer, entao: (a) |V · W | ≤ ||V || ||W ||; (b) ||V + W || ≤ ||V || + ||W ||; ˜ (Sugestao: mostre que ||V + W ||2 = (V + W ) · (V + W ) ≤ (||V || + ||W ||)2 , usando o item anterior) (c) ||V || − ||W || ≤ ||V − W ||. ˜ (Sugestao: defina U = V − W e aplique o item anterior a U e W ) ´ ˜ 3.2.30. O produto vetorial e associativo? Justifique a sua resposta. (Sugestao: experimente com os vetores i, j , k ) ˜ 3.2.31. Se V × W = V × U e V = ¯, entao W = U ? 0 ˜ ˜ 3.2.32. Demonstre que se V e W sao vetores quaisquer no espaco, entao ¸ ||V × W || ≤ ||V || ||W ||. ˜ ˜ 3.2.33. Se U , V e W sao vetores no espaco, prove que |U · (V × W )| ≤ ||U || ||V || ||W ||. (Sugest ao: ¸ ´ use o Teorema 3.2 na pagina 190 e o exerc´cio anterior) ı ˜ 3.2.34. Mostre que U · (V × W ) = V · (W × U ) = W · (U × V ). (Sugestao: use as propriedades do determinante) 3.2.35. Mostre que (a) (αU1 + βU2 ) · (V × W ) = αU1 · (V × W ) + βU2 · (V × W ); Julho 2007 Reginaldo J. Santos 224 Vetores no Plano e no Espaco ¸ (b) U · [(αV1 + βV2 ) × W ] = αU · (V1 × W ) + βU · (V2 × W ); (c) U · [V × (αW1 + βW2 )] = αU · (V × W1 ) + βU · (V × W 2). (d) U · (V × W ) = U · [(V + αU + βW ) × W ]. ˜ (Sugestao: use as propriedades dos produtos escalar e vetorial) 3.2.36. Prove a identidade de Lagrange ||V × W ||2 = ||V ||2 ||W ||2 − (V · W )2 . ´ ˆ ´ ´ 3.2.37. Mostre que a area do triangulo com vertices (xi , yi ), para i = 1, 2, 3 e igual a | det(A)|/2, em que x1 y 1 1 x2 y 2 1 . A= x3 y 3 1 ˜ (Sugestao: Marque os pontos P1 = (x1 , y1 , 1), P2 = (x2 , y2 , 1), P3 = (x3 , y3 , 1) e ´ P1 = (x1 , y1 , 0). O volume do paralelep´pedo determinado por P1 , P2 , P3 e P1 e dado por ı −→ −→ −→ ´ | P1 P1 · P1 P2 × P1 P3 |. Mas, a altura deste paralelep´pedo e igual a 1. Assim, o seu ı ´ `´ ´ volume e igual a area da base que e o paralelogramo determinado por P1 , P2 e P3 . Observe −→ −→ −→ ˜ que OP1 , P1 P2 e P1 P3 sao paralelos ao plano xy .) ˆ ´ ´ 3.2.38. Sejam U1 , U2 e U3 tres vetores unitarios mutuamente ortogonais. Se A = [ U1 U2 U3 ] e −1 t ˜ ˜ ´ uma matriz 3 × 3 cujas colunas sao os vetores U1 , U2 e U3 , entao A e invert´vel e A = A . ı ˜ (Sugestao: mostre que At A = I3 .) ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 3.2 Produtos de Vetores 225 ´ 3.2.39. Sejam U = (u1 , u2 , u3 ), V = (v1 , v2 , v3 ) e W = (w1 , w2 , w3 ). Prove a formula seguinte para o produto vetorial duplo U × (V × W ) = (U · W )V − (U · V )W, seguindo os seguintes passos: (a) Prove que U × (i × j ) = (U · j )i − (U · i)j U × (j × k ) = (U · k )j − (U · j )k U × (k × i) = (U · i)k − (U · k )i (b) Prove usando o item anterior e as propriedades do produto vetorial que U × (V × i) = (U · i)V − (U · V )i U × (V × j ) = (U · j )V − (U · V )j U × (V × k ) = (U · k )V − (U · V )k (c) Prove agora o caso geral usando o item anterior e as propriedades do produto vetorial. 3.2.40. (a) Prove que [A × (B × C )] + [B × (C × A)] + [C × (A × B )] = 0 ˜ (Sugestao: use o exerc´cio anterior). ı ˜ (b) Mostre que se (A × C ) × B = ¯, entao 0 A × (B × C ) = (A × B ) × C, ´ ou seja, o produto vetorial e, neste caso, associativo. Julho 2007 Reginaldo J. Santos 226 Vetores no Plano e no Espaco ¸ ˆ ´ Apendice III: Demonstracao do item (e) do Teorema 3.5 na pagina 201 ¸˜ Vamos dividir a demonstracao da distributividade do produto vetorial em relacao a soma ¸˜ ¸˜ V × (W + U ) = V × W + V × U e (V + W ) × U = V × U + W × U da seguinte forma: ˜ ´ (a) (V × W ) · U > 0 se, e somente se, V , W e U satisfazem a regra da m ao direita, isto e, ˆ ´ ˆ ´ se o angulo entre V e W e θ , giramos o vetor V de um angulo θ ate que coincida com W e ˜ ˜ acompanhamos este movimento com os dedos da mao direita, entao o polegar vai apontar no sentido de U . (b) (V × W ) · U = V · (W × U ), ou seja, pode-se trocar os sinais × e · em (V × W ) · U . (c) V × (W + U ) = V × W + V × U e (V + W ) × U = V × U + W × U . ˆ Provemos, agora, os tres itens acima. ´ ˜ (a) Como vemos na Figura 3.27 na pagina 211 V, W e U satisfazem a regra da mao direita se, e ´ˆ somente se, 0 < θ < π/2, ou seja, cos θ > 0, em que θ e o angulo entre V × W e U . Como, ˜ V, W e U satisfazem a regra da mao direita se, e ˜ (V × W ) · U = ||V × W ||||U || cos θ , entao somente se, (V × W ) · U > 0. ´ ´ (b) Como o produto escalar e comutativo, pelo Teorema 3.8 na pagina 210, |(V × W ) · U | = |V · (W × U )|. Agora, pelo item (a), temos que (V × W ) · U ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı e V · (W × U ) Julho 2007 3.2 Produtos de Vetores 227 ˆ ˜ tem o mesmo sinal, pois V, W e U satisfazem a regra da mao direita se, e somente se, W, U e ´ V tambem satisfazem. (c) Vamos provar a primeira igualdade e deixamos como exerc´cio para o leitor a demonstrac ao da ı ¸˜ ´ segunda. Vamos mostrar que o vetor Y = V × (W + U ) − V × W − V × U e o vetor nulo. Para isso, vamos mostrar que para qualquer vetor X no espaco X · Y = 0. ¸ ´ Pela distributividade do produto escalar, Teorema 3.3 item (b) na pagina 193, temos que X · Y = X · V × (W + U ) − X · (V × W ) − X · (V × U ). Pelo item (b), temos que X ·Y = (X × V ) · (W + U ) − (X × V ) · W − (X × V ) · U = (X × V ) · (W + U ) − (X × V ) · (W + U ) = 0 Assim, X · Y = 0, para todo vetor X , em particular para X = Y , temos que Y · Y = ||Y || 2 = 0. Portanto Y = ¯, ou seja, V × (W + U ) = V × W + V × U . 0 Julho 2007 Reginaldo J. Santos 228 Vetores no Plano e no Espaco ¸ Teste do Cap´tulo ı ˜ ´ 1. Mostre que os pontos A = (4, 0, 1), B = (5, 1, 3), C = (3, 2, 5), D = (2, 1, 3) s ao vertices de ´ um paralelogramo. Calcule a sua area. ˆ ´ 2. Dado o triangulo de vertices A = (0, 1, −1), B = (−2, 0, 1) e C = (1, −2, 0), determine a medida da altura relativa ao lado BC . 3. Sejam U e V vetores no espaco, com V = ¯. ¸ 0 (a) Determine o numero α, tal que U − αV seja ortogonal a V . ´ (b) Mostre que (U + V ) × (U − V ) = 2V × U . 4. Determine x para que A = (x, 1, 2), B = (2, −2, −3), C = (5, −1, 1) e D = (3, −2, −2) sejam coplanares. ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 Cap´tulo 4 ı Retas e Planos 4.1 Equacoes de Retas e Planos ¸˜ 4.1.1 Equacoes do Plano ¸˜ Equacao Geral ¸˜ ´ ´ No plano a equacao geral de uma reta e ax + by + c = 0. No espaco um plano e o conjunto dos ¸˜ ¸ ˜ pontos P = (x, y, z ) que satisfazem a equacao ¸ ax + by + cz + d = 0, para a, b, c ∈ R, ´ que e chamada equacao geral do plano. Existe uma analogia entre uma reta no plano e um plano ¸˜ ´ no espaco. No plano, a equacao de uma reta e determinada se forem dados sua inclinacao e um de ¸ ¸˜ ¸˜ 229 230 Retas e Planos ´ seus pontos. No espaco, a inclinacao de um plano e caracterizada por um vetor perpendicular a ele, ¸ ¸˜ ´ ˜ chamado vetor normal ao plano e a equacao de um plano e determinada se sao dados um vetor ¸˜ normal e um de seus pontos. ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 4.1 Equacoes de Retas e Planos ¸˜ 231 N = (a, b, c) P0 = (x0 , y0 , z0 ) P = (x, y, z ) π Figura 4.1: Plano perpendicular a N = (a, b, c) e que passa por P0 = (x0 , y0 , z0 ) Julho 2007 Reginaldo J. Santos 232 Retas e Planos Proposicao 4.1. A equacao geral de um plano π que passa por um ponto P0 = (x0 , y0 , z0 ) e tem ¸˜ ¸˜ ´ vetor normal N = (a, b, c) e ax + by + cz + d = 0 , (4.1) em que d = −(ax0 + by0 + cz0 ). −→ Demonstracao. Um ponto P = (x, y, z ) pertence ao plano π se, e somente se, o vetor P0 P for ¸˜ perpendicular ao vetor N , ou seja, −→ −→ N · P0 P = 0 . (4.2) Como, P0 P = (x − x0 , y − y0 , z − z0 ), a equacao (4.2) pode ser reescrita como ¸˜ a(x − x0 ) + b(y − y0 ) + c(z − z0 ) = 0, ou seja, ax + by + cz − (ax0 + by0 + cz0 ) = 0 . ´ Exemplo 4.1. Vamos encontrar a equacao do plano π que passa pelo ponto P0 = (1, −2, −2) e e ¸˜ ´ perpendicular ao vetor N = (2, −1, 2). Da Proposicao 4.1, a equacao do plano e da forma ¸˜ ¸˜ ax + by + cz + d = 0 , ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 4.1 Equacoes de Retas e Planos ¸˜ 233 −d c −d b d −a Figura 4.2: Planos ax − d = 0, by + d = 0 e cz + d = 0 −d c −d c −d b d −a d −a −d b Figura 4.3: Planos by + cz + d = 0, ax + cz + d = 0 e ax + by + d = 0 Julho 2007 Reginaldo J. Santos 234 Retas e Planos −ab −ab −ac −bc ab ac −bc bc −ac Figura 4.4: Planos ax + by + cz = 0 −d c −ab −bc ac d −a −d b Figura 4.5: Planos ax + by + cz = 0 e ax + by + cz + d = 0 ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 4.1 Equacoes de Retas e Planos ¸˜ 235 Figura 4.6: Plano 2x − y + 2z = 0 Julho 2007 Reginaldo J. Santos 236 Retas e Planos ˜ em que os coeficientes de x, y e z sao as componentes do vetor normal, ou seja, a = 2, b = −1 e ´ c = 2. Assim, a equacao de π e da forma ¸˜ 2x − y + 2z + d = 0 . ´ Para determinar o coeficiente d, ao inves de usarmos a Proposicao 4.1, vamos usar o fato de que ¸˜ P0 = (1, −2, −2) pertence a π . Mas, o ponto P0 pertence a π se, e somente se, as suas coordenadas satisfazem a equacao de π , ou seja, ¸˜ 2 · 1 − 1 · (−2) + 2 · (−2) + d = 0 . Logo, d = 2+2 − 4 = 0. Substituindo-se d = 0 na equacao anterior do plano obtemos que a equacao ¸˜ ¸˜ ´ do plano π e 2x − y + 2z = 0 . ´ No plano, a equacao de uma reta e determinada se forem dados dois pontos da reta. Analoga¸˜ ´ ˜ ˆ ˜ mente, no espaco, a equacao de um plano e determinada se sao dados tres pontos P1 , P2 e P3 nao ¸ ¸˜ ´˜ ˆ colineares (isto e, nao pertencentes a uma mesma reta). Com os tres pontos podemos “formar” os −→ −→ vetores P1 P2 e P1 P3 (Figura 4.7). Exemplo 4.2. Vamos encontrar a equacao do plano π que passa pelos pontos P1 ¸˜ 1 = ( 2 , 0, 0), −→ −→ 1 ˆ P2 = (0, 1 , 0) e P3 = (0, − 2 , 1 ). Com os tres pontos podemos “formar” os vetores P1 P2 e P1 P3 . O 2 2 vetor −→ −→ 11 1 11 111 N =P1 P2 × P1 P3 = (− , , 0) × (− , − , ) = ( , , ) 22 2 22 442 ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 4.1 Equacoes de Retas e Planos ¸˜ 237 − → − → N =P 1 P 2 × P 1 P 3 P3 = (x3 , y3 , z3 ) P1 = (x1 , y1 , z1 ) π P = (x, y, z ) P2 = (x2 , y2 , z2 ) ˆ Figura 4.7: Plano que passa por tres pontos Julho 2007 Reginaldo J. Santos 238 Retas e Planos Figura 4.8: Plano 2x + 2y + 4z − 1 = 0 ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 4.1 Equacoes de Retas e Planos ¸˜ 239 ´ ´ e um vetor normal ao plano. Assim, a equacao do plano e da forma ¸˜ 1 1 1 x + y + z + d = 0, 4 4 2 ˜ em que os coeficientes de x, y e z sao as componentes do vetor N . Para determinar o coeficiente d, 1 vamos usar o fato de que o ponto P1 = ( 2 , 0, 0) pertence ao plano π . Mas, o ponto P1 pertence a π se, e somente se, as suas coordenadas satisfazem a equacao de π , ou seja, ¸˜ 11 1 1 · + ·0+ ·0+d = 0. 42 4 2 ´ Logo, d = 1 . Finalmente, uma equacao do plano π e ¸˜ 8 1 1 1 1 x+ y+ z− =0 4 4 2 8 ou multiplicando por 8, obtemos 2x + 2y + 4z − 1 = 0. Alternativamente, podemos encontrar a equacao do plano da seguinte forma. Como vimos anteri¸˜ −→ −→ −→ ´ ´ ˆ ˜ ormente (Corolario 3.9 na pagina 214), tres vetores, P1 P P1 P2 e P1 P3 , sao coplanares se, e somente ´ se, o produto misto entre eles e zero. Assim, um ponto P = (x, y, z ) pertence a π se, e somente se, −→ −→ −→ P1 P · ( P1 P2 × P1 P3 ) = 0 . Julho 2007 Reginaldo J. Santos 240 Retas e Planos Mas, −→ 1 P1 P = (x − , y, z ) 2 −→ 11 P1 P2 = (− , , 0) 22 −→ 1 11 P1 P3 = (− , − , ). 2 22 ˜ Entao, x− 1 y z 2 1 1 1 1 1 0 = (x − ) + y + z det − 1 2 2 4 2 4 2 −1 −1 1 2 2 2 ´ e assim a equacao do plano e dada por ¸˜ 1 1 1 1 x + y + z − = 0. 4 4 2 8 ou multiplicando por 8, 2x + 2y + 4z − 1 = 0 ´´ ´ ˆ A equacao do plano tambem e determinada se ao inves de serem dados tres pontos, forem dados ¸˜ um ponto P1 do plano e dois vetores paralelos ao plano, V = (v1 , v2 , v3 ) e W = (w1 , w2 , w3 ), desde ˜ que eles sejam nao colineares. Ou ainda se forem dados dois pontos P1 e P2 do plano e um vetor pa−→ ´ ralelo ao plano V = (v1 , v2 , v3 ), ja que neste caso podemos formar o vetor W = P1 P2 = (w1 , w2 , w3 ) ´ ´ que e tambem paralelo ao plano. ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 4.1 Equacoes de Retas e Planos ¸˜ 241 Nestes casos temos novamente pelo menos duas maneiras de encontrarmos a equac ao do plano. ¸˜ ´ ´ Uma delas e observando que o vetor N = V × W e um vetor normal ao plano. Desta forma temos um ˆ ponto do plano e um vetor normal ao plano. A outra e observando que temos tres vetores paralelos −→ ´ ´ ao plano: P1 P = (x − x1 , y − y1 , z − z1 ), V e W . Como vimos anteriormente (Corolario 3.9 na pagina ˆ ˜ ´ 214), os tres vetores sao coplanares se, e somente se, o produto misto entre eles e zero, ou seja, x − x1 y − y 1 z − z 1 v2 v3 = 0 . P1 P · (V × W ) = det v1 w1 w2 w3 −→ (4.3) Assim, um ponto P = (x, y, z ) pertence a um plano π que passa pelo ponto P 1 = (x1 , y1 , z1 ) ´ ˜ e e paralelo aos vetores V = (v1 , v2 , v3 ) e W = (w1 , w2 , w3 ) (nao paralelos) se, e somente se, a ´ equacao (4.3) e verdadeira. ¸˜ ˜ ´ Observacao. Nao faz sentido dizer que um vetor pertence a um plano. Pois, por um lado, um plano e ¸˜ ˜ um conjunto de pontos e por outro, os vetores sao “livres”, podem ser “colocados” em qualquer ponto. ´ ´ O correto e dizer que um vetor e paralelo a um plano. ´ Equacoes Parametricas ¸˜ ´ ´ Alem da equacao geral do plano podemos tambem caracterizar os pontos de um plano da seguinte ¸˜ forma. Considere um plano π , um ponto P0 = (x0 , y0 , z0 ) pertencente a π e dois vetores V = ˜ (v1 , v2 , v3 ) e W = (w1 , w2 , w3 ) nao colineares, paralelos a π . Um ponto P = (x, y, z ) pertence a π Julho 2007 Reginaldo J. Santos 242 Retas e Planos −→ ´ ´ se, e somente se, o vetor P0 P = (x − x0 , y − y0 , z − z0 ) e uma combinacao linear de V e W (Corolario ¸˜ ´ 3.10 na pagina 215), ou seja, se existem escalares t e s tais que −→ P0 P = tV + sW. (4.4) Escrevendo em termos de componentes (4.4) pode ser escrito como (x − x0 , y − y0 , z − z0 ) = (tv1 + sw1 , tv2 + sw2 , tv3 + sw3 ). Logo um ponto P = (x, y, z ) pertence a π se, e somente se, satisfaz as equacoes ¸˜ x = x0 + v 1 t + w 1 s y = y 0 + v2 t + w2 s z = z 0 + v3 t + w3 s para t, s ∈ R. ˜ ´ Estas equacoes sao chamadas equacoes parametricas do plano. ¸˜ ¸˜ ´ ´ Exemplo 4.3. Podemos obter equacoes parametricas do plano do Exemplo 4.2 na pagina 236 usando ¸˜ −→ ´ o fato de que ele passa pelo ponto P1 = (1/2, 0, 0) e e paralelo aos vetores P1 P2 = (−1/2, 1/2, 0), −→ P1 P3 = (−1/2, −1/2, 1/2). Assim, x = y= z= 1 1 − 1t − 2s 2 2 1 1 t − 2s 2 1 s 2 ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı para t, s ∈ R. Julho 2007 4.1 Equacoes de Retas e Planos ¸˜ 243 ´ ´ Exemplo 4.4. Para encontrarmos as equacoes parametricas do plano do Exemplo 4.1 na pagina 232 ¸˜ podemos resolver a equacao geral do plano 4x + 2y + 3z = 0. Podemos proceder como no caso de ¸˜ 1 ´ sistemas lineares e considerar as variaveis y e z livres: z = t e y = s. Assim, x = 3 t − 2 s e portanto 4 3 1 x = 4t− 2s y=s z=t para t, s ∈ R. 3 ˜ ´ sao equacoes parametricas do plano. Destas equacoes obtemos que os vetores V1 = ( 4 , 0, 1) e ¸˜ ¸˜ ˜ V2 = (− 1 , 1, 0) sao paralelos ao plano. 2 Julho 2007 Reginaldo J. Santos 244 Retas e Planos 4.1.2 Equacoes da Reta ¸˜ ´ Equacoes Parametricas ¸˜ ´ ˜ Vamos supor que uma reta r e paralela a um vetor V = (a, b, c) nao nulo e que passa por um −→ ´ ponto P0 = (x0 , y0 , z0 ). Um ponto P = (x, y, z ) pertence a reta r se, e somente se, o vetor P0 P e −→ ´ ´ paralelo ao vetor V , isto e, se o vetor P0 P e um multiplo escalar de V , ou seja, ´ −→ P0 P = t V . (4.5) Em termos de componentes, a equacao (4.5) pode ser escrita como ¸˜ (x − x0 , y − y0 , z − z0 ) = (ta, tb, tc). Logo, x − x0 = t a, y − y0 = t b e z − z0 = t c. Ou seja, a reta r pode ser descrita como sendo o conjunto dos pontos P = (x, y, z ) tais que x = x0 + t a y = y0 + t b, z = z0 + t c para t ∈ R. (4.6) ˜ ´ sao de uma reta r que passa por um ponto P0 = (x0 , y0 , z0 ) e e paralela ao vetor V = (a, b, c). As ˜ ´ ´ equacoes (4.6) sao chamadas equacoes parametricas da reta r . O vetor V = (a, b, c) e chamado ¸˜ ¸˜ vetor diretor da reta r . ˆ O parametro t nas equacoes (4.6) pode ser interpretado como o instante de tempo, se o ponto ¸˜ P = (x, y, z ) descreve o movimento de uma part´cula em movimento retil´neo uniforme com vetor ı ı ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 4.1 Equacoes de Retas e Planos ¸˜ 245 z P = (x, y, z ) V = (a, b, c) r P0 = (x0 , y0 , z0 ) x y Figura 4.9: Reta paralela ao vetor V = (a, b, c) Julho 2007 Reginaldo J. Santos 246 Retas e Planos z − → OP − → P0 P V − → OP0 r x y Figura 4.10: Reta paralela ao vetor V = (a, b, c) ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 4.1 Equacoes de Retas e Planos ¸˜ 247 velocidade V = (a, b, c). Observe que para t = 1, P = (x, y, z ) = (x0 + a, y0 + b, z0 + c), para t = 2, P = (x, y, z ) = (x0 + 2a, y0 + 2b, z0 + 2c) e assim por diante. As equacoes (4.6), podem ser reescritas como ¸˜ (x, y, z ) = (x0 + at, y0 + bt, z0 + ct), ´ que e chamada equacao vetorial da reta r . ¸˜ Julho 2007 Reginaldo J. Santos 248 Retas e Planos z z z0 z z0 c a x0 y0 y x x0 b y x y0 y x Figura 4.11: Retas (x, y, z ) = (x0 + at, y0 , z0 ), (x, y, z ) = (x0 , y0 + bt, z0 ) e (x, y, z ) = (x0 , y0 , z0 + ct) z z z z0 x0 x y x y0 y x y Figura 4.12: Retas (x, y, z )=(x0 +at, y0+bt, z0 ), (x, y, z )=(x0 , y0+bt, z0+ct) e (x, y, z )=(x0 +at, y0 , z0 +ct) ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 4.1 Equacoes de Retas e Planos ¸˜ 249 ˜ ´ ´ Observacao. Nao faz sentido dizer que o vetor esta contido na reta. Por um lado, a reta e um conjunto ¸˜ ˜ de pontos e por outro um vetor nao tem posicao fixa. ¸˜ ´ Exemplo 4.5. A reta que passa por P0 = (−3, 3/2, 4) e e paralela ao vetor V = (−6, 1, 4) tem ´ equacoes parametricas ¸˜ x = −3 − 6 t y = 3 +t r: para t ∈ R 2 z = 4 + 4t Podemos encontrar a intersecao da reta r com os planos coordenados xy , yz e xz . A equacao ¸˜ ¸˜ ´ ´ ´ do plano xy e z = 0, do plano yz e x = 0 e do plano xz e y = 0. Substituindo z = 0 nas equacoes ¸˜ de r , obtemos t = −2, x = 3 e y = 1/2, ou seja, ´ • o ponto de intersecao de r com o plano xy e ¸˜ 1 (x, y, z ) = (3, , 0). 2 ´ De forma analoga obtemos ´ • o ponto de intersecao de r com o plano yz e ¸˜ (x, y, z ) = (0, 1, 2), • o ponto de intersecao de r com o plano xz ¸˜ (x, y, z ) = (6, 0, −2). Julho 2007 Reginaldo J. Santos 250 Retas e Planos ´ Equacoes na Forma Simetrica ¸˜ ˜ ˜ Se todas componentes do vetor diretor da reta r sao nao nulos, podemos resolver cada equacao ¸˜ ´ em (4.6) para t e igualar os resultados obtendo o que chamamos de equacoes na forma simetrica ¸˜ de r : x − x0 y − y0 z − z0 = = . a b c ´ ˜ No Exemplo 4.5 as equacoes de r na forma simetrica sao: ¸˜ y − 3/2 z−4 x+3 = = . −6 1 4 ´ Exemplo 4.6. Vamos encontrar as equacoes parametricas da reta r que passa pelos pontos P1 = ¸˜ (3, 0, 2) e P2 = (0, 3, 3). O vetor −→ P1 P2 = (0 − 3, 3 − 0, 3 − 2) = (−3, 3, 1) ´ ´ ˜ e paralelo a r e o ponto P1 = (3, 0, 2) pertence a r . Portanto, as equacoes parametricas de r sao ¸˜ x = 3−3t y = 3t para t ∈ R. z = 2+t ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 4.1 Equacoes de Retas e Planos ¸˜ 251 ´ Exemplo 4.7. Vamos encontrar as equacoes parametricas da reta r , intersecao dos planos ¸˜ ¸˜ π1 : 2x + y + 4z − 4 = 0 π2 : 2x − y + 2z = 0. ˜ Vetores normais destes planos sao N1 = (2, 1, 4) e N2 = (2, −1, 2) . ´ ´ A reta r esta contida em ambos os planos, portanto e perpendicular a ambos os vetores normais. ´ ´ Assim, a reta r e paralela ao produto vetorial N1 × N2 (Teorema 3.5 (c) na pagina 201). N1 × N 2 = det 14 −1 2 , − det 24 22 , det 2 1 2 −1 = (6, 4, −4) . ´ Assim, V = N1 × N2 = (6, 4, −4) e um vetor diretor de r . Agora, precisamos encontrar um ponto da ´ reta r . Este ponto e uma solucao particular do sistema ¸˜ 2x + y + 4z − 4 = 0 2x − y + 2z =0 (4.7) ´ Para encontrar uma solucao particular do sistema, atribu´mos um valor a uma das inc ognitas (neste ¸˜ ı ´ exemplo podemos fazer x = 0) e resolvemos o sistema obtido, que e de duas equacoes e duas ¸˜ ´ incognitas y + 4z − 4 = 0 −y + 2z =0 Julho 2007 Reginaldo J. Santos 252 Retas e Planos ˜ ´ ´ Obtemos entao, y = 4/3 e z = 2/3, ou seja, o ponto P0 = (0, 4/3, 2/3) e um ponto da reta r , pois e ´ ˜ uma solucao particular do sistema (4.7). Assim, as equacoes parametricas de r sao ¸˜ ¸˜ 6t x = y = 4/3 + 4t para todo t ∈ R. z = 2/3 − 4t (4.8) ´ Alternativamente, podemos encontrar as equacoes parametricas de r determinando a solucao ¸˜ ¸˜ geral do sistema (4.7). Para isto devemos escalonar a matriz do sistema (4.7): 2 144 2 −1 2 0 . ´ ˆ ` Precisamos “zerar” o outro elemento da 1a coluna, que e a coluna do pivo, para isto, adicionamos a a . linha, menos a 1a linha. . 2 2 1 4 4 0 −2 −2 −4 . . . -1a linha + 2a linha −→ 2a linha ´ ´ ´ Agora, ja podemos obter facilmente a solucao geral do sistema dado, ja que ele e equivalente ao ¸˜ sistema 2x + y + 4z = 4 − 2y − 2z = −4 ´ ´ ´ ´ A variavel z e uma variavel livre. Podemos dar a ela um valor arbitrario, digamos t, para t ∈ R ´ qualquer. Assim, a solucao geral do sistema dado e ¸˜ x = 1 − y=2− z= 3 t 2 t t ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı para todo t ∈ R. (4.9) Julho 2007 4.1 Equacoes de Retas e Planos ¸˜ 253 ˜ Estas equacoes sao diferentes das equacoes (4.8), mas representam a mesma reta, pois os vetores ¸˜ ¸˜ ˜ ´ diretores obtidos das duas equacoes sao paralelos e o ponto P0 = (1, 2, 0) satisfaz tambem as ¸˜ ´ ı equacoes (4.9). Poder´amos dizer tambem que (4.8) e (4.9) representam retas coincidentes. ¸˜ ´ ´ O proximo exemplo mostra como encontrar a equacao da reta que e perpendicular a duas retas. ¸˜ Exemplo 4.8. Achar as equacoes da reta r3 que intercepta as retas ¸˜ x = −1 + 2t y = 1 + t, r1 : para todo t ∈ R z=0 e r2 : x − 2 = y−4 2 e z=3 ´ e e perpendicular a ambas. ´ Um ponto qualquer da reta r1 e descrito por Pr1 = (−1 + 2t, 1 + t, 0) e um ponto qualquer da reta ´ ´ ´ ˆ r2 e da forma Pr2 = (2 + s, 4 + 2s, 3). Aqui e necessario o uso de um parametro diferente para a reta −→ r2 . O vetor Pr1 Pr2 = (3 + s − 2t, 3 + 2s − t, 3) “liga” um ponto qualquer de r1 a um ponto qualquer de −→ r2 . Vamos determinar t e s tais que o vetor Pr1 Pr2 seja perpendicular ao vetor diretor V1 = (2, 1, 0) de r1 e ao vetor diretor V2 = (1, 2, 0) de r2 , ou seja, temos que resolver o sistema −→ Pr1 Pr2 ·V1 = 9 + 4s − 5t = 0 −→ Pr1 Pr2 ·V2 = 9 + 5s − 4t = 0 Julho 2007 Reginaldo J. Santos 254 Retas e Planos −→ ´ A solucao deste sistema e t = 1, s = −1. Logo Pr1 = (1, 2, 0), Pr2 = (1, 2, 3) e V3 =Pr1 Pr2 = ¸˜ ´ ˜ (0, 0, 3). Assim as equacoes parametricas da reta procurada sao ¸˜ x = 1 y = 2, para todo t ∈ R. r3 : z = 3t ˜ ´ ˜ ˜ ´ Esta solucao usou o fato de que as retas sao reversas, isto e, elas nao sao paralelas, mas tambem ¸˜ ˜ nao se interceptam. Como seria a solucao se elas se interceptassem? Por exemplo se a reta r2 fosse ¸˜ dada por r2 : x − 2 = y−4 2 ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı e z=0? Julho 2007 4.1 Equacoes de Retas e Planos ¸˜ 255 ´ ´ Exerc´cios Numericos (respostas na pagina 560) ı 4.1.1. Faca um esboco dos seguintes planos: ¸ ¸ (a) 2x + 3y + 5z − 1 = 0 (b) x − 2y + 4z = 0 (c) 3y + 2z − 1 = 0 (e) 3x + 2y − 1 = 0 (f) 5y − 2 = 0 (g) 3z − 2 = 0 (d) 2x + 3z − 1 = 0 (h) 2x − 1 = 0 4.1.2. Faca um esboco das retas dadas a seguir: ¸ ¸ (a) (x, y, z ) = (−3 + 3t, 31 − t, 4 − 2t) 22 3 (b) (x, y, z ) = (2t, t, t) 2 (c) (x, y, z ) = (1 + t, 2, 3 + 2t) (d) (x, y, z ) = (1, 2 + 2t, 5 + 3 t) 2 2 (e) (x, y, z ) = (2 + 2t, 3 + t, 3) (f) (x, y, z ) = (1, 2, 2 + 2t) (g) (x, y, z ) = (1, 2 + 2t, 3) (h) (x, y, z ) = (2 + 2t, 2, 3) 4.1.3. Ache a equacao do plano paralelo ao plano 2x − y +5z − 3 = 0 e que passa por P = (1, −2, 1). ¸˜ ´ 4.1.4. Encontre a equacao do plano que passa pelo ponto P = (2, 1, 0) e e perpendicular aos planos ¸˜ x + 2y − 3z + 2 = 0 e 2x − y + 4z − 1 = 0. ´ 4.1.5. Encontrar a equacao do plano que passa pelos pontos P = (1, 0, 0) e Q = (1, 0, 1) e e ¸˜ perpendicular ao plano y = z . 4.1.6. Determine a intersecao da reta que passa pela origem e tem vetor diretor V = i + 2j + k com ¸˜ o plano 2x + y + z = 5. Julho 2007 Reginaldo J. Santos 256 Retas e Planos 4.1.7. Verifique se as retas r : (x, y, z ) = (9t, 1 + 6t, −2 + 3t) e s : (x, y, z ) = (1 + 2t, 3 + t, 1) ˜ ˜´ se interceptam e em caso afirmativo determine a intersecao. (Sugestao: a questao e se as ¸˜ ´ ˜ ˜ trajetorias se cortam e nao se as part´culas se chocam, ou seja, elas nao precisam estar num ı ponto no mesmo instante.) 4.1.8. Dadas as retas r: x−2 y = =z 2 2 e s : x−2= y = z, obtenha uma equacao geral para o plano determinado por r e s. ¸˜ 4.1.9. Sejam P = (4, 1, −1) e r : (x, y, z ) = (2 + t, 4 − t, 1 + 2t). (a) Mostre que P ∈ r ; (b) Obtenha uma equacao geral do plano determinado por r e P . ¸˜ 4.1.10. Dados os planos π1 : x − y + z + 1 = 0 e π2 : x + y − z − 1 = 0, determine o plano que ´ ´ contem π1 ∩ π2 e e ortogonal ao vetor (−1, 1, −1). 4.1.11. Quais dos seguintes pares de planos se cortam segundo uma reta? (a) x + 2y − 3z − 4 = 0 e x − 4y + 2z + 1 = 0; (b) 2x − y + 4z + 3 = 0 e 4x − 2y + 8z = 0; (c) x − y = 0 e x + z = 0. ´ 4.1.12. Encontre as equacoes da reta que passa pelo ponto Q = (1, 2, 1) e e perpendicular ao plano ¸˜ x − y + 2z − 1 = 0. ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 4.1 Equacoes de Retas e Planos ¸˜ 257 ´ 4.1.13. Ache equacoes da reta que passa pelo ponto P = (1, 0, 1) e e paralela aos planos 2x + 3y + ¸˜ z + 1 = 0 e x − y + z = 0. 4.1.14. Seja r a reta determinada pela intersecao dos planos x + y − z = 0 e 2x − y + 3z − 1 = 0. ¸˜ ´ Ache a equacao do plano que passa por A = (1, 0, −1) e contem a reta r . ¸˜ 4.1.15. Sejam r e s retas reversas passando por A = (0, 1, 0) e B = (1, 1, 0) e por C = (−3, 1, −4) e D = (−1, 2, −7), respectivamente. Obtenha uma equacao da reta concorrente com r e s e ¸˜ paralela ao vetor V = (1, −5, −1). 4.1.16. (a) Mostre que os planos 2x − y + z = 0 e x + 2y − z = 1 se interceptam segundo uma reta r; (b) Ache equacoes da reta que passa pelo ponto A = (1, 0, 1) e intercepta a reta r ortogo¸˜ nalmente. 4.1.17. Considere as retas (x, y, z ) = t(1, 2, −3) e (x, y, z ) = (0, 1, 2) + s(2, 4, −6). Encontre a ´ equacao geral do plano que contem estas duas retas. ¸˜ ´ 4.1.18. Determine as equacoes parametricas da reta intersecao dos planos: ¸˜ ¸˜ (a) x + 2y − 3z − 4 = 0 e x − 4y + 2z + 1 = 0; (b) x − y = 0 e x + z = 0. 4.1.19. Considere o plano π : 2x + 2y − z = 0. (a) Determine as retas r , intersecao do plano π com o plano yz, s, intersecao do plano π com ¸˜ ¸˜ o plano xz e t, intersecao do plano π com o plano z = 2. Desenhe um esboco do plano π ¸˜ ¸ mostrando as retas r , s e t. Julho 2007 Reginaldo J. Santos 258 Retas e Planos (b) Determine o volume do tetraedro determinado pelo plano π , os planos coordenados xz e ˜ ´ yz e o plano z = 2. (Sugestao: este volume e igual a 1/6 do volume do paralelep´pedo ı −→ −→ −→ ´ determinado por OA, OB e OC , em que O = (0, 0, 0), A e o ponto intersecao do eixo z ¸˜ ´ ´ com o plano z = 2, B e a intersecao das retas r e t e C e a intersecao das retas s e t.) ¸˜ ¸˜ ´ (c) Determine a area da face do tetraedro contida no plano π . ˜ (d) Determine a altura do tetraedro relativa a face contida no plano π . (Sugest ao: a reta ortogonal ao plano π que passa pelo ponto A intercepta o plano π num ponto P de forma −→ ´ que a altura procurada e igual a || AP ||) ´ 4.1.20. Achar as equacoes da reta que intercepta as retas r1 e r2 e e perpendicular a ambas. ¸˜ (a) e x = 1+t r1 : y = 2 + 3t, para t ∈ R z = 4t r2 : x + 1 = (b) e y−1 z+2 = . 2 3 x = −1 + t y = 2 + 3t, para t ∈ R r1 : z = 4t r2 : x = ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı y−4 z−3 = . 2 3 Julho 2007 4.1 Equacoes de Retas e Planos ¸˜ 259 Exerc´cios usando o M ATLAB ı ´ >> V=[v1,v2,v3] cria um vetor V, usando as componentes num ericas v1, v2, v3. Por exemplo >> V=[1,2,3] cria o vetor V = (1, 2, 3); ´ ´ ´ >> V+W e a soma de V e W; >> V-W e a diferenca V menos W; >> num*V e o produto do vetor V ¸ pelo escalar num; ˜ >> subs(expr,x,num,) substitui x por num na express ao expr; >> solve(expr) determina a solucao da equacao expr=0; ¸˜ ¸˜ ´ Comandos numericos do pacote GAAL: >> no(V) calcula a norma do vetor V. >> pe(V,W) calcula o produto escalar do vetor V pelo vetor W. >> pv(V,W) calcula o produto vetorial do vetor V pelo vetor W. ˜ ´ >> subst(expr,[x,y,z],[a,b,c]) substitui na express ao expr as variaveis x,y,z por a,b,c, respectivamente. ´ Comandos graficos do pacote GAAL: >> lin(P,V) desenha a reta que passa por P com direcao V. ¸˜ >> lin(P1,V1,P2,V2) desenha retas que passam por P1, P2, direcoes V1, V2. ¸˜ >> plan(P,N) desenha o plano que passa por P com normal N. >> plan(P1,N1,P2,N2) desenha planos que passam por P1, P2, normais N1, N2. Julho 2007 Reginaldo J. Santos 260 Retas e Planos >> plan(P1,N1,P2,N2,P3,N3) desenha planos que passam por P1, P2 e P3 com normais N1, N2 e N3. >> poplan(P1,P2,N2) desenha ponto P1 e plano passando por P2 com normal N2. >> poline(P1,P2,V2) desenha ponto P2 e reta passando por P2 com direc ao V2. ¸˜ >> lineplan(P1,V1,P2,N2) desenha reta passando por P1 com direc ao V1 e plano pas¸˜ sando por P2 com normal N2. >> axiss reescala os eixos com a mesma escala. >> rota faz uma rotacao em torno do eixo z . ¸˜ ´ 4.1.21. Digite no prompt demog22, (sem a v´rgula!). Esta func ao demonstra as funcoes graficas para ı ¸˜ ¸˜ visualizacao de retas e planos. ¸˜ 4.1.22. Use o M ATLAB ´ para resolver os Exerc´cios Numericos ı ´ Exerc´cio Teorico ı 4.1.23. Seja ax + by + cz + d = 0 a equacao de um plano π com abcd = 0. ¸˜ (a) Determine a intersecao de π com os eixos; ¸˜ ˜ (b) Se P1 = (p1 , 0, 0), P2 = (0, p2 , 0) e P3 = (0, 0, p3 ) sao as intersecoes de π com os eixos, ¸˜ a equacao de π pode ser posta sob a forma ¸˜ x y z + + = 1. p1 p2 p3 ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 4.1 Equacoes de Retas e Planos ¸˜ 261 z z c a b x x y y Figura 4.13: Retas (x, y, z ) = (at, bt, ct) e (x, y, z ) = (x0 + at, y0 + bt, z0 + ct) Julho 2007 Reginaldo J. Santos 262 Retas e Planos Figura 4.14: Reta que passa pelo ponto P0 = (−3, 3/2, 4) paralela ao vetor V = (−6, 1, 4) ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 4.1 Equacoes de Retas e Planos ¸˜ 263 P2 Figura 4.15: Reta que passa pelos pontos P1 = (3, 0, 2) e P2 = (0, 3, 3) Julho 2007 Reginaldo J. Santos 264 Retas e Planos Figura 4.16: π1 : 2x + y + 4z − 4 = 0 ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 4.1 Equacoes de Retas e Planos ¸˜ 265 Figura 4.17: π2 : 2x − y + 2z = 0 Julho 2007 Reginaldo J. Santos 266 Retas e Planos Figura 4.18: π1 , π2 e π1 ∩ π2 ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 4.1 Equacoes de Retas e Planos ¸˜ 267 Figura 4.19: Reta r1 do Exemplo 4.8 Julho 2007 Reginaldo J. Santos 268 Retas e Planos Figura 4.20: Reta r2 do Exemplo 4.8 ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 4.1 Equacoes de Retas e Planos ¸˜ 269 Figura 4.21: Retas r1 , r2 e r3 4.8 Julho 2007 Reginaldo J. Santos 270 Retas e Planos ˆ ˆ 4.2 Angulos e Distancias ˆ 4.2.1 Angulos ˆ Angulo entre Retas Com duas retas no espaco pode ocorrer um dos seguintes casos: ¸ ˜ (a) As retas se interceptam em um ponto, ou seja, sao concorrentes; ˜ (b) As retas sao paralelas (ou coincidentes); ˜ ´˜ ˜ ´ ˜ (c) As retas sao reversas, isto e, nao sao paralelas mas tambem nao se interceptam. ˜ ˆ Se as retas se interceptam, entao elas determinam quatro angulos, dois a dois opostos pelo ´ ˆ ´ ˆ vertice. O angulo entre elas e definido como sendo o menor destes angulos. ˜ ˜ ´ Se as retas r1 e r2 sao reversas, entao por um ponto P de r1 passa um reta r2 que e paralela a ˆ ´ ˆ r2 . O angulo entre r1 e r2 e definido como sendo o angulo entre r1 e r2 (Figura 4.22). ˜ ˆ ´ Se as retas sao paralelas o angulo entre elas e igual a zero. ˜ ˜ Em qualquer dos casos, se V1 e V2 sao vetores paralelos a r1 e r2 respectivamente, entao o ˆ ´ cosseno do angulo entre elas e cos(r1 , r2 ) = | cos θ | , ´ˆ em que θ e o angulo entre V1 e V2 . ´ Lembrando que da definicao de produto escalar (Definicao 3.1 na pagina 186), podemos encontrar ¸˜ ¸˜ ˆ o cosseno do angulo entre dois vetores, ou seja, cos θ = V1 · V 2 . ||V1 || ||V2|| ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 4.2 ˆ ˆ Angulos e Distancias 271 z r2 r2 V2 θ x P y V1 r1 ˆ Figura 4.22: O Angulo entre duas retas reversas r1 e r2 Julho 2007 Reginaldo J. Santos 272 Retas e Planos Isto prova o resultado seguinte. ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 4.2 ˆ ˆ Angulos e Distancias 273 Proposicao 4.2. Sejam duas retas ¸˜ x = x1 + t a 1 y = y 1 + t b1 r1 : z = z1 + t c1 ´ ˆ O cosseno do angulo entre r1 e r2 e x = x2 + t a 2 y = y2 + t b2 para todo t ∈ R. r2 : z = z2 + t c2 cos(r1 , r2 ) = | cos θ | = |V1 · V2 | , ||V1 || ||V2|| em que V1 = (a1 , b1 , c1 ) e V2 = (a2 , b2 , c2 ). ˆ Exemplo 4.9. Encontrar o angulo entre a reta r1 : e a reta Julho 2007 x+y−z+1=0 2x − y + z =0 x = 2t y = 1 − t para todo t ∈ R. r2 : z = 2+3t Reginaldo J. Santos 274 Retas e Planos ´ Vamos encontrar vetores paralelos a estas retas. A reta r 1 e dada como a intersecao de pois ¸˜ ´ planos, portanto o produto vetorial dos vetores normais dos dois planos e paralelo a r1 . N1 = (1, 1, −1), N2 = (2, −1, 1), V1 = N 1 × N 2 = 1 −1 −1 1 det , − det 1 −1 2 1 , det 1 1 2 −1 = (0, −3, −3) ´ ´ e paralelo a r1 e V2 = (2, −1, 3) e paralelo a r2 . Assim, cos(r1 , r2 ) = |V1 · V2 | = ||V1 || ||V2 || =√ |0 · 2 + (−3)(−1) + (−3) · 3| 02 + (−3)2 + (−3)2 · 22 + (−1)2 + 32 | − 6| 1 √ =√ . 18 · 14 7 ˆ ´ Portanto, o angulo entre r1 e r2 e 1 arccos ( √ ) ≈ 67o . 7 ˆ Angulo entre Planos Sejam π1 e π2 dois planos com vetores normais N1 = (a1 , b1 , c1 ) e N2 = (a2 , b2 , c2 ), respectiˆ ´ ˆ vamente. O angulo entre π1 e π2 e definido como o angulo entre duas retas perpendiculares a eles. ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 4.2 ˆ ˆ Angulos e Distancias 275 Como toda reta perpendicular a π1 tem N1 como vetor diretor e toda reta perpendicular a π2 tem N2 ˜ ˆ ´ como vetor diretor, entao o cosseno do angulo entre eles e dado por cos(π1 , π2 ) = | cos θ | , ´ˆ em que θ e o angulo entre os vetores normais N1 e N2 de π1 e π2 , respectivamente (Figura 4.23). ˆ ´ Portanto, o cosseno do angulo entre π1 e π2 e cos(π1 , π2 ) = seguinte. |N1 · N2 | . O que prova o resultado ||N1 || ||N2 || Proposicao 4.3. Sejam dois planos ¸˜ π1 : π2 : a1 x + b 1 y + c 1 z + d 1 = 0 , a2 x + b 2 y + c 2 z + d 2 = 0 . ˆ ´ O cosseno do angulo entre π1 e π2 e cos(π1 , π2 ) = |N1 · N2 | , ||N1 || ||N2 || ˜ em que N1 = (a1 , b1 , c1 ) e N2 = (a2 , b2 , c2 ) sao os vetores normais de π1 e π2 , respectivamente. ˜ ˜ Dois planos π1 e π2 ou sao paralelos ou se cortam segundo um reta. Eles sao paralelos se, e ˜ ´ somente se, os vetores normais de π1 e π2 , sao paralelos, ou seja, um vetor e um multiplo escalar do ´ ˜ ˆ ´ outro. Assim, π e π2 sao paralelos se, e somente se, o angulo entre eles e igual a zero. Julho 2007 Reginaldo J. Santos 276 Retas e Planos N1 N2 θ π2 θ π1 ˆ Figura 4.23: Angulo entre dois planos ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 4.2 ˆ ˆ Angulos e Distancias 277 ˆ ˜ Exemplo 4.10. Determinar o angulo entre os planos cujas equacoes sao ¸˜ π1 : π2 : x +y +z = 0, x − y − z = 0. ˜ ˜ Os vetores normais a estes planos sao os vetores cujas componentes sao os coeficientes de x, y e z nas equacoes dos planos, ou seja, ¸˜ N1 = (1, 1, 1) e N2 = (1, −1, −1) . ˆ ´ Assim, o cosseno do angulo entre π1 e π2 e cos(π1 , π2 ) = ˆ ´ Portanto, o angulo entre eles e 1 |N1 · N2 | 1 =√ √ = . ||N1 || ||N2 || 3 3· 3 1 arccos ( ) ≈ 70o . 3 ˆ 4.2.2 Distancias ˆ Distancia de Um Ponto a Um Plano ˆ Sejam P0 = (x0 , y0 , z0 ) um ponto qualquer e π : ax + by + cz + d = 0 um plano. A distancia de ´ ˆ ´ ´ P0 a π e definida como sendo a distancia de P0 ate o ponto de π mais proximo de P0 . −→ Dado um ponto P1 = (x1 , y1 , z1 ) de π , podemos decompor o vetor P1 P0 em duas parcelas, uma na direcao do vetor normal de π , N = (a, b, c) e outra perpendicular a ele. A componente na direc ao ¸˜ ¸˜ Julho 2007 Reginaldo J. Santos 278 Retas e Planos −→ ´ ˆ do vetor N e a projecao ortogonal de P1 P0 em N . Como vemos na Figura 4.24, a distancia de P0 a ¸˜ ´ ` π e igual a norma da projecao, ou seja, ¸˜ −→ dist(P0 , π ) = ||projN P1 P0 || . ´ Mas, pela Proposicao 3.4 na pagina 196, temos que ¸˜ −→ ||projN P1 P0 || = −→ P1 P0 ·N ||N ||2 −→ | P1 P0 ·N | N= . ||N || O que prova o resultado seguinte. Proposicao 4.4. Sejam P0 = (x0 , y0 , z0 ) um ponto qualquer e π : ax + by + cz + d = 0 um plano. ¸˜ ˆ ´ A distancia de P0 a π e dada por −→ | P1 P0 ·N | dist(P0 , π ) = ||projN P1 P0 || = , ||N || −→ ´ ´ em que N = (a, b, c) e P1 = (x1 , y1 , z1 ) e um ponto de π (isto e, um ponto que satisfaz a equacao ¸˜ de π ). ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 4.2 ˆ ˆ Angulos e Distancias 279 π − → projN P1 P0 N = (a, b, c) dist(P0 , π ) P0 = (x0 , y0 , z0 ) P1 = (x1 , y1 , z1 ) ˆ Figura 4.24: Distancia de um ponto P0 = (x0 , y0 , z0 ) a um plano π Julho 2007 Reginaldo J. Santos 280 Retas e Planos ˆ Exemplo 4.11. Calcular a distancia entre o ponto P0 = (1, 2, 3) ao plano π : x − 2y + z − 1 = 0. Fazendo z = 0 e y = 0 na equacao de π , obtemos x = 1. Assim, o ponto P1 = (1, 0, 0) pertence ¸˜ a π. −→ P1 P0 = (1 − 1, 2 − 0, 3 − 0) = (0, 2, 3) e N = (1, −2, 1) . Assim, −→ | P1 P0 ·N | |0 · 1 + 2(−2) + 3 · 1| | − 1| 1 dist(P0 , π ) = ||projN P1 P0 || = = = √ =√ . 2 + (−2)2 + 12 ||N || 6 6 1 −→ ˆ Distancia de Um Ponto a Uma Reta ˆ ´ Sejam P0 = (x0 , y0 , z0 ) um ponto qualquer e r uma reta. A distancia de P0 a r e definida como a ˆ ´ distancia de P0 ao ponto de r mais proximo de P0 . −→ Dado um ponto qualquer P1 = (x1 , y1 , z1 ) de r podemos decompor o vetor P1 P0 em duas parcelas, uma na direcao do vetor diretor V de r e outra perpendicular a ele. A componente na direc ao do ¸˜ ¸˜ −→ ´ vetor V e a projecao ortogonal de P1 P0 em V . Como vemos na Figura 4.25, ¸˜ −→ −→ (dist(P0 , r ))2 + ||projV P1 P0 ||2 = || P1 P0 ||2 , ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 4.2 ˆ ˆ Angulos e Distancias 281 ou seja, −→ −→ (dist(P0 , r ))2 = || P1 P0 ||2 − ||projV P1 P0 ||2 . (4.10) ´ Mas, pela Proposicao 3.4 na pagina 196, temos que ¸˜ −→ 2 −→ 2 ||projV P1 P0 || = P1 P0 ·V ||V ||2 V −→ (P1 P0 ·V )2 = . ||V ||2 ˜ ´ Substituindo esta expressao em (4.10) e usando a definicao do produto escalar na pagina 186 e da ¸˜ ´ norma do produto vetorial na pagina 197 obtemos (dist(P0 , r ))2 −→ −→ −→ (P1 P0 ·V )2 || P1 P0 ||2 ||V ||2 − (P1 P0 ·V )2 = || P1 P0 ||2 − = ||V ||2 ||V ||2 −→ −→ −→ || P1 P0 ||2 ||V ||2 − || P1 P0 ||2 ||V ||2 cos2 θ = ||V ||2 −→ −→ || P1 P0 ||2 ||V ||2 sen2 θ || P1 P0 ×V ||2 = = . ||V ||2 ||V ||2 Isto prova o resultado seguinte. Proposicao 4.5. Sejam P0 = (x0 , y0 , z0 ) um ponto qualquer e ¸˜ Julho 2007 x = x1 + t a y = y1 + t b para todo t ∈ R r: z = z1 + t c Reginaldo J. Santos 282 Retas e Planos dist(P0 , r) P0 = (x0 , y0 , z0 ) r P1 = (x1 , y1 , z1 ) − → projV P1 P0 V = (a, b, c) ˆ Figura 4.25: Distancia de um ponto P0 = (x0 , y0 , z0 ) a uma reta r ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 4.2 ˆ ˆ Angulos e Distancias 283 ˆ ´ uma reta. A distancia de P0 a r e dada por −→ || P1 P0 ×V || . dist(P0 , r ) = ||V || ´ ´ em que V = (a, b, c) e um vetor diretor e P1 = (x1 , y1 , z1 ) e um ponto da reta r . Julho 2007 Reginaldo J. Santos 284 Retas e Planos ˆ ` Exemplo 4.12. Calcular a distancia do ponto P0 = (1, −1, 2) a reta x = 1+2t y = −t r: para todo t ∈ R. z = 2−3t ´ ´ Um vetor diretor da reta r e V = (2, −1, −3) e um ponto de r e P1 = (1, 0, 2). Assim, −→ P1 P0 = (1 − 1, −1 − 0, 2 − 2) = (0, −1, 0) , −→ P1 P0 ×V = (3, 0, 2) , −→ √ √ || P1 P0 ×V || = 13 e ||V || = 14 . Portanto, −→ || P1 P0 ×V || = dist(P0 , r ) = ||V || 13 . 14 ˆ Distancia entre Dois Planos ˆ ´ ˆ Sejam dois planos π1 e π2 quaisquer. A distancia entre π1 e π2 e definida como a menor distancia entre dois pontos, um de π1 e outro de π2 . ˜ ˜ ˜ ˜ Se os seus vetores normais nao sao paralelos, entao os planos sao concorrentes e neste caso a ˆ ´ ˜ ˜ ˜ distancia entre eles e igual a zero. Se os seus vetores normais sao paralelos, entao os planos sao ˆ ´ ` ˆ paralelos (ou coincidentes) e a distancia entre π1 e π2 e igual a distancia entre um ponto de um deles, ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 ˆ ˆ Angulos e Distancias 285 P2 N1 π1 −→ dist(π1 , π2 ) π2 projN1 P1 P2 4.2 P1 ˆ Figura 4.26: Distancia entre dois planos Julho 2007 Reginaldo J. Santos 286 Retas e Planos ´ ˆ ´ por exemplo P2 de π2 , e o ponto de π1 , mais proximo de P2 (Figura 4.26). Mas, esta distancia e igual ` ˆ a distancia de P2 a π1 . Vamos ver isto em um exemplo. ˜ Exemplo 4.13. Os planos π1 : x + 2y − 2z − 3 = 0 e π2 : 2x + 4y − 4z − 7 = 0 sao paralelos, pois ˜ paralelos (um e multiplo escalar do ´´ os seus vetores normais N1 = (1, 2, −2) e N2 = (2, 4, −4) sao ˆ outro). Vamos encontrar a distancia entre eles. Vamos encontrar dois pontos quaisquer de cada um deles. Fazendo z = 0 e y = 0 em ambas as equacoes obtemos x1 = 3 e x2 = 7/2. Assim, P1 = (3, 0, 0) pertence a π1 e P2 = (7/2, 0, 0) ¸˜ ¸˜ pertence a π2 . Portanto, pela Proposicao 4.4 temos que −→ | P1 P2 ·N1 | dist(π1 , π2 ) = dist(π1 , P2 ) = ||projN1 P1 P2 || = ||N1 || |(1/2) · 1 + 0 · 2 + 0(−2)| 1 |(7/2 − 3, 0 − 0, 0 − 0) · (1, 2, −2)| √ = = =. 6 9 12 + 22 + (−2)2 −→ ˆ Distancia entre Duas Retas ˆ ´ ˆ Sejam r1 e r2 duas retas quaisquer. A distancia entre r1 e r2 e definida como a menor distancia entre dois pontos, um de r1 e outro de r2 . ˆ Para calcular a distancia entre duas retas, vamos dividir em dois casos: ˜ ˜ ˜ (a) Se os vetores diretores sao paralelos, entao as retas r1 e r2 sao paralelas (ou coincidentes). ˆ ´ ` ˆ Neste caso, a distancia entre elas e igual a distancia entre um ponto de r2 e a reta r1 , ou vice´ versa, entre um ponto de r1 e a reta r2 (Figura 4.27). Assim, pela Proposicao 4.5 na pagina ¸˜ ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 4.2 ˆ ˆ Angulos e Distancias 287 281, temos que −→ || P1 P2 ×V2 || , dist(r1 , r2 ) = dist(P1 , r2 ) = ||V2 || (4.11) ˜ ˜ em que P1 e P2 sao pontos de r1 e r2 e V1 e V2 sao vetores diretores de r1 e r2 , respectivamente. ˜ ˜ ˜ ˜ (b) Se os vetores diretores nao sao paralelos, entao elas sao reversas ou concorrentes. Os dois casos podem ser resolvidos da mesma forma. Estas retas definem dois planos paralelos (que ˜ ´ ´ podem ser coincidentes, no caso em que elas sao concorrentes). Um e o plano que contem ´ ´ ´ ´ r1 e e paralelo a r2 , vamos chama-lo de π1 . O outro, contem r2 e e paralelo a r1 , π2 . O vetor ´ ˜ N = V1 × V2 , e normal (ou perpendicular) a ambos os planos, em que V1 e V2 sao os vetores ˆ ´ igual a distancia entre ` ˆ diretores de r1 e r2 respectivamente. Assim, a distancia entre as retas e estes dois planos (Figura 4.28), ou seja, −→ −→ | P1 P2 ·N | | P1 P2 · (V1 × V2 )| dist(r1 , r2 ) = dist(π1 , π2 ) = dist(π1 , P2 ) = = ||N || ||V1 × V2 || (4.12) ˜ ˜ em que P1 e P2 sao pontos de r1 e r2 e V1 e V2 sao vetores diretores de r1 e r2 , respectiva˜ ˆ ´ mente. Observe que se as retas sao concorrentes a distancia entre elas e zero, pois os vetores −→ −→ ˜ ´ ´ P1 P2 , V1 e V2 sao coplanares e P1 P2 · (V1 × V2 ) = 0 (Corolario 3.9 na pagina 214). ˆ Exemplo 4.14. Vamos determinar a distancia entre as retas r1 : Julho 2007 x−1 y+1 z−2 = = . 4 −2 −6 Reginaldo J. Santos 288 e Retas e Planos x = 1+2t y = −t r2 : para todo t ∈ R. z = 2− 3t ˜ As retas sao paralelas, pois seus vetores diretores V1 = (4, −2, −6) e V2 = (2, −1, −3) (Exemplo ´ ˜ ´ 4.5 na pagina 249) sao paralelos (um e um multiplo escalar do outro, ou ainda as componentes ´ ˜ ´ ` correspondentes sao proporcionais). Alem disso, o ponto P1 = (1, −1, 2) pertence a reta r1 . Como ˆ ´ ` ˆ dissemos acima, a distancia de r1 a r2 e igual a distancia entre um ponto de r2 e a reta r1 (Figura ´ 4.27). Assim, pela Proposicao 4.5 na pagina 281, temos que ¸˜ −→ || P1 P2 ×V2 || dist(r1 , r2 ) = dist(P1 , r2 ) = = ||V2 || 13 . 14 ´ ˜ As contas sao as mesmas do Exemplo 4.12 na pagina 284. ˆ Exemplo 4.15. Determinar a distancia entre as retas r1 : e x+1 y−1 = = z. 3 2 x = t y = 2t r2 : para todo t ∈ R. z = 1−t ˜ As retas r1 e r2 sao paralelas aos vetores V1 = (3, 2, 1) e V2 = (1, 2, −1) e passam pelos pontos ˜ ˜ P1 = (−1, 1, 0) e P2 = (0, 0, 1), respectivamente. As retas nao sao paralelas, pois seus vetores ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 4.2 ˆ ˆ Angulos e Distancias 289 . . ˜ ˜ ´ diretores nao sao paralelos (observe que a 1a componente de V1 e 3 vezes a 1a componente de V2 , . ˜ mas as 2a ’s componentes sao iguais). Logo, −→ P1 P2 = (0 − (−1), 0 − 1, 1 − 0) = (1, −1, 1) . ´ Um vetor perpendicular a ambas as retas e N = V1 × V2 = (−4, 4, 4) . ´ ´ ´ ´ ´ Este vetor e normal aos planos π1 (que contem r1 e e paralelo a r2 ) e π2 (que contem r2 e e paralelo a r1 ) (veja a Figura 4.28). Assim, −→ | P1 P2 ·N | dist(r1 , r2 ) = dist(π1 , π2 ) = dist(π1 , P2 ) = ||N || 1 |1(−4) + (−1) · 4 + 1 · 4| | − 4| = = √ =√ . 43 3 (−4)2 + 42 + 42 Julho 2007 Reginaldo J. Santos 290 Retas e Planos r2 dist(r1 , r2 ) P2 r1 P1 − → projV1 P1 P2 V1 ˆ Figura 4.27: Distancia entre duas retas paralelas ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 4.2 ˆ ˆ Angulos e Distancias 291 r2 dist(r1 , r2 ) V2 V1 × V 2 P2 V1 r1 P1 ˆ Figura 4.28: Distancia entre duas retas reversas Julho 2007 Reginaldo J. Santos 292 Retas e Planos ´ ´ Exerc´cios Numericos (respostas na pagina 579) ı 4.2.1. Considere os vetores V = i + 3j + 2k , W = 2i − j + k e U = i − 2j . Seja π um plano paralelo aos vetores W e U e r uma reta perpendicular ao plano π . Ache a projec ao ortogonal do vetor ¸˜ V sobre a reta r , ou seja, a projecao ortogonal de V sobre o vetor diretor da reta r . ¸˜ ˆ 4.2.2. Encontrar o angulo entre o plano 2x − y + z = 0 e o plano que passa pelo ponto P = (1, 2, 3) ´ e e perpendicular ao vetor i − 2j + k . 4.2.3. Seja π1 o plano que passa pelos pontos A = (1, 1, 1), B = (1, 0, 1), C = (1, 1, 0) e π 2 o plano ´ ˆ que passa pelos pontos P = (0, 0, 1) e Q = (0, 0, 0) e e paralelo ao vetor i + j . Ache o angulo entre π1 e π2 . ˆ 4.2.4. Ache todas as retas que passam pelo ponto (1, −2, 3) e que formam angulos de 45o e 60o com os eixos x e y respectivamente. ´ ˆ ´ 4.2.5. Obtenha os vertices B e C do triangulo equilatero ABC , sendo A = (1, 1, 0) e sabendo que o ´ ˜ lado BC esta contido na reta r : (x, y, z ) = t (0, 1, −1). (Sugestao: Determine os pontos Pr −→ ˆ da reta r tais que Pr A faz angulo de 60o e 120o com o vetor diretor da reta r ) ´ ` 4.2.6. Seja π o plano que passa pela origem e e perpendicular a reta que une os pontos A = (1, 0, 0) ˆ e B = (0, 1, 0). Encontre a distancia do ponto C = (1, 0, 1) ao plano π . 4.2.7. Seja r1 a reta que passa pelos pontos A = (1, 0, 0) e B = (0, 2, 0), e r 2 a reta x−2= y−3 z−4 = . 2 3 ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 4.2 ˆ ˆ Angulos e Distancias 293 ` (a) Encontre as equacoes da reta perpendicular as retas r1 e r2 ; ¸˜ ˆ (b) Calcule a distancia entre r1 e r2 . 4.2.8. Dados A = (0, 2, 1), r : X = (0, 2, −2) + t (1, −1, 2), ache √ pontos de r que distam os ˆ ` reta r e maior, menor ou igual a 3? Por que? ´ A. A distancia do ponto A a √ 3 de 4.2.9. Dada a reta r : X = (1, 0, 0) + t (1, 1, 1) e os pontos A = (1, 1, 1) e B = (0, 0, 1), ache o ponto de r equidistante de A e B . ¨ ´ 4.2.10. Encontre a equacao do lugar geometrico dos pontos equidistantes de A = (1, −1, 2) e B = ¸˜ ¨ ´ ´ (4, 3, 1). Este plano passa pelo ponto medio de AB ? Ele e perpendicular ao segmento AB ? ˜ 4.2.11. Ache as equacoes dos planos que sao perpendiculares ao vetor (2, 2, 2) e que distam ¸˜ ponto (1, 1, 1). √ 3 do ´ 4.2.12. Determine os planos que contem a reta r: x − 2y + 2z = 0 3x − 5y + 7z = 0 ˆ e formam com o plano π1 : x + z = 0 um angulo de 60o . 4.2.13. ´ (a) Verifique que a reta r : (x, y, z ) = (1, 0, 1) + t(1, −1, 0) e paralela ao plano π : x + y + z = 0. ˆ (b) Calcule a distancia de r a π . ˜ ` (c) Existem retas contidas no plano π , que sao reversas a reta r e distam 2 desta? Julho 2007 Reginaldo J. Santos 294 4.2.14. Retas e Planos (a) Determine a equacao do plano π1 que passa por A = (10/3, 1, −1), B = (1, 9/2, −1) e ¸˜ C = (1, −1, 5/6). (b) Determine a equacao do plano π2 que passa por D = (−1, 4, −1), E = (3/2, −1, 10) e ¸˜ ´ e paralelo ao eixo z. ´ (c) Escreva equacoes parametricas para a reta r intersecao dos planos π1 e π2 . ¸˜ ¸˜ (d) Faca um esboco dos planos π1 , π2 e da reta r no primeiro octante. ¸ ¸ ˆ (e) Qual o angulo entre os planos π1 e π2 ? ´ ´ ˜ ´ (f) Qual o ponto P de π1 que esta mais proximo da origem? (Sugestao: este ponto e tal que −→ ´ OP e ortogonal ao plano π1 .) ´ ˆ (g) Qual a area do triangulo ABC ? Exerc´cios usando o M ATLAB ı 4.2.15. Use o M ATLAB ´ para resolver os Exerc´cios Numericos ı ´ Exerc´cios Teoricos ı ´ 4.2.16. Prove que o lugar geometrico dos pontos do espaco que equidistam de dois pontos distintos ¸ ¨ ´ ´ A = (x1 , y1 , z1 ) e B = (x2 , y2 , z2 ) e um plano que passa pelo ponto medio do segmento AB e ´ ´ e perpendicular a ele. Esse plano e chamado plano mediador do segmento AB . ˆ ´ 4.2.17. Mostre que a distancia de um ponto P0 = (x0 , y0 , z0 ) a um plano π : ax + by + cz + d = 0 e dist(P0 , π ) = |ax0 + by0 + cz0 + d| √ . a2 + b 2 + c 2 ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 4.2 ˆ ˆ Angulos e Distancias 295 ˆ 4.2.18. Mostre que a distancia entre dois planos paralelos π1 : ax + by + cz + d1 = 0 e π2 : ax + by + ´ cz + d2 = 0 e dist(π1 , π2 ) = √ |d2 − d1 | . a2 + b 2 + c 2 ˆ ˜ 4.2.19. Mostre que a distancia entre duas retas nao paralelas r1 : (x, y, z ) = (x1 +ta1 , y1 +tb1 , z1 +tc1 ) ´ e r2 : (x, y, z ) = (x2 + ta2 , y2 + tb2 , z2 + tc2 ) e x2 − x 1 y 2 − y 1 z 2 − z 1 a1 b1 c1 det a2 b2 c2 det b1 c1 b2 c2 2 + det a 1 c1 a 2 c2 2 + det a 1 b1 a 2 b2 2 ˆ 4.2.20. O angulo entre uma reta r que tem vetor diretor V = (ar , br , cr ) e um plano π que tem vetor ´ ˆ normal N = (aπ , bπ , cπ ) e definido pelo complementar do angulo entre uma reta perpendicular ao plano π e a reta r . Mostre que sen(r, π ) = |N · V | . ||N ||||V || ˆ 4.2.21. A distancia entre uma reta r que passa por um ponto P0 = (x0 , y0 , z0 ) e tem vetor diretor ´ ˆ V = (ar , br , cr ) e um plano π : aπ x + bπ y + cπ z + dπ = 0 e definida como a menor distancia ˜´ entre dois pontos um de r e outro de π . Se o vetor diretor da reta r , V = (a r , br , cr ), nao e ˜ ˜ ortogonal ao vetor normal do plano π , N = (aπ , bπ , cπ ), entao a reta e o plano sao concorrentes Julho 2007 Reginaldo J. Santos 296 Retas e Planos r π Figura 4.29: Reta e plano concorrentes ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 4.2 ˆ ˆ Angulos e Distancias 297 ˆ ´ ´ ˆ ´ ˆ e a distancia entre eles e igual a zero, caso contrario a distancia e igual a distancia de uma ponto da reta r ao plano π . Mostre que |aπ x0 + bπ y0 + cπ z0 + dπ | , se V · N = 0 a2 + b2 + c2 π π π dist(r, π ) = ´ 0, caso contrario Julho 2007 Reginaldo J. Santos 298 Retas e Planos r π Figura 4.30: Reta e plano paralelos ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 4.2 ˆ ˆ Angulos e Distancias 299 Teste do Cap´tulo ı 1. Ache os pontos do plano π : y = x que equidistam dos pontos A = (1, 1, 0) e B = (0, 1, 1). ¨ 2. Determine m, n ∈ R para que a reta (x, y, z ) = (n, 2, 0) + t(2, m, m) esteja contida no plano π : x − 3y + z = 1. 3. (a) Encontre a equacao do plano π que passa pelos pontos A = (0, 0, −1), B = (0, 1, 0) e ¸˜ C = (1, 0, 1). ˆ (b) Encontre a distancia da origem ao plano π . 4. (a) Mostre que os planos x − y = 0 e y − z = 1 se interceptam segundo uma reta r . ´ ` (b) Ache a equacao do plano que passa pelo ponto A = (1, 0, −1) e e perpendicular a reta r . ¸˜ Julho 2007 Reginaldo J. Santos Cap´tulo 5 ı Espacos Rn ¸ ˆ 5.1 Independencia Linear ´ ˜ Ja vimos que os vetores no plano sao identificados com pares ordenados de numeros reais e ´ ˜ que vetores no espaco sao identificados com ternos ordenados de numeros reais. Muito do que ¸ ´ estudamos sobre vetores no plano e no espaco pode ser estendido para n-uplas de numeros reais, ¸ ´ ´ em que n pode ser um numero inteiro positivo. ´ 5.1.1 Os Espacos Rn ¸ 300 5.1 ˆ Independencia Linear 301 ´ Definicao 5.1. Para cada inteiro positivo n, o espaco (vetorial) Rn e definido pelo conjunto de todas ¸˜ ¸ as n-uplas ordenadas X = (x1 , . . . , xn ) de numeros reais. ´ ´ ´ ´ O conjunto R1 e simplesmente o conjunto dos numeros reais. O conjunto R 2 e o conjunto dos ´ 3 ´ pares de numeros reais e o R e o conjunto dos ternos de numeros reais. ´ ´ 3 No R o terno de numeros (x1 , x2 , x3 ) pode ser interpretado geometricamente de duas maneiras: ´ ˜ pode ser visto como um ponto, neste caso x1 , x2 e x3 sao as coordenadas do ponto (Figura 5.1), ˜ ´ ou como um vetor, neste caso x1 , x2 e x3 sao as componentes do vetor (Figura 5.2). Tambem no Rn uma n-upla pode ser pensada como um vetor ou como um ponto. Por exemplo, a quintupla ´ ´ X = (1, −2, 3, 5, 4) pode ser pensada como um ponto no R5 , quando consideramos X como um elemento do conjunto R5 , ou como um vetor do R5 , quando fazemos operacoes com X , como as que ¸˜ iremos definir adiante. Vamos chamar os elementos do Rn de pontos ou de vetores dependendo da situacao. ¸˜ ˜ Dois vetores V = (v1 , . . . , vn ) e W = (w1 , . . . , wn ) no Rn sao considerados iguais se v1 = w1 , . . . , vn = wn . As operacoes de soma de vetores e multiplicacao de vetor por escalar ¸˜ ¸˜ n ˜ ´ no R sao definidas de maneira analoga ao que fizemos no plano e no espaco. ¸ Definicao 5.2. ¸˜ por ´ (a) A soma de dois vetores V = (v1 , . . . , vn ) e W = (w1 , . . . , wn ) de Rn e definida V + W = (v1 + w1 , . . . , vn + wn ); Julho 2007 (5.1) Reginaldo J. Santos Espacos Rn ¸ 302 z z z z (x, y, z ) x x (x, y, z ) x y y Figura 5.1: Coordenadas (x, y, z ) ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı x y y Figura 5.2: Componentes (x, y, z ) Julho 2007 5.1 ˆ Independencia Linear 303 ´ (b) A multiplicacao de um vetor V = (v1 , . . . , vn ) do Rn por um escalar α e definida por ¸˜ α V = (α v1 , . . . , α vn ). (5.2) ´ ´ O vetor nulo de Rn e denotado por ¯ e e definido por ¯ = (0, . . . , 0). Se V = (v1 , . . . , vn ) e um 0´ 0 n ˜ ´ ´ ´ vetor do R , entao o simetrico de V e denotado por −V e e definido por −V = (−v1 , . . . , −vn ). A n ´ ˜ diferenca de dois vetores no R e definida por V − W = V + (−W ). Se V e W sao vetores do Rn ¸ ˜ ´ tais que W = αV , para algum escalar α, entao dizemos que W e um multiplo escalar de V . ´ ´ Um vetor V = (v1 , . . . , vn ) de Rn pode tambem ser escrito na notacao matricial como uma matriz ¸˜ linha ou como uma matriz coluna: v1 . V = . . vn ou V = v1 . . . vn . Estas notacoes podem ser justificadas pelo fato de que as operacoes matriciais ¸˜ ¸˜ ou v1 . V +W = . + . vn V +W = w1 v1 . . . vn . . = . wn αV = α Julho 2007 + v1 + w 1 . . . vn + w n w1 . . . wn v1 . . . vn = , = v1 αv1 . . αV = α . = . . . vn αvn v1 + w 1 . . . vn + w n , αv1 . . . αvn Reginaldo J. Santos Espacos Rn ¸ 304 produzem os mesmos resultados que as operacoes vetoriais ¸˜ V + W = (v1 , . . . , vn ) + (w1 , . . . , wn ) = (v1 + w1 , . . . , vn + wn ) αV = α(v1 , . . . , vn ) = (αv1 , . . . , αvn ). ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 5.1 ˆ Independencia Linear 305 No teorema seguinte enunciamos as propriedades mais importantes da soma de vetores e multiplicacao de vetores por escalar no Rn . ¸˜ Teorema 5.1. Sejam U = (u1 , . . . , un ), V = (v1 , . . . , vn ) e W = (w1 , . . . , wn ) vetores de Rn e α e ˜ ´ β escalares. Sao validas as seguintes propriedades: (a) U + V = V + U ; (e) α(βU ) = (αβ )U ; (b) (U + V ) + W = U + (V + W ); (f) α(U + V ) = αU + αV ; (c) U + ¯ = U ; 0 (g) (α + β )U = αU + βU ; (d) U + (−U ) = ¯; 0 (h) 1U = U . ´ ´ Demonstracao. Segue diretamente das propriedades da algebra matricial (Teorema 1.1 na pagina ¸˜ 10). ˜ ˜ O conceito de vetores pode ser generalizado ainda mais. Um conjunto n ao vazio onde estao ´ definidas as operacoes de soma e multiplicacao por escalar e chamado espaco vetorial se satisfaz ¸˜ ¸˜ ¸ as oito propriedades do Teorema 5.1 (ver por exemplo [31]). 5.1.2 Combinacao Linear ¸˜ ´ Uma combinacao linear de vetores V1 , . . . , Vk , e simplesmente uma soma de multiplos escalares ¸˜ ´ de V1 , . . . , Vk . Julho 2007 Reginaldo J. Santos Espacos Rn ¸ 306 ´ Definicao 5.3. Um vetor V ∈ Rn e uma combinacao linear dos vetores V1 , . . . , Vk ∈ Rn , se existem ¸˜ ¸˜ escalares x1 , . . . , xk que satisfazem a equacao ¸˜ x1 V 1 + x 2 V 2 + . . . + x k V k = V (5.3) ´ ou seja, se a equacao vetorial (5.3) possui solucao. Neste caso, dizemos tambem que V pode ser ¸˜ ¸˜ escrito como uma combinacao linear de V1 , . . . , Vk . ¸˜ ˜ ´ Se k = 1, entao a equacao (5.3) se reduz a x1 V1 = V , ou seja, V e uma combinacao linear de ¸˜ ¸˜ ´ V1 se, e somente se, V e um multiplo escalar de V1 . ´ ˜´ Exemplo 5.1. Sejam V1 = (1, 0, 0) e V2 = (1, 1, 0), vetores de R3 . O vetor V = (2, 3, 2) nao e uma combinacao linear de V1 e V2 , pois a equacao ¸˜ ¸˜ x1 V1 + x2 V2 = V, (5.4) que pode ser escrita como x1 (1, 0, 0) + x2 (1, 1, 0) = (2, 3, 2), ou ainda, (x1 + x2 , x2 , 0) = (2, 3, 2), ´ e equivalente ao sistema ˜ que nao possui solucao. ¸˜ x1 + x 2 = 2 x2 = 3 0=2 ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 ˆ Independencia Linear 5.1 307 z z V = (2, 3, 2) V1 = (1, 0, 0) V1 = (1, 0, 0) V2 = (1, 1, 0) x V2 = (1, 1, 0) y x y V = (2, 3, 0) ˜´ Figura 5.3: O vetor V nao e combinacao ¸˜ linear de V1 e V2 Julho 2007 ´ Figura 5.4: O vetor V e combinacao linear ¸˜ de V1 e V2 Reginaldo J. Santos Espacos Rn ¸ 308 ´ Exemplo 5.2. O vetor V = (2, 3, 0) e uma combinacao linear de V1 = (1, 0, 0) e V2 = (1, 1, 0), pois ¸˜ a equacao ¸˜ x1 V 1 + x 2 V 2 = V (5.5) ou x1 (1, 0, 0) + x2 (1, 1, 0) = (2, 3, 0) ou ainda, (x1 + x2 , x2 , 0) = (2, 3, 0), ´ e equivalente ao sistema que possui solucao. ¸˜ x1 + x 2 = 2 x2 = 3 0=0 Exemplo 5.3. O vetor nulo ¯ e sempre combinacao linear de quaisquer vetores V1 , . . . , Vk , pois 0´ ¸˜ ¯ = 0V1 + . . . + 0Vk . 0 ´ Exemplo 5.4. Todo vetor V = (a, b, c) de R3 e uma combinacao linear de ¸˜ i = (1, 0, 0), j = (0, 1, 0) e k = (0, 0, 1). Pois, (a, b, c) = a(1, 0, 0) + b(0, 1, 0) + c(0, 0, 1) = ai + bj + ck. ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 5.1 ˆ Independencia Linear 309 z ck V = (a, b, c) ai x bj y Figura 5.5: (a, b, c) = ai + bj + ck Julho 2007 Reginaldo J. Santos Espacos Rn ¸ 310 ´ Para verificarmos se um vetor B e combinacao linear de um conjunto de vetores {A1 , . . . , An }, ¸˜ escrevemos a equacao vetorial ¸˜ x1 A 1 + x 2 A 2 + . . . + x n A n = B , (5.6) ˜ e verificamos se ela tem solucao. Se A1 , . . . , An sao vetores de Rm , a equacao (5.6), pode ser escrita ¸˜ ¸˜ como a11 x1 . . . am1 ´ que e equivalente ao sistema linear a1n + . . . + xn . . . amn b1 . = . . bm AX = B, ˜ em que colunas de A sao os vetores Ai escritos como matrizes colunas, ou seja, A = [A1 . . . An ] as x1 . e X = . . Isto prova o seguinte resultado. . xn ´ Proposicao 5.2. Sejam A uma matriz m × n e B uma matriz m × 1. O vetor B e combinacao linear ¸˜ ¸˜ das colunas de A se, e somente se, o sistema AX = B tem solucao. ¸˜ ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 5.1 ˆ Independencia Linear 311 ˆ 5.1.3 Independencia Linear ´ Definicao 5.4. Dizemos que um conjunto S = {V1 , . . . , Vk } de vetores de Rn e linearmente inde¸˜ pendente (L.I.) se a equacao vetorial ¸˜ x1 V 1 + x 2 V 2 + . . . + x k V k = ¯ 0 (5.7) ´ so possui a solucao trivial, ou seja, se a unica forma de escrever o vetor nulo como combinacao linear ¸˜ ´ ¸˜ ´ ˜ ´ ´ dos vetores V1 , . . . , Vk e aquela em que todos os escalares sao iguais a zero. Caso contrario, isto e, ˜ nao trivial, dizemos que o conjunto S e linearmente dependente (L.D.). ´ ˜ se (5.7) possui solucao ¸ ´ ´ Exemplo 5.5. Um conjunto finito de vetores de Rn que contem o vetor nulo e L.D., pois se ¯, para algum j , entao 0V1 + . . . + 0Vj −1 + 1Vj + 0Vj +1 + . . . + 0Vk = ¯. ´ ˜ {V1 , . . . , Vk } e tal que Vj = 0 0 ´ ˜ Exemplo 5.6. Um conjunto formado por um unico vetor, {V1 }, nao nulo e L.I., pois x1 V1 = ¯ e ´ 0´ ¯. Mas, V1 = ¯; portanto x1 = 0. equivalente a x1 = 0 ou V1 = 0 0 ´ ˜ Exemplo 5.7. Se {V1 , . . . , Vk } e um conjunto de vetores L.D., entao qualquer conjunto finito de veto´ ´ res que contenha V1 , . . . , Vk e tambem L.D., pois a equacao ¸˜ x1 V 1 + . . . + x k V k + 0 W 1 + . . . + 0 W m = ¯ 0 ˜ admite solucao nao trivial. ¸˜ Julho 2007 Reginaldo J. Santos 312 Espacos Rn ¸ ´ Exemplo 5.8. Um conjunto formado por dois vetores de Rn , {V1 , V2 } e L.D. se, e somente se, a ¯ possui solucao nao trivial. Mas se isto acontece, entao um dos escalares ˜ ˜ equacao x1 V1 + x2 V2 = 0 ¸˜ ¸˜ ˜ ˜ x1 ou x2 pode ser diferente de zero. Se x1 = 0, entao V1 = (−x2 /x1 )V2 e se x2 = 0, entao ´ ˜ ´´ V2 = (−x1 /x2 )V1 . Ou seja, se {V1 , V2 } e L.D., entao um dos vetores e multiplo escalar do outro. ´ multiplo escalar do outro, digamos se V1 = αV2 , entao 1 V1 − ˜ Reciprocamente, se um vetor e ´ ˜ ˜ αV2 = ¯ e assim eles sao L.D. Portanto, podemos dizer que dois vetores sao L.D. se, e somente se, 0 ´ um e um multiplo escalar do outro. ´ ´ Por exemplo, o conjunto S = {V1 , V2 }, em que V1 = (1, 0, 1) e V2 = (0, 1, 1), e L.I., pois um vetor ˜´´ nao e multiplo escalar do outro. ˆ ´ Exemplo 5.9. Um conjunto formado por tres vetores de Rn , {V1 , V2 , V3 } e L.D. se, e somente se, ¯ possui solucao nao trivial. Mas se isto acontece, entao um ˜ ˜ a equacao x1 V1 + x2 V2 + x3 V3 = 0 ¸˜ ¸˜ ˜ dos escalares x1 ou x2 ou x3 pode ser diferente de zero. Se x1 = 0, entao V1 = (−x2 /x1 )V2 + ´ (−x3 /x1 )V3 , ou seja, o vetor V1 e combinacao linear de V2 e V3 . De forma semelhante, se x2 = 0, ¸˜ ˜ ´ ˜ ´ entao V2 e combinacao linear de V1 e V3 e se x3 = 0, entao V3 e combinacao linear de V1 e V2 . Assim, ¸˜ ¸˜ ˆ ˜ ˜ ´ se tres vetores V1 , V2 e V3 do Rn sao L.D., entao um deles e uma combinacao linear dos outros dois, ¸˜ ´ ˆ ou seja, em deles e uma soma de multiplos escalares dos outros dois. No R3 temos que se tres ´ ˜ ˜ ˜ ˆ ˜ ˜ vetores nao nulos sao L.D., entao ou os tres sao paralelos (Figura 5.8), ou dois deles sao paralelos ˆ˜ ´˜ (Figura 5.9) ou os tres sao coplanares, isto e, sao paralelos a um mesmo plano (Figura 5.10). ´ Reciprocamente, se um vetor e uma combinacao linear dos outros dois, digamos se V1 = αV2 + ¸˜ ˜ ˜ ˆ ˜ βV3 , entao 1 V1 − αV2 − βV3 = ¯ e assim eles sao L.D. Portanto, podemos dizer que tres vetores sao 0 3 ´ ˆ ˜ L.D. se, e somente se, um deles e uma combinacao linear dos outros dois. No R , se tres vetores sao ¸˜ ˜ ˜ ˜ L.I., entao eles nao sao coplanares (Figura 5.11). ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 ˆ Independencia Linear 5.1 313 z z V2 V1 V1 V2 x y Figura 5.6: Dois vetores linearmente dependentes Julho 2007 x y Figura 5.7: Dois vetores linearmente independentes Reginaldo J. Santos Espacos Rn ¸ 314 z z V2 V1 V3 V3 V2 V1 x y ˆ Figura 5.8: Tres vetores linearmente dependentes (paralelos) ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı x y ˆ Figura 5.9: Tres vetores linearmente dependentes (dois paralelos) Julho 2007 5.1 ˆ Independencia Linear 315 z z V1 V1 V2 V2 V3 x y ˆ Figura 5.10: Tres vetores linearmente dependentes (coplanares) Julho 2007 x y V3 ˆ Figura 5.11: Tres vetores linearmente independentes Reginaldo J. Santos Espacos Rn ¸ 316 Exemplo 5.10. Vamos mostrar que os vetores E1 = (1, 0, . . . , 0), E2 = (0, 1, 0, . . . , 0), . . . , En = ˜ ˜ (0, . . . , 0, 1) sao L.I. em particular os vetores i = (1, 0, 0), j = (0, 1, 0) e k = (0, 0, 1) sao L.I. A equacao ¸˜ x1 E 1 + . . . + x n E n = ¯ 0 pode ser escrita como x1 (1, 0, . . . , 0) + . . . + xn (0, . . . , 0, 1) = (0, . . . , 0) . ´ Logo, (x1 , . . . , xn ) = (0, . . . , 0), que e equivalente ao sistema x1 = 0, . . . , xn = 0 . ´ Para descobrir se um conjunto de vetores {A1 , . . . , An } e L.I. precisamos saber se a equacao ¸˜ vetorial x1 A 1 + x 2 A 2 + . . . + x n A n = ¯ 0 (5.8) ˜ tem somente a solucao trivial. Se A1 , . . . , An sao vetores de Rm , a equacao (5.8), pode ser escrita ¸˜ ¸˜ como x1 a11 . . . am1 + . . . + xn a1n . . . 0 . = . . 0 amn ´ ˆ ˜ que e equivalente ao sistema linear homogeneo AX = ¯, em que as colunas de A sao os vetores 0 x1 . Ai escritos como matrizes colunas, ou seja, A = [A1 . . . An ] e X = . . Isto prova o seguinte . xn resultado. ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 5.1 ˆ Independencia Linear 317 Proposicao 5.3. Seja A uma matriz m × n. ¸˜ ˜ (a) As colunas de A sao linearmente independentes se, e somente se, o sistema AX = ¯ tem 0 somente a solucao trivial. ¸˜ ˜ ˜ (b) Se m = n, entao as colunas de A sao linearmente independentes se, e somente se, det(A) = 0. Julho 2007 Reginaldo J. Santos Espacos Rn ¸ 318 ˆ Tres ou mais vetores no R2 , assim como quatro ou mais vetores no R3 e mais de n vetores no Rn ˜ ˜ ˜ sao sempre L.D. Pois, nestes casos, o problema de verificar se eles s ao ou nao L.I. leva a um sistema ´ ˆ ´ linear homogeneo com mais incognitas do que equacoes, que pelo Teorema 1.6 na pagina 53 tem ¸˜ ˜ sempre solucao nao trivial. ¸˜ ´ ´ Corolario 5.4. Em Rn um conjunto com mais de n vetores e L.D. Exemplo 5.11. Considere os vetores V1 = (1, 0, 1), V2 = (0, 1, 1) e V3 = (1, 1, 1) de R3 . Para ˜ sabermos se eles sao L.I. ou L.D. escrevemos a equacao ¸˜ x1 V1 + x2 V2 + x3 V3 = ¯. 0 ´ Esta equacao vetorial e equivalente ao sistema linear AX = ¯, em que ¸˜ 0 101 A = [ V 1 V2 V3 ] = 0 1 1 . 111 Escalonando a matriz [ A | ¯ ] podemos obter a sua forma escalonada reduzida 0 1000 [ R |¯ ] = 0 1 0 0 . 0 0010 ˜ Conclu´mos, entao que o sistema A X = ¯ possui somente a solucao trivial x1 = x2 = x3 = 0. ı 0 ¸˜ ˜ Portanto os vetores V1 , V2 e V3 sao L.I. ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 5.1 ˆ Independencia Linear 319 Exemplo 5.12. Sejam V1 = (1, 2, 5), V2 = (7, −1, 5) e V3 = (1, −1, −1) vetores de R3 . Para ˜ sabermos se eles sao L.I. ou L.D. escrevemos a equacao ¸˜ x1 V1 + x2 V2 + x3 V3 = ¯. 0 (5.9) ´ Esta equacao vetorial e equivalente ao sistema linear AX = ¯, em que ¸˜ 0 1 7 1 A = [ V1 V2 V3 ] = 2 −1 −1 . 5 5 −1 ` A matriz [ A | ¯ ] e equivalente por linhas a matriz escalonada reduzida 0´ 1 ¯] = 0 [R|0 0 0 −2/5 0 1 1/5 0 . 0 00 (5.10) ´ ´ Assim a variavel x3 pode ser uma variavel livre que pode, portanto, assumir qualquer valor. Con¯ e a equacao vetorial (5.9) tem solucao nao trivial. Portanto, V1 , V2 e ˆ ˜ clu´mos que o sistema A X = 0 ı ¸˜ ¸˜ ˜ V3 sao L.D. ˜ A expressao “linearmente dependente” sugere que os vetores dependem uns dos outros em algum ´ sentido. O teorema seguinte mostra que este realmente e o caso. ´ Teorema 5.5. Um conjunto S = {V1 , . . . , Vk } (k > 1) de vetores e linearmente dependente (L.D.) se, e somente se, pelo menos um dos vetores, Vj , for combinacao linear dos outros vetores de S. ¸˜ Julho 2007 Reginaldo J. Santos Espacos Rn ¸ 320 Demonstracao. Vamos dividir a demonstracao em duas partes: ¸˜ ¸˜ ´ ´ (a) Se Vj e uma combinacao linear dos demais vetores do conjunto S, isto e, se existem escalares ¸˜ α1 , . . . , αj −1 , αj +1 , . . . , αk tais que α1 V1 + . . . + αj −1 Vj −1 + αj +1 Vj +1 + . . . + αk Vk = Vj , ˜ entao somando-se −Vj a ambos os membros ficamos com α1 V1 + . . . + αj −1 Vj −1 − Vj + αj +1 Vj +1 + . . . + αk Vk = ¯. 0 (5.11) ˜ Isto implica que a equacao x1 V1 + . . . + xk Vk = ¯ admite solucao nao trivial, pois o coeficiente ¸˜ 0 ¸˜ ´ ´ de Vj em (5.11) e −1. Portanto, S e L.D. ´ ˜ (b) Se S e L.D., entao a equacao ¸˜ x1 V 1 + x 2 V 2 + . . . + x k V k = ¯ 0 (5.12) ˜ ´ ˜ admite solucao nao trivial, o que significa que pelo menos um xj e diferente de zero. Entao, ¸˜ xk x1 multiplicando-se a equacao (5.12) por 1/xj e subtraindo-se ( x )V1 + . . . + ( x )Vk obtemos ¸˜ j Vj = − x1 xj V1 − . . . − xj −1 xj Vj −1 − xj +1 xj Vj +1 − . . . − j xk xj Vk . ´ Portanto, um vetor Vj e combinacao linear dos outros vetores de S. ¸˜ ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 5.1 ˆ Independencia Linear 321 Observacao. Na demonstracao da segunda parte, vemos que o vetor, cujo escalar na combinacao ¸˜ ¸˜ ¸˜ linear, puder ser diferente de zero, pode ser escrito como combinacao linear dos outros. ¸˜ Exemplo 5.13. Sejam V1 = (1, 2, 5), V2 = (7, −1, 5) e V3 = (1, −1, −1) vetores do R3 . Vamos escrever um dos vetores como combinacao linear dos outros dois. Vimos no Exemplo 5.12 que estes ¸˜ ˜ L.D. De (5.10) segue-se que vetores sao x1 V 1 + x 2 V 2 + x 3 V 3 = ¯ 0 se, e somente se, x1 = (2/5)α, x2 = −(1/5)α e x3 = α, para todo α ∈ R. Substituindo-se os valores de x1 , x2 e x3 na equacao acima, ficamos com ¸˜ (2/5)αV1 − (1/5)αV2 + αV3 = ¯ 0 Tomando-se α = 1, obtemos (2/5)V1 − (1/5)V2 + V3 = ¯ 0 multiplicando-se por −5 e somando-se 2V1 + 5V3 , temos que V2 = 2V1 + 5V3 . Observe que, neste ´ exemplo, qualquer dos vetores pode ser escrito como combinacao linear dos outros. O proximo exem¸˜ plo mostra que isto nem sempre acontece. ´ Exemplo 5.14. Sejam V1 = (−2, −2, 2), V2 = (−3, 3/2, 0) e V3 = (−2, 1, 0). {V1 , V2 , V3 } e L.D., ˜´ ´ mas V1 nao e combinacao linear de V2 e V3 (Figura 5.9 na pagina 314). ¸˜ Julho 2007 Reginaldo J. Santos Espacos Rn ¸ 322 5.1.4 Posicoes Relativas de Retas e Planos ¸˜ Posicoes Relativas de Duas Retas ¸˜ ˆ Vamos estudar a posicao relativa de duas retas, usando a dependencia linear de vetores. Sejam ¸˜ r1 : (x, y, z ) = (x1 + ta1 , y1 + tb1 , z1 + tc1 ) e r2 : (x, y, z ) = (x2 + ta2 , y2 + tb2 , z2 + tc2 ) as equacoes de duas retas. ¸˜ ˜ ˜ ˜ (a) Se os vetores diretores V1 = (a1 , b1 , c1 ) e V2 = (a2 , b2 , c2 ) sao L.D., entao as retas sao ´ ˜ paralelas ou coincidentes. Alem de paralelas, elas sao coincidentes, se um ponto de uma delas pertence a outra, por exemplo se P1 = (x1 , y1 , z1 ) pertence a r2 ou se P2 = (x2 , y2 , z2 ) pertence a r1 . Ou ainda, −→ −→ −→ −→ ˜ ˜ ˜ (i) Se V1 e P1 P2 ou V2 e P1 P2 sao L.D. (com V1 e V2 L.D.), entao elas sao coincidentes. ˜ ˜ ˜ (ii) Se V1 e P1 P2 ou V2 e P1 P2 sao L.I. (com V1 e V2 L.D.), entao elas sao paralelas distintas. ˜ ˜ ˜ (b) Se os vetores diretores V1 = (a1 , b1 , c1 ) e V2 = (a2 , b2 , c2 ) sao L.I. entao as retas sao reversas ou concorrentes. −→ ˜ ˜ ˜ (i) Se P1 P2 , V1 e V2 sao L.D. (com V1 e V2 L.I.), entao as retas sao concorrentes. −→ ˜ ˜ ˜ (ii) Se P1 P2 , V1 e V2 sao L.I., entao as retas sao reversas (Figura 5.12). Posicoes Relativas de Dois Planos ¸˜ ˆ Vamos estudar a posicao relativa dos dois planos usando a dependencia linear de vetores. Sejam ¸˜ ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 5.1 ˆ Independencia Linear 323 r2 V2 P2 V1 × V 2 V1 r1 P1 Figura 5.12: Duas retas reversas π1 π1 π2 π2 Figura 5.13: Dois planos que se interceptam segundo uma reta Julho 2007 Figura 5.14: Dois planos paralelos Reginaldo J. Santos Espacos Rn ¸ 324 r r π π Figura 5.15: Reta e plano concorrentes ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Figura 5.16: Reta e plano paralelos Julho 2007 5.1 ˆ Independencia Linear 325 π1 : a1 x + b1 y + c1 z + d1 = 0 e π2 : a2 x + b2 y + c2 z + d2 = 0 as equacoes de dois planos. ¸˜ ˜ ˜ ˜ (a) Se os vetores normais N1 = (a1 , b1 , c1 ) e N2 = (a2 , b2 , c2 ) sao L.D., entao os planos sao ´ ˜ paralelos distintos ou coincidentes. Alem de paralelos, eles sao coincidentes se, e somente se, ´ todo ponto que satisfaz a equacao de um deles, satisfaz tambem a equacao do outro. Ou ainda, ¸˜ ¸˜ ˜ ˜ ˜ (i) Se os vetores (a1 , b1 , c1 , d1 ) e (a2 , b2 , c2 , d2 ) sao L.D., entao as equacoes sao proporcio¸˜ ˜ nais e os planos sao coincidentes. ˜ ˜ (ii) Se os vetores (a1 , b1 , c1 , d1 ) e (a2 , b2 , c2 , d2 ) sao L.I. (com N1 e N2 L.D.), entao os planos ˜ sao paralelos distintos (Figura 5.14). ˜ ˜ ˜ (b) Se os vetores normais N1 = (a1 , b1 , c1 ) e N2 = (a2 , b2 , c2 ) sao L.I., entao os planos sao concorrentes (Figura 5.13). Posicoes Relativas de Reta e Plano ¸˜ ˆ Vamos estudar a posicao relativa de uma reta e um plano usando a dependencia linear de vetores. ¸˜ Sejam r : (x, y, z ) = (x1 + ta1 , y1 + tb1 , z1 + tc1 ) a equacao de uma reta e π um plano que passa ¸˜ ´ pelo ponto P2 = (x2 , y2 , z2 ) e e paralelo aos vetores V2 = (a2 , b2 , c2 ) e V3 = (a3 , b3 , c3 ). (a) Se o vetor diretor da reta r , V1 = (a1 , b1 , c1 ), os vetores paralelos ao plano π , V2 = (a2 , b2 , c2 ) ˜ ˜ ˜ ´ e V3 = (a3 , b3 , c3 ) sao L.D., entao a reta e o plano sao paralelos ou a reta esta contida no ´ ´ plano. A reta esta contida no plano se alem dos vetores V1 , V2 e V3 forem L.D., um ponto da reta pertence ao plano, por exemplo, se P1 = (x1 , y1 , z1 ) pertence a π . Ou ainda, ˜ (i) Se V1 = (a1 , b1 , c1 ), V2 = (a2 , b2 , c2 ) e V3 = (a3 , b3 , c3 ) sao L.D. e V2 = (a2 , b2 , c2 ), −→ ´ ˜ ˜ ´ V3 = (a3 , b3 , c3 ) e P1 P2 tambem sao L.D., entao a reta esta contida no plano. Julho 2007 Reginaldo J. Santos Espacos Rn ¸ 326 ˜ (ii) Se V1 = (a1 , b1 , c1 ), V2 = (a2 , b2 , c2 ), V3 = (a3 , b3 , c3 ) sao L.D., mas V2 = (a2 , b2 , c2 ), −→ ˜ ˜ ´ ˜ ´ V3 = (a3 , b3 , c3 ) e P1 P2 sao L.I., entao a reta e paralela ao plano, mas nao esta contida nele. ˜ ˜ ´ (b) Se V1 = (a1 , b1 , c1 ), V2 = (a2 , b2 , c2 ), V3 = (a3 , b3 , c3 ) sao L.I., entao a reta e concorrente ao plano. ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 5.1 ˆ Independencia Linear 327 ´ ´ Exerc´cios Numericos (respostas na pagina 588) ı ˜ 5.1.1. Quais dos seguintes vetores sao combinacao linear de V1 = (5, −3, 1), V2 ¸˜ V3 = (−10, 18, 7)? (a) (10, −2, 5); (c) (−2, −1, 1); (b) (10, 2, 8); = (0, 4, 3) e (d) (−1, 2, 3). ˜ 5.1.2. Os vetores V1 = (5, −3, 1), V2 = (0, 4, 3) e V3 = (−10, 18, 7) do exerc´cio anterior sao L.D. ı ˜ linear dos outros. ou L.I.? Caso sejam L.D. escreva um deles como combinacao ¸ ˜ 5.1.3. Quais dos seguintes conjuntos de vetores sao linearmente dependentes? (a) {(1, 1, 2), (1, 0, 0), (4, 6, 12)}; (c) {(1, 1, 1), (2, 3, 1), (3, 1, 2)}; (b) {(1, −2, 3), (−2, 4, −6)}; (d) {(4, 2, −1), (6, 5, −5), (2, −1, 3)}. ´ 5.1.4. Para quais valores de λ o conjunto de vetores {(3, 1, 0), (λ 2 + 2, 2, 0)} e L.D.? ´ 5.1.5. Suponha que {V1 , V2 , V3 } e um conjunto linearmente independente de vetores de Rn . Res´ ponda se {W1 , W2 , W3 } e linearmente dependente ou independente nos seguintes casos: (a) W1 = V1 + V2 , W2 = V1 + V3 e W3 = V2 + V3 ; (b) W1 = V1 , W2 = V1 + V3 e W3 = V1 + V2 + V3 . 5.1.6. Sejam r1 : (x, y, z ) = (1 + 2t, t, 2 + 3t) e r2 : (x, y, z ) = (t, 1 + mt, −1 + 2mt) duas retas. ˜ (a) Determine m para que as retas sejam coplanares (nao sejam reversas). (b) Para o valor de m encontrado, determine a posicao relativa entre r1 e r2 . ¸˜ (c) Determine a equacao do plano determinado por r1 e r2 . ¸˜ Julho 2007 Reginaldo J. Santos Espacos Rn ¸ 328 5.1.7. Sejam a reta r : (x, y, z ) = (1, 1, 1) + (2t, mt, t) e o plano paralelo aos vetores V 1 = (1, 2, 0) e V2 = (1, 0, 1) passando pela origem. Determine o valor de m para que a reta seja paralela ´ ao plano. Para o valor de m encontrado a reta esta contida no plano? Exerc´cio usando o M ATLAB ı 5.1.8. ´ (a) Defina os vetores V1=[1;2;3], V2=[3;4;5] e V3=[5;6;7]. Defina o vetor aleat orio ´ V=randi(3,1). Verifique se V e combinacao linear de V1, V2 e V3. ¸˜ ´ (b) Defina a matriz aleatoria M=randi(3,5). Verifique se os vetores definidos pelas colunas ˜ de M sao combinacao linear de V1, V2 e V3. Tente explicar o resultado. ¸˜ ˜ (c) Verifique se V1, V2 e V3 sao linearmente independentes. Se eles forem linearmente dependentes, escreva um deles como combinacao linear dos outros e verifique o resultado. ¸˜ ´ Exerc´cios Teoricos ı ´ 5.1.9. Seja A uma matriz n × n. Mostre que det(A) = 0 se, e somente se, uma de suas colunas e combinacao linear das outras. ¸˜ ´ 5.1.10. Suponha que {V1 , V2 , . . . , Vn } e um conjunto de vetores de Rn linearmente independente. Mos´ ˜ ˜ ´´ tre que se A e uma matriz n × n nao singular, entao {AV1 , AV2 , . . . , AVn } tambem e um conjunto linearmente independente. ˜ ˜ ˜ ´ 5.1.11. Se os vetores nao nulos U , V e W sao L.D., entao W e uma combinacao linear de U e V ? ¸˜ ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 5.2 ˜ Subespac Base e Dimensao ¸os 329 ˜ 5.2 Subespacos, Base e Dimensao ¸ ˆ Sejam A uma matriz m × n e W ⊆ Rn o conjunto solucao do sistema linear homogeneo AX = ¯. ¸˜ 0 ˜ ´ ´ vimos na Proposicao 1.7 na pagina 54 que o conjunto W satisfaz as seguintes propriedades: Ja ¸ ˜ ´ (a) Se X e Y pertencem a W, entao X + Y tambem pertence a W. ˜ ´ (b) Se X pertence a W, entao αX tambem pertence a W para todo escalar α. ´ Revise como foi feita a demonstracao dos itens (a) e (b) acima na Proposicao 1.7 na pagina 54. ¸˜ ¸˜ ˜ ˆ ˜ ´ ˜ Assim, se X e Y sao solucoes de um sistema homogeneo, entao X + Y e αX tambem o sao. ¸˜ ¯ sao tambem solucoes de AX = ¯. ´ Portanto, combinacoes lineares de solucoes de AX = 0 ˜ ¸˜ ¸˜ ¸˜ 0 ˆ O conjunto solucao de um sistema homogeneo AX = ¯ e chamado de espaco solucao do ¸˜ 0´ ¸ ¸˜ ¯. Ele se comporta como se fosse um espaco, no sentido de que ˆ sistema homogeneo AX = 0 ¸ ˜ fazendo soma de vetores do conjunto ou multiplicando vetores do conjunto por escalar n ao sa´mos ı dele. ˜ ´ Um subconjunto nao vazio de Rn que satisfaz as propriedades (a) e (b) acima e chamado de n ˜ as operacoes de soma e multiplicacao por escalar podemos “viver” ˜ ˜ subespaco de R . Com relacao ¸ ¸ ¸ ¸ ˆ nele sem termos que sair. Assim o espaco solucao do sistema homogeneo AX = ¯ e um subespaco ¸ ¸˜ 0´ ¸ n ´ ˆ de R . Vale tambem a rec´proca, todo subespaco e o espaco solucao de um sistema homogeneo ı ¸´ ¸ ¸˜ ´ ı (Exerc´cio 5.2.18 na pagina 353). ˜ Exemplo 5.15. Os exemplos mais triviais de subespacos de R n sao o subespaco formado somente ¸ ¸ ¯} e W = Rn . Mas cuidado, o R2 nao e subespaco de R3 , pois o R2 (conjunto ˜´ pelo vetor nulo, W = {0 ¸ ˜´ de pares de numeros reais) nao e um subconjunto do R3 (conjunto de ternos de numeros reais). O ´ ´ 3 3 2 ´ ˜´ plano W = {(x, y, z ) ∈ R | z = 0} e um subespaco de R mas ele nao e o R . ¸ Julho 2007 Reginaldo J. Santos Espacos Rn ¸ 330 z X1 z X1 + X 2 αX X X2 x y Figura 5.17: Soma de vetores do plano ax + by + cz = 0 ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı x y Figura 5.18: Multiplicacao de vetor por es¸˜ calar do plano ax + by + cz = 0 Julho 2007 5.2 ˜ Subespac Base e Dimensao ¸os 331 z z X1 + X 2 X1 X2 Soma de vetores da reta (x, y, z ) = (at, bt, ct) Julho 2007 X y x Figura 5.19: αX x y ¸˜ Figura 5.20: Multiplicacao de vetor por escalar da reta (x, y, z ) = (at, bt, ct) Reginaldo J. Santos Espacos Rn ¸ 332 Exemplo 5.16. Considere o sistema linear a1 x + b 1 y + c 1 z = 0 a2 x + b 2 y + c 2 z = 0 a3 x + b 3 y + c 3 z = 0 ´ Cada equacao deste sistema e representada por um plano que passa pela origem. O conjunto solucao ¸˜ ¸˜ ´ ´ e um subespaco de R3 e e a intersecao dos planos, podendo ser: ¸ ¸˜ ´ (a) Somente um ponto que e origem. (b) Uma reta que passa pela origem. (c) Um plano que passa pela origem. ˆ Vamos escrever toda solucao do sistema linear homogeneo AX = ¯ como uma combinacao ¸˜ 0 ¸˜ ˜ ´ linear de um numero finito de vetores V1 , . . . , Vk que sao tambem solucao do sistema. ´ ¸˜ ˆ Exemplo 5.17. Considere o sistema linear homogeneo AX = ¯, em que 0 1 1 0 0 1 1 −1 −1 . A = −2 −2 1 1 −1 1 0 Escalonando a matriz aumentada do sistema acima, obtemos a matriz escalonada reduzida 110 010 0 0 1 −1 1 0 . 000 000 ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 5.2 ˜ Subespac Base e Dimensao ¸os 333 E assim a solucao geral do sistema pode ser escrita como ¸˜ x1 = −α − γ, x2 = γ, x3 = −α + β, x4 = β x5 = α para todos os valores de α, β, γ ∈ R, ou seja, o conjunto solucao do sistema AX = ¯ e ¸˜ 0´ W = {(x1 , x2 , x3 , x4 , x5 ) = (−α − γ, γ, −α + β, β, α) | α, β, γ ∈ R} . Agora, um elemento qualquer de W pode ser escrito como uma combinacao linear de vetores de W: ¸˜ (−α − γ, γ, −α + β, β, α) = (−α, 0, −α, 0, α) + (0, 0, β, β, 0) + (−γ, γ, 0, 0, 0) = α(−1, 0, −1, 0, 1) + β (0, 0, 1, 1, 0) + γ (−1, 1, 0, 0, 0) Assim, todo vetor de W pode ser escrito como combinacao linear dos vetores V1 = (−1, 0, −1, 0, 1), ¸˜ ´ V2 = (0, 0, 1, 1, 0) e V3 = (−1, 1, 0, 0, 0) pertencentes a W (V1 e obtido fazendo-se α = 1 e β = γ = 0, V2 fazendo-se α = γ = 0 e β = 1 e V3 fazendo-se α = β = 0 e γ = 1). Neste caso dizemos que V1 = (−1, 0, −1, 0, 1), V2 = (0, 0, 1, 1, 0) e V3 = (−1, 1, 0, 0, 0) geram o subespaco W. Em geral temos a seguinte definicao. ¸ ¸˜ Definicao 5.5. Seja W um subespaco de Rn (por exemplo, o espaco solucao de um sistema linear ¸˜ ¸ ¸ ¸˜ ¯). Dizemos que os vetores V1 , . . . , Vk pertencentes a W, geram W ou que ˆ homogeneo AX = 0 ´ ´ {V1 , . . . , Vk } e um conjunto de geradores de W, se qualquer vetor de W e combinacao linear de ¸˜ ´ ´ V1 , . . . , Vk . Dizemos tambem que W e o subespac gerado por V1 , . . . , Vk . ¸o Julho 2007 Reginaldo J. Santos Espacos Rn ¸ 334 ˜ ´ Uma questao importante e encontrar o maior numero poss´vel de vetores linearmente indepen´ ı ˜ dentes em um subespaco. O resultado a seguir responde a esta quest ao. ¸ Teorema 5.6. Seja W subespaco de Rn (por exemplo, o espaco solucao de um sistema linear ho¸ ¸ ¸˜ ˆ mogeneo AX = ¯). Seja {V1 , . . . , Vm } um conjunto de vetores de W 0 (a) linearmente independente (L.I.), ´ (b) que gera W (ou seja, todo vetor X de W e combinacao linear de V1 , . . . , Vm ). ¸˜ ˜ ´ Entao, um conjunto com mais de m vetores em W e linearmente dependente (L.D.). Demonstracao. Seja {W1 , . . . , Wp } um subconjunto de W, com p > m. Vamos mostrar que ¸˜ ´ {W1 , . . . , Wp } e L.D. Vamos considerar a combinacao linear nula de W1 , . . . , Wp ¸˜ x1 W1 + x2 W2 + . . . + xp Wp = ¯. 0 (5.13) Como qualquer elemento de W pode ser escrito como combinacao linear de V1 , . . . , Vm , em particular, ¸˜ m Wj = b1j V1 + b2j V2 + . . . + bmj Vm = bij Vi , para j = 1, . . . , p . (5.14) i=1 ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 5.2 ˜ Subespac Base e Dimensao ¸os 335 ´ Assim, substituindo (5.14) em (5.13) e agrupando os termos que contem Vi , para i = 1, . . . , m, obtemos (b11 x1 + . . . + b1p xp )V1 + . . . + (bm1 x1 + . . . + bmp xp )Vm = ¯. 0 (5.15) ˜ ´ ˜ Como {V1 , . . . , Vm } e L.I., entao os escalares na equacao (5.15) sao iguais a zero. Isto leva ao ¸˜ sistema linear BX = ¯, 0 ´ ˆ ´ em que B = (bij )m×p . Mas, este e um sistema homogeneo que tem mais incognitas do que equacoes, ¸˜ ˜ ´ portanto possui solucao nao trivial, (Teorema 1.6 na pagina 53), como quer´amos provar. ¸˜ ı O resultado anterior mostra que se podemos escrever todo elemento do subespaco W como uma ¸ ˜ ´ combinacao linear de vetores V1 , . . . , Vm L.I. pertencentes a W, entao m e o maior numero poss´vel ¸˜ ´ ı de vetores L.I. em W. No Exemplo 5.17 os vetores V1 = (−1, 0, −1, 0, 1), V2 = (0, 0, 1, 1, 0) e V3 = (−1, 1, 0, 0, 0) ´ geram W. Alem disso de α(−1, 0, −1, 0, 1) + β (0, 0, 1, 1, 0) + γ (−1, 1, 0, 0, 0) = (−α − γ, γ, −α + β, β, α) ˜ segue-se que V1 , V2 e V3 sao L.I. (por que?) ˜ Assim pelo Teorema 5.6 nao podemos obter um numero maior de vetores em W L.I. Neste caso ´ ´ uma base de W. Em geral temos a seguinte definicao. dizemos que {V1 , V2 , V3 } e ¸˜ Definicao 5.6. Seja W um subespaco de Rn (por exemplo, o espaco solucao de um sistema linear ¸˜ ¸ ¸ ¸˜ ˆ ´ homogeneo AX = ¯). Dizemos que um subconjunto {V1 , . . . , Vk } de W e uma base de W, se 0 Julho 2007 Reginaldo J. Santos Espacos Rn ¸ 336 ´ ´ (a) {V1 , . . . , Vk } e um conjunto de geradores de W (ou seja, todo vetor de W e combinacao linear ¸˜ de V1 , . . . , Vk ) e ´ (b) {V1 , . . . , Vk } e L.I. Exemplo 5.18. Os vetores E1 = (1, 0, . . . , 0), E2 = (0, 1, 0, . . . , 0), . . . , En = (0, . . . , 0, 1) formam ´ uma base do Rn . Pois, um vetor qualquer do Rn e da forma V = (a1 , . . . , an ) e pode ser escrito ˆ como uma soma de vetores, sendo um vetor para cada parametro e cada vetor dependendo apenas ˆ de um parametro, obtendo V = (a1 , . . . , an ) = (a1 , 0, . . . , 0) + (0, a2 , 0, . . . , 0) + . . . + (0, . . . , 0, an ) = a1 (1, 0, . . . , 0) + a2 (0, 1, 0, . . . , 0) + . . . + an (0, . . . , 0, 1). Assim, os vetores E1 = (1, 0, . . . , 0), E2 = (0, 1, 0, . . . , 0), . . . , En = (0, . . . , 0, 1) geram o Rn . ´ ˜ Vimos no Exemplo 5.10 na pagina 316 que E1 , E2 , . . . En sao L.I. Esses vetores formam a chamada n 3 ˆ base canonica de R . No caso do R , E1 = i, E2 = j e E3 = k . Exemplo 5.19. Seja W = {(x, y, z ) = t(a, b, c) | t ∈ R} uma reta que passa pela origem. Como o ´˜ ˜ ´ vetor diretor V = (a, b, c) e nao nulo e gera a reta, entao {V } e uma base de W. ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 5.2 ˜ Subespac Base e Dimensao ¸os 337 z V2 = (0, −3, 2) V1 = (−2, 1, 0) x y Figura 5.21: V1 = (−2, 1, 0) e V2 = (0, −3, 2) que formam uma base para o plano Julho 2007 Reginaldo J. Santos Espacos Rn ¸ 338 z V = (a, b, c) x y ´ Figura 5.22: Vetor V = (a, b, c) que e base para a reta (x, y, z ) = t(a, b, c) ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 5.2 ˜ Subespac Base e Dimensao ¸os 339 Exemplo 5.20. Seja W = {(x, y, z ) ∈ R3 | ax + by + cz = 0} um plano que passa pela origem. Vamos supor que a = 0. Um ponto (x, y, z ) satisfaz a equacao ax + by + cz = 0 se, e somente se, ¸˜ 1 z = α, y = β, x = − (cα + bβ ), a c a para todos α, β ∈ R. Assim, o plano W pode ser descrito como W = {(− α − b β, β, α) | α, β ∈ R}. Assim, todo vetor a ˆ de W pode ser escrito como uma soma de vetores, sendo um para cada par ametro, obtendo b c b c b c (− α − β, β, α) = (− α, 0, α) + (− β, β, 0) = α(− , 0, 1) + β (− , 1, 0). a a a a a a c Assim, todo vetor de W pode ser escrito como uma combinacao linear dos vetores V1 = (− a , 0, 1) e ¸˜ b ´ V2 = (− a , 1, 0) pertencentes a W (V1 e obtido fazendo-se α = 1 e β = 0 e V2 , fazendo-se α = 0 c b ˜ e β = 1). Portanto, V1 = (− a , 0, 1) e V2 = (− a , 1, 0) geram o plano W. Como V1 e V2 sao L.I., ˜´´ ˜ ´ pois um nao e multiplo escalar do outro, entao {V1 , V2 } e uma base do plano W. Deixamos como ´ exerc´cio para o leitor encontrar uma base de W para o caso em que b = 0 e tamb em para o caso em ı que c = 0. ´ ˜ 0´ ¸ Segue do Teorema 5.6 na pagina 334 que se W = {¯} e um subespaco, entao qualquer base de ´ W tem o mesmo numero de elementos e este e o maior numero de vetores L.I. que podemos ter em ´ ´ ´ ˜ W. O numero de elementos de qualquer uma das bases de W e chamado de dimensao de W. Se ´ ¯} dizemos que W tem dimensao igual a 0. ˜ W = {0 ˜ ´ ´ Exemplo 5.21. A dimensao do Rn e n, pois como foi mostrado no Exemplo 5.18 na pagina 336, E1 = (1, 0, . . . , 0), E2 = (0, 1, 0, . . . , 0), . . . , En = (0, . . . , 0, 1) formam uma base do Rn . Julho 2007 Reginaldo J. Santos 340 Espacos Rn ¸ ´ ˜ Exemplo 5.22. Pelo Exemplo 5.19 na pagina 336 uma reta que passa pela origem tem dimensao 1 e ´ ˜ pelo Exemplo 5.20 na pagina 339 um plano que passa pela origem tem dimensao 2. ˜ ´ ˜ Vamos mostrar a seguir que se a dimensao de um subespaco W e m > 0, entao basta conse¸ guirmos m vetores L.I. em W, que teremos uma base. ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 5.2 ˜ Subespac Base e Dimensao ¸os 341 ˜ ˜ Teorema 5.7. Seja W um subespaco de dimensao m > 0. Se m vetores, V1 , . . . , Vm ∈ W, sao L.I., ¸ ˜ entao eles geram o subespaco W e portanto formam uma base de W. ¸ Demonstracao. Sejam V1 , . . . , Vm vetores L.I. e seja V um vetor qualquer do subespaco W. Vamos ¸˜ ¸ ´ mostrar que V e combinacao linear de V1 , . . . , Vm . Considere a equacao vetorial ¸˜ ¸˜ x1 V1 + x2 V2 + . . . + xm Vm + xm+1 V = ¯ 0 (5.16) ´ ˜ ˜ ¸ Pelo Teorema 5.6 na pagina 334, V1 , . . . , Vm , V sao L.D., pois sao m + 1 vetores em um subespaco ˜ ˜ ˜ ¸˜ de dimensao m. Entao a equacao (5.16) admite solucao nao trivial, ou seja, pelo menos um xi = 0. ¸˜ ´ ˜ Mas, xm+1 = 0, pois caso contrario, V1 , . . . , Vm seriam L.D. Entao, multiplicando-se a equacao (5.16) ¸˜ por 1/xm+1 e subtraindo (x1 /xm+1 )V1 + (x2 /xm+1 )V2 + . . . + (xm /xm+1 )Vm , obtemos V =− x1 xm+1 V1 − . . . − xm xm+1 Vm . ˜ ´ ˜ Dos resultados anteriores, vemos que se a dimensao de um subespaco, W, e m > 0, entao basta ¸ ˜ conseguirmos m vetores L.I. em W, que teremos uma base (Teorema 5.7) e nao podemos conseguir ´ mais do que m vetores L.I. (Teorema 5.6 na pagina 334). Exemplo 5.23. Do Teorema 5.7 segue-se que n vetores L.I. do Rn formam uma base de Rn . Por exemplo, 3 vetores L.I. do R3 formam uma base de R3 . Julho 2007 Reginaldo J. Santos Espacos Rn ¸ 342 Figura 5.23: O subespaco W do Exemplo 5.24 ¸ ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 5.2 ˜ Subespac Base e Dimensao ¸os 343 Figura 5.24: O subespaco V do Exemplo 5.24 ¸ Julho 2007 Reginaldo J. Santos Espacos Rn ¸ 344 Figura 5.25: Os subespacos W, V e V ∩ W do Exemplo 5.24 ¸ ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 5.2 ˜ Subespac Base e Dimensao ¸os 345 Exemplo 5.24. Sejam W o plano x + y + z = 0 e V o plano 4x − 2y + z = 0. Assim, o plano W tem ´ vetor normal N1 = (1, 1, 1) e o plano V tem vetor normal N2 = (4, −2, 1). A intersecao W ∩ V e a ¸˜ ´ ´ reta cujo vetor diretor e V = N1 × N2 = (3, 3, −6) (revise o Exemplo 4.7 na pagina 251) e que passa ´ pela origem. Assim, a reta que e a intersecao, V ∩ W, tem equacao (x, y, z ) = t(3, 3, −6), para todo ¸˜ ¸˜ ˜ V ∩ W. Como um vetor nao nulo e L.I. o ˜ ´ t ∈ R. Portanto, o vetor V = (3, 3, −6) gera a intersecao ¸ ´ ´ conjunto {V = (3, 3, −6)} e uma base da reta que e a intersecao V ∩ W. ¸˜ ´ Alternativamente, podemos encontrar as equacoes parametricas da reta V ∩ W, intersecao dos ¸˜ ¸˜ planos determinando a solucao geral do sistema (5.17) ¸˜ W: V: x+y +z = 0, 4x − 2y + z = 0 . (5.17) Para isto devemos escalonar a matriz do sistema (5.17): 1 1 10 4 −2 1 0 . ´ ˆ ` Precisamos “zerar” o outro elemento da 1a coluna, que e a coluna do pivo, para isto, adicionamos a a . linha, −4 vezes a 1a linha. . 2 . . . −4∗1a linha + 2a linha −→ 2a linha 1 1 10 0 −6 −3 0 ´ ´ ´ Agora, ja podemos obter facilmente a solucao geral do sistema dado, ja que ele e equivalente ao ¸˜ sistema x+ y+ z=0 −6y − 3z = 0 ´ ´ ´ ´ A variavel z e uma variavel livre. Podemos dar a ela um valor arbitrario, digamos t, para t ∈ R Julho 2007 Reginaldo J. Santos Espacos Rn ¸ 346 ´ qualquer. Assim, a solucao geral do sistema (5.17) e ¸˜ x = −1 t 2 y = −1 t 2 z= t para todo t ∈ R. ´ A reta que e a intersecao, V ∩ W, tem equacao (x, y, z ) = t(−1/2, −1/2, 1), para todo t ∈ R (revise ¸˜ ¸˜ ´ o Exemplo 4.7 na pagina 251). Portanto, o vetor V = (−1/2, −1/2, 1) gera a intersecao V ∩ W. ¸˜ ˜ ´ ´ ´ Como um vetor nao nulo e L.I. o conjunto {V = (−1/2, −1/2, 1)} e uma base do subespaco que e a ¸ reta intersecao de V com W. ¸˜ Observacao. Como no exemplo anterior, em geral, o espaco solucao de um sistema linear ho¸˜ ¸ ¸˜ ˆ ˜ mogeneo pode ser visto como uma intersecao de subespacos que sao as solucoes de sistemas ¸˜ ¸ ¸˜ formados por subconjuntos de equacoes do sistema inicial. ¸˜ Exemplo 5.25. Considere o subespaco W = {(a + c, b + c, a + b + 2c) | a, b, c ∈ R} de R 3 . Vamos ¸ encontrar um conjunto de geradores e uma base para W. Qualquer elemento V de W pode ser escrito como uma soma de vetores, sendo um vetor para ˆ ˆ cada parametro e cada vetor dependendo apenas de um parametro, obtendo V = (a + c, b + c, a + b + 2c) = (a, 0, a) + (0, b, b) + (c, c, 2c) = a(1, 0, 1) + b(0, 1, 1) + c(1, 1, 2). Logo, definindo V1 = (1, 0, 1), V2 = (0, 1, 1) e V3 = (1, 1, 2), temos que {V1 , V2 , V3 } gera W. Para ´ ˜ sabermos se {V1 , V2 , V3 } e base de W, precisamos verificar se V1 , V2 e V3 sao L.I. Para isto temos que saber se a equacao vetorial ¸˜ xV1 + yV2 + zV3 = ¯ 0 (5.18) ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 5.2 ˜ Subespac Base e Dimensao ¸os 347 ou equivalentemente, A X = ¯, 0 em que A = [ V1 V2 V3 ] ´ so possui a solucao trivial. Escalonando a matriz A, obtemos ¸˜ 101 R = 0 1 1 . 000 ˜ ˜ ´ Logo 5.18 tem solucao nao trivial. Assim os vetores V1 , V2 e V3 sao L.D. A solucao de (5.18) e dada ¸˜ ¸˜ por x = −α, y = −α e z = α, para todo α ∈ R. Substituindo-se esta solucao em (5.18) obtemos ¸˜ −αV1 − αV2 + αV3 = ¯ 0 Tomando-se α = 1 obtemos V3 = V2 + V1 . Assim o vetor V3 pode ser descartado na geracao de ¸˜ ´ ˜ W, pois ele e combinacao linear dos outros dois. Logo, apenas V1 e V2 sao suficientes para gerar W. ¸˜ ´ ˜ ˜´´ ˜ ˜ Como alem disso, os vetores V1 e V2 sao tais que um nao e multiplo escalar do outro, entao eles sao ´ L.I. e portanto {V1 , V2 } e uma base de W. Observe que a mesma relacao que vale entre as colunas ¸˜ de R vale entre as colunas de A (por que?). Exemplo 5.26. Considere os vetores V1 = (−1, 1, 0, −3) e V2 = (−3, 3, 2, −1) linearmente independentes de R4 . Vamos encontrar vetores V3 e V4 tais que {V1 , V2 , V3 , V4 } formam uma base de R4 . ˜ Escalonando a matriz cujas linhas sao os vetores V1 e V2 , A= −1 1 0 −3 −3 3 2 −1 , obtemos R = 1 −1 0 3 0 014 ˜ ˆ ´ Vamos inserir linhas que sao vetores da base canonica na matriz R ate conseguir uma matriz 4 × 4 triangular superior com os elementos da diagonal diferentes de zero. Neste caso acrescentando as Julho 2007 Reginaldo J. Santos Espacos Rn ¸ 348 linhas V3 = [ 0 1 0 0 ] e V4 = [ 0 0 0 1 ] em posicoes adequadas obtemos a matriz ¸˜ 1 −1 0 3 0 1 0 0 ¯ R= 0 0 1 4 0 001 ˜ Vamos verificar que V1 , V2 , V3 e V4 sao L.I. x1 V 1 + x 2 V 2 + x 3 V 3 + x 4 V 4 = ¯ 0 ´ e equivalente ao sistema linear CX = ¯, 0 em que C = [ V1 V2 V3 V4 ]. ¯ ¯ ˜ ´ Mas como det(R) = 0, entao det(C ) = 0, pelo Teorema 2.13 na pagina 117, pois R pode ser obtida ´ ˜ ´ de C t aplicando-se operacoes elementares. Logo {V1 , V2 , V3 , V4 } e L.I. Como a dimensao do R4 e ¸˜ ˜ ´ ´ igual a 4 , entao pelo Teorema 5.7 na pagina 341, {V1 , V2 , V3 , V4 } e uma base de R4 . ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 5.2 ˜ Subespac Base e Dimensao ¸os 349 ´ ´ Exerc´cios Numericos (respostas na pagina 596) ı ˆ 5.2.1. Encontre um conjunto de geradores para o espaco soluc ao do sistema homogeneo AX = ¯, ¸ ¸˜ 0 em que 1010 (a) A = 1 2 3 1 ; 2131 1 1 2 −1 (b) A = 2 3 6 −2 . −2 1 2 2 0 (a) A = 1 0 2 0 (b) A = 0 0 −1 2 2 0 −1 2 1 0 (d) A = −1 1 2 0 . 0001 230 (e) A = 0 1 0 ; 002 230 (f) A = 0 2 0 ; 002 ˆ ˜ 5.2.2. Encontre os valores de λ tais que o sistema homogeneo (A − λIn )X = ¯ tem solucao nao 0 ¸˜ ˜ para as matrizes A trivial e para estes valores de λ, encontre uma base para o espaco solucao, ¸ ¸ dadas: 0 1 0 −3 ; 1 3 234 2 3 2 ; 0 1 1 001 1 1 −2 (c) A = −1 2 1 ; 0 1 −1 5.2.3. Determine uma base para a reta intersecao dos planos x − 7y + 5z = 0 e 3x − y + z = 0. ¸˜ 5.2.4. Sejam V1 = (4, 2, −3), V2 = (2, 1, −2) e V3 = (−2, −1, 0). ˜ (a) Mostre que V1 , V2 e V3 sao L.D. Julho 2007 Reginaldo J. Santos Espacos Rn ¸ 350 ˜ (b) Mostre que V1 e V2 sao L.I. ˜ (c) Qual a dimensao do subespaco gerado por V1 , V2 e V3 , ou seja, do conjunto das ¸ combinacoes lineares de V1 , V2 e V3 . ¸˜ (d) Descreva geometricamente o subespaco gerado por V 1 , V2 e V3 ¸ 5.2.5. Dados V1 = (2, 1, 3) e V2 = (2, 6, 4): (a) Os vetores V1 e V2 geram o R3 ? Justifique. (b) Seja V3 um terceiro vetor do R3 . Quais as condicoes sobre V3 , para que {V1 , V2 , V3 } seja ¸˜ 3 uma base de R ? (c) Encontre um vetor V3 que complete junto com V1 e V2 uma base do R3 . 5.2.6. Seja W o plano x + 2y + 4z = 0. Obtenha uma base {V1 , V2 , V3 } de R3 tal que V1 e V2 pertencam a W. ¸ 5.2.7. Considere os seguintes subespacos de R3 : ¸ V = [(−1, 2, 3), (1, 3, 4)] e W = [(1, 2, −1), (0, 1, 1)]. ´ Encontre as equacoes parametricas da reta V ∩ W e uma base para o subespaco V ∩ W. ¸˜ ¸ A notacao [V1 , V2 ] significa o subespaco gerado por V1 e V2 , ou seja, o conjunto de todas as ¸˜ ¸ combinacoes lineares de V1 e V2 . ¸˜ 5.2.8. Seja V = {(3a + 4b − 4c, 2a − 4b − 6c, −2a − 4b + 2c) | a, b, c ∈ R} um subespaco de R 3 . ¸ (a) Determine um conjunto de geradores para V. ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 5.2 ˜ Subespac Base e Dimensao ¸os 351 (b) Determine uma base para V. 5.2.9. Dados V1 = (−3, 5, 2, 1) e V2 = (1, −2, −1, 2): (a) Os vetores V1 e V2 geram o R4 ? Justifique. (b) Sejam V3 e V4 vetores do R4 . Quais as condicoes sobre V3 e V4 para que {V1 , V2 , V3 , V4 } ¸˜ 4 seja uma base de R ? (c) Encontre vetores V3 e V4 que complete junto com V1 e V2 uma base do R4 . ˆ 5.2.10. De exemplo de: ˆ ˜ ˜ (a) Tres vetores: V1 , V2 e V3 , sendo {V1 } L.I., {V2 , V3 } L.I., V2 e V3 nao sao multiplos de V1 e ´ {V1 , V2 , V3 } L.D. ˜ ˜ (b) Quatro vetores: V1 , V2 , V3 e V4 , sendo {V1 , V2 } L.I., {V3 , V4 } L.I., V3 e V4 nao sao combinacao linear de V1 e V2 e {V1 , V2 , V3 , V4 } L.D. ¸˜ Exerc´cio usando o M ATLAB ı ´ 5.2.11. Defina a matriz aleatoria A=triu(randi(4,4,3)). Encontre os valores de λ tais que o sistema ˆ ˜ homogeneo (A − λI4 )X = ¯ tem solucao nao trivial e para estes valores de λ, encontre uma 0 ¸˜ base para o espaco solucao. ¸ ¸˜ ´ Exerc´cios Teoricos ı ´ 5.2.12. Seja A uma matriz m × n. Mostre que se o conjunto solucao do sistema linear AX = B e um ¸˜ ¯, ou seja, o sistema linear e homogeneo. (Sugestao: se X e solucao ˜ ´ ˆ ˜ ´ subespaco, entao B = 0 ¸ ¸˜ ˜ ´ ´ de AX = B , entao Y = 0 X tambem o e.) Julho 2007 Reginaldo J. Santos Espacos Rn ¸ 352 5.2.13. Determine uma base para o plano ax + by + cz = 0 no caso em que b = 0 e no caso em que c = 0. ´ 5.2.14. Sejam V e W vetores do Rn . Mostre que o conjunto dos vetores da forma αV + βW e um n subespaco do R . ¸ ˜ ˜ ˜´ 5.2.15. Mostre que se uma reta em R2 ou em R3 nao passa pela origem, entao ela nao e um subespaco. ¸ ˜ ˜ (Sugestao: se ela fosse um subespaco, entao ...) ¸ y x 5.2.16. Sejam A uma matriz m × n e B uma matriz m × 1. Mostre que o conjunto dos vetores B para os quais o sistema A X = B tem solucao e um subespaco de Rm . Ou seja, mostre que o ¸˜ ´ ¸ conjunto I(A) = {B ∈ Rm | B = A X, para algum X ∈ Rn } ´ e um subespaco de Rm . ¸ ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 5.2 ˜ Subespac Base e Dimensao ¸os 353 5.2.17. Sejam W1 e W2 dois subespacos. ¸ ´ (a) Mostre que W1 ∩ W2 e um subespaco. ¸ ´ (b) Mostre que W1 ∪ W2 e um subespaco se, e somente se, W1 ⊆ W2 ou W2 ⊆ W1 . ¸ (c) Definimos a soma dos subespacos W1 e W2 por ¸ W1 + W2 = {V1 + V2 | V1 ∈ W1 e V2 ∈ W2 }. ´ ´ Mostre que W1 + W2 e um subespaco que contem W1 e W2 . ¸ 5.2.18. Sejam W um subespaco de Rn e {W1 , . . . , Wk } uma base de W. Defina a matriz B = ¸ t [ W1 . . . Wk ] , com W1 , . . . , Wk escritos como matrizes colunas. Sejam W⊥ o espaco ¸ ˆ solucao do sistema homogeneo BX = ¯ e {V1 , . . . , Vp } uma base de W⊥ . Defina a ma¸˜ 0 ´ triz A = [ V1 . . . Vp ]t , com V1 , . . . , Vp escritos como matrizes colunas. Mostre que W e o ¯, ou seja, ˆ espaco solucao do sistema homogeneo AX = 0 ¸ ¸˜ W = {X ∈ Rp | AX = ¯}. 0 5.2.19. Sejam A uma matriz m × n e B uma matriz m × 1. Seja X0 uma solucao (particular) do sistema ¸˜ ´ linear A X = B . Mostre que se {V1 , . . . , Vk } e uma base para o espaco solucao do sistema ¸ ¸˜ ¯, entao toda solucao de A X = B pode ser escrita na forma ˆ ˜ homogeneo AX = 0 ¸˜ X = X 0 + α 1 V1 + . . . + α k Vk , ˜ ˜ ´ em que α1 , . . . , αk sao escalares. (Sugestao: use o Exerc´cio 1.2.21 na pagina 73) ı ˜ 5.2.20. Mostre que a dimensao do subespaco gerado pelas linhas de uma matriz escalonada reduzida ¸ ´ ˜ e igual a dimensao do subespaco gerado pelas suas colunas. ¸ Julho 2007 Reginaldo J. Santos 354 Espacos Rn ¸ ˜ ´ ˜ 5.2.21. Mostre que a dimensao do subespaco gerado pelas linhas de uma matriz e igual a dimensao ¸ ˜ do subespaco gerado pelas suas colunas. (Sugestao: Considere a forma escalonada reduzida ¸ da matriz A e use o exerc´cio anterior.) ı ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 5.2 ˜ Subespac Base e Dimensao ¸os 355 ˆ Apendice IV: Outros Resultados ´ Teorema 5.8. Um subconjunto {V1 , V2 , . . . , Vm } de um subespaco W e uma base para W se, e ¸ ´ somente se, todo vetor X de W e escrito de maneira unica como combinacao linear de V1 , V2 , . . . , Vm . ´ ¸˜ ´ Demonstracao. Em primeiro lugar, suponha que todo vetor X de W e escrito de maneira unica ¸˜ ´ ´ como combinacao linear de V1 , . . . , Vm . Vamos mostrar que {V1 , V2 , . . . , Vm } e uma base de W. ¸˜ ´ Como todo vetor e escrito como combinacao linear de V1 , . . . , Vm , basta mostrarmos que V1 , . . . , Vm ¸˜ ˜ sao L.I. Considere a equacao ¸˜ x1 V1 + . . . + xm Vm = ¯. 0 ´ Como todo vetor e escrito de maneira unica como combinacao linear de V1 , . . . , Vm , em particular ´ ¸˜ temos que para X = ¯, 0 x1 V1 + . . . + xm Vm = ¯ = 0V1 + . . . + 0Vm , 0 ˜ o que implica que x1 = 0, . . . , xm = 0, ou seja, V1 , . . . , Vm sao linearmente independentes. Portanto, ´ base de W. {V1 , V2 , . . . , Vm } e ´ Suponha, agora, que {V1 , V2 , . . . , Vm } e base de W. Seja X um vetor qualquer de W. Se x1 V 1 + . . . + x m V m = X = y 1 V 1 + . . . + y m V m , ˜ entao (x1 − y1 )V1 + . . . + (xm − ym )Vm = ¯. 0 Julho 2007 Reginaldo J. Santos 356 Espacos Rn ¸ ˜ ˜ Como V1 , . . . , Vm formam uma base de W, entao eles sao L.I., o que implica que x1 = y1 , . . . , xm = ´ ym . Portanto, todo vetor X de W e escrito de maneira unica como combinacao linear de V1 , . . . , Vm . ´ ¸˜ ´ Teorema 5.9. Se S = {V1 , . . . , Vk } e um conjunto de vetores que gera um subespaco W, ou seja, ¸ ˜ ´ W = [S] = [V1 , . . . , Vk ], entao existe um subconjunto de S que e base de W. ´ ˜ ´ ´ ´ Demonstracao. Se S e L.I., entao S e uma base de W. Caso contrario, S e L.D. e pelo Teorema ¸˜ ´ ´ 5.5 na pagina 319, um dos vetores de S e combinacao linear dos outros. Assim, o subconjunto de ¸˜ S obtido retirando-se este vetor continua gerando W. Se esse subconjunto for L.I., temos uma base ´ ´ para W, caso contrario, continuamos retirando vetores do subconjunto ate obtermos um subconjunto L.I. e a´ neste caso temos uma base para W. ı ˜ ´ ˜ Vamos mostrar que se a dimensao de um subespaco W e m, entao m vetores que geram o ¸ ´ ˜ subespaco, W, formam uma base (Corolario 5.10) e que nao podemos ter menos que m vetores ¸ ´ gerando o subespaco (Corolario 5.11). ¸ ˜ ´ Sao simples as demonstracoes dos seguintes corolarios, as quais deixamos como exerc´cio. ¸˜ ı ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 5.2 ˜ Subespac Base e Dimensao ¸os 357 ˜ ˜ ´ Corolario 5.10. Em um subespaco, W, de dimensao m > 0, m vetores que geram o subespaco, sao ¸ ¸ L.I. e portanto formam uma base. ˜ ´ Corolario 5.11. Em um subespaco, W, de dimensao m > 0, um conjunto com menos de m vetores ¸ ˜ gera o subespaco. nao ¸ ´ Teorema 5.12. Se R = {V1 , . . . , Vk } e um conjunto de vetores L.I. em um subespaco W de Rn , ¸ ˜ ´ entao o conjunto R pode ser completado ate formar uma base de W, ou seja, existe um conjunto ´ S = {V1 , . . . , Vk , Vk+1 . . . , Vm } (R ⊆ S), que e uma base de W. ˜ ´ ´ Demonstracao. Se {V1 , . . . , Vk } gera W, entao {V1 , . . . , Vk } e uma base de W. Caso contrario, seja ¸˜ ˜ ˜ Vk+1 um vetor que pertence a W, mas nao pertence ao subespaco gerado por {V1 , . . . , Vk }. Entao, ¸ ¯, implicaria que ´ ´ o conjunto {V1 , . . . , Vk , Vk+1 } e L.I., pois caso contrario x1 V1 + . . . + xk+1 Vk+1 = 0 xk+1 = 0 (por que?) e assim, Vk+1 seria combinacao linear de V1 , . . . , Vk , ou seja, Vk+1 pertenceria ¸˜ ˜ ´ ao subespaco Wk . Se {V1 , . . . , Vk+1 } gera W, entao {V1 , . . . , Vk+1 } e uma base de W. Caso ¸ ´ ´ contrario, o mesmo argumento e repetido para o subespaco gerado por {V1 , . . . , Vk , Vk+1 }. ¸ ´ ´ Pelo Corolario 5.4 na pagina 318 este processo tem que parar, ou seja, existe um inteiro positivo ´ ´ m ≤ n tal que {V1 , . . . , Vk , Vk+1 , . . . , Vm } e L.I., mas {V1 , . . . , Vk , Vk+1 , . . . , Vm , V } e L.D. para ´ qualquer vetor V de W. O que implica que V e combinacao linear de {V1 , . . . , Vk , Vk+1 , . . . , Vm } (por ¸˜ ´ que?). Portanto, {V1 , . . . , Vk , Vk+1 , . . . , Vm } e uma base de W. Julho 2007 Reginaldo J. Santos Espacos Rn ¸ 358 ´ Corolario 5.13. Todo subespaco de Rn diferente do subespaco trivial {¯} tem uma base e a sua ¸ ¸ 0 ˜´ dimensao e menor ou igual a n. ´ ˜ ` Os proximos resultados sao aplicacoes as matrizes. ¸˜ Proposicao 5.14. Sejam A e B matrizes m×n equivalentes por linhas. Sejam A 1 , . . . , An as colunas ¸˜ 1, . . . , n, respectivamente, da matriz A e B1 , . . . , Bn as colunas 1, . . . , n, respectivamente, da matriz B. ˜ ´ ˜ (a) Bj1 , . . . , Bjk sao L.I. se, e somente se, Aj1 , . . . , Ajk tambem o sao. (b) Se existem escalares αj1 , . . . , αjk tais que A k = α j1 A j1 + · · · + α jk A jk , ˜ entao B k = α j1 B j1 + · · · + α jk B jk , ´ (c) O subespaco gerado pelas linhas de A e igual ao subespaco gerado pelas linhas de B . ¸ ¸ ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 5.2 ˜ Subespac Base e Dimensao ¸os 359 ´ ˜ Demonstracao. Se B e equivalente por linhas a A, entao B pode ser obtida de A aplicando-se uma ¸˜ sequencia de operacoes elementares. Aplicar uma operacao elementar a uma matriz corresponde ¨ˆ ¸˜ ¸˜ ´ ` a multiplicar a matriz a esquerda por uma matriz invert´vel (Teorema 1.8 na pagina 59). Seja M o ı ` produto das matrizes invert´veis correspondentes as operacoes elementares aplicadas na matriz A ı ¸˜ ˜ M e invert´vel e B = M A. ´ para se obter a matriz B . Entao ı ˜ ´ ˜ (a) Vamos supor que Bj1 , . . . , Bjk sao L.I. e vamos mostrar que Aj1 , . . . , Ajk tambem o sao. Se xj1 Aj1 + · · · + xjk Ajk = ¯, 0 ˜ ` entao multiplicando-se a esquerda pela matriz M obtemos xj1 M Aj1 + · · · + xjk M Ajk = ¯. 0 ´ ˜ Como M Aj = Bj , para j = 1, . . . , n (Exerc´cio 1.1.18 (a) na pagina 28), entao ı xj1 Bj1 + · · · + xjk Bjk = ¯. 0 ˜ ˜ Assim, se Bj1 , . . . , Bjk sao L.I., entao xj1 = . . . = xjk = 0. O que implica que Aj1 , . . . , Ajk ´ ˜ tambem sao L.I. ˜ ˜ Trocando-se B por A o argumento acima mostra que se Aj1 , . . . , Ajk sao L.I., entao ´ ˜ Bj1 , . . . , Bjk tambem o sao. (b) Sejam αj1 , . . . , αjk escalares tais que A k = α j1 A j1 + · · · + α jk A jk , ˜ ` entao multiplicando-se a esquerda pela matriz M obtemos M A k = α j1 M A j1 + · · · + α jk M A jk . Julho 2007 Reginaldo J. Santos Espacos Rn ¸ 360 ´ ˜ Como M Aj = Bj , para j = 1, . . . , n (Exerc´cio 1.1.18 (a) na pagina 28), entao ı B k = α j1 B j1 + · · · + α jk B jk . ´ ` (c) A matriz B e obtida de A aplicando-se uma sequencia de operacoes elementares as linhas de ¨ˆ ¸˜ ´ A. Assim, toda linha de B e uma combinacao linear das linhas de A. Logo, o espaco gerado ¸˜ ¸ ´ pelas linhas de B esta contido no espaco gerado pelas linhas de A. Como toda operacao ¸ ¸˜ ´ elementar tem uma operacao elementar inversa, o argumento anterior tambem mostra que o ¸˜ ´ espaco gerado pelas linhas de A esta contido no espaco gerado pelas linhas de B . Portanto, ¸ ¸ ˜ eles sao iguais. ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 5.2 ˜ Subespac Base e Dimensao ¸os 361 Somente agora podemos provar a unicidade da forma escalonada reduzida. ˜ Teorema 5.15. Se R = (rij )m×n e S = (sij )m×n sao matrizes escalonadas reduzidas equivalentes ˜ por linhas a uma matriz A = (aij )m×n , entao R = S . Demonstracao. Sejam S e R matrizes escalonadas reduzidas equivalentes a A. Sejam R 1 , . . . , Rn ¸˜ ˜ as colunas de R e S1 , . . . , Sn as colunas de S . Seja r o numero de linhas nao nulas de R. Sejam ´ ˆ ˜ j1 , . . . , jr as colunas onde ocorrem os pivos das linhas 1, . . . , r , respectivamente, da matriz R. Entao ˜ R e S sao equivalentes por linha, ou seja, existe uma sequencia de operacoes elementares que po¨ˆ ¸˜ demos aplicar em R para chegar a S e uma outra sequencia de operacoes elementares que podemos ¨ˆ ¸˜ aplicar a S e chegar a R. ˜ Assim, como as colunas 1, . . . , j1 − 1 de R sao nulas o mesmo vale para as colunas 1, . . . , j1 − 1 a . linha de S ocorre numa coluna maior ou igual a j . Trocando-se R por S e ˆ de S . Logo o pivo da 1 1 ˜ usando este argumento chegamos a conclusao que Rj1 = Sj1 e assim R1 = S1 , . . . , Rj1 = Sj1 . Vamos supor que R1 = S1 , . . . , Rjk = Sjk e vamos mostrar que Rjk +1 = Sjk +1 , . . . , Rjk+1 = Sjk+1 , Rjr +1 = Sjr +1 , . . . , Rn = Sn , se k < r ou se k = r . Observe que para j = jk + 1, . . . , jk+1 − 1, se k < r , ou para j = jr + 1, . . . , n, se k = r , temos que Rj = (r1j , . . . , rkj , 0, . . . , 0) = r1j Rj1 + . . . + rkj Rjk , Julho 2007 Reginaldo J. Santos Espacos Rn ¸ 362 ´ o que implica pela Proposicao 5.14 (b) na pagina 358 que ¸˜ Sj = r1j Sj1 + . . . + rkj Sjk . ´ ˜ Mas por hipotese Rj1 = Sj1 , . . . , Rjk = Sjk , entao, Sj = r1j Rj1 + . . . + rkj Rjk = Rj , para j = jk + 1, . . . , jk+1 − 1, se k < r ou para j = jr + 1, . . . , n, se k = r . ˆ ´ Logo, se k < r , o pivo da (k + 1)-esima linha de S ocorre numa coluna maior ou igual a jk+1 . ˜ Trocando-se R por S e usando o argumento anterior chegamos a conclus ao que Rjk+1 = Sjk+1 e ˜ assim R1 = S1 , . . . , Rjr = Sjr . E se k = r , entao R1 = S1 , . . . , Rn = Sn . Portanto R = S . ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 5.3 Produto Escalar em Rn 363 5.3 Produto Escalar em Rn 5.3.1 Produto Interno Vimos que podemos estender a soma e a multiplicacao de vetores por escalar para o Rn . Pode¸˜ ´ mos estender tambem os conceitos de produto escalar e ortogonalidade. (a) Definimos o produto escalar ou interno de dois vetores X = (x 1 , . . . , xn ) e Y = (y1 , . . . , yn ) ∈ Rn por Definicao 5.7. ¸˜ n X · Y = x 1 y1 + x2 y2 + . . . + x n yn = xi y i . i=1 (b) Definimos a norma de um vetor X = (x1 , . . . , xn ) ∈ Rn por ||X || = √ n X ·X = x2 1 +...+ x2 n x2 . i = i=1 Escrevendo os vetores como matrizes colunas, o produto interno de dois vetores x1 . X= . . xn Julho 2007 e y1 . Y = . . yn Reginaldo J. Santos Espacos Rn ¸ 364 pode ser escrito em termos do produto de matrizes como X · Y = X t Y. Exemplo 5.27. Sejam V = (1, −2, 4, 3, 5) e W = (5, 3, −1, −2, 1) vetores do R 5 . O produto escalar ´ entre V e W e dado por V · W = (1)(5) + (−2)(3) + (4)(−1) + (3)(−2) + (5)(1) = −6. ˜ As normas de V e W sao dadas por ||V || = ||W || = 12 + (−2)2 + 42 + 32 + 52 = √ 55, √ 52 + 32 + (−1)2 + (−2)2 + 12 = 40. ˜ ´ Sao validas as seguintes propriedades para o produto escalar e a norma de vetores de R n . ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 5.3 Produto Escalar em Rn 365 ˜ ´ ˜ Proposicao 5.16. Se X, Y e Z sao vetores de Rn e α e um escalar, entao ¸˜ (a) X · Y = Y · X (comutatividade); (b) X · (Y + Z ) = X · Y + X · Z (distributividade em relacao a soma); ¸˜ ` (c) (αX ) · Y = α(X · Y ) = X · (αY ); (d) X · X = ||X ||2 ≥ 0 e ||X || = 0 se, e somente se, X = ¯; 0 (e) ||αX || = |α| ||X ||; (f) |X · Y | ≤ ||X ||||Y || (desigualdade de Cauchy-Schwarz); (g) ||X + Y || ≤ ||X || + ||Y || (desigualdade triangular). ˜ Demonstracao. Sejam X, Y, Z ∈ Rn e α ∈ R. Usando o fato de que se os vetores sao escritos como ¸˜ ˜ matrizes colunas, entao o produto escalar pode ser escrito como o produto de matrizes, X · Y = X t Y , ´ ´ e as propriedades da algebra matricial (Teorema 1.1 na pagina 10), temos que (a) X · Y = x1 y1 + · · · + xn yn = y1 x1 + · · · + yn xn = Y · X . (b) X · (Y + Z ) = X t (Y + Z ) = X t Y + X t Z = X · Y + X · Z . Julho 2007 Reginaldo J. Santos Espacos Rn ¸ 366 ´ (c) α(X · Y ) = α(X t Y ) = (αX t )Y = (αX )t Y = (αX ) · Y . A outra igualdade e inteiramente ´ analoga. ´ ´ ´ (d) X · X e uma soma de quadrados, por isso e sempre maior ou igual a zero e e zero se, e somente ˜ se, todas as parcelas sao iguais a zero. (e) ||αX ||2 = (αx1 )2 + · · · + (αxn )2 = α2 (x2 + · · · + x2 ) = α2 ||X ||2 . Tomando a raiz quadrada, 1 n segue-se o resultado. ´ (f) A norma de λX + Y e maior ou igual a zero, para qualquer λ real. Assim, 0 ≤ ||λX + Y ||2 = (λX + Y ) · (λX + Y ) = (||X ||2 )λ2 + (2X · Y )λ + ||Y ||2 , ˆ para qualquer λ real. Logo, o discriminante deste trinomio tem que ser menor ou igual a zero. 2 2 2 Ou seja, ∆ = 4(X · Y ) − 4||X || ||Y || ≤ 0. Logo, |X · Y | ≤ ||X || ||Y ||. (g) Pelo item anterior temos que ||X + Y ||2 = (X + Y ) · (X + Y ) = ||X ||2 + 2X · Y + ||Y ||2 ≤ ||X ||2 + 2|X · Y | + ||Y ||2 ≤ ||X ||2 + 2||X ||||Y || + ||Y ||2 = (||X || + ||Y ||)2 . Tomando a raiz quadrada, segue-se o resultado. ˜ Dizemos que dois vetores X e Y sao ortogonais se X · Y = 0. As propriedades do produto escalar permitem introduzir o conceito de bases ortogonais no R n . Antes temos o seguinte resultado. ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 5.3 Produto Escalar em Rn 367 ˜ ´ ˜ Proposicao 5.17. Se V1 , . . . , Vk sao vetores nao nulos de Rn ortogonais, isto e, Vi · Vj = 0, para ¸˜ ˜ i = j , entao ´ (a) O conjunto {V1 , . . . , Vk } e L.I. k (b) Se V = ˜ αi Vi , entao αi = i=1 Demonstracao. ¸˜ V · Vi . ||Vi ||2 (a) Considere a equacao vetorial ¸˜ x1 V 1 + . . . + x k V k = ¯ . 0 (5.19) Fazendo o produto escalar de ambos os membros de (5.19) com Vi , i = 1, . . . , k e aplicando as propriedades do produto escalar, obtemos x1 (V1 · Vi ) + . . . + xi (Vi · Vi ) + . . . + xk (Vk · Vi ) = 0 . (5.20) Mas, Vi · Vj = 0, se i = j . Assim, de (5.20) obtemos que xi ||Vi ||2 = 0 . ˜ Mas, como Vi = ¯, entao ||Vi || = 0 e xi = 0, para i = 1 . . . , k . 0 (b) Seja k V= α i Vi . (5.21) i=1 Julho 2007 Reginaldo J. Santos Espacos Rn ¸ 368 Fazendo o produto escalar de V com Vj , para j = 1, . . . , k , obtemos que k V · Vj = k α i Vi i=1 Assim, αj = · Vj = V · Vj , ||Vj ||2 i=1 (αi Vi · Vj ) = αj ||Vj ||2 . para j = 1, . . . , k . ´ Observe que o item (a) e uma consequencia imediata do item (b). ¨ˆ ˜ Definimos a projecao ortogonal de um vetor V sobre um vetor nao nulo W , por ¸˜ projW V = V ·W ||W ||2 W. ˜ ´ Observe que a projecao ortogonal de um vetor V sobre um vetor nao nulo W e um multiplo escalar ¸˜ ´ ´ do vetor W . Alem disso temos o seguinte resultado. ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 Produto Escalar em Rn 5.3 369 ˜ ˜ ´ Proposicao 5.18. Seja W ∈ Rn um vetor nao nulo. Entao, V − projW V e ortogonal a W , para ¸˜ n qualquer vetor V ∈ R . Demonstracao. Precisamos calcular o produto escalar de W com V − projW V : ¸˜ (V − projW V ) · W = V · W − ´ Portanto, V − projW V e ortogonal a W . V ·W ||W ||2 W · W = 0. ´ ´ O proximo resultado e uma generalizacao da Proposicao 5.18. ¸˜ ¸˜ ˜ ˜ Proposicao 5.19. Sejam W1 , W2 , . . . , Wk vetores nao nulos de Rn , ortogonais entre si, entao para ¸˜ ´ qualquer vetor V , V − projW1 V − . . . − projWk V e ortogonal a Wi , para i = 1, . . . , k . Demonstracao. Vamos calcular o produto interno de V − projW1 V − . . . − projWk V com Wj , para ¸˜ j = 1, . . . , k . k V− k projWi V i=1 · Wj = V · W j − i=1 V · Wi ||Wi ||2 Wi · Wj = V · W j − V · Wj ||Wj ||2 W j · W j = 0, pois Wi · Wj = 0, se i = j e Wj · Wj = ||Wj ||2 . Julho 2007 Reginaldo J. Santos Espacos Rn ¸ 370 ´ Vamos mostrar no proximo exemplo como encontrar no conjunto solucao do sistema linear ho¸˜ ¯ um conjunto com o maior numero poss´vel de vetores unitarios (com norma igual ˆ ´ mogeneo AX = 0 ´ ı a 1) ortogonais. ˆ Exemplo 5.28. Considere o sistema linear homogeneo AX = ¯, em que 0 1 1 0 0 1 1 −1 −1 . A = −2 −2 1 1 −1 1 0 Escalonando a matriz aumentada do sistema acima, obtemos a matriz escalonada reduzida 110 010 0 0 1 −1 1 0 . 000 000 E assim a solucao geral do sistema pode ser escrita como ¸˜ x1 = −α − γ, x2 = γ, x3 = −α + β, x4 = β x5 = α para todos os valores de α, β, γ ∈ R, ou seja, o conjunto solucao do sistema AX = ¯ e ¸˜ 0´ W = {(x1 , x2 , x3 , x4 , x5 ) = (−α − γ, γ, −α + β, β, α) | α, β, γ ∈ R} . Agora, um elemento qualquer de W pode ser escrito como uma combinacao linear de vetores de W: ¸˜ (−α − γ, γ, −α + β, β, α) = (−α, 0, −α, 0, α) + (0, 0, β, β, 0) + (−γ, γ, 0, 0, 0) = α(−1, 0, −1, 0, 1) + β (0, 0, 1, 1, 0) + γ (−1, 1, 0, 0, 0) ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 5.3 Produto Escalar em Rn 371 Assim, todo vetor de W pode ser escrito como combinacao linear dos vetores V1 = (−1, 0, −1, 0, 1), ¸˜ ´ V2 = (0, 0, 1, 1, 0) e V3 = (−1, 1, 0, 0, 0) pertencentes a W (V1 e obtido fazendo-se α = 1 e β = ´ γ = 0, V2 fazendo-se α = γ = 0 e β = 1 e V3 fazendo-se α = β = 0 e γ = 1). Alem disso segue da ˜ ´ equacao anterior que V1 , V2 e V3 sao L.I. Logo {V1 , V2 , V3 } e uma base de W. ¸˜ ¸˜ Vamos, agora, encontrar uma base ortonormal para W. Para isso vamos aplicar a Proposic ao ´ 5.18 na pagina 369. W1 = V1 = (−1, 0, −1, 0, 1); 1 1 W2 = V2 − projW1 V2 = (0, 0, 1, 1, 0) + (−1, 0, −1, 0, 1) = (−1, 0, 2, 3, 1) 3 3 1 1 W3 = V3 − projW1 V3 − projW2 V3 = (−1, 1, 0, 0, 0) − (−1, 0, −1, 0, 1) − (−1, 0, 2, 3, 1) 3 15 1 (−3, 5, 1, −1, −2) = 5 Agora, vamos “dividir” cada vetor pela sua norma para obtermos vetores de norma igual a 1 ´ (unitarios). U1 = U2 = U3 = Julho 2007 1 ||W1 || 1 ||W2 || 1 ||W3 || 1 1 1 W1 = (− √ , 0, − √ , 0, √ ) 3 3 3 1 2 3 1 W2 = (− √ , 0, √ , √ , √ ) 15 15 15 15 3 5 1 1 1 W3 = (− √ , √ , √ , − √ , − √ ) 2 10 2 10 2 10 2 10 10 Reginaldo J. Santos Espacos Rn ¸ 372 5.3.2 Bases Ortogonais e Ortonormais Definicao 5.8. Seja {V1 , . . . , Vk } uma base de um subespaco de Rn . ¸˜ ¸ ´ (a) Dizemos que {V1 , . . . , Vk } e uma base ortogonal, se Vi · Vj = 0, para i = j , ou seja, se ˜ quaisquer dois vetores da base sao ortogonais; ´ ´ (b) Dizemos que {V1 , . . . , Vk } e uma base ortonormal, se alem de ser uma base ortogonal, ´ ´ ||Vi || = 1, ou seja, o vetor Vi e unitario, para i = 1, . . . m. ´ ˆ Exemplo 5.29. A base canonica de Rn , que e formada pelos vetores E1 = (1, 0, . . . , 0), E2 = (0, 1, 0, . . . , 0), ... En = (0, . . . , 0, 1) ´ e uma base ortonormal de Rn . ´ ´ Exemplo 5.30. No Exemplo 5.28, {W1 , W2 , W3 } e uma base ortogonal de W e {U1 , U2 , U3 } e uma base ortonormal de W. O resultado a seguir mostra que o procedimento usado no Exemplo 5.28 conhecido como processo de ortogonalizacao de Gram-Schmidt pode ser aplicado a qualquer subespaco de R n . Nas ¸˜ ¸ 3 ´ ´ ´ Figuras 5.28 e 5.29 vemos como isto e poss´vel no caso em que o subespaco e o R , ja que o R3 e ı ¸´ subespaco dele mesmo. ¸ ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 5.3 Produto Escalar em Rn 373 ˜ Teorema 5.20. Seja {V1 , . . . , Vk } uma base de um subespaco W de Rn . Entao, existe uma base ¸ ´ ´ {U1 , . . . , Uk } de W que e ortonormal e tal que o subespaco gerado por U1 , . . . , Uj e igual ao ¸ subespaco gerado por V1 , . . . , Vj para j = 1, . . . , k . ¸ Demonstracao. ¸˜ (a) Sejam W1 W2 W3 Wk = = = ... = V1 , V2 − projW1 V2 , V3 − projW1 V3 − projW2 V3 , Vk − projW1 Vk − projW2 Vk . . . − projWk−1 Vk . ´ ˜ Pela Proposicao 5.18, segue-se que W2 e ortogonal a W1 e W2 = ¯, pois V1 e V2 sao L.I. Assim, ¸˜ 0 W1 e W2 formam uma base ortogonal do subespaco gerado por V1 e V2 . Agora, supondo ¸ que W1 , . . . , Wk−1 seja uma base ortogonal do subespaco gerado por V1 , . . . , Vk−1 , segue¸ ´ ´ se da Proposicao 5.19, que Wk e ortogonal a W1 , . . . , Wk−1 . Wk = ¯, pois caso contrario, ¸˜ 0 ´ Vk pertenceria ao subespaco gerado por W1 , . . . , Wk−1 que e igual ao subespaco gerado por ¸ ¸ ˜ ˜ V1 , . . . , Vk−1 e assim V1 , . . . , Vk seriam L.D. Como W1 , . . . , Wk sao ortogonais nao nulos, pela ´ ˜ Proposicao 5.17 na pagina 367, eles sao L.I. e portanto formam uma base do subespaco W. ¸˜ ¸ (b) Sejam, agora U1 = Julho 2007 1 W1 , ||W1 || U2 = 1 W2 , ||W2 || ..., Uk = 1 Wk . ||Wk || Reginaldo J. Santos Espacos Rn ¸ 374 ´ Assim, {U1 , . . . , Uk } e uma base ortonormal para o subespaco W. ¸ ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 5.3 Produto Escalar em Rn 375 ´ ´ Exerc´cios Numericos (respostas na pagina 617) ı ˜ 5.3.1. Sejam X = (1, 1, −2) e Y = (a, −1, 2). Para quais valores de a, X e Y s ao ortogonais? √ √ √ 5.3.2. Sejam X = (1/ 2, 0, 1/ 2) e Y = (a, 1/ 2, −b). Para quais valores de a e b, o conjunto ´ {X, Y } e ortonormal? 5.3.3. Encontre uma base ortonormal para o plano x + y + z = 0. 5.3.4. Encontre um subconjunto com o maior numero poss´vel de vetores ortonormais no subespaco ´ ı ¸ 4 dos vetores (a, b, c, d) ∈ R tais que a − b − 2c + d = 0. 5.3.5. Encontre um subconjunto com o maior numero poss´vel de vetores ortonormais no conjunto ´ ı ˆ solucao do sistema homogeneo ¸˜ x+y− z=0 2x + y + 2z = 0. 5.3.6. Considere as retas (x, y, z ) = t(1, 2, −3) e (x, y, z ) = (0, 1, 2) + s(2, 4, −6) em R 3 . Encontre ´ a equacao geral do plano que contem estas duas retas e ache um subconjunto com o maior ¸˜ numero poss´vel de vetores ortonormais neste plano. ´ ı 5.3.7. Use o processo de ortogonalizacao de Gram-Schmidt para encontrar uma base ortonormal para ¸˜ o subespaco de R4 que tem como base {(1, 1, −1, 0), (0, 2, 0, 1), (−1, 0, 0, 1)}. ¸ 5.3.8. Aplique o processo de ortogonalizacao de Gram-Schmidt para obter uma base ortonormal de ¸˜ R3 a partir da base {(1, 1, 1), (0, 1, 1), (1, 2, 3)}. Julho 2007 Reginaldo J. Santos Espacos Rn ¸ 376 √ 5.3.9. Ache as equacoes dos planos em R3 ortogonais ao vetor (2, 2, 2), que distam 3 do ponto ¸˜ ˜ (1, 1, 1). Estes planos sao subespacos de R3 ? Caso afirmativo, encontre base(s) ortonormal(is) ¸ para ele(s). ´ Exerc´cios Teoricos ı ´ ˜ ´ 5.3.10. Mostre que se V e ortogonal a W , entao V e ortogonal a αW , para todo escalar α. ´ ˜ ´ 5.3.11. Mostre que se V e ortogonal a W1 , . . . , Wk , entao V e ortogonal a qualquer combinacao linear ¸˜ de W1 , . . . , Wk . ˜ ´ 5.3.12. Sejam X , Y e Z vetores de Rn . Prove que se X · Y = X · Z , entao Y − Z e ortogonal a X . ˜ ˜ 5.3.13. Mostre que se W1 , . . . , Wk sao vetores nao nulos ortogonais entre si e X = α1 W1 +. . .+αk Wk , ˜ entao X = projW1 X + . . . + projWk X . 5.3.14. Sejam V1 , . . . , Vk vetores linearmente dependentes. Mostre que, aplicando-se o processo de ´ ´ ortogonalizacao de Gram-Schmidt aos vetores V1 , . . . , Vk , se obtem um vetor Wi que e nulo, ¸˜ ˜ para algum i = 1, . . . , k . (Sugestao: Seja Vi o primeiro vetor tal que Vi ∈ [V1 , . . . , Vi−1 ] = [W1 , . . . , Wi−1 ] e use o exerc´cio anterior.) ı 5.3.15. Seja S = {W1 , . . . , Wk } uma base ortogonal de um subespaco W de Rn . Mostre que um todo ¸ vetor V de W pode ser escrito como V= V · W1 V · W2 V · Wk W1 + W2 + . . . + Wk . 2 2 ||W1 || ||W2 || ||Wk ||2 ˜ (Sugestao: escreva V = x1 W1 + . . . + xk Wk , faca o produto escalar de V com Wi e conclua ¸ V· que xi = ||WWi2 , para i = 1, . . . , k .) i || ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 5.3 Produto Escalar em Rn 377 5.3.16. Mostre que o conjunto de todos os vetores do R n ortogonais a um dado vetor V = (a1 , . . . , an ), ´ W = {X = (x1 , . . . , xn ) ∈ Rn | X · V = 0} e um subespaco de Rn . ¸ ˜ ˜ 5.3.17. Demonstre que, se V e W sao vetores quaisquer de Rn , entao: (a) V · W = 1 [||V + W ||2 − ||V − W ||2 ] (identidade polar); 4 (b) ||V + W ||2 + ||V − W ||2 = 2(||V ||2 + ||W ||2 ) (lei do paralelogramo). ˜ (Sugestao: desenvolva os segundos membros das igualdades acima observando que ||V + W || = (V + W ) · (V + W ) e ||V − W ||2 = (V − W ) · (V − W )) 2 ´ 5.3.18. Seja {U1 , . . . , Un } uma base ortonormal de Rn . Se A = [ U1 . . . Un ] e uma matriz n × n −1 t ˜ ˜ ´ ˜ cujas colunas sao os vetores U1 , . . . , Un , entao A e invert´vel e A = A . (Sugestao: mostre ı t que A A = In .) ˆ ˜ 5.3.19. Mostre que o angulo entre dois vetores nao nulos X = (x1 , . . . , xn ) e Y = (y1 , . . . , yn ) de Rn , ´ que e definido como sendo o numero real θ entre 0 e π tal que ´ cos θ = X ·Y , ||X || ||Y || ´ ´´ ˜ esta bem definido, ou seja, que existe um tal numero real θ e e unico. (Sugestao: mostre, ´ usando a desigualdade de Cauchy-Schwarz, que −1 ≤ Julho 2007 X ·Y ≤ 1.) ||X || ||Y || Reginaldo J. Santos Espacos Rn ¸ 378 5.3.20. Seja W um subespaco de Rn . Mostre que o conjunto de todos os vetores ortogonais a todos os ´ vetores de W e um subespaco de Rn . Este subespaco e chamado de complemento ortogonal ¸ ¸´ de W e denotado por W⊥ , ou seja, W⊥ = {X ∈ Rn | X · Y = 0, para todo Y ∈ W}. ´ ˆ 5.3.21. Mostre que todo subespaco W de Rn e o espaco solucao de um sistema linear homogeneo. ¸ ¸ ¸˜ ˜ (Sugestao: seja {W1 , . . . , Wk } uma base de W⊥ tome A = [ W1 . . . Wk ]t .) ˜ 5.3.22. Embora nao exista o produto vetorial de dois vetores em Rn , para n > 3, podemos definir o produto vetorial de n − 1 vetores, V1 = (v11 , . . . , v1n ), . . . , Vn−1 = (v(n−1)1 , . . . , v(n−1)n ) como V1 × V2 × · · · × Vn−1 = (−1)n+1 det(vij )j =1 , (−1)n+2 det(vij )j =2 , . . . , (−1)2n det(vij )j =n . Mostre que: ´ (a) V1 × V2 × · · · × Vn−1 e ortogonal a V1 , . . . , Vn−1 . (b) α(V1 × V2 × · · · × Vn−1 ) = V1 × · · · αVi × · · · × Vn−1 ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 Produto Escalar em Rn 379 V projW V V W V − projW V V − projW V 5.3 projW V W Figura 5.26: Projecao ortogonal do vetor V sobre o vetor W ¸˜ Julho 2007 Reginaldo J. Santos Espacos Rn ¸ 380 V V − projW1 V − projW2 V W1 W2 projW1 V projW2 V projW1 V +projW2 V ´ Figura 5.27: V − projW1 V − projW2 V e ortogonal a W1 e a W2 ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 5.3 Produto Escalar em Rn 381 W3 = V3 − projW1V3 −projW2V3 V3 W 1 = V1 projW1V2 V3 W2 = V2 − projW1V2 V2 W1 projW1V3 W2 projW2V3 projW1V3 +projW2V3 Figura 5.28: W1 = V1 e W2 = V2 − projW1 V2 Julho 2007 Figura 5.29: projW2 V3 W3 = V3 − projW1 V3 − Reginaldo J. Santos Espacos Rn ¸ 382 5.4 Mudanca de Coordenadas ¸ −→ ˜ ˜ Se as coordenadas de um ponto P no espaco sao (x, y, z ), entao as componentes do vetor OP ¸ ´ ˜ ˜ tambem sao (x, y, z ) e entao podemos escrever −→ OP = (x, y, z ) = (x, 0, 0) + (0, y, 0) + (0, 0, z ) = x(1, 0, 0) + y (0, y, 0) + z (0, 0, 1) = xi + y j + z k, ˜ em que i = (1, 0, 0), j = (0, 1, 0) e k = (0, 0, 1). Ou seja, as coordenadas de um ponto P sao −→ iguais aos escalares que aparecem ao escrevermos OP como uma combinacao linear dos vetores ¸˜ ˆ canonicos. Assim, o ponto O = (0, 0, 0) e os vetores i, j e k determinam um sistema de coor´ ´ ´ denadas ortogonal, {O, i, j, k }. Para resolver alguns problemas geometricos e necessario usarmos um segundo sistema de coordenadas ortogonal determinado por uma origem O √ por 3 vetoe 3∗ res U1 , U2 e U3 ortonormais de R . Por exemplo, se O = (2, 3/2, 3/2), U1 = ( 3/2, 1/2, 0), √ ˜ U2 = (−1/2, 3/2, 0) e U3 = (0, 0, 1) = k , entao {O , U1 , U2 , U3 } determina um novo sistema de ˜ coordenadas: aquele com origem no ponto O , cujos eixos x , y e z sao retas que passam por O orientadas com os sentidos e direcoes de U1 , U2 e U3 , respectivamente (Figura 5.31). ¸˜ ´ As coordenadas de um ponto P no sistema de coordenadas {O , U1 , U2 , U3 } e definido como −→ sendo os escalares que aparecem ao escrevermos O P como combinacao linear dos vetores U1 , U2 ¸˜ e U3 , ou seja, se −→ O P = x U1 + y U2 + z U3 , ∗ ˜ ´ ˆ Em geral, um sistema de coordenadas (nao necessariamente ortogonal) e definido por um ponto O e tres vetores ˜ ´ V1 , V2 e V3 L.I. de R3 (nao necessariamente ortonormais) (veja o Exerc´cio 5.4.9 na pagina 402). ı ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 5.4 Mudanc de Coordenadas ¸a 383 z z z‘ U3 zk O P = (x, y, z ) U1 x y −→ Figura 5.30: OP = xi + y j + z k Julho 2007 y‘ x‘ yj xi U2 x y Figura 5.31: Dois sistemas de coordenadas ortogonais {O, i, j, k} e {O , U1 , U2 , U3 } Reginaldo J. Santos Espacos Rn ¸ 384 ˜ ˜ entao as coordenadas de P no sistema {O , U1 , U2 , U3 } sao dadas por [P ]{O ,U1 ,U2 ,U3 } x = y . z −→ ˜ Vamos considerar inicialmente o caso em que O = O . Assim, se OP = (x, y, z ), entao x U1 + −→ ´ y U2 + z U3 =OP e equivalente ao sistema linear QX = X, x x y , X = y . em que Q = [ U1 U2 U3 ], X = z z ´ Como a matriz Q e invert´vel (por que?) a solucao e dada por ı ¸˜ ´ X = Q−1 X. ˜ Mas, como U1 , U2 e U3 formam uma base ortonormal de R3 , entao t t t t U1 U1 U1 U1 U2 U1 U3 U1 · U1 U1 · U2 U1 · U3 t t t t Q t Q = U2 [ U1 U2 U3 ] = U2 U1 U2 U2 U2 U3 = U2 · U1 U2 · U2 U2 · U3 = I 3 t t t t U3 U3 U1 U3 U2 U3 U3 U3 · U1 U3 · U2 U3 · U3 ´ Assim, a matriz Q = [ U1 U2 U3 ] e invert´vel e Q−1 = Qt . Desta forma as coordenadas de um ponto ı ˜ P no espaco em relacao ao sistema {O, U1 , U2 , U3 }, x , y e z estao unicamente determinados e ¸ ¸˜ [P ]{O,U1 ,U2 ,U3 } = Qt [P ]{O,i,j,k} ou ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı x x y = Qt y . z z Julho 2007 5.4 Mudanc de Coordenadas ¸a 385 ´ ´ ´ Tambem no plano temos o mesmo tipo de situacao que e tratada de forma inteiramente analoga. ¸˜ As coordenadas de um ponto P no plano em relacao a um sistema de coordenadas {O , U1 , U2 }, ¸˜ ˜ ´ em que U1 e U2 sao vetores que formam uma base ortonormal do R2 , e definido como sendo os −→ escalares que aparecem ao escrevermos O P como combinacao linear de U1 e U2 , ou seja, se ¸˜ −→ O P = x U1 + y U2 , ˜ ˜ entao as coordenadas de P no sistema {O , U1 , U2 } sao dadas por x y [P ]{O ,U1 ,U2 } = . ˜ As coordenadas de um ponto P no plano em relacao ao sistema {O, U1 , U2 , U3 } estao bem ¸˜ ˜ ˜ definidas, ou seja, x e y estao unicamente determinados e sao dados por [P ]{O,U1 ,U2 } = Qt [P ]{O,E1 ,E2 } ou x y = Qt x y , em que E1 = (1, 0) e E2 = (0, 1). Observe que, tanto no caso do plano quanto no caso do espaco, a ¸ −1 t ´ matriz Q satisfaz, Q = Q . Uma matriz que satisfaz esta propriedade e chamada matriz ortogonal. √ Exemplo 5.31. Considere o sistema de coordenadas no plano em que O = O e U1 = ( 3/2, 1/2) √ e U2 = (−1/2, 3/2). Se P = (2, 4), vamos determinar as coordenadas de P em relacao ao novo ¸˜ sistema de coordenadas. Q = [ U 1 U2 ] = Julho 2007 √ 3/2 √1/2 − 1/2 3/2 . Reginaldo J. Santos Espacos Rn ¸ 386 ˜ Assim as coordenadas de P em relacao ao novo sistema de coordenadas sao dadas por ¸˜ [P ]{O,U1 ,U 2} = Q t 2 4 = t U1 t U2 2 4 = √ 3/2 √1/2 −1/2 3/2 2 4 = √ 2√ 3 + 2 3−1 . Exemplo 5.32. Considere o mesmo sistema de coordenadas do exemplo anterior, mas agora seja P = (x, y ) um ponto qualquer do plano. Vamos determinar as coordenadas de P em relacao ao ¸˜ novo sistema de coordenadas. ˜ As coordenadas de P em relacao ao novo sistema de coordenadas sao dadas por ¸˜ [P ]{O,U1 ,U 2} = Q t x y = t U1 t U2 x y = √ 3/2 √1/2 3/2 −1/2 x y = √ ( 3 x √ y )/2 + (−x + 3 y )/2 . ` Exemplo 5.33. Vamos agora considerar um problema inverso aqueles apresentados nos exemplos ´ anteriores. Suponha que sejam validas as seguintes equacoes ¸˜ x= y= 1 √x 5 2 √x 5 + − 2 √y 5 1 √y 5 , ou equivalentemente x y = 1 √ 5 2 √ 5 ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı 2 √ 5 1 − √5 x y Julho 2007 5.4 Mudanc de Coordenadas ¸a 387 y y‘ P y x‘ y x E2 U2 U1 E1 x x Figura 5.32: Coordenadas de um ponto P em dois sistemas Julho 2007 Reginaldo J. Santos Espacos Rn ¸ 388 entre as coordenadas e as coordenadas de P , x y de um ponto P em relacao a um sistema de coordenadas {O, U1 , U2 } ¸˜ x , em relacao ao sistema de coordenadas original ¸˜ y {O, E1 = (1, 0), E2 = (0, 1)}. ˜ Queremos determinar quais sao os vetores U1 e U2 . 1 0 e , respectivamente, em 0 1 relacao ao novo sistema de coordenadas, {O, U1 , U2 }. Pois, U1 = 1 U1 + 0 U2 e U2 = 0 U1 + ¸˜ 1 U2 . Queremos saber quais as coordenadas destes vetores em relac ao ao sistema de coordenadas ¸˜ original, {O, E1 = (1, 0), E2 = (0, 1)}. Logo, Os vetores U1 e U2 da nova base possuem coordenadas U1 = 1 √ 5 2 √ 5 2 √ 5 1 − √5 1 0 = 1 √ 5 2 √ 5 U2 = 1 √ 5 2 √ 5 2 √ 5 1 − √5 0 1 = 2 √ 5 1 − √5 ˜ Ou seja, U1 e U2 sao as colunas da matriz Q = 1 √ 5 2 √ 5 2 √ 5 1 − √5 . 5.4.1 Rotacao ¸˜ Suponha que o novo sistema de coordenadas {O, U1 , U2 } seja obtido do sistema original ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 5.4 Mudanc de Coordenadas ¸a 389 y y‘ x‘ E2 cos θ θ −sen θ U1 cos θ θ sen θ U2 x E1 ˆ Figura 5.33: Rotacao de um angulo θ ¸˜ Julho 2007 Reginaldo J. Santos Espacos Rn ¸ 390 ˆ {O, E1 = (1, 0), E2 = (0, 1)} por uma rotacao de um angulo θ . Observando a Figura 5.33, ob¸˜ temos U1 = (cos θ, sen θ ) U2 = (−sen θ, cos θ ) seja P = (x, y ) um ponto qualquer do plano. Vamos determinar as coordenadas de P em relac ao ¸˜ ao novo sistema de coordenadas. A matriz cos θ −sen θ sen θ cos θ Q = [ U 1 U2 ] = = Rθ ´ e chamada matriz de rotacao. ¸˜ ˜ As coordenadas de P em relacao ao novo sistema de coordenadas sao dadas por ¸˜ x y t = Rθ x y cos θ sen θ −sen θ cos θ = x y . O sistema de coordenadas que aparece nos dois primeiros exemplos desta sec ao podem ser ¸˜ ˆ obtidos por uma rotacao de um angulo θ = π/6 em relacao ao sistema original. ¸˜ ¸˜ 5.4.2 Translacao ¸˜ Vamos considerar, agora, o caso em que O = O , ou seja, em que ocorre uma translacao dos ¸˜ eixos coordenados. Observando a Figura 5.34, obtemos −→ −→ −→ O P =OP − OO . −→ (5.22) ˜ Assim, se OO = (h, k ), entao −→ O P = (x , y ) = (x, y ) − (h, k ) = (x − h, y − k ) ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 5.4 Mudanc de Coordenadas ¸a 391 y‘ y y P y x‘ O O x x x Figura 5.34: Coordenadas de um ponto P em dois sistemas (translacao) ¸˜ Julho 2007 Reginaldo J. Santos Espacos Rn ¸ 392 ˜ Logo, as coordenadas de P em relacao ao novo sistema sao dadas por ¸˜ [P ]{O ,E1 ,E2 } = x y = x−h y−k . (5.23) O eixo x tem equacao y = 0, ou seja, y = k e o eixo y , x = 0, ou seja, x = h. ¸˜ ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 5.4 Mudanc de Coordenadas ¸a 393 ´ ´ 5.4.3 Aplicacao: Computacao Grafica - Projecao Ortografica ¸˜ ¸˜ ¸˜ Esta projecao e usada para fazer desenhos de objetos tridimensionais no papel ou na tela do ¸˜ ´ ˜ computador. Com esta projecao os pontos no espaco sao projetados ortogonalmente ao plano do ¸˜ ¸ desenho. Para encontrar a projecao de um ponto P podemos encontrar as coordenadas de P em relacao ¸˜ ¸˜ ao sistema S = {O , U1 , U2 , U3 } e tomar as duas primeiras coordenadas. Como a projecao em qualquer plano paralelo ao plano do desenho fornece as mesmas coordena¸˜ ˆ das podemos supor que O = O , ou seja, que os dois sistemas tem a mesma origem. A relacao entre as coordenadas de um ponto nos dois sistemas ¸˜ S = {O, U1 , U2 , U3 } e S = {O, i, j, k } ´ e dada por X = Qt X, em que Q = [ U1 U2 U3 ] ˆ ´ Vamos encontrar os vetores U1 , U2 e U3 em funcao dos angulos θ e φ. O vetor U1 e paralelo ao plano ¸˜ ´ xy e e perpendicular ao vetor (cos θ, sen θ, 0), ou seja, U1 = (− sen θ, cos θ, 0). ˜ Os vetores U2 e U3 estao no plano definido por k e (cos θ, sen θ, 0). U2 = − cos φ(cos θ, sen θ, 0) + sen φk = (− cos φ cos θ, − cos φ sen θ, sen φ) U3 = cos φk + sen φ(cos θ, sen θ, 0) = (sen φ cos θ, sen φ sen θ, cos φ) Assim a relacao entre as coordenadas de um ponto nos dois sistemas ¸˜ S = {O, U1 , U2 , U3 } e S = {O, i, j, k } Julho 2007 Reginaldo J. Santos Espacos Rn ¸ 394 y x ´ Figura 5.35: Projecao ortografica de um cubo ¸˜ ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 5.4 Mudanc de Coordenadas ¸a 395 U2 U1 k O U3 φ j i θ ` ´ Figura 5.36: sistemas de coordenadas relacionados a projecao ortografica ¸˜ Julho 2007 Reginaldo J. Santos Espacos Rn ¸ 396 U2 k U1 φ θ U3 j (cos θ, sen θ, 0) i ` ´ Figura 5.37: Bases relacionadas a projecao ortografica ¸˜ ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 5.4 Mudanc de Coordenadas ¸a 397 j k U2 (cos θ, sen θ, 0) U1 U3 φ θ i (cos θ, sen θ, 0) Figura 5.38: Relacao entre os vetores das bases {U1 , U2 , U3 } e {i, j, k } ¸˜ Julho 2007 Reginaldo J. Santos Espacos Rn ¸ 398 ´ e dada por x − sen θ cos θ 0 x y = − cos φ cos θ − cos φ sen θ sen φ y z sen φ cos θ sen φ sen θ cos φ z e a projecao e dada por ¸˜ ´ x y = − sen θ cos θ 0 − cos φ cos θ − cos φ sen θ sen φ Por exemplo para θ = 30◦ e φ = 60◦ temos que x y = 1 −2 √ − 43 √ 3 2 −1 4 0 √ 3 2 x y ≈ z x y . z −0.50 0.87 0 −0.43 −0.25 0.87 x y . z ˜ Usando esta projecao os vetores i, j e k sao desenhados como na figura abaixo. ¸˜ ´ Experimente desenhar o cubo que tem a origem O = (0, 0, 0) como um dos v ertices e como ´ ` ˜´ ´ vertices adjacentes a origem (1, 0, 0), (0, 1, 0) e (0, 0, 1). Observe que nao e necessario calcular a projecao dos outros pontos (por que?) ¸˜ ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 5.4 Mudanc de Coordenadas ¸a 399 1 0.8 0.6 0.4 0.2 0 −0.2 −0.4 −0.6 −0.8 −1 −1 −0.8 −0.6 −0.4 −0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 ´ Figura 5.39: Vetores i, j e k desenhados usando projecao ortografica ¸˜ Julho 2007 Reginaldo J. Santos Espacos Rn ¸ 400 ´ ´ Exerc´cios Numericos (respostas na pagina 623) ı 5.4.1. Encontre as coordenadas do ponto P com relacao ao sistema de coordenadas S, nos seguintes ¸˜ casos: √ √ √ √ √ √ √ √ (b) S = {O, (1/ 2, −1/ 2, 0), (0, 0, 1), (1/ 2, 1/ 2, 0)} e P = (2, −1, 2); (a) S = {O, (1/ 2, −1/ 2), (1/ 2, 1/ 2)} e P = (1, 3); 5.4.2. Encontre o ponto P , se as coordenadas de P em relacao ao sistema de coordenadas S, [P ]S , ¸˜ ˜ sao: −1 √ √ √ √ 2 1 , em (a) [P ]S = , em que S = {O, (−1/ 2, 1/ 2), (1/ 2, 1/ 2)}. (b) [P ]S = 1 2 √ √ √ √ que S = {O, (0, 1/ 2, −1/ 2), (1, 0, 0), (0, 1/ 2, 1/ 2)}; x y as coordenadas de um ponto P em relacao ao sistema de coordenadas 5.4.3. Sejam [P ]R = ¸˜ z x R = {O, i, j, k} e [P ]S = y , em relacao ao sistema de coordenadas S = {O, U1 , U2 , U3 }. ¸˜ z Suponha que temos a seguinte relacao: ¸˜ 1 0 0 x x √ y = 0 y . √1/2 − 3/2 z z 0 3/2 1/2 ˜ Quais sao os vetores U1 , U2 e U3 ? ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 5.4 Mudanc de Coordenadas ¸a 401 √ ˜ 5.4.4. Determine qual a rotacao do plano em que as coordenadas do ponto P = ( 3, 1) sao ¸˜ 5.4.5. Considere o plano π : 3x − √ √ 3 . −1 3y + 2z = 0. (a) Determine uma base ortonormal para o plano em que o primeiro vetor esteja no plano xy . (b) Complete a base encontrada para se obter uma base ortonormal {U 1 , U2 , U3 } de R3 . (c) Determine as coordenadas dos vetores i, j e k no sistema {O, U1 , U2 , U3 }. 5.4.6. Considere dois sistemas de coordenadas R = {O, i, j, k } e S = {O, i, U2 , U3 }, em que o ´ ˆ sistema S e obtido do sistema R por uma rotacao do angulo θ em torno do eixo x. Determine ¸˜ a relacao entre as coordenadas, (x , y , z ), em relacao ao sistema S e (x, y, z ), em relacao ao ¸˜ ¸˜ ¸˜ sistema R Julho 2007 Reginaldo J. Santos Espacos Rn ¸ 402 ´ Exerc´cios Teoricos ı 5.4.7. Mostre que (a) Rθ1 Rθ2 = Rθ1 +θ2 . − (b) Rθ 1 = R−θ . 5.4.8. Seja B uma matriz quadrada 2 × 2. ´ (a) Verifique que Rθ B e a matriz obtida girando as colunas de B de θ . ´ (b) Verifique que BRθ e a matriz obtida girando as linhas de B de −θ . ˆ (c) Quais as condicoes sobre B e θ para que Rθ B = BRθ . De um exemplo. ¸˜ 5.4.9. Definimos coordenadas de pontos no espaco em relacao a um sistema de coordenadas por ¸ ¸˜ ˆ ˜ um ponto O e tres vetores V1 , V2 e V3 L.I. nao necessariamente ortonormais do R3 da mesma forma como fizemos quando os vetores formam uma base ortonormal. As coordenadas de um ´ ponto P no sistema de coordenadas {O , V1 , V2 , V3 } e definido como sendo os escalares que −→ aparecem ao escrevermos O P como combinacao linear dos vetores V1 , V2 e V3 , ou seja, se ¸˜ −→ O P = x V1 + y V2 + z V3 , ˜ ˜ entao as coordenadas de P no sistema {O , V1 , V2 , V3 } sao dadas por [P ]{O ,V1 ,V2 ,V3 } ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı x = y . z Julho 2007 5.4 Mudanc de Coordenadas ¸a 403 −→ −→ ˜ Assim, se O P = (x, y, z ), entao x V1 + y V2 + z V3 =O P pode ser escrito como x x y = y [ V1 V2 V3 ] z z ´ (a) Mostre que a matriz Q = [ V1 V2 V3 ] e invert´vel. ı (b) Mostre que as coordenadas de um ponto P no espaco em relacao ao sistema ¸ ¸˜ ˜ ˜ {O , V1 , V2 , V3 } estao bem definidas, ou seja, x , y e z estao unicamente determinados ˜ e sao dados por [P ]{O ,V1 ,V2 ,V3 } Julho 2007 x x = y = Q−1 y = Q−1 [P ]{O ,i,j,k} . z z Reginaldo J. Santos Espacos Rn ¸ 404 Teste do Cap´tulo ı 1. Sejam S1 e S2 subconjuntos finitos do Rn tais que S1 seja um subconjunto de S2 (S1 = S2 ). Se ´ ˜ S2 e linearmente dependente, entao: ˆ (a) S1 pode ser linearmente dependente? Em caso afirmativo de um exemplo. ˆ (b) S1 pode ser linearmente independente? Em caso afirmativo de um exemplo. ˆ ˜ 2. Encontre os valores de λ tais que o sistema homogeneo (A − λI3 )X = ¯ tem solucao nao 0 ¸˜ trivial e para estes valores de λ, encontre um subconjunto de vetores ortonormais no conjunto solucao, para a matriz ¸˜ 000 A= 0 2 2 022 3. Considere o vetor f1 = ( 1 , 2 √ 3 ). 2 ´ (a) Escolha f2 de forma que S = {f1 , f2 } seja base ortonormal do R2 . Mostre que S e base. √ (b) Considere P = ( 3, 3). Escreva P como combinacao linear dos elementos de S. ¸˜ (c) Determine [P ]{O,S} , as coordenadas de P em relacao ao sistema de coordenadas deter¸˜ minado pela origem O e pela base S. ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 Cap´tulo 6 ı Diagonalizacao ¸˜ 6.1 Diagonalizacao de Matrizes ¸˜ 6.1.1 Motivacao ¸˜ ˜ ´ ´ Certos processos sao descritos em cada estagio por uma matriz A quadrada e em k estagios pela ˆ ´ potencia k da matriz A, Ak , em que k e um numero inteiro positivo. Suponha que desejamos saber a ´ 405 Diagonalizacao ¸˜ 406 ´ ´ matriz que corresponde a k estagios, para k um inteiro positivo qualquer. Se a matriz A e diagonal, λ1 0 . . . 0 0 λ2 . . . 0 A= . . .. . .. . . 0 . . . 0 λn , λk 0 . . . 0 1 0 λk . . . 0 2 ˜ entao Ak = . . .. . .. . . 0 . . . 0 λk n ˜´ Se a matriz A nao e diagonal, mas existe uma matriz P tal que A = P DP −1 , ˜ entao λ1 0 . . . 0 0 λ2 . . . 0 em que D = . . .. . .. . . 0 . . . 0 λn . , A2 = (P DP −1 )(P DP −1 ) = P D (P −1 P )DP −1 = P D 2 P −1 . Agora, supondo que Ak−1 = P D k−1 P −1 , temos que Ak = Ak−1 A = (P DP −1 )k−1 (P DP −1) = (P D k−1 P −1 )(P DP −1 ) = P D k−1 (P −1 P )DP −1 λk 0 . . . 0 1 0 λk . . . 0 2 −1 = P D k P −1 = P . . P . .. . . .. . 0 . . . 0 λk n ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 6.1 Diagonalizacao de Matrizes ¸˜ 407 ´ ˆ Assim, podemos facilmente encontrar a k -esima potencia de A. Exemplo 6.1. Seja A= 1 −1 −4 1 . ´ mostraremos no Exemplo 6.6 na pagina 426 que P= 11 −2 2 e D= 3 0 0 −1 ˜ sao tais que A = P DP −1 . Assim, 11 3k 0 −2 2 0 (−1)k 3k (−1)k 1 2 −1 = −2 3k 2(−1)k 4 2 1 1 2(3k + (−1)k ) (−1)k − 3k = 4 4((−1)k − 3k ) 2(3k + (−1)k ) Ak = P D k P −1 = 11 −2 2 −1 Vamos descobrir, a seguir, como podemos determinar matrizes P e D , quando elas existem, tais ` ` que A = P DP −1 , ou multiplicando a esquerda por P −1 e a direita por P , D = P −1 AP , com D sendo uma matriz diagonal. Chamamos diagonalizacao ao processo de encontrar as matrizes P e ¸˜ D. Julho 2007 Reginaldo J. Santos Diagonalizacao ¸˜ 408 6.1.2 Autovalores e Autovetores ´ ´ Definicao 6.1. Dizemos que uma matriz A, n × n, e diagonalizavel, se existem matrizes P e D tais ¸˜ ´ que A = P DP −1 , ou equivalentemente, D = P −1 AP , em que D e uma matriz diagonal. Exemplo 6.2. Toda matriz diagonal ´ ´ e diagonalizavel, pois λ1 0 . . . 0 0 λ2 . . . 0 A= . . .. . .. . . 0 . . . 0 λn A = (In )−1 AIn . ´ ˜ Vamos supor inicialmente que a matriz A seja diagonalizavel. Entao existe uma matriz P tal que P −1 AP = D , (6.1) ´ ˜ em que D e uma matriz diagonal. Vamos procurar tirar conclusoes sobre as matrizes P e D . ` Multiplicando a esquerda por P ambos os membros da equacao anterior, obtemos ¸˜ AP = P D . ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı (6.2) Julho 2007 6.1 Diagonalizacao de Matrizes ¸˜ Sejam 409 λ1 0 . . . 0 0 λ2 . . . 0 D= . . .. . .. . . 0 . . . 0 λn ´ em que Vj e a coluna j de P . Por um lado AP = A eP= V1 V2 . . . V n = V1 V2 . . . V n , AV1 AV2 . . . AVn ´ (Exerc´cio 1.1.18 na pagina 28) e por outro lado ı PD = V1 V2 . . . V n λ1 0 . . . 0 0 λ2 . . . 0 . . .. . . .. . 0 . . . 0 λn = λ1 V1 λ2 V2 . . . λ n Vn ´ (Exerc´cio 1.1.17 na pagina 28) Assim, (6.2) pode ser reescrita como, ı AV1 AV2 . . . AVn = λ1 V1 λ2 V2 . . . λ n Vn . Logo, AVj = λj Vj , para j = 1, . . . n. Ou seja, as colunas de P , Vj , e os elementos da diagonal de D , λj , satisfazem a equacao ¸˜ AX = λX, Julho 2007 Reginaldo J. Santos Diagonalizacao ¸˜ 410 ˜ ´ em que λ e X sao incognitas. Isto motiva a seguinte definicao. ¸˜ ´ Definicao 6.2. Seja A uma matriz n × n. Um numero real λ e chamado autovalor (real) de A, se ¸˜ ´ v1 . ˜ existe um vetor nao nulo V = . de Rn , tal que . vn AV = λV . (6.3) ´ ˜ Um vetor nao nulo que satisfaca (6.3), e chamado de autovetor de A. ¸ ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 6.1 Diagonalizacao de Matrizes ¸˜ ¨¨ B ¨ ¨ V q ¨ B ¨ ¨ AV O = λV 411 ¨¨ B ¨ ¨ AV = λV q ¨ B ¨ ¨V AV ¨q¨ = λV ¨¨O ¨ % ¨ B ¨ ¨V O λ>1 0<λ<1 λ<0 Observe que, usando o fato de que a matriz identidade 1 0 ... 0 0 1 ... 0 In = . . .. . .. . . 0 ... 0 1 ´ e tal que In V = V , a equacao (6.3) pode ser escrita como ¸˜ AV = λIn V ou (A − λIn )V = ¯ . 0 (6.4) ˜ ˜ ˜ Como os autovetores sao vetores nao nulos, os autovalores sao os valores de λ, para os quais o ¯ tem solucao nao trivial. Mas, este sistema homogeneo tem solucao nao ˜ ˆ ˜ sistema (A − λIn )X = 0 ¸˜ ¸˜ ´ ´ trivial se, e somente se, det(A − λIn ) = 0 (Teorema 2.15 na pagina 123). Assim temos um metodo para encontrar os autovalores e os autovetores de uma matriz A. Julho 2007 Reginaldo J. Santos Diagonalizacao ¸˜ 412 Proposicao 6.1. Seja A uma matriz n × n. ¸˜ ˜ ˆ (a) Os autovalores (reais) de A sao as ra´zes reais do polinomio ı p(t) = det(A − t In ) (6.5) ˜ ˜ (b) Para cada autovalor λ, os autovetores associados a λ s ao os vetores nao nulos da solucao do ¸˜ sistema (A − λIn )X = ¯ . 0 (6.6) ˆ Definicao 6.3. Seja A uma matriz n × n. O polinomio ¸˜ p(t) = det(A − t In ) (6.7) ´ ˆ e chamado polinomio caracter´stico de A. ı Exemplo 6.3. Vamos determinar os autovalores e autovetores da matriz A= 1 −1 −4 1 ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 6.1 Diagonalizacao de Matrizes ¸˜ 413 ˆ ´ Para esta matriz o polinomio caracter´stico e ı 1 − t −1 −4 1 − t p(t) = det(A − tI2 ) = det = (1 − t)2 − 4 = t2 − 2t − 3 . ˜ ˜ ˜ Como os autovalores de A sao as ra´zes de p(t), entao os autovalores de A sao λ1 = 3 e λ2 = −1. ı Agora, vamos determinar os autovetores associados aos autovalores λ 1 = 3 e λ2 = −1. Para isto vamos resolver os sistemas (A − λ1 I2 )X = ¯ e (A − λ2 I2 )X = ¯. 0 0 (A − λ1 I2 )X = ¯ 0 ´ e −2 −1 −4 −2 x y = 0 0 −2x − y = 0 −4x − 2y = 0 ou ´ cuja solucao geral e ¸˜ W1 = {(α, −2α) | α ∈ R}. ´ que e o conjunto de todos os autovetores associados a λ1 = 3 acrescentado o vetor nulo. Agora, (A − λ2 I2 )X = ¯ 0 ´ e 2 −1 −4 2 x y = 0 0 ´ cuja solucao geral e ¸˜ W2 = {(α, 2α) | α ∈ R}, ´ que e o conjunto de todos os autovetores associados a λ2 = −1 acrescentado o vetor nulo. Julho 2007 Reginaldo J. Santos 414 Diagonalizacao ¸˜ Para determinarmos os autovalores de uma matriz A precisamos determinar as ra´zes reais do ı nn n−1 ˆ seu polinomio caracter´stico, que tem a forma p(t) = (−1) t + an−1 t ı + . . . + a1 t + a0 . (por que?) ˆ ´´ ´ Um resultado sobre polinomios que muitas vezes e util, e o seguinte ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 6.1 Diagonalizacao de Matrizes ¸˜ 415 ˜ ˜ Proposicao 6.2. Se a0 , a1 , . . . , an−1 sao inteiros, entao as ra´zes racionais (se existirem) de ¸˜ ı p(t) = (−1)n tn + an−1 tn−1 + . . . + a1 t + a0 . ˜ sao numeros inteiros e divisores do coeficiente do termo de grau zero a 0 . ´ Demonstracao. Seja ¸˜ p ˜ raiz de p(t), com p e q primos entre si, entao q (−1)n pn−1 p pn + an−1 n−1 + · · · + a1 + a0 = 0 n q q q (6.8) multiplicando-se por q n obtemos (−1)n pn = −an−1 pn−1 q − · · · − a1 pq n−1 − a0 q n = −q (an−1 pn−1 + · · · + a1 pq n−2 + a0 q n−1 ). ˜ ˜ Como p e q sao primos entre si, entao q = 1. Substituindo-se q = 1 na equacao (6.8) obtemos ¸˜ (−1)n pn + an−1 pn−1 + · · · + a1 p = −a0 ˆ colocando-se p em evidencia obtemos p[(−1)n pn−1 + an−1 pn−2 + · · · + a1 ] = −a0 , o que prova o que quer´amos. ı Julho 2007 Reginaldo J. Santos Diagonalizacao ¸˜ 416 ˜ ˜ Por exemplo, se p(t) = −t3 + 6t2 − 11t + 6, entao as poss´veis ra´zes racionais sao ±1, ±2, ±3 ı ı ´ e ±6. Substituindo estes valores de t em p(t), vemos que p(1) = 0, ou seja, 1 e uma ra´z de p(t). ı Dividindo p(t) por t − 1, obtemos p(t) = −t2 + 5t − 6, t−1 2 ˜ ˜ ou seja, p(t) = (t − 1)(−t + 5t − 6). Como as ra´zes de −t2 + 5t − 6 sao 2 e 3, entao as ra´zes de ı ı ˜ p(t), sao 1, 2 e 3. Exemplo 6.4. Vamos determinar os autovalores e autovetores da matriz 422 A= 2 4 2 224 ˆ ´ Para esta matriz o polinomio caracter´stico e ı 4−t 2 2 4−t 2 p(t) = det(A − t I3 ) = det 2 2 2 4−t = (4 − t) det = (4 − t) det 4−t 2 2 4−t 4−t 2 2 4−t − 2 det − 4 det 2 2 2 4−t + 2 det 2 4−t 2 2 2 2 2 4−t = (4 − t)[(4 − t)2 − 4] − 8(2 − t) = −t3 + 12t2 − 36t + 32 ˜ ˆ ´´ Como nao fatoramos o polinomio caracter´stico (neste caso ate e poss´vel!), sabemos que se ele ı ı ˜ ˜ ˜ tem ra´zes racionais, entao elas sao numeros inteiros e sao divisores de 32, ou seja, podem ser ı ´ ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 6.1 Diagonalizacao de Matrizes ¸˜ 417 ±1, ±2, ±4, ±8, ±16, ±32. Substituindo-se t = ±1 obtemos p(1) = −1 + 12 − 36 + 32 > 0, p(−1) = 1 + 12 + 36 + 32 > 0. Substituindo-se t = 2 obtemos p(2) = 0. Dividindo-se p(t) por t − 2 obtemos p(t) = −t2 + 10t − 16 t−2 ˜ ou seja, p(t) = (t − 2)(−t2 + 10t − 16) = (t − 2)2 (8 − t). Portanto os autovalores de A sao λ1 = 2 e λ2 = 8. Agora, vamos determinar os autovetores associados aos autovalores λ 1 e λ2 . Para isto vamos resolver os sistemas (A − λ1 I3 )X = ¯ e (A − λ2 I3 )X = ¯. Como 0 0 (A − λ1 I3 )X = ¯ e 0´ 222 x 0 2 2 2 y = 0 222 z 0 ´ A forma escalonada reduzida da matriz aumentada do sistema e 1110 0 0 0 0 0000 Assim, a solucao geral do sistema (A − λ1 I3 )X = ¯ e ¸˜ 0´ W1 = {(−α − β, β, α) | α, β ∈ R} , ´ que e o conjunto de todos os autovetores associados a λ1 = 2 acrescentado o vetor nulo. Julho 2007 Reginaldo J. Santos Diagonalizacao ¸˜ 418 Com relacao ao autovalor λ2 = 8, o sistema (A − λ2 I3 )X = ¯ e ¸˜ 0´ −4 2 2 x 0 2 −4 y = 0 2 2 2 −4 z 0 ´ A forma escalonada reduzida da matriz aumentada do sistema e 1 0 −1 0 0 1 −1 0 00 00 Assim, a solucao geral do sistema (A − λ2 I3 )X = ¯ e ¸˜ 0´ W2 = {(α, α, α) | α ∈ R}. Para cada autovalor λ, o conjunto dos autovetores associados a ele acrescentado o vetor nulo ´ ˆ e o conjunto solucao do sistema linear homogeneo (A − λIn )X = ¯ e e chamado de autoespaco ¸˜ 0´ ¸ associado ao autovalor λ. 6.1.3 Diagonalizacao ¸˜ ´ Vamos enunciar e demonstrar o resultado principal deste cap´tulo. J a vimos que se uma matriz A ı ´ ´ ˜ ˜ e diagonalizavel, entao as colunas da matriz P , que faz a diagonalizacao, sao autovetores associados ¸˜ ˜ ´ a autovalores, que por sua vez sao elementos da matriz diagonal D . Como a matriz P e invert´vel, ı ˜ ˜ estes n autovetores sao L.I. Vamos mostrar, a seguir, que se a matriz A tem n autovetores L.I., ent ao ´ ´ ela e diagonalizavel. ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 6.1 Diagonalizacao de Matrizes ¸˜ 6 419 6 y y W2 4 4 2 2 0 W = (1, 2) 0 x x −2 V = (1, −2) −2 AW −4 −4 W1 −6 −6 −4 −2 0 2 4 AV −6 −6 6 −4 −2 0 2 4 6 −1 Figura 6.1: Autovetores associados a λ1 = 3 e a λ2 = W2 da matriz do Exemplo 6.3 z y 4 4 $heta=-60.41^o$ $phi=50.7^o$ 4 x -4 W1 ¸ Figura 6.2: Autoespacos do Exemplo 6.4 Julho 2007 Reginaldo J. Santos Diagonalizacao ¸˜ 420 Teorema 6.3. Seja A uma matriz n×n que tem n autovetores L.I. V 1 , . . . , Vn associados a λ1 , . . . , λn , ˜ respectivamente. Entao as matrizes P= V1 V2 . . . V n λ1 0 . . . 0 0 λ2 . . . 0 e D= . . .. . .. . . 0 . . . 0 λn . ˜ sao tais que A = P DP −1 , ´ ´ ´ ´ ˜ ou seja A e diagonalizavel. Reciprocamente, se A e diagonalizavel, entao ela possui n autovetores linearmente independentes. ˜ Demonstracao. Suponha que V1 , . . . , Vn sao n autovetores linearmente independentes associados ¸˜ a λ1 , . . . , λn , respectivamente. Vamos definir as matrizes P= V1 V2 . . . V n λ1 0 . . . 0 0 λ2 . . . 0 e D= . . .. . .. . . 0 . . . 0 λn ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı . Julho 2007 6.1 Diagonalizacao de Matrizes ¸˜ 421 ˜ Como AVj = λj Vj , para j = 1, . . . , n, entao AP = A = V1 V2 . . . V n = λ1 V1 λ2 V2 . . . λ n Vn AV1 AV2 . . . AVn = V1 V2 . . . V n λ1 0 . . . 0 0 λ2 . . . 0 . . .. . .. . . 0 . . . 0 λn = P D. ˜ ´ ` Como V1 , . . . , Vn sao L.I., a matriz P e invert´vel. Assim, multiplicando a equacao anterior por P −1 a ı ¸˜ direita obtemos A = P DP −1 . ´ ´ Ou seja, a matriz A e diagonalizavel. ´ ´ ˜ Vamos, agora, provar que se A e diagonalizavel, entao ela possui n autovetores L.I. Se a matriz ´ ´ ˜ A e diagonalizavel, entao existe uma matriz P tal que A = P DP −1 , (6.9) ´ ` em que D e uma matriz diagonal. Multiplicando a direita por P ambos os membros da equacao ¸˜ anterior, obtemos AP = P D . (6.10) Sejam λ1 0 . . . 0 0 λ2 . . . 0 D= . . .. . .. . . 0 . . . 0 λn Julho 2007 eP= V1 V2 . . . V n , Reginaldo J. Santos Diagonalizacao ¸˜ 422 ´ em que Vj e a coluna j de P . Usando as definicoes de P e D temos que ¸˜ V1 V2 . . . λ1 0 . . . Vn . . . 0 AP = A PD = V1 V2 Assim, de (6.10) segue-se que Vn AV1 AV2 . . . AVn 0 ... 0 λ2 . . . 0 . = λ1 V1 λ2 V2 . . . λ n Vn .. . .. . . . 0 λn = AVj = λj Vj , ´ ´ ¸˜ para j = 1, . . . n. Como a matriz P e invert´vel, pela Proposicao 5.3 na pagina 317, os autovetores ı ˜ L.I. V1 , . . . , Vn sao ´ ´ ˜ Assim, se uma matriz A e diagonalizavel e A = P DP −1, entao os autovalores de A formam a diagonal de D e n autovetores linearmente independentes associados aos autovalores formam as colunas de P . O resultado que vem a seguir, garante que se conseguirmos para cada autovalor, autovetores L.I., ˜ ˜ entao ao juntarmos todos os autovetores obtidos, eles continuar ao sendo L.I. (1) (1) ˜ Proposicao 6.4. Seja A uma matriz n × n. Se V1 , . . . , Vn1 sao autovetores L.I. associados a λ1 , ¸˜ (2) (2) (k ) (k ) ˜ ˜ V1 , . . . , Vn2 sao autovetores L.I. associados a λ2 , . . ., V1 , . . . , Vnk sao autovetores L.I. associa(1) (1) (k ) (k ) ˜ ´ dos a λk , com λ1 . . . λk distintos, entao {V1 , . . . , Vn1 , . . . , V1 , . . . , Vnk } e um conjunto L.I. ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 6.1 Diagonalizacao de Matrizes ¸˜ Julho 2007 423 Reginaldo J. Santos Diagonalizacao ¸˜ 424 Demonstracao. Vamos demonstrar apenas para o caso em que temos dois autovalores diferen¸˜ (1) (1) ´ ´ tes. O caso geral e inteiramente analogo. Sejam V1 , . . . , Vn1 autovetores L.I. associados a λ1 e (2) (2) V1 , . . . , Vn2 autovetores L.I. associados a λ2 . Precisamos mostrar que a unica solucao da equacao ´ ¸˜ ¸˜ (1) (1) x1 V 1 (1) (2) (2) (2) (2) + . . . + x k2 V n 2 = ¯ 0 (1) + . . . + x k1 V n 1 + x 1 V 1 (6.11) (j ) ´ e a solucao trivial. Multiplicando a equacao (6.11) por A e usando o fato de que os Vi ¸˜ ¸˜ tores, obtemos (1) (1) x1 λ 1 V 1 (2) (2) (1) + . . . + x(1) λ1 Vn1 + x1 λ2 V1 n1 ˜ sao autove- (2) + . . . + x(2) λ2 Vn2 = ¯ 0 n2 (6.12) (2) + . . . + x(2) λ1 Vn2 = ¯ . 0 n2 (6.13) Multiplicando a equacao (6.11) por λ1 , obtemos ¸˜ (1) (1) x1 λ 1 V 1 (2) (2) (1) + . . . + x(1) λ1 Vn1 + x1 λ1 V1 n1 Subtraindo a equacao (6.12) da equacao (6.13), obtemos ¸˜ ¸˜ (2) (2) x1 (λ2 − λ1 )V1 (2) (2) (2) + . . . + x(2) (λ2 − λ1 )Vn2 = ¯ . 0 n2 (2) (2) ˜ Como V1 , . . . , Vn2 sao L.I., temos que x1 = . . . = xn2 = 0. Agora, multiplicando a equacao ¸˜ (6.11) por λ2 e subtraindo da equacao (6.13) obtemos ¸˜ (1) (1) x1 (λ2 − λ1 )V1 (1) (1) (1) + . . . + x(1) (λ2 − λ1 )Vn1 = ¯ . 0 n1 (1) (1) ˜ Como V1 , . . . , Vn1 sao L.I., temos que x1 = . . . = xn1 = 0. O que prova que todos os autovetores ˜ juntos sao L.I. ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 6.1 Diagonalizacao de Matrizes ¸˜ Exemplo 6.5. Considere a matriz 425 422 A= 2 4 2 224 ´ ˆ ´ ´ Ja vimos no Exemplo 6.4 na pagina 416 que seu polinomio caracter´stico e p(t) = (t − 2)(−t2 + 10t − ı 2 ˜ 16) = (t − 2) (8 − t), os seus autovalores sao λ1 = 2 e λ2 = 8 e os autoespacos correspondentes ¸ ˜ sao W1 = {(−α − β, β, α) | α, β ∈ R}, W2 = {(α, α, α) | α ∈ R}, respectivamente. Vamos encontrar, para cada autoespaco, o maior numero poss´vel de autovetores ¸ ´ ı L.I., ou seja, vamos encontrar uma base para cada autoespaco. E o teorema anterior garante que se ¸ ˜ juntarmos todos estes autovetores eles vao continuar sendo L.I. Para W1 , temos que (−α − β, β, α) = α(−1, 0, 1) + β (−1, 1, 0). ´ ˜ Assim, os vetores V1 = (−1, 0, 1) e V2 = (−1, 1, 0) geram W1 . Como alem disso, eles sao L.I. (um ˜´´ ˜ ˜ nao e multiplo escalar do outro), entao eles formam uma base para W1 . Assim, nao podemos ter um ´ numero maior de autovetores L.I. associados a λ1 = 2 (Teorema 5.6 na pagina 334). ´ ´ Para W2 , temos que o conjunto {V3 = (1, 1, 1)} e uma base para W2 , pois como (α, α, α) = α(1, 1, 1), ˜ ´ ˜ V3 gera W2 e um vetor nao nulo e L.I. Assim, nao podemos ter um numero maior de autovetores L.I. ´ ´ associados a λ2 = 8 (Teorema 5.6 na pagina 334). Julho 2007 Reginaldo J. Santos Diagonalizacao ¸˜ 426 ˜ ´ ˜ Como V1 e V2 sao autovetores L.I. associados a λ1 e V3 e um autovetor L.I. associado a λ2 , entao ´ ˜ ´ pela Proposicao 6.4 na pagina 422 os autovetores juntos V1 , V2 e V3 sao L.I. Assim, a matriz A e ¸˜ ´ diagonalizavel e as matrizes λ1 0 0 200 D = 0 λ1 0 = 0 2 0 0 0 λ2 008 −1 −1 0 1 e P = [ V 1 V2 V3 ] = 1 0 ˜ sao tais que 1 1 1 A = P DP −1 . Exemplo 6.6. Considere a matriz A= 1 −1 −4 1 ´ ˆ ´ ´ ı Ja vimos no Exemplo 6.3 na pagina 412 que o seu polinomio caracter´stico e p(t) = det(A − t I2 ) = 2 ˜ t − 2t − 3, que os seus autovalores sao λ1 = 3 e λ2 = −1 e que os autoespacos correspondentes ¸ ˜ sao W1 = {(α, −2α) | α ∈ R} e W2 = {(α, 2α) | α ∈ R}, respectivamente. ´ ˜ Para λ1 = 3, temos que {V1 = (1, −2)} e uma base de W1 . Assim, nao podemos ter mais ´ ´ autovetores L.I. associados a λ1 . De forma analoga para λ2 = −1, {V2 = (1, 2)} e um conjunto com ´ ´ o maior numero poss´vel de autovetores L.I. associados a λ 2 . Assim, a matriz A e diagonalizavel e as ´ ı matrizes P = [ V 1 V2 ] = ˜ sao tais que D = P −1 AP . 11 −2 2 e ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı D= λ1 0 0 λ2 = 3 0 0 −1 Julho 2007 6.1 Diagonalizacao de Matrizes ¸˜ 427 Exemplo 6.7. Considere a matriz A= 01 00 ˆ ´ O seu polinomio caracter´stico e p(t) = det(A − t I2 ) = t2 , assim A possui um unico autovalor: ı ´ λ1 = 0. Agora, vamos determinar os autovetores associados ao autovalor λ 1 = 0. Para isto vamos resolver o sistema (A − λ1 I2 )X = ¯. Como 0 01 00 A − λ 1 I2 = A = ˜ entao (A − λ1 I2 )X = ¯ e 0´ 01 00 x y = , 0 0 ou y=0 0=0 ´ cuja solucao geral e ¸˜ W1 = {(α, 0) | α ∈ R} = {α(1, 0) | α ∈ R} . ´ ´ que e o autoespaco correspondente a λ1 = 0. Assim, para λ1 = 0, temos que {V1 = (1, 0)} e ¸ ´ ˜ um subconjunto L.I. de V1 . Pelo Teorema 5.6 na pagina 334 nao podemos ter um numero maior de ´ ´ ˜ autovetores L.I. associados a λ1 e como so temos um autovalor nao podemos ter mais autovetores ´ ´ ˜ ˜´ L.I. Portanto, pelo Teorema 6.3 na pagina 420, a matriz A nao e diagonalizavel, ou seja, nao existem −1 matrizes P e D tais que A = P DP . Julho 2007 Reginaldo J. Santos Diagonalizacao ¸˜ 428 ´ Exemplo 6.8. Vamos retomar a cadeia de Markov do Exemplo 1.9 na pagina 17. Vamos supor que ˆ ´ uma populacao e dividida em tres estados (por exemplo: ricos, classe media e pobres) e que em cada ¸˜ ´ ´ unidade de tempo a probabilidade de mudanca de um estado para outro seja constante no tempo, s o ¸ dependa dos estados. Seja tij a probabilidade de mudanca do estado j para o estado i em uma unidade de tempo ¸ (geracao). A matriz de transicao e dada por ¸˜ ¸˜ ´ 2 3 1 1 t11 t12 t13 t21 t22 t23 2 T= 3 t31 t32 t33 Vamos considerar a matriz de transicao ¸˜ 1 1 T= 2 1 2 0 2 1 4 1 2 1 4 3 0 1 1 2 2 1 3 2 ˆ Vamos calcular potencias k de T , para k um inteiro positivo qualquer. Para isto vamos diagonalizar a matriz T . Para isso precisamos determinar seus os autovalores e autovetores. Para esta matriz o ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 6.1 Diagonalizacao de Matrizes ¸˜ 429 ˆ ´ polinomio caracter´stico e ı p(t) = det(T − t I3 ) = det 1 2 −t 1 2 1 4 1 2 0 −t 1 2 1 4 0 1 2 −t 1 1 1 1 −t = ( − t) det − det 2 1 2 1 1 0 2 −t −t 2 4 4 2 1 1 1 11 − ( − t) = ( − t) ( − t)2 − 2 2 8 82 3 1 1 32 1 = −t3 + t − t = t(−t2 + t − ) = −t(t − 1)(t − ) 2 2 2 2 2 1 2 1 2 ˜ Portanto os autovalores de T sao λ1 = 0, λ2 = 1/2 e λ3 = 1. Agora, vamos determinar os autovetores associados aos autovalores λ1 , λ2 e λ3 . Para isto vamos resolver os sistemas (T − λ1 I3 )X = ¯, (T − λ2 I3 )X = ¯ e (T − λ3 I3 )X = ¯. Como 0 0 0 (T − λ1 I3 )X = T X = ¯ e 0´ 1 2 1 2 0 1 4 1 2 1 4 0 1 2 1 2 x 0 y=0 z 0 ´ A forma escalonada reduzida da matriz aumentada do sistema e 1 0 0 Julho 2007 0 −1 0 1 2 0 0 00 Reginaldo J. Santos Diagonalizacao ¸˜ 430 Assim, a solucao geral do sistema (T − λ1 I3 )X = ¯ e ¸˜ 0´ W1 = {(α, −2α, α) | α ∈ R} , ´ que e o conjunto de todos os autovetores associados a λ1 = 0 acrescentado o vetor nulo. O conjunto ´ {V1 = (1, −2, 1)} e uma base para W1 , pois como (α, −2α, α) = α(1, −2, 1), V1 gera W1 e um ˜ ´ vetor nao nulo e L.I. ˜ ao autovalor λ2 = 1/2, o sistema (T − λ2 I3 )X = ¯ e Com relacao ¸ 0´ 1 4 x 0 1 2 0 1 y = 0 2 1 z 0 040 0 0 ´ A forma escalonada reduzida da matriz aumentada do sistema e 1010 0 1 0 0 0000 Assim, a solucao geral do sistema (T − λ2 I3 )X = ¯ e ¸˜ 0´ W2 = {(α, 0, α) | α ∈ R}. ´ O conjunto {V2 = (1, 0, 1)} e uma base para W2 , pois como (α, 0, α) = α(1, 0, 1), V3 gera W2 e um ˜ ´ vetor nao nulo e L.I. ˜ ao autovalor λ3 = 1, o sistema (T − λ3 I3 )X = ¯ e Com relacao ¸ 0´ 1 −2 1 2 0 1 4 1 −2 1 4 x 0 1 y = 0 2 1 z 0 −2 0 ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 6.1 Diagonalizacao de Matrizes ¸˜ 431 ´ A forma escalonada reduzida da matriz aumentada do sistema e 1 0 −1 0 0 1 −2 0 00 00 Assim, a solucao geral do sistema (T − λ3 I3 )X = ¯ e ¸˜ 0´ W3 = {(α, 2α, α) | α ∈ R} , ´ que e o conjunto de todos os autovetores associados a λ3 = 1 acrescentado o vetor nulo. O conjunto ´ ˜ {V1 = (1, 2, 1)} e uma base para W1 , pois como (α, 2α, α) = α(1, 2, 1), V1 gera W1 e um vetor nao ´ nulo e L.I. ˜ ˜ Como V1 , V2 e V3 sao autovetores associados a λ1 , λ2 e λ3 , respectivamente, entao pela ´ ˜ ´ Proposicao 6.4 na pagina 422 os autovetores juntos V1 , V2 e V3 sao L.I. Assim, a matriz A e dia¸˜ ´ gonalizavel e as matrizes λ1 0 0 000 1 D = 0 λ2 0 = 0 2 0 0 0 λ3 001 1 −1 −2 0 e Q = [ V 1 V2 V3 ] = 1 1 1 2 1 ˜ sao tais que D = Q−1 T Q ou T = QDQ−1 . Julho 2007 Reginaldo J. Santos Diagonalizacao ¸˜ 432 Assim, T k = QD k Q−1 = 1 4 + ( 1 )k+1 2 1 4 1 2 1 ( 2 )k+1 − 1 1 1 000 −4 4 1 2 0 ( 2 )k 0 − 1 0 2 1 1 1 001 4 4 1 − ( 2 )k+1 1 2 1 k +1 + (2) 1 −1 0 = −2 1 1 1 4 1 2 1 4 1 4 1 4 1 4 1 2 1 4 ´ ´ Esta e a matriz que da a transicao entre k unidades de tempo (geracoes). ¸˜ ¸˜ ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 6.1 Diagonalizacao de Matrizes ¸˜ 433 ´ ´ Exerc´cios Numericos (respostas na pagina 627) ı ˆ 6.1.1. Ache o polinomio caracter´stico, os autovalores e os autovetores de cada matriz: ı 1 1 0 0 (c) 0 2 (e) 0 0 (a) 1 1 12 0 3 00 −2 3 3 −2 −1 2 1 −1 2 4 10 (d) −1 3 32 2 2 2 (f) 1 2 −2 (b) 6.1.2. Ache bases para os auto-espacos associados a cada autovalor ¸ (a) (c) 2 00 3 −1 0 0 43 1 234 0 −1 3 2 0 0 3 3 0 002 ˜ ´ 6.1.3. Verifique quais das matrizes sao diagonalizaveis: 1 4 1 −2 1 1 −2 0 4 (c) 4 1 −1 4 (a) Julho 2007 (b) (d) 2 0 0 2 0 0 0 3 1 0 2 2 0 0 0 0 2 3 3 1 0 0 0 −2 3 1 1 4 2 1 1 10 −2 1 1 23 (d) 0 −1 2 0 02 (b) Reginaldo J. Santos Diagonalizacao ¸˜ 434 ˜ 6.1.4. Ache para cada matriz A, se poss´vel, uma matriz n ao-singular P tal que P −1 AP seja diagonal: ı 1 0 (a) 0 1 0 (c) 2 1 1 1 2 1 1 2 0 3 3 0 2 4 2 2 (b) 1 −1 −2 3 −2 1 0 20 (d) 0 00 3 2 0 ˜ 6.1.5. Sabendo-se que V1 = (−4, −4, −1), V2 = (5, 4, 1) e V3 = (5, 3, 1) sao autovetores da matriz 5 −1 −6 3 1 A = −2 −6 3 1 −1 −6 6 20 3 16 3 11 6 ˆ (a) Sem obter o polinomio caracter´stico determine os autovalores correspondentes a estes ı autovetores. ´ ´ (b) A matriz e diagonalizavel? Justifique? ˆ 6.1.6. De exemplo de: ˜ ˜ ´ (a) Uma matriz que nao tem autovalor (real) (Sugestao: use o Exerc´cio 27 na pagina 438). ı ˜´ ´ (b) Uma matriz que tem um autovalor e nao e diagonalizavel (em Rn ). ˜´ ´ (c) Uma matriz que tem dois autovalores e nao e diagonalizavel (em Rn ). Exerc´cios usando o M ATLAB ı ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 6.1 Diagonalizacao de Matrizes ¸˜ 435 ´ ˜ ´ >> syms x y z diz ao M ATLAB que as variaveis x, y e z sao simbolicas; >> A=[a11,a12,...,a1n;a21,a22,...; ...,amn] cria uma matriz, m por n, usando os ´ elementos a11, a12, ..., amn e a armazena numa vari avel A; >> A=[A1,...,An] cria uma matriz A formada pelas matrizes, definidas anteriormente, A1, ..., An colocadas uma ao lado da outra; >> solve(expr) determina a solucao da equacao expr=0. ¸˜ ¸˜ >> solve(x^2-4) determina as solucoes da equacao x2 − 4 = 0; ¸˜ ¸˜ Por exemplo, ˜ ´ >> subs(expr,x,num) substitui na expressao expr a variavel x por num. >> [P,D]=eig(A) determina matrizes P e D (diagonal) tais que AP=PD. inv(A) calcula a inversa da matriz A. ˜ A=sym(A) converte a matriz A numa matriz em que os elementos s ao armazenados no formato ´ simbolico. A funcao numeric faz o processo inverso. ¸˜ Comandos do pacote GAAL: >> A=randi(n) ou >> A=randi(m,n) cria uma matriz n por n ou m por n, respectivamente, ´ com elementos inteiros aleatorios. >> escalona(A) calcula passo a passo a forma reduzida escalonada da matriz A. 6.1.7. Defina as matrizes B=sym(randi(2)) e A=[B-B’,zeros(2,1);zeros(1,2),randi]. A ma´ ´ triz A e diagonalizavel? Por que? 6.1.8. Defina as matrizes L=[eye(2),zeros(2,1);randi(1,2),0] e A=sym(L*L’). Determine o ˆ polinomio caracter´stico de A, os autovalores e um conjunto de autovetores linearmente indeı pendentes com o maior numero poss´vel de vetores. Encontre matrizes P e D (diagonal) tais que ´ ı Julho 2007 Reginaldo J. Santos Diagonalizacao ¸˜ 436 inv(P)*A*P=D, se poss´vel. Verifique o resultado. Use o comando [P,D]=eig(A) e compare ı ˆ com as matrizes que voce encontrou. 6.1.9. Defina a=randi,b=randi e A=sym([2*a,a-b,a-b;0,a+b,b-a;0,b-a,a+b]). Determine o ˆ polinomio caracter´stico de A, os autovalores e um conjunto de autovetores linearmente indeı pendentes com o maior numero poss´vel de vetores. Encontre matrizes P e D (diagonal) tais que ´ ı inv(P)*A*P=D, se poss´vel. Verifique o resultado. Use o comando [P,D]=eig(A) e compare ı ˆ com as matrizes que voce encontrou. ˆ 6.1.10. Defina a=randi,b=randi e A=sym([a,0,b;2*b,a-b,2*b;b,0,a]). Determine o polin omio caracter´stico de A, os autovalores e um conjunto de autovetores linearmente independenı tes com o maior numero poss´vel de vetores. Encontre matrizes P e D (diagonal) tais que ´ ı A=P*D*inv(P), se poss´vel. Verifique o resultado. Use o comando [P,D]=eig(A) e compare ı ˆ com as matrizes que voce encontrou. ´ Exerc´cios Teoricos ı ´ 6.1.11. Dizemos que uma matriz B , n × n, e semelhante a uma matriz A, n × n, se existir uma matriz −1 ˜ P nao singular tal que B = P AP . Demonstre: ´ (a) A e semelhante a A; ´ ˜ ´ (b) Se A e semelhante a B , entao B e semelhante a A; ´ ´ ˜ ´ (c) Se A e semelhante a B e B e semelhante a C , entao A e semelhante a C . 6.1.12. Seja λ um autovalor (fixo) de A. Demonstre que o conjunto formado por todos os autovetores ´ de A associados a λ, juntamente com o vetor nulo, e um subespaco de Rn . Este subespaco e ¸ ¸´ chamado de autoespaco associado a λ. ¸ ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 6.1 Diagonalizacao de Matrizes ¸˜ 437 ˜ ˜ ˆ 6.1.13. Demonstre que se A e B sao semelhantes, entao possuem os mesmos polinomios caracter´sticos e portanto os mesmos autovalores. ı ´ ˜ ˜ 6.1.14. Demonstre que se A e uma matriz triangular superior, entao os autovalores de A sao os elementos da diagonal principal de A. 6.1.15. Demonstre que A e At possuem os mesmos autovalores. O que podemos dizer sobre os autovetores de A e At ? ´ 6.1.16. Seja λ um autovalor de A com autovetor associado X . Demonstre que λ k e um autovalor de ´ Ak = A . . . A associado a X , em que k e um inteiro positivo. ´ 6.1.17. Uma matriz A e chamada nilpotente se Ak = ¯, para algum inteiro positivo k . Reveja o 0 ´ ´ ˜ Exerc´cio 1.1.29 na pagina 32. Demonstre que se A e nilpotente, entao o unico autovalor de A ı ´ ´ ˜ e 0. (Sugestao: use o exerc´cio anterior) ı 6.1.18. Seja A uma matriz n × n. ´ ˆ (a) Mostre que o determinante de A e o produto de todas as ra´zes do polinomio caracter´stico ı ı n ˜ de A; (Sugestao: p(t) = det(A − t In ) = (−1) (t − λ1 ) . . . (t − λn ).) ´ (b) Mostre que A e singular se, e somente se, 0 for um autovalor de A. ˜ ´ 6.1.19. Seja λ um autovalor da matriz nao-singular A com autovetor associado X . Mostre que 1/λ e um autovalor de A−1 com autovetor associado X . 6.1.20. Seja A = Julho 2007 ab ´ ´ . Ache condicoes necessarias e suficientes para que A seja diagonalizavel. ¸˜ cd Reginaldo J. Santos Diagonalizacao ¸˜ 438 ˜ ˜ ´ ´ 6.1.21. Se V e W sao autovetores associados a um autovalor λ, entao W − projV W e tambem um autovetor associado a λ? E se V e W forem autovetores associados a autovalores diferentes? 6.1.22. Sejam A e B matrizes n × n. Mostre que AB e BA possuem os mesmos autovalores. (Su˜ ´ gestao: Separe em dois casos: λ = 0 e λ = 0. No segundo caso, mostre que se V e autovetor ˜ ´ de AB , entao BV e autovetor de BA.) ´ ´ 6.1.23. Seja A uma matriz n × n diagonalizavel. Mostre que o traco de A e igual a soma das ra´zes ¸ ı ˆ ˜ do seu polinomio caracter´stico, incluindo as multiplicidades. (Sugest ao: use o fato de que ı tr(AB ) = tr(BA).) ˜ 6.1.24. Suponha que duas matrizes n × n A e B sao tais que B = αA, para um escalar α = 0. Mostre ´ ˜ ´ que se λ e autovalor de uma matriz A, entao αλ e autovalor de B . ´ ´ 6.1.25. Seja A uma matriz n × n com n autovalores diferentes. Mostre que A e diagonalizavel. 6.1.26. ´ ˜ ´ (a) Mostre que se V e autovetor de A, entao V e autovetor de Ak . Com qual autovalor? ´ ˜ ´ ˜ (b) E se V e autovetor de Ak , entao V e autovetor de A? (Sugestao: veja o que acontece com uma matriz nilpotente) ˆ 6.1.27. Dado um polinomio p(t) = (−1)n (tn + an−1 tn−1 + · · · + a0 ) ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 6.1 Diagonalizacao de Matrizes ¸˜ 439 Verifique que a matriz A= 0 0 1 0 . . . . . . 0 ··· 1 ··· .. . .. . 0 0 . . . 1 0 0 0 ··· −a0 −a1 −a2 · · · −an−1 , n×n ´ ˆ ´ ´ e tal que o seu polinomio caracter´stico e p(t). Esta matriz e chamada matriz companheira ı ˆ ˜ do polinomio p(t). (Sugestao: verifique para n = 2 e depois supondo que seja verdade para ´ matrizes (n − 1) × (n − 1) mostre que e verdade para matrizes n × n expandindo em cofatores em relacao a primeira coluna) ¸˜ Julho 2007 Reginaldo J. Santos Diagonalizacao ¸˜ 440 ´ 6.2 Diagonalizacao de Matrizes Simetricas ¸˜ 6.2.1 Motivacao ¸˜ . ˆ O problema da identificacao de uma conica (curva no plano descrita por uma equacao de 2o grau ¸˜ ¸˜ ´ ˜ em x e y ) atraves da sua equacao e facilmente resolvido se a equacao nao possui um termo em que ¸˜ ´ ¸˜ ´ aparece o produto xy . Mas, ao contrario, se aparece este termo misto, temos que fazer uma mudanca ¸ ˜ de coordenadas de forma que nas novas coordenadas ele n ao apareca. Vejamos o exemplo seguinte. ¸ ˆ Exemplo 6.9. Considere o problema de identificar uma conica representada pela equacao ¸˜ 3x2 + 2xy + 3y 2 = 4 . (6.14) Usando matrizes, esta equacao pode ser escrita como ¸˜ [3x + y x + 3y ] x y =4 ou [x y ] 31 13 x y =4 ou ainda, X t AX = 4 , (6.15) em que A= 31 13 e X= ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı x y . Julho 2007 6.2 ´ Diagonalizacao de Matrizes Simetricas ¸˜ 441 ´ Como veremos adiante (Exemplo 6.11 na pagina 449), podemos escrever A = P DP t em que 1 √ 2 1 − √2 P= 1 √ 2 1 √ 2 eD= 20 04 . Assim, a equacao (6.15) pode ser escrita como ¸˜ (X t P )D (P t X ) = (P t X )t D (P t X ) = 4 . ´ ˜ Se fazemos a mudanca de variaveis (ou de coordenadas) X = P X , entao como P t P = I2 , a ¸ equacao (6.15) se transforma em ¸˜ X t DX = 4 ou [x y] 20 04 x y =4 que pode ser reescrita como, 2x 2 + 4y 2 = 4 , ou dividindo por 4, como x2 y2 + =1 2 1 ´ ´ que e a equacao da elipse mostrada na Figura 6.3. Veremos na proxima secao como tracar esta ¸˜ ¸˜ ¸ elipse. Julho 2007 Reginaldo J. Santos Diagonalizacao ¸˜ 442 y y‘ E2 W2 E1 x W1 x‘ Figura 6.3: Elipse do Exemplo 6.9 ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 6.2 ´ Diagonalizacao de Matrizes Simetricas ¸˜ 443 ´ A matriz P , tem a propriedade de que a sua inversa e simplesmente a sua transposta, P −1 = P t . ´ Uma matriz que satisfaz esta propriedade e chamada de matriz ortogonal. O que possibilitou a ˆ ´ ´ ´ identificacao da conica, no exemplo anterior, foi o fato de que a matriz A e diagonalizavel atraves de ¸˜ −1 −1 t uma matriz ortogonal P . Ou seja, existe uma matriz P tal que A = P DP eP =P . ´ ´ ´ ´ Ja vimos que nem toda matriz e diagonalizavel (Exemplo 6.7 na pagina 427). Vamos ver que se ´ ´ ˜ ´ ´ ´ uma matriz A e simetrica, entao ela e diagonalizavel, isto e, existe uma matriz diagonal D e uma ´ ´ matriz invert´vel P tal que A = P DP −1 . Alem disso, para matrizes simetricas, existe uma matriz P ı t tal que A = P DP . Isto porque existe uma matriz ortogonal P que faz a diagonalizacao, ou seja, ¸˜ −1 t ´ que tem a propriedade P = P . Em algumas aplicacoes a diagonalizacao com uma tal matriz e ¸˜ ¸˜ ´ ˆ necessaria, como por exemplo na identificacao de conicas. ¸˜ Vamos em primeiro lugar, caracterizar as matrizes ortogonais. 6.2.2 Matrizes Ortogonais ´ Uma matriz P tal que P −1 = P t e chamada de matriz ortogonal. ´ Proposicao 6.5. Uma matriz P e ortogonal se, e somente se, as suas colunas formam um conjunto ¸˜ ortonormal de vetores. ˜ Demonstracao. Vamos escrever P = [U1 . . . Un ]. Ou seja, U1 , . . . , Un sao as colunas de P . A ¸˜ Julho 2007 Reginaldo J. Santos Diagonalizacao ¸˜ 444 ´ inversa de P e P t se, e somente se, P t P = In . Mas, t U1 . P tP = . . t Un t t U1 U1 U1 U2 U t U1 U t U2 2 2 [U1 . . . Un ] = . . . t t Un U1 Un U2 t . . . U1 Un t . . . U2 Un . .. . . . t . . . Un Un Logo, P t P = In se, e somente se, Uit Uj = Ui · Uj = 0 para i = j e Uit Ui = Ui · Ui = 1 para ˜ i = 1, . . . n. Ou seja, P t P = In se, e somente se, U1 , . . . , Un sao ortonormais. ´ ´ ´ Vamos supor que uma matriz A e diagonalizavel atraves de uma matriz ortogonal, ou seja, que ´ ´ existe uma matriz P tal que D = P t AP e uma matriz diagonal. Como a matriz P e uma matriz cujas ˜ ´ ´ colunas sao autovetores de A, deduzimos da proposicao anterior que uma matriz A e diagonalizavel ¸˜ ´ atraves de uma matriz ortogonal se, e somente se, ela possui um conjunto ortonormal de autovetores. ´ Como veremos, as matrizes simetricas possuem esta caracter´stica. ı ´ Proposicao 6.6. Para uma matriz A simetrica, os autovetores associados a autovalores diferentes ¸˜ ˜ sao ortogonais. Demonstracao. Sejam V1 e V2 autovetores de A associados aos autovalores λ1 e λ2 , respectiva¸˜ ˜ mente, com λ1 = λ2 . Entao, AV1 = λ1 V1 e AV2 = λ2 V2 . ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 6.2 ´ Diagonalizacao de Matrizes Simetricas ¸˜ 445 ´ Agora, se escrevemos os vetores como matrizes colunas, o produto escalar e simplesmente o produto matricial da transposta da primeira matriz pela segunda. Assim, AV1 · V2 = (AV1 )t V2 = V1t At V2 = V1 · At V2 . (6.16) ´ ´ ˜ Como A e simetrica At = A e como V1 e V2 sao autovetores de A, temos de (6.16) que λ1 V1 · V 2 = λ 2 V1 · V 2 ou (λ1 − λ2 )V1 · V2 = 0 . ˜ Como λ1 = λ2 , conclu´mos que V1 · V2 = 0, ou seja, V1 , V2 sao ortogonais. ı ´˜ Como autovetores associados a autovalores diferentes j a sao ortogonais, para diagonalizarmos ´ ´ de uma matriz P ortogonal, precisamos encontrar, para cada auuma matriz simetrica A atraves tovalor, autovetores ortonormais associados a eles. Para isso, podemos aplicar a Proposic ao 5.18 ¸˜ ´ ou a Proposicao 5.19 na pagina 369 a cada conjunto de autovetores L.I. associados a cada um dos ¸˜ autovalores. Exemplo 6.10. Considere a matriz 422 A= 2 4 2 224 ´ ´ ˆ ´ Esta e a matriz do Exemplo 6.5 na pagina 425. Para esta matriz o polinomio caracter´stico e ı p(t) = det(A − t I3 ) = (t − 2)2 (8 − t) Julho 2007 Reginaldo J. Santos Diagonalizacao ¸˜ 446 W2 z y 4 4 $heta=-60.41^o$ $phi=50.7^o$ 4 x -4 W1 Figura 6.4: Autoespacos do Exemplo 6.10 ¸ ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 6.2 ´ Diagonalizacao de Matrizes Simetricas ¸˜ 447 ˆ ˜ Portanto os autovalores de A (ra´zes reais do polinomio caracter´stico) sao λ1 = 2 e λ2 = 8. ı ı ˜ Os autovetores associados aos autovalores λ1 = 2 e λ2 = 8 sao as solucoes de (A − λ1 I3 )X = ¯ ¸˜ 0 ¯ respectivamente. e (A − λ2 I3 )X = 0 A forma escalonada reduzida de 222 A − 2I3 = 2 2 2 222 ´ e 111 0 0 0 . 000 ´ Portanto o autoespaco associado a λ1 = 2 e ¸ W1 = {(−α − β, β, α) | α, β ∈ R} , Agora, (−α − β, β, α) = α(−1, 0, 1) + β (−1, 1, 0). Assim, os vetores V 1 = (−1, 0, 1) e V2 = ´ ˜ ˜´´ ˜ (−1, 1, 0) geram W1 . Como alem disso, eles sao L.I. (um nao e multiplo escalar do outro), entao eles formam uma base para W1 . Vamos encontrar dois autovetores ortonormais associados a λ 1 = 2. Para isso vamos usar a ´ Proposicao 5.18 na pagina 369. ¸˜ W1 = V1 = (−1, 0, 1); U1 = U2 = Julho 2007 W2 = V2 − projW1 V2 = (−1/2, 1, −1/2) √ √ 1 W1 = (−1/ 2, 0, 1/ 2) ||W1 || √ √ √ 1 W2 = (−1/ 6, 2/ 6, −1/ 6) ||W2 || Reginaldo J. Santos Diagonalizacao ¸˜ 448 Com relacao ao autovalor λ2 = 8, temos que a forma escalonada reduzida da matriz ¸˜ −4 2 2 2 A − 8I3 = 2 −4 2 2 −4 ´ e ´ Assim, o autoespaco associado a λ2 = 8 e ¸ 1 0 0 0 −1 1 −1 . 0 0 W2 = {(α, α, α) | α ∈ R}. ´ O conjunto {V3 = (1, 1, 1)} e uma base para W2 , pois como (α, α, α) = α(1, 1, 1), V3 gera W2 e ˜ ´ um vetor nao nulo e L.I. Assim, o vetor U3 = √ √ √ 1 V3 = (1/ 3, 1/ 3, 1/ 3) ||V3 || forma uma base ortonormal para W2 . ´ ´ ˜ Como a matriz A e simetrica, autovetores associados a autovalores diferentes s ao ortogonais. ˜ Portanto, U1 , U2 e U3 sao ortonormais e assim a matriz satisfaz A = P DP t , em que 1 1 − √2 − √6 2 √ 0 P = [U1 U2 U3 ] = 6 1 1 √ − √6 2 1 √ 3 1 √ 3 1 √ 3 200 D= 0 2 0 008 ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 6.2 ´ Diagonalizacao de Matrizes Simetricas ¸˜ 449 Exemplo 6.11. Considere a matriz A= 31 13 . ˆ ´ O seu polinomio caracter´stico e ı p(t) = det(A − t I2 ) = t2 − 6t + 8 = (t − 2)(t − 4). ˜ Portanto os autovalores de A sao λ1 = 2 e λ2 = 4. Os autovetores associados aos autovalores ˜ λ1 = 2 e λ2 = 4 sao as solucoes de (A − λ1 I2 )X = ¯ e (A − λ2 I2 )X = ¯ respectivamente. ¸˜ 0 0 ¯ e o autoespaco A solucao geral do sistema (A − 2I2 )X = 0 ´ ¸˜ ¸ W1 = {(α, −α) | α ∈ R}. ˜ ˜ ´ ´ Como (α, −α) = α(1, −1), entao V1 = (1, −1) gera W1 e como um vetor nao nulo e L.I., {V1 } e uma base de W1 . Assim, U1 = 1 ||W1 || = 1 1 √ , −√ 2 2 ´ e uma base ortonormal de W1 . ˜ Para determinar os autovetores associados a autovalor λ 2 = 4 nao precisamos resolver outro sis´ ´ ´ tema linear. Como a matriz A e simetrica, pela Proposicao 6.6 na pagina 444, autovetores associados ¸˜ ˜ ´ a autovalores distintos sao ortogonais. Logo o autoespaco associado a λ2 = 4 e dado por ¸ W2 = {α(1, 1) | α ∈ R}. ˜ ´ ´ O vetor V2 = (1, 1) gera W2 e como um vetor nao nulo e L.I., {V2 } e uma base de W2 . U2 = Julho 2007 1 ||W2 || = 11 √ ,√ 22 Reginaldo J. Santos Diagonalizacao ¸˜ 450 ´ e uma base ortonormal de W2 . ´ ´ Como a matriz A e simetrica, autovetores associados a autovalores diferentes s ao ortogonais. Portanto P= 1 √ 2 1 − √2 1 √ 2 1 √ 2 eD= 20 04 . ˜ sao tais que A = P DP t . ´ ´ Observe que se uma matriz A e diagonalizavel com uma matriz ortogonal, ou seja, se A = P DP t , ˜ com D diagonal e P ortogonal, entao At = (P DP t )t = (P t )t D t P t = P DP t = A, ´ ou seja, a matriz A tem que ser simetrica. ´ ´ ˆ ´ O proximo resultado, que esta demonstrado no Apendice V na pagina 454, garante que toda matriz ´ ´ ´ ´ simetrica e diagonalizavel atraves de uma matriz ortogonal, ou seja, o procedimento seguido nos dois ´ exemplos anteriores sempre funciona para matrizes simetricas e somente para elas. ´ ´ ˜ ´ ´ Teorema 6.7. Se A e uma matriz simetrica, entao ela e diagonalizavel com uma matriz ortogonal, ou seja, existe uma matriz ortogonal P e uma matriz diagonal D tal que A = P DP t . ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 6.2 ´ Diagonalizacao de Matrizes Simetricas ¸˜ 451 ´ ´ Exerc´cios Numericos (respostas na pagina 647) ı 6.2.1. Diagonalize cada matriz dada A por meio de uma matriz ortogonal, ou seja, ache uma matriz ortogonal P tal que P t AP seja diagonal: 2 2 0 (c) 0 1 1 (e) 1 0 1 2 (g) 0 0 (a) 2 2 0 0 0 1 1 0 2 1 0 0 2 1 0 (d) 0 0 2 (f) 1 1 0 0 (h) 0 0 (b) 1 0 0 0 0 1 0 0 1 2 0 0 2 1 ´ 6.2.2. Seja A uma matriz simetrica. Sabendo-se que 1 2 0 2 2 1 2 1 0 0 0 0 0 2 2 1 1 2 0 0 0 1 0 0 1 0 V1 = (0, 2, −2, 1) e V2 = (2, 1, −2, 3) ˜ sao autovetores de A associados a λ1 = 2 e V3 = (−2, 0, 1, 2) e V4 = (−3, −2, −1, 2) ˜ sao autovetores associados a λ2 = 4 determine, se poss´vel, uma matriz P e uma matriz ı diagonal D tais que A = P DP t . Julho 2007 Reginaldo J. Santos Diagonalizacao ¸˜ 452 ´ Exerc´cios Teoricos ı ´ ˜ 6.2.3. Mostre que se A e uma matriz ortogonal, entao det(A) = ±1. ˜ ˜ ´ 6.2.4. Mostre que se A e B sao matrizes ortogonais, entao AB e ortogonal. 6.2.5. (a) Verifique se a matriz cos θ − sen θ sen θ cos θ ´ e ortogonal; ´ (b) Mostre que X = (x, y ) e ortogonal a V = (a, b) = ¯ com ||X || = ||V || se, e somente se, 0 X = (−b, a) ou X = (b, −a). ´ ˜ (c) Mostre que se A e uma matriz ortogonal 2 × 2, entao existe um numero real θ tal que ´ A= cos θ − sen θ sen θ cos θ ou A= cos θ sen θ sen θ − cos θ . ´ A primeira matriz, tem determinante igual a 1, e a matriz de rotacao (veja a Subsecao ¸˜ ¸˜ ´ ´ ´ ´ 5.4.1 na pagina 388). Observe que a segunda matriz alem de ortogonal e simetrica. ˜ ˜ (Sugestao: Comece com uma matriz (aij )2×2 e use o fato de que as colunas sao ortonor´ 11 mais. Uma das equacoes sera a2 + a2 = 1. Faca a11 = cos θ e a21 = sen θ . Use o item ¸˜ ¸ 21 anterior.) ´ ´ ´ 6.2.6. Mostre que se uma matriz A e diagonalizavel por uma matriz ortogonal (isto e, existem P e D , −1 t t ˜ ´ ´ com P = P e D diagonal, tais que A = P DP ), entao A e uma matriz simetrica. ´ ´ 6.2.7. Dizemos que uma matriz simetrica A, n × n, e (definida) positiva se X t AX > 0, para todo n ¯, X escrito como matriz coluna. Mostre que sao equivalentes as seguintes ˜ X ∈ R ,X = 0 afirmacoes: ¸˜ ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 6.2 ´ Diagonalizacao de Matrizes Simetricas ¸˜ 453 ´ (a) A matriz A e definida positiva. ´ ´ ˜ (b) A e simetrica e todos os autovalores de A sao positivos. ´ (c) Existe uma matriz definida positiva B tal que A = B 2 . A matriz B e chamada a raiz quadrada de A. ˜ ´ (Sugestao: Mostre que (a)⇒(b)⇒(c)⇒(a). Na parte (b)⇒(c) faca primeiro o caso em que A e ¸ uma matriz diagonal) ´ 6.2.8. Seja A uma matriz invert´vel n × n. Mostre que existe uma matriz sim etrica definida positiva ı P e uma matriz ortogonal U , tal que A = P U . Esta decomposicao e unica chamada de ¸˜ ´ ´ ˜ decomposicao polar de A. (Sugestao: Sejam P = (AAt )1/2 e U = P −1 A. Mostre que ¸˜ U U t = In .) 6.2.9. Seja A uma matriz n × n. Para k = 1, . . . , n, seja Ak a submatriz obtida de A eliminando-se as ´ ultimas n − k linhas e colunas. Ak e chamada submatriz principal de A de ordem k . Mostre ´ ´ ´ ˜ que se A e uma matriz simetrica definida positiva n × n, entao ´˜ (a) A e nao singular; (b) det(A) > 0; ˜ ˜ (c) as submatrizes principais A1 , . . . , An sao todas definidas positivas. (Sugestao: considere ˜ ´ vetores Xk tais que os ultimos n − k elementos sao nulos.) Julho 2007 Reginaldo J. Santos Diagonalizacao ¸˜ 454 ˆ Apendice V: Autovalores Complexos ´ ´ ´ ´ Vamos provar que toda matriz simetrica e diagonalizavel atraves de uma matriz ortogonal. Para ˜ isto, precisamos trabalhar com matrizes cujas entradas s ao numeros complexos. Vamos chamar o ´ ˜ conjunto das matrizes m × n cujas entradas sao numeros complexos de Mmn (C). ´ Para uma matriz A = (aij ) ∈ Mmn (C), definimos o conjugado da matriz A, denotado por A ˜ como sendo a matriz B = (bij ) ∈ Mmn (C) dada por bij = aij , em que, se aij = αij + iβij , entao ¯ aij = αij − iβij . ¯ ´ ´ Para as matrizes de Mmn (C) alem das propriedades que ja foram demonstradas no Teorema 1.1 ´ ˜ ´ na pagina 10 sao validas as seguintes propriedades, cuja demonstracao deixamos a cargo do leitor: ¸˜ ˜ (p) Se A ∈ Mmp (C) e B ∈ Mpn (C), entao AB = A B. ˜ (q) Se A ∈ Mmn (C) e α ∈ C, entao αA = αB. ¯ ´ Proposicao 6.8. Seja A uma matriz n × n com entradas reais. Se Z ∈ Mn1 (C), e um autovetor de A ¸˜ ˜ ´ associado a um autovalor complexo λ = α + iβ com β = 0, ou seja, se AZ = λZ , ent ao Z tambem ´ e um autovetor de A associado a λ = α − iβ . ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 6.2 ´ Diagonalizacao de Matrizes Simetricas ¸˜ 455 Demonstracao. ¸˜ ¯ AZ = A Z = (AZ ) = λZ = λ Z. ´ ˜ Teorema 6.9. Toda matriz simetrica, cujas entradas sao numeros reais, possui autovalor real. ´ ´ ˜ Demonstracao. Seja A uma matriz simetrica, cujas entradas sao numeros reais. Vamos mostrar que ¸˜ ´ ˆ ˜ ˆ as ra´zes do seu polinomio caracter´stico sao reais. Seja λ uma raiz do polinomio caracter´stico de A. ı ı ı ¯ tem solucao nao trivial Z ∈ Mn1 (C). O que implica que ˜ ˜ Entao o sistema linear (A − λIn )Z = 0 ¸˜ AZ = λZ. ¯ ´ ˜ Como A e uma matriz cujas entradas sao numeros reais, pela Proposicao 6.8 temos que AZ = λ Z. ´ ¸˜ Por um lado, t t t n Z AZ = Z λZ = λZ Z = λ i=1 |zi |2 . Por outro lado t t ¯t ¯ Z AZ = Z A Z = (AZ ) Z = λ Z Z = λ t n t i=1 |zi |2 . ´ Logo, λ = λ, ou seja, λ e um numero real. ´ Julho 2007 Reginaldo J. Santos Diagonalizacao ¸˜ 456 ´ ´ Demonstracao do Teorema 6.7 na pagina 450. O resultado e obvio se n = 1. Vamos supor que ¸˜ ´ o resultado seja verdadeiro para matrizes (n − 1) × (n − 1) e vamos provar que ele e verdadeiro para matrizes n × n. Pelo Teorema 6.9 a matriz A tem um autovalor λ1 . Isto significa que existe autovetores associados a λ1 . Seja V1 um autovetor de norma igual a 1 associado a λ1 . Sejam ´ V2 , . . . , Vn vetores tais que {V1 , . . . , Vn } e uma base ortonormal de Rn (isto pode ser conseguido aplicando-se o processo de ortogonalizacao de Gram-Schmidt a uma base de Rn que contenha V1 .) ¸˜ ˜ Seja P1 = [ V1 . . . Vn ]. Como AV1 = λ1 V1 e AV2 , . . . , AVn sao combinacoes lineares de V1 , . . . , Vn , ¸˜ temos que AP1 = [ AV1 . . . AVn ] = [ V1 . . . Vn ]M = P1 M, em que M = λ1 0 . . . 0 ∗ ... ∗ B (6.17) t ` . Multiplicando-se a esquerda (6.17) por P1 obtemos M = t t t ´ ´ P1 AP1 . Mas, M t = (P1 AP1 )t = P t At P1 = P1 AP1 = M , ou seja, a matriz M e simetrica. Portanto, M = λ1 0 ... 0 . . . 0 B 0 ´ com B uma matriz simetrica (n − 1) × (n − 1). Como estamos supondo o resultado verdadeiro para ˜ ˜t ˜ ˜ matrizes (n − 1) × (n − 1), entao existe uma matriz ortogonal P2 , (n − 1) × (n − 1), tal que D2 = P2 B P2 ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 6.2 ´ Diagonalizacao de Matrizes Simetricas ¸˜ 1 0 ... ´ e diagonal. Seja P2 = 0 . . . 0 ´ . Seja P = P1 P2 . P e ortogonal (verifique!) e pela ˜ P2 0 457 equacao (6.17) ¸˜ AP = (AP1 )P2 = P1 M P2 = P1 λ1 0 0 . . . ... ˜ B P2 0 ˜ ˜ Mas, B P2 = P2 D2 e assim, AP = P1 P2 λ1 em que D = 0 . . . Julho 2007 0 0 ... D2 0 λ1 0 ... 0 . . . 0 D2 0 0 = P D, ` . Multiplicando-se a esquerda por P t obtemos o resultado. Reginaldo J. Santos Diagonalizacao ¸˜ 458 ˆ 6.3 Aplicacao: Identificacao de Conicas ¸˜ ¸˜ ´ ˆ Uma conica no plano e definida como o conjunto dos pontos P = (x, y ) que satisfazem a equacao ¸˜ ax2 + bxy + cy 2 + dx + ey + f = 0, ˜ ˜ em que a, b, c, d, e e f sao numeros reais, com a, b e c nao simultaneamente nulos. Vamos estudar ´ ´ ´ ˜ ˆ ˜ a elipse, a hiperbole e a parabola, que sao chamadas conicas nao degeneradas. As outras que ˜ ˆ incluem um unico ponto e um par de retas sao chamadas conicas degeneradas. Como veremos ´ ˆ ˜ adiante as conicas nao degeneradas podem ser obtidas da intersecao de um cone circular com um ¸˜ plano. ˆ ˜ ´ ˜ Dizemos que a equacao de uma conica nao degenerada esta na forma padrao se ela tem uma ¸˜ ´ das formas dadas na Figura 6.19 na pagina 479. ´ Nesta secao veremos como a diagonalizacao de matrizes simetricas pode ser usada na ¸˜ ¸˜ ˆ ˜ ˜ ˜ identificacao das conicas cujas equacoes nao estao na forma padrao. Antes, porem, vamos definir as ¸˜ ¸˜ ˆ conicas como conjunto de pontos que satisfazem certas propriedades e determinar as equac oes na ¸˜ ˜ forma padrao. 6.3.1 Elipse ´ ˆ Definicao 6.4. A elipse e o conjunto dos pontos P no plano tais que a soma das distancias de P ¸˜ ´ ˜ ´ a dois pontos fixos F1 e F2 (focos) e constante, ou seja, se dist(F1 , F2 ) = 2c, entao a elipse e o conjunto dos pontos P tais que dist(P, F1 ) + dist(P, F2 ) = 2a, em que a > c. ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 6.3 ˆ Aplicacao: Identificacao de Conicas ¸˜ ¸˜ 459 P F1 F2 ´ Figura 6.5: Elipse que e o conjunto dos pontos P tais que dist(P, F1 ) + dist(P, F2 ) = 2a Julho 2007 Reginaldo J. Santos 460 Diagonalizacao ¸˜ Uma elipse pode ser desenhada se fixarmos as extremidades de um barbante de comprimento 2a nos focos e esticarmos o barbante com uma caneta. Movimentando-se a caneta, mantendo o ´ barbante esticado, a elipse sera tracada (Figura 6.5). ¸ ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 6.3 ˆ Aplicacao: Identificacao de Conicas ¸˜ ¸˜ Proposicao 6.10. ¸˜ 461 ˜ ´ (a) A equacao da elipse cujos focos sao F1 = (−c, 0) e F2 = (c, 0) e ¸˜ x2 y 2 + 2 = 1, a2 b (6.18) ˜ ´ (b) A equacao da elipse cujos focos sao F1 = (0, −c) e F2 = (0, c) e ¸˜ x2 y 2 + 2 = 1. b2 a Em ambos os casos b = √ (6.19) a2 − c 2 . ˜ Demonstracao. (a) Vamos provar que se P = (x, y ) pertence a elipse, entao ele satisfaz (6.18) e ¸˜ ´ deixamos para o leitor, como exerc´cio, a demonstracao da rec´proca. A elipse e o conjunto dos ı ¸˜ ı pontos P = (x, y ) tais que dist(P, F1 ) + dist(P, F2 ) = 2a, ou seja, −→ −→ || F1 P || + || F1 P || = 2a, ´ que neste caso e (x + c)2 + y 2 + (x − c)2 + y 2 = 2a ou (x + c)2 + y 2 = 2a − Julho 2007 (x − c)2 + y 2 . Reginaldo J. Santos Diagonalizacao ¸˜ 462 y y A2 F2 B2 a b A1 A2 a F1 c c F2 B1 B2 x x b B1 A1 = (−a, 0) B1 = (−b, 0) F1 = (−c, 0) A2 = (a, 0) B2 = (b, 0) F2 = (c, 0) Figura 6.6: Elipse com focos nos pontos F1 = (−c, 0) e F2 = (c, 0) ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı A1 = (0, −a) B1 = (−b, 0) F1 = (0, −c) F1 A1 A2 = (0, a) B2 = (b, 0) F2 = (0, c) Figura 6.7: Elipse com focos nos pontos F1 = (0, −c) e F2 = (0, c) Julho 2007 6.3 ˆ Aplicacao: Identificacao de Conicas ¸˜ ¸˜ 463 Elevando ao quadrado e simplificando, temos a (x − c)2 + y 2 = a2 − cx. Elevando novamente ao quadrado e simplificando, temos (a2 − c2 )x2 + a2 y 2 = a2 (a2 − c2 ) ˜ Como a > c, entao a2 − c2 > 0. Assim, podemos definir b = 22 acima por a b = a2 (a2 − c2 ), obtendo (6.18). √ a2 − c2 e dividir e equacao ¸˜ (b) Trocando-se x por y no item anterior obtemos o resultado. ˜ ´ Nas Figuras 6.6 e 6.7, os pontos A1 , A2 , B1 e B2 sao chamados vertices da elipse. Os segmen˜ tos A1 A2 e B1 B2 sao chamados eixos da elipse. c ´ . Como, c < a, a excentricidade de uma elipse e um a ˜ ˜ numero real nao negativo menor que 1. Observe que se F1 = F2 , entao a elipse reduz-se ao c´rculo ´ ı ´ ˜ ´ de raio a. Alem disso, como c = 0, entao e = 0. Assim, um c´rculo e uma elipse de excentricidade ı ´ A excentricidade da elipse e o numero e = ´ nula. ´ ´ ˜ A elipse e a curva que se obtem seccionando-se um cone com um plano que nao passa pelo ´ ˜´ ´ vertice, nao e paralelo a uma reta geratriz (reta que gira em torno do eixo do cone de forma a ger a´ lo) e que corta apenas uma das folhas da superf´cie (ver Exerc´cio 6.3.16 na pagina 492). ı ı Julho 2007 Reginaldo J. Santos Diagonalizacao ¸˜ 464 Figura 6.8: Elipse obtida seccionando-se um cone com um plano ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 6.3 ˆ Aplicacao: Identificacao de Conicas ¸˜ ¸˜ 465 ´ 6.3.2 Hiperbole ´ ´ ´ Definicao 6.5. A hiperbole e o conjunto dos pontos P no plano tais que o modulo da diferenca entre ¸˜ ¸ ˆ ´ as distancias de P a dois pontos fixos F1 e F2 (focos) e constante, ou seja, se dist(F1 , F2 ) = 2c, ˜ ´ ´ entao a hiperbole e o conjunto dos pontos P tais que | dist(P, F1 ) − dist(P, F2 )| = 2a, em que a < c. ´ Podemos desenhar uma parte de um ramo de uma hiperbole da seguinte forma. Fixamos uma ´ extremidade de uma regua em um dos focos, fixamos uma extremidade de um barbante (de compri´ ´ mento igual ao comprimento da regua menos 2a) na outra ponta da regua e a outra extremidade do barbante no outro foco. Esticamos o barbante com uma caneta de forma que ela fique encostada na ´ ´ regua. Girando-se a regua em torno do foco no qual ela foi fixada, mantendo o barbante esticado com ´ ´ ´ a caneta encostada na regua, uma parte de um ramo da hiperbole sera tracada (Figura 6.9). ¸ Proposicao 6.11. ¸˜ ˜ ´ ´ (a) A equacao da hiperbole cujos focos sao F1 = (−c, 0) e F2 = (c, 0) e ¸˜ x2 y 2 − 2 =1 a2 b Julho 2007 (6.20) Reginaldo J. Santos Diagonalizacao ¸˜ 466 P F1 F2 ´ ´ Figura 6.9: Hiperbole que e o conjunto dos pontos P = (x, y ) tais que | dist(P, F1 ) − dist(P, F2 )| = 2a ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 6.3 ˆ Aplicacao: Identificacao de Conicas ¸˜ ¸˜ y b y = −ax 467 y b y = ax y = −ax b y = ax b F2 A2 c b A1 F1 A2 a F2 x x A1 F1 A1 = (−a, 0) A2 = (a, 0) F1 = (−c, 0) F2 = (c, 0) ´ Figura 6.10: Hiperbole com focos nos pontos F1 = (−c, 0) e F2 = (c, 0) Julho 2007 A1 = (0, −a) F1 = (0, −c) A2 = (0, a) F2 = (0, c) ´ Figura 6.11: Hiperbole com focos nos pontos F1 = (0, −c) e F2 = (0, c) Reginaldo J. Santos Diagonalizacao ¸˜ 468 ˜ e das ass´ntotas (retas para onde a curva se aproxima, quando x → ±∞) s ao ı b y = ± x, a ˜ ´ ´ (b) A equacao da hiperbole cujos focos sao F1 = (0, −c) e F2 = (0, c) e ¸˜ y 2 x2 − 2 =1 a2 b ˜ e das ass´ntotas sao ı Em ambos os casos b = (6.21) a x = ± y. b √ c2 − a 2 . ´ ´ ˜ Demonstracao. (a) Vamos provar que se P = (x, y ) e uma ponto da hiperbole entao ele satisfaz ¸˜ ´ ´ (6.20) e deixamos para o leitor, como exerc´cio, a demonstracao da rec´proca. A hiperbole e o ı ¸˜ ı conjunto dos pontos P = (x, y ) tais que dist(P, F1 ) − dist(P, F2 ) = ±2a, ou seja, −→ −→ || F1 P || − || F2 P || = ±2a, ´ que neste caso e (x + c)2 + y 2 − ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı (x − c)2 + y 2 = ±2a Julho 2007 6.3 ˆ Aplicacao: Identificacao de Conicas ¸˜ ¸˜ 469 ou (x + c)2 + y 2 = ±2a + (x − c)2 + y 2 . Elevando ao quadrado e simplificando, temos ±a (x − c)2 + y 2 = a2 − cx. Elevando novamente ao quadrado e simplificando, temos (a2 − c2 )x2 + a2 y 2 = a2 (a2 − c2 ) ˜ Como a < c, entao c2 − a2 > 0. Assim, podemos definir b = acima por −a2 b2 = a2 (a2 − c2 ), obtendo (6.20). √ c2 − a2 e dividir e equacao ¸˜ A equacao (6.20) pode ser reescrita como ¸˜ y 2 = b2 Para x muito grande, x2 −1 a2 = b2 2 a2 x 1− 2 a2 x . a2 ´´ e proximo de 0 e a equacao se aproxima de ¸˜ x2 y2 = b2 2 x a2 ⇒ b y = ± x. a (b) Trocando-se x por y no item anterior obtemos o resultado. Julho 2007 Reginaldo J. Santos Diagonalizacao ¸˜ 470 ˜ ´ ´ Nas Figuras 6.10 e 6.11, os pontos A1 e A2 sao chamados vertices da hiperbole. A excentrici´ ´ dade da hiperbole e o numero e = ´ c ´ ´ . Como, c > a, a excentricidade de uma hiperbole e um numero ´ a real maior que 1. ´ ´ ´ ˜ A hiperbole e a curva que se obtem seccionando-se um cone com um plano que nao passa pelo ´ ˜´ ı vertice, nao e paralelo a uma reta geratriz e que corta as duas folhas da superf´cie (ver Exerc´cio ı ´ 6.3.16 na pagina 492). ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 6.3 ˆ Aplicacao: Identificacao de Conicas ¸˜ ¸˜ 471 ´ Figura 6.12: Hiperbole obtida seccionando-se um cone com um plano Julho 2007 Reginaldo J. Santos Diagonalizacao ¸˜ 472 ´ 6.3.3 Parabola ´ ´ Definicao 6.6. Uma parabola e o conjunto dos pontos P no plano equidistantes de uma reta r ¸˜ ˜ ´ ´ (diretriz) e de um ponto F (foco), nao pertencente a r , ou seja, a parabola e o conjunto dos pontos P tais que dist(P, F ) = dist(P, r ). ´ Podemos desenhar uma parte da parabola da seguinte forma. Colocamos um esquadro com um lado cateto encostado na reta diretriz, fixamos uma extremidade de um barbante (de comprimento ` igual ao lado cateto do esquadro perpendicular a reta diretriz) no foco, a outra extremidade na ponta ´ do esquadro oposta ao lado que esta encostado na reta diretriz. Esticamos o barbante com a caneta ` de forma que ela fique encostada no lado do esquadro perpendicular a reta diretriz. Deslizando-se o ´ ´ esquadro na direcao da reta diretriz mantendo o lado encostado nela uma parte da par abola e tracada ¸˜ ¸ (Figura 6.13). Proposicao 6.12. ¸˜ ´ ´ (a) A equacao da parabola com foco F = (p, 0) e reta diretriz r : x = −p e ¸˜ y 2 = 4px, (6.22) ´ ´ (b) A equacao da parabola com foco F = (0, p) e reta diretriz r : y = −p e ¸˜ x2 = 4py. ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı (6.23) Julho 2007 6.3 ˆ Aplicacao: Identificacao de Conicas ¸˜ ¸˜ 473 P F ´ ´ Figura 6.13: Parabola que e o conjunto dos pontos P = (x, y ) tais que dist(P, F ) = dist(P, r ) Julho 2007 Reginaldo J. Santos Diagonalizacao ¸˜ 474 y r : x = −p y P0 F x F = (0, p) P0 = (0, 0) F = (p, 0) P0 = (0, 0) ´ Figura 6.14: Parabola com foco no ponto F = (p, 0) e p > 0 ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı x r : y = −p ´ Figura 6.15: Parabola com foco no ponto F = (0, p) e p > 0 Julho 2007 ˆ Aplicacao: Identificacao de Conicas ¸˜ ¸˜ y 475 y r : x = −p 6.3 r : y = −p P0 x F F P0 x F = (p, 0) P0 = (0, 0) ´ Figura 6.16: Parabola com foco no ponto F = (p, 0) e p < 0 Julho 2007 F = (0, p) P0 = (0, 0) ´ Figura 6.17: Parabola com foco no ponto F = (0, p) e p < 0 Reginaldo J. Santos Diagonalizacao ¸˜ 476 ´ ˜ Demonstracao. (a) Vamos provar que se P (x, y ) pertence a parabola, entao ele satisfaz (6.22) e ¸˜ ´ ´ deixamos para o leitor, como exerc´cio, a demonstracao da rec´proca. A parabola e o conjunto ı ¸˜ ı dos pontos P = (x, y ) tais que dist(P, F ) = dist(P, r ), ´ que neste caso e (x − p)2 + y 2 = |x + p|, Elevando ao quadrado e simplificando, obtemos (6.22). (b) Trocando-se x por y no item anterior obtemos o resultado. ´ ´ ´ Nas Figuras 6.14, 6.15, 6.16 e 6.17, o ponto P0 e o ponto da parabola mais proximo da reta ´ ´ ´ ´ ´ ´ diretriz e e chamado de vertice da parabola. A parabola e a curva que se obtem seccionando-se um ´ cone por um plano paralelo a uma reta geratriz do cone conforme a Figura 6.18 na pagina 477 (ver ´ Exerc´cio 6.3.16 na pagina 492). ı ˆ ˜ ˜ Vamos resumir numa tabela as conicas nao degeneradas e suas equacoes na forma padrao. ¸˜ ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 6.3 ˆ Aplicacao: Identificacao de Conicas ¸˜ ¸˜ 477 ´ Figura 6.18: Parabola obtida seccionando-se um cone com um plano Julho 2007 Reginaldo J. Santos Diagonalizacao ¸˜ 478 x2 y 2 + 2 = 1, a > b a2 b y 2 x2 + 2 = 1, a > b a2 b Elipse y y (0, a) (b, 0) (−a, 0) (a, 0) (−b, 0) (b, 0) x x (−b, 0) (0, −a) x2 y 2 − 2 =1 a2 b y 2 x2 − 2 =1 a2 b b ax ´ Hiperbole y y = ax b − y = = y bx a y − a bx = y (0, a) ( a,0) (a, 0) − x x (0, −a) ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 6.3 ˆ Aplicacao: Identificacao de Conicas ¸˜ ¸˜ r : x = −p y 2 = 4px, p > 0 ´ Parabola 479 x2 = 4py, p > 0 y y x x r : y = −p y 2 = 4px, p < 0 y r : x = −p y x2 = 4py, p < 0 r : y = −p x x ˆ ˜ ˜ Figura 6.19: Conicas nao degeneradas com equacoes na forma padrao ¸˜ Julho 2007 Reginaldo J. Santos Diagonalizacao ¸˜ 480 ´ Vamos ver, agora, como a diagonalizacao de matrizes simetricas pode ser usada na identificacao ¸˜ ¸˜ ˆ ˜ ˜ ˜ das conicas cujas equacoes nao estao na forma padrao. Vamos estudar alguns exemplos. ¸˜ ˆ Exemplo 6.12. Considere a conica C cuja equacao e ¸˜ ´ 5x2 − 4xy + 8y 2 − 36 = 0. Esta equacao pode ser escrita como ¸˜ X t AX − 36 = 0 , (6.24) em que A= ˆ ´ O polinomio caracter´stico de A e ı 5 −2 −2 8 p(λ) = det(A − λI2 ) = det e X= 5 − λ −2 −2 8 − λ x y . = λ2 − 13λ + 36 . ˜ ˜ Logo, os autovalores de A sao λ1 = 4 e λ2 = 9. Os autovetores associados a λ1 = 4 sao as solucoes ¸˜ ˜ nulas do sistema nao (A − 4I2 )X = ¯ 0 ou 1 −2 −2 4 x y = 0 0 , cuja solucao e ¸˜ ´ W1 = {(2α, α) | α ∈ R} . ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 6.3 ˆ Aplicacao: Identificacao de Conicas ¸˜ ¸˜ 481 1 2 ´ ´ ´ Assim, V1 = (2, 1) e uma base para W1 , pois gera V1 e e L.I. E W1 = ||V1 || = ( √5 , √5 ) e uma base V1 ortonormal para W1 . ˜ Nao precisamos resolver outro sistema linear para encontrar os autovetores associados a λ 2 = 9. ´ ´ ´ Como a matriz A e simetrica, pela Proposicao 6.6 na pagina 444, autovetores associados a autovalo¸˜ ˜ ortogonais. Assim o autoespaco associado a λ2 = 9 e dado por ´ res distintos sao ¸ W2 = {α(1, −2) | α ∈ R}. ´ ´ Logo V2 = (1, −2) e uma base para V2 , pois gera V2 e e L.I. E W2 = ortonormal para W2 . Portanto, V2 ||V2 || 2 1 ´ = ( √5 , − √5 ) e uma base A = P DP t em que, D= 40 09 e P = [W1 − W2 ] = 2 √ 5 1 √ 5 − √1 5 2 √ 5 . ´ ´ Pelo Exerc´cio 6.2.5 na pagina 452 a matriz P e uma matriz de rotacao. ı ¸˜ t Substituindo-se A = P DP na equacao (6.24) obtemos ¸˜ X t P DP t X − 36 = 0. Substituindo-se X = P X , ou equivalentemente, X = P t X , em que X = x y na equacao ¸˜ (6.24), obtemos X t DX − 36 = 0, Julho 2007 Reginaldo J. Santos Diagonalizacao ¸˜ 482 ou 4x 2 + 9y 2 − 36 = 0, ou ainda x2 y2 + =1 9 4 (6.25) ´ que e a equacao de uma elipse cujo esboco e mostrado na Figura 6.20. Para fazer o esboco do ¸˜ ¸´ ¸ ´ ´ grafico, em primeiro lugar temos que tracar os eixos x e y . O eixo x e obtido fazendo y = 0 na ¸ equacao ¸˜ X = PX ou x y = 2 √ 5 1 √ 5 − √1 5 2 √ 5 x y ´ ´ e o eixo y e obtido fazendo x = 0. Assim eixo x passa pela origem, e paralelo e possui o mesmo sentido do vetor W1 , que tem coordenadas 1 0 em relacao ao sistema de coordenadas x y . Ou ¸˜ 1 ´ ´ , que e a primeira coluna de P . O eixo y passa pela origem, e paralelo e possui o 0 0 mesmo sentido de W2 que tem coordenadas em relacao ao sistema de coordenadas x y . Ou ¸˜ 1 0 ´ seja, W2 = P , que e a segunda coluna de P . Depois, a partir da equacao (6.25), verificamos ¸˜ 1 ´ na Figura 6.19 na pagina 479 a forma da curva em relacao aos eixos x e y . ¸˜ seja, W1 = P ˆ Exemplo 6.13. Considere a conica cuja equacao e dada por ¸˜ ´ 20 80 5x2 − 4xy + 8y 2 + √ x − √ y + 4 = 0 . 5 5 ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 6.3 ˆ Aplicacao: Identificacao de Conicas ¸˜ ¸˜ 4 483 y y‘ 3 2 x‘ 1 W2 W1 0 x −1 −2 −3 −4 −4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4 Figura 6.20: Elipse do Exemplo 6.12 Julho 2007 Reginaldo J. Santos Diagonalizacao ¸˜ 484 Esta equacao pode ser escrita como ¸˜ X t AX + KX + 4 = 0 , (6.26) em que A= 5 −2 −2 8 e K= 2 √0 5 80 − √5 . ´ A matriz A e a mesma do exemplo anterior. Assim, temos que A = P DP t em que, D= 40 09 2 √ 5 1 √ 5 , e P = [W1 W2 ] = − √1 5 2 √ 5 . Substituindo-se A = P DP t na equacao (6.26) obtemos ¸˜ X t P DP t X + KX + 4 = 0. Substituindo-se X = P X ou X = P t X , em que X = x y . X t DX + KP X + 4 = 0, ou 4x 2 + 9y 2 − 8x − 36y + 4 = 0 . ou ainda, 4(x 2 − 2x ) + 9(y 2 − 4y ) + 4 = 0 ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 6.3 ˆ Aplicacao: Identificacao de Conicas ¸˜ ¸˜ 485 Completando-se os quadrados, obtemos 4[(x 2 − 2x + 1) − 1] + 9[(y 2 − 4y + 4) − 4] + 4 = 0 ou 4(x − 1)2 + 9(y − 2)2 − 36 = 0. ´ Fazendo-se mais uma mudanca de variaveis ¸ x y = x −1 e = y −2 (6.27) (6.28) obtemos 4x ou 2 + 9y 2 − 36 = 0 x2 y2 + =1 9 4 (6.29) ´ que e a equacao de uma elipse cujo esboco e mostrado na Figura 6.21. Antes de fazer o esboco do ¸˜ ¸´ ¸ ´ ˜ grafico temos que tracar os eixos x e y , que por sua vez sao translacoes dos eixos x e y . O eixo x ¸ ¸˜ tem a direcao e o sentido do vetor W1 = P ¸˜ 1 0 (a primeira coluna de P ). O eixo y tem a direcao e ¸˜ 0 (a segunda coluna de P ). O eixo x tem equacao y = 0. Usando ¸˜ 1 a equacao (6.27) obtemos y = 2. O eixo y tem equacao x = 0. Usando a equacao (6.28) obtemos ¸˜ ¸˜ ¸˜ ´ x = 1. Depois, a partir da equacao (6.29), verificamos na Figura 6.19 na pagina 479 a forma da ¸˜ curva em relacao aos eixos x e y . ¸˜ o sentido do vetor W2 = P Julho 2007 Reginaldo J. Santos Diagonalizacao ¸˜ 486 7 y 6 y" 5 4 x" y‘ 3 2 x‘ 1 W2 W1 0 x −1 −4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4 Figura 6.21: Elipse do Exemplo 6.13 ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 6.3 ˆ Aplicacao: Identificacao de Conicas ¸˜ ¸˜ 487 ˜ ´ Os exemplos anteriores sao casos particulares do proximo teorema, cuja demonstracao e feita da ¸˜ ´ ˆ mesma forma que fizemos com os exemplos e por isso deixamos para o leitor a tarefa de escrev e-la. Teorema 6.13. Considere a equacao ¸˜ ax2 + bxy + cy 2 + dx + ey + f = 0, (6.30) ˜ ˜ com a, b, c, d, e, f ∈ R, sendo a, b e c nao simultaneamente nulos. Entao existe um sistema de coordenadas ortogonal x y , em que a equacao (6.30) tem a forma ¸˜ λ1 x 2 + λ 2 y 2 + d x + e y + f = 0 , ˜ em que λ1 , λ2 sao os autovalores de A= a b/2 b/2 c . Mais ainda, X = PX , em que X = Julho 2007 x y ,X = x y ´ e P e uma matriz ortogonal (P −1 = P t ). Reginaldo J. Santos Diagonalizacao ¸˜ 488 ´ ´ Exerc´cios Numericos (respostas na pagina 658) ı ˆ Identificar a conica, achar a equacao no ultimo sistema de coordenadas utilizado e fazer um esboco ¸˜ ´ ¸ ´ do grafico. 6.3.1. 9x2 − 4xy + 6y 2 = 30; 6.3.2. 3x2 − 8xy − 12y 2 + 81 = 0; 6.3.3. 2x2 − 4xy − y 2 = −24; 6.3.4. 21x2 + 6xy + 13y 2 − 132 = 0; 6.3.5. 4x2 − 20xy + 25y 2 − 15x − 6y = 0; √ √ 6.3.6. 9x2 + y 2 + 6xy − 10 10x + 10 10y + 90 = 0; √ √ 6.3.7. 5x2 + 5y 2 − 6xy − 30 2x + 18 2y + 82 = 0; √ 6.3.8. 5x2 + 12xy − 12 13x = 36; √ √ 6.3.9. 6x2 + 9y 2 − 4xy − 4 5x − 18 5y = 5; √ 6.3.10. x2 − y 2 + 2 3xy + 6x = 0; √ √ 6.3.11. 8x2 + 8y 2 − 16xy + 33 2x − 31 2y + 70 = 0; ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 6.3 ˆ Aplicacao: Identificacao de Conicas ¸˜ ¸˜ 489 6.3.12. x2 − 6xy − 7y 2 + 10x + 2y + 9 = 0; Exerc´cios usando o M ATLAB ı Comandos do pacote GAAL: ´ >> [P,D]=diagonal(A) diagonaliza a matriz A, de forma que AP=PD, em que D e uma matriz ´ diagonal e P e uma matriz ortogonal. ˜ ´ >> subst(expr,[x;y],[a;b]) substitui na express ao expr as variaveis x,y por a,b, respectivamente. >> elipse(a,b) desenha a elipse x2 a2 + y2 b2 = 1. >> elipse(a,b,[U1 U2]) desenha a elipse em relacao a base ortonormal U1 e U2. ¸˜ ` x2 a2 2 ˜ + y 2 = 1, em que x e y sao as coordenadas b x2 a2 ´ >> hiperbx(a,b) desenha a hiperbole x2 a2 − y2 b2 + y2 b2 ˜ = 1, em que x e y sao as coordenadas em relacao ao sistema de coordenadas determinado pela base ortonormal U1 e U2 e ¸˜ pelo ponto X0. >> elipse(a,b,[U1 U2],X0) desenha a elipse = 1. ´ >> hiperbx(a,b,[U1 U2]) desenha a hiperbole denadas em relacao a base ortonormal U1 e U2. ¸˜ ` x2 a2 − y2 b2 x2 a2 ˜ = 1, em que x e y sao as coor- ´ >> hiperby(a,b) desenha a hiperbole Julho 2007 y2 a2 − x2 b2 − y2 b2 ˜ = 1, em que x e y sao as coordenadas em relacao ao sistema de coordenadas determinado pela base ortonormal U1 e ¸˜ U2 e pelo ponto X0. ´ >> hiperbx(a,b,[U1 U2],X0) desenha a hiperbole = 1. Reginaldo J. Santos Diagonalizacao ¸˜ 490 ´ >> hiperby(a,b,[U1 U2]) desenha a hiperbole denadas em relacao a base ortonormal U1 e U2. ¸˜ ` y2 a2 − x2 b2 y2 a2 ˜ = 1, em que x e y sao as coor- − x2 b2 ˜ = 1, em que x e y sao as coordenadas em relacao ao sistema de coordenadas determinado pela base ortonormal U1 e ¸˜ U2 e pelo ponto X0. ´ >> hiperby(a,b,[U1 U2],X0) desenha a hiperbole ´ >> parabx(p) desenha a parabola y 2 = 4px. ´ ˜ >> parabx(p,[U1 U2]) desenha a parabola y 2 = 4px , em que x e y sao as coordenadas em relacao a base ortonormal U1 e U2. ¸˜ ` ´ >> parabx(p,[U1 U2],X0) desenha a parabola y 2 ˜ = 4px , em que x e y sao as coordenadas em relacao ao sistema de coordenadas determinado pela base ortonormal U1 e U2 e por ¸˜ X0. ´ >> paraby(p) desenha a parabola x2 = 4py . ´ ˜ >> paraby(p,[U1 U2]) desenha a parabola x 2 = 4py , em que x e y sao as coordenadas em relacao a base ortonormal U1 e U2. ¸˜ ` ´ >> paraby(p,[U1 U2],X0) desenha a parabola x 2 ˜ = 4py , em que x e y sao as coordenadas em relacao ao sistema de coordenadas determinado pela base ortonormal U1 e U2 e por ¸˜ X0. 6.3.13. Use o M ATLAB ´ para resolver os Exerc´cios Numericos ı ´ Exerc´cios Teoricos ı ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 6.3 6.3.14. ˆ Aplicacao: Identificacao de Conicas ¸˜ ¸˜ 491 (a) Verifique que com o procedimento abaixo realmente desenhamos uma parte de um ramo ´ ´ de uma hiperbole. Fixamos uma extremidade de uma regua em um dos focos, fixamos ´ uma extremidade de um barbante (de comprimento igual ao comprimento da r egua menos ´ 2a) na outra ponta da regua e a outra extremidade do barbante no outro foco. Esticamos ´ o barbante com uma caneta de forma que ela fique encostada na r egua. Girando-se a ´ regua em torno do foco no qual ela foi fixada, mantendo o barbante esticado com a caneta ´ ´ ´ encostada na regua, uma parte de um ramo da hiperbole sera tracada (Figura 6.9 na ¸ ´ pagina 466). (b) Verifique que com o procedimento abaixo realmente desenhamos uma parte de um ramo ´ de uma parabola. Colocamos um esquadro com um lado cateto encostado na reta diretriz, fixamos uma extremidade de um barbante (de comprimento igual ao lado cateto ` do esquadro perpendicular a reta diretriz) no foco, a outra extremidade na ponta do es´ quadro oposta ao lado que esta encostado na reta diretriz. Esticamos o barbante com a ` caneta de forma que ela fique encostada no lado do esquadro perpendicular a reta diretriz. Deslizando-se o esquadro na direcao da reta diretriz mantendo o lado encostado nela ¸˜ ´ ´ ´ uma parte da parabola e tracada (Figura 6.13 na pagina 473). ¸ ´ 6.3.15. Mostre que um espelho parabolico reflete na direcao do foco os raios que incidem paralelos ao ¸˜ seu eixo de simetria seguindo os seguintes passos: ´ ` (a) Considere a parabola y 2 = 4px. Usando o fato de que a inclinacao da reta tangente a ¸˜ 2 y0 dy 2p ´ parabola no ponto P = ( 4p , y0 ) e tan(α) = dx = y . Mostre que se o raio incidente tem 0 y2 ´ ˜ equacao y = y0 , entao a equacao do raio refletido que passa por P = ( 40 , y0 ) e ¸˜ ¸˜ p y − y0 = Julho 2007 4py0 y2 (x − 0 ). 2 y0 − 4p2 4p Reginaldo J. Santos Diagonalizacao ¸˜ 492 Use o fato de que tan(2α) = 2 tan α . 1−tan2 α (b) Mostre que o raio refletido intercepta o eixo x em x = p. ˜ ´ ´ 6.3.16. Mostre que a intersecao de um cone circular com plano que nao passa pelo seu vertice e uma ¸˜ ˆ conica seguindo os seguintes passos: (a) Considere dois sistemas de coordenadas R = {O, i, j, k} e S = {O, i, U2 , U3 }, em que o ´ ˆ sistema S e obtido do sistema R por uma rotacao de angulo θ em torno do eixo x. Mostre ¸˜ ´´ que e valida a seguinte relacao entre as coordenadas, (x , y , z ), em relacao ao sistema ¸˜ ¸˜ ˜ ao sistema R S e (x, y, z ), em relacao ¸ x 1 0 0 x x y = 0 cos θ sen θ y = (cos θ )y + (sen θ )z . 0 −sen θ cos θ z −(sen θ )y + (cos θ )z z (b) Mostre que o cone circular de equacao ¸˜ 2 2 x +y =z 2 no sistema S, tem equacao ¸˜ x2 + (cos 2θ )y 2 + (2 sen 2θ )yz − (cos 2θ )z 2 = 0 no sistema R. ´ ˆ (c) Mostre que a intersecao do cone com o plano z = 1 e a conica no plano de equacao ¸˜ ¸˜ x2 + (cos 2θ )y 2 + (2 sen 2θ )y = cos 2θ ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 6.3 ˆ Aplicacao: Identificacao de Conicas ¸˜ ¸˜ ´ Figura 6.22: Parabola refletindo na direcao do ¸˜ foco os raios paralelos ao seu eixo de simetria. Julho 2007 493 ´ Figura 6.23: Parabola refletindo na direcao do ¸˜ ´ seu eixo de simetria os raios originarios do foco. Reginaldo J. Santos Diagonalizacao ¸˜ 494 y P α α α 2α x ´ Figura 6.24: Parabola refletindo na direcao do foco os raios paralelos ao seu eixo de simetria. ¸˜ ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 6.3 ˆ Aplicacao: Identificacao de Conicas ¸˜ ¸˜ 495 ˜ ˆ ´ ´ (d) Mostre que se θ = ± π , entao a conica e a parabola no plano de equacao ¸˜ 4 x2 ± 2y = 0. ˜ ˆ (e) Mostre que se θ = ± π , entao a conica no plano tem equacao ¸˜ 4 x2 (y + tan 2θ )2 + = 1, sec 2θ sec2 2θ ´ que e uma elipse se |θ | < π 4 ´ e uma hiperbole se π 4 < |θ | ≤ π . 2 ´ 6.3.17. Demonstre o Teorema 6.13 na pagina 487. 6.3.18. Seja C o conjunto dos pontos do plano que satisfazem a equacao ¸˜ ax2 + bxy + cy 2 + dx + ey + f = 0, ˜ com a, b, c, d, e, f ∈ R, sendo a, b e c nao simultaneamente nulos. Consideremos a matriz A= a b/2 . Sejam λ e µ os autovalores de A. b/2 c (a) Mostre que λµ = ac − b2 /4. ˜ ´ (b) Mostre que se b2 − 4ac < 0, entao C e uma elipse, um ponto ou o conjunto vazio. ˜ ´ ´ (c) Mostre que se b2 − 4ac > 0, entao C e uma hiperbole, ou um par de retas concorrentes. ˜ ´ ´ (d) Mostre que se b2 − 4ac = 0, entao C e uma parabola, um par de retas paralelas, uma reta ou o conjunto vazio. Julho 2007 Reginaldo J. Santos Diagonalizacao ¸˜ 496 z’ z’ y’ U3 U2 U3 U2 y’ U1 U1 x’= Figura 6.25: Elipse intersecao do cone circular ¸˜ com um plano ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı x’= ´ Figura 6.26: Parabola intersecao do cone circu¸˜ lar com um plano Julho 2007 6.3 ˆ Aplicacao: Identificacao de Conicas ¸˜ ¸˜ 497 y’= z’ x’= ´ Figura 6.27: Hiperbole intersecao do cone circular com um plano ¸˜ Julho 2007 Reginaldo J. Santos Diagonalizacao ¸˜ 498 Teste do Cap´tulo ı 1. (a) Encontre matrizes P e D tais que D = P t AP, em que A= 8 −8 −8 8 . ˆ (b) Identificar a conica, achar a equacao no ultimo sistema de coordenadas utilizado e fazer ¸˜ ´ ´ um esboco do grafico. ¸ √ √ 8x2 + 8y 2 − 16xy + 33 2x − 31 2y + 70 = 0 ˜ ´ 2. Verifique quais das matrizes seguintes sao diagonalizaveis: (a) 3. ab 3b c (a) Seja D = (b) 1 0 0 −1 a −b b a . Calcule D 10 . (b) Sabendo-se que A = P −1 DP , calcule A10 . ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 6.3 ˆ Aplicacao: Identificacao de Conicas ¸˜ ¸˜ 499 ´ 4. Diga se e verdadeiro ou falso cada item abaixo, justificando. ´ ˜ ˜´ ´ (a) Se A e uma matriz 2 × 2 com somente 1 autovalor, entao A nao e diagonalizavel; ˜ ˜ ´ ´ (b) Se V e W sao autovetores associados a um autovalor λ, entao W − projV W e tambem um autovetor associado a λ. ˜´ ˜ ˜´ (c) Se A nao e singular, entao 0 nao e autovalor de A; (d) As matrizes A e A2 possuem os mesmos autovetores; Julho 2007 Reginaldo J. Santos Respostas dos Exerc´cios ı ´ 1.1. Matrizes (pagina 18) 1.1.1. >> A=[2,0;6,7]; B=[0,4;2,-8]; C=[-6,9,-7;7,-3,-2]; >> D=[-6,4,0;1,1,4;-6,0,6]; E=[6,9,-9;-1,0,-4;-6,0,-1]; >> A*B-B*A -24 -20 58 24 >> 2*C-D ??? Error using ==> - Matrix dimensions must agree. >> 2*D-3*E -30 -19 27 5 2 20 6 0 15 >> D*(D-E) 500 Cap´tulo 1. Matrizes e Sistemas Lineares ı 80 -10 72 34 -4 30 501 -22 45 -12 ´ No item (c) foram usadas as propriedades (l) e (n) do Teorema 1.1 na pagina 10 e no item (d) foi usada a propriedade (i). 1.1.2. A(B + C ) = AB + AC , B t At = (AB )t , C t At = (AC )t , (ABA)C = (AB )(AC ). 1.1.3. (a) >> A=[-3,2,1;1,2,-1];B=[2,-1;2,0;0,3]; >> >> >> >> >> C=[-2,1,-1;0,1,1;-1,0,1]; syms d1 d2 d3 D=diag([d1,d2,d3]); E1=[1;0;0];E2=[0;1;0];E3=[0;0;1]; B*A -7 2 3 -6 4 2 3 6 -3 >> A*B -2 6 6 -4 (b) >> [A*E1-A(:,1),A*E2-A(:,2),A*E3-A(:,3)] 0 0 0 0 0 0 >> E1.’*B-B(1,:) 0 0 Julho 2007 Reginaldo J. Santos 502 Respostas dos Exerc´cios ı >> E2.’*B-B(2,:) 0 0 >> E3.’*B-B(3,:) 0 0 (c) >> C1=C(:,1);C2=C(:,2);C3=C(:,3); >> C*D-[d1*C1,d2*C2,d3*C3] [ 0, 0, 0] [ 0, 0, 0] [ 0, 0, 0] (d) >> C1=C(1,:);C2=C(2,:);C3=C(3,:); >> D*C-[d1*C1;d2*C2;d3*C3] [ 0, 0, 0] [ 0, 0, 0] [ 0, 0, 0] (e) >> B1=B(:,1);B2=B(:,2); >> A*B-A*[B1,B2] 0 0 0 0 (f) >> A1=A(1,:);A2=A(2,:); >> A*B-[A1;A2]*B 0 0 0 0 1.1.4. >> syms x y z >> A=[1,-3,0;0,4,-2]; X=[x;y;z]; ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 Cap´tulo 1. Matrizes e Sistemas Lineares ı 503 >> A*X [ x-3*y] [ 4*y-2*z] >> x*A(:,1)+y*A(:,2)+z*A(:,3) [ x-3*y] [ 4*y-2*z] 1.1.5. >> syms x >> A=[x,4,-2]; B=[2,-3,5]; >> solve(A*B.’) 11 1.1.6. >> syms y >> A=[1,1/y;y,1]; >> A^2-2*A [ 0, 0] [ 0, 0] 1.1.7. >> syms x y z w >> X=[x,y;z,w]; M=[0,1;-1,0]; >> X*M-M*X [ -y-z, x-w] [ x-w, z+y] >> syms a b c d >> A=[x,y;-y,x]; B=[a,b;-b,a]; >> A*B-B*A Julho 2007 Reginaldo J. Santos 504 Respostas dos Exerc´cios ı [ 0, 0] [ 0, 0] 1.1.8. (a) Sejam A = x0 0y eB = ab . cd >> syms x y z w >> syms a b c d >> A=[x,0;0,y];B=[a,b;c,d]; >> A*B [ x*a, x*b] [ y*c, y*d] >> B*A [ x*a, b*y] [ c*x, y*d] Como yb = xb, para todo b, em particular para b = 1, obtemos que y = x. Assim, a ´ matriz A que alem de ser diagonal tem os elementos da diagonal iguais. (b) Sejam A = xy zw eB= ab . cd >> A=[x,y;z,w];B=[a,b;c,d]; >> A*B [ x*a+y*c, x*b+y*d] [ z*a+w*c, z*b+w*d] >> B*A [ x*a+z*b, a*y+b*w] [ c*x+d*z, y*c+w*d] ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 Cap´tulo 1. Matrizes e Sistemas Lineares ı 505 Comparando os elementos de posicao 1,1 obtemos que cy = bz , para todos os valores ¸˜ de b e c. Em particular para b = 0 e c = 1, obtemos que y = 0 e para b = 1 e c = 0, obtemos que z = 0. Ou seja, a matriz A tem que ser diagonal. Assim, pelo item anterior temos que a matriz A tem que ser diagonal com os elementos da diagonal iguais. 1.1.9. >> A=[0,1,0;0,0,1;0,0,0]; >> A^2,A^3 ans=0 0 0 0 0 0 ans =0 0 0 0 0 0 1.1.10. 1 0 0 0 0 0 (a) >> A=[1,1/2;0,1/3] A= 1.0000 0.5000 0 0.3333 >> A^2,A^3,A^4,A^5 ans = 1.0000 0.6667 0 0.1111 ans = 1.0000 0.7222 0 0.0370 ans = Julho 2007 Reginaldo J. Santos 506 Respostas dos Exerc´cios ı 1.0000 0.7407 0 0.0123 ans = 1.0000 0.7469 0 0.0041 >> A^6,A^7,A^8,A^9 ans = 1.0000 0.7490 0 0.0014 ans = 1.0000 0.7497 0 0.0005 ans = 1.0000 0.7499 0 0.0002 ans = 1.0000 0.7500 0 0.0001 A sequencia parece estar convergindo para a matriz ¨ˆ 1 0.75 . 0 0 (b) >> A=[1/2,1/3;0,-1/5] A= 0.5000 0.3333 0 -0.2000 >> A^2,A^3,A^4,A^5 ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 Cap´tulo 1. Matrizes e Sistemas Lineares ı 507 ans = 0.2500 0.1000 0 0.0400 ans = 0.1250 0.0633 0 -0.0080 ans = 0.0625 0.0290 0 0.0016 ans = 0.0312 0.0150 0 -0.0003 >> A^6,A^7,A^8,A^9 ans = 0.0156 0.0074 0 0.0001 ans = 0.0078 0.0037 0 0.0000 ans = 0.0039 0.0019 0 0.0000 ans = 0.0020 0.0009 0 0.0000 Julho 2007 Reginaldo J. Santos 508 Respostas dos Exerc´cios ı A sequencia parece estar convergindo para a matriz nula ¨ˆ 1.1.11. 00 . 00 (a) >> A=[0,0,1;1,0,0;0,1,0]; >> A=sym(A) [ 0, 0, 1] [ 1, 0, 0] [ 0, 1, 0] >> A^2 [ 0, 1, 0] [ 0, 0, 1] [ 1, 0, 0] >> A^3 [ 1, 0, 0] [ 0, 1, 0] [ 0, 0, 1] Para k = 3, Ak = I3 . (b) >> A=[0,1,0,0;-1,0,0,0;0,0,0,1;... 0,0,1,0]; >> A=sym(A) [ 0, 1, 0, 0] [ -1, 0, 0, 0] [ 0, 0, 0, 1] [ 0, 0, 1, 0] >> A^2 [ -1, 0, 0, 0] ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 Cap´tulo 1. Matrizes e Sistemas Lineares ı 509 [ 0, -1, 0, 0] [ 0, 0, 1, 0] [ 0, 0, 0, 1] >> A^3 [ 0, -1, 0, 0] [ 1, 0, 0, 0] [ 0, 0, 0, 1] [ 0, 0, 1, 0] >> A^4 [ 1, 0, 0, 0] [ 0, 1, 0, 0] [ 0, 0, 1, 0] [ 0, 0, 0, 1] Para k = 4, Ak = I4 . (c) >> A=[0,1,0,0;0,0,1,0;0,0,0,1;0,0,0,0]; >> A=sym(A) [ 0, 1, 0, 0] [ 0, 0, 1, 0] [ 0, 0, 0, 1] [ 0, 0, 0, 0] >> A^2 [ 0, 0, 1, 0] [ 0, 0, 0, 1] [ 0, 0, 0, 0] [ 0, 0, 0, 0] Julho 2007 Reginaldo J. Santos 510 Respostas dos Exerc´cios ı >> A^3 [ 0, 0, 0, 1] [ 0, 0, 0, 0] [ 0, 0, 0, 0] [ 0, 0, 0, 0] >> A^4 [ 0, 0, 0, 0] [ 0, 0, 0, 0] [ 0, 0, 0, 0] [ 0, 0, 0, 0] Para k = 4, Ak = ¯. 0 ´ 1.1.12. Conclu´mos que e muito raro encontrar matrizes cujo produto comute. ı 1.1.13. Conclu´mos que matrizes diagonais em geral comutam. Pode-se mostrar que elas sempre ı ´ ı comutam (Exerc´cio 28 na pagina 31). ˜ ˜ 1.1.14. Se a matriz A for diagonal, entao o produto comuta, se os elementos da diagonal de A sao ´ ´ iguais. (ver Exerc´cio 17 na pagina 27). A probabilidade de um tal par de matrizes comute e ı aproximadamente igual a probabilidade de que a primeira matriz tenha os elementos da sua diagonal iguais, ou seja, 11/113 = 1/112 ≈ 1%. ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 Cap´tulo 1. Matrizes e Sistemas Lineares ı 511 ´ 1.2. Sistemas Lineares (pagina 63) ˜ ˜ 1.2.1. As matrizes que estao na forma reduzida escalonada sao A e C . 1.2.2. (a) X (b) X (c) X (d) X 1.2.3. x 8 + 7α y 2 − 3α = z = −5 − α , ∀α ∈ R. w α x1 −2 − 3α + 6β x2 β , ∀α, β ∈ R. 7 − 4α = x3 = x4 8 − 5α x5 α x 6 y 3 = z = 2 − α , ∀α ∈ R. w α x1 −3 + 8α − 7β x2 β x3 = , ∀α, β ∈ R. 5 − 6α = x4 9 − 3α x5 α (a) >> A=[1,1,2,8;-1,-2,3,1;3,-7,4,10]; >> escalona(A) Julho 2007 Reginaldo J. Santos 512 Respostas dos Exerc´cios ı elimina¸ao 1: c~ 1*linha 1 + linha 2 ==> linha 2 -3*linha 1 + linha 3 ==> linha 3 [ 1, 1, 2, 8] [ 0, -1, 5, 9] [ 0, -10, -2, -14] elimina¸ao 2: c~ -1*linha 2 ==> linha 2 [ 1, 1, 2, 8] [ 0, 1, -5, -9] [ 0, -10, -2, -14] -1*linha 2 + linha 1 ==> linha 1 10*linha 2 + linha 3 ==> linha 3 [ 1, 0, 7, 17] [ 0, 1, -5, -9] [ 0, 0, -52, -104] elimina¸ao 3: c~ -1/52*linha 3 ==> linha 3 [ 1, 0, 7, 17] [ 0, 1, -5, -9] [ 0, 0, 1, 2] -7*linha 3 + linha 1 ==> linha 1 5*linha 3 + linha 2 ==> linha 2 [ 1, 0, 0, 3] [ 0, 1, 0, 1] ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 Cap´tulo 1. Matrizes e Sistemas Lineares ı 513 [ 0, 0, 1, 2] x1 3 x2 = 1 . X= x3 2 (b) >> A=[2,2,2,0;-2,5,2,1;8,1,4,-1]; >> escalona(A) elimina¸ao 1: c~ 1/2*linha 1 ==> linha 1 [ 1, 1, 1, 0] [ -2, 5, 2, 1] [ 8, 1, 4, -1] 2*linha 1 + linha 2 ==> linha 2 -8*linha 1 + linha 3 ==> linha 3 [ 1, 1, 1, 0] [ 0, 7, 4, 1] [ 0, -7, -4, -1] elimina¸ao 2: c~ 1/7*linha 2 ==> linha 2 [ 1, 1, 1, 0] [ 0, 1, 4/7, 1/7] [ 0, -7, -4, -1] -1*linha 2 + linha 1 ==> linha 1 7*linha 2 + linha 3 ==> linha 3 [ 1, 0, 3/7, -1/7] [ 0, 1, 4/7, 1/7] Julho 2007 Reginaldo J. Santos 514 Respostas dos Exerc´cios ı [ 0, 0, 0, 0] 13 x1 −7 − 7α x2 = 1 − 4 α , ∀α ∈ R. X= 7 7 x3 α (c) >> A=[0,-2,3,1;3,6,-3,-2;6,6,3,5] >> escalona(A) elimina¸ao 1: c~ linha 2 <==> linha 1 [ 3, 6, -3, -2] [ 0, -2, 3, 1] [ 6, 6, 3, 5] 1/3*linha 1 ==> linha 1 [ 1, 2, -1, -2/3] [ 0, -2, 3, 1] [ 6, 6, 3, 5] -6*linha 1 + linha 3 ==> linha 3 [ 1, 2, -1, -2/3] [ 0, -2, 3, 1] [ 0, -6, 9, 9] elimina¸ao 2: c~ -1/2*linha 2 ==> linha 2 [ 1, 2, -1, -2/3] [ 0, 1, -3/2, -1/2] [ 0, -6, 9, 9] -2*linha 2 + linha 1 ==> linha 1 ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 Cap´tulo 1. Matrizes e Sistemas Lineares ı 515 6*linha 2 + linha 3 ==> linha 3 [ 1, 0, 2, 1/3] [ 0, 1, -3/2, -1/2] [ 0, 0, 0, 6] ˜ O sistema nao tem solucao! ¸˜ 1.2.4. >> A=[1,-2,1;2,-5,1;3,-7,2]; >> B1=[1;-2;-1];B2=[2;-1;2]; >> escalona([A,B1,B2]) elimina¸ao 1: c~ -2*linha 1 + linha 2 ==> linha 2 -3*linha 1 + linha 3 ==> linha 3 [ 1, -2, 1, 1, 2] [ 0, -1, -1, -4, -5] [ 0, -1, -1, -4, -4] elimina¸ao 2: c~ -1*linha 2 ==> linha 2 [ 1, -2, 1, 1, 2] [ 0, 1, 1, 4, 5] [ 0, -1, -1, -4, -4] 2*linha 2 + linha 1 ==> linha 1 1*linha 2 + linha 3 ==> linha 3 [ 1, 0, 3, 9, 12] [ 0, 1, 1, 4, 5] [ 0, 0, 0, 0, 1] Julho 2007 Reginaldo J. Santos 516 Respostas dos Exerc´cios ı x1 9 − 3α (a) X = x2 = 4 − α , ∀α ∈ R. x3 α ˜ (b) O sistema nao tem solucao! ¸˜ 1.2.5. (a) >> A=[1,0,5;1,1,1;0,1,-4]; >> B=A+4*eye(3); >> escalona([B,zeros(3,1)]) elimina¸ao 1: c~ linha 2 <==> linha 1 [ 1, 5, 1, 0] [ 5, 0, 5, 0] [ 0, 1, 0, 0] (-5)*linha 1 + linha 2 ==> linha 2 [ 1, 5, 1, 0] [ 0, -25, 0, 0] [ 0, 1, 0, 0] elimina¸ao 2: c~ linha 3 <==> linha 2 [ 1, 5, 1, 0] [ 0, 1, 0, 0] [ 0, -25, 0, 0] (-5)*linha 2 + linha 1 ==> linha 1 (25)*linha 2 + linha 3 ==> linha 3 [ 1, 0, 1, 0] [ 0, 1, 0, 0] ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 Cap´tulo 1. Matrizes e Sistemas Lineares ı 517 [ 0, 0, 0, 0] x −α X = y = 0 , ∀α ∈ R. z α (b) >> B=A-2*eye(3); >> escalona([B,zeros(3,1)]) elimina¸ao 1: c~ (-1)*linha 1 ==> linha 1 [ 1, 0, -5, 0] [ 1, -1, 1, 0] [ 0, 1, -6, 0] (-1)*linha 1 + linha 2 ==> linha 2 [ 1, 0, -5, 0] [ 0, -1, 6, 0] [ 0, 1, -6, 0] elimina¸ao 2: c~ (-1)*linha 2 ==> linha 2 [ 1, 0, -5, 0] [ 0, 1, -6, 0] [ 0, 1, -6, 0] (-1)*linha 2 + linha 3 ==> linha 3 [ 1, 0, -5, 0] [ 0, 1, -6, 0] [ 0, 0, 0, 0] Julho 2007 Reginaldo J. Santos 518 Respostas dos Exerc´cios ı 1.2.6. x 5α X = y = 6α , ∀α ∈ R. z α (a) >> syms a >> A=[1,2,-3,4;3,-1,5,2;4,1,a^2-14,a+2]; >> escalona(A) elimina¸ao 1: c~ -3*linha 1 + linha 2 ==> linha 2 -4*linha 1 + linha 3 ==> linha 3 [ 1, 2, -3, 4] [ 0, -7, 14, -10] [ 0, -7, a^2-2, a-14] elimina¸ao 2: c~ -1/7*linha 2 ==> linha 2 [ 1, 2, -3, 4] [ 0, 1, -2, 10/7] [ 0, -7, a^2-2, a-14] -2*linha 2 + linha 1 ==> linha 1 7*linha 2 + linha 3 ==> linha 3 10 1 8/7 0 1 −2 10/7 2 0 0 a − 16 a − 4 ˜ i. Se a2 − 16 = 0 e a − 4 = 0, entao o sistema tem infinitas solucoes. Neste caso, ¸˜ a = 4; ˜ ˜ ii. Se a2 − 16 = 0 e a − 4 = 0, entao o sistema nao tem solucao. Neste caso, a = −4; ¸˜ ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 Cap´tulo 1. Matrizes e Sistemas Lineares ı 519 ˜ iii. Se a2 − 16 = 0, entao o sistema tem solucao unica. Neste caso, a = ±4; ¸˜ ´ (b) >> A=[1,1,1,2;2,3,2,5;2,3,a^2-1,a+1]; >> escalona(A) elimina¸ao 1: c~ -2*linha 1 + linha 2 ==> -2*linha 1 + linha 3 ==> [ 1, 1, 1, [ 0, 1, 0, [ 0, 1, a^2-3, elimina¸ao 2: c~ -1*linha 2 + linha 1 ==> -1*linha 2 + linha 3 ==> 10 1 1 0 1 0 1 2 0 0 a −3 a−4 linha 2 linha 3 2] 1] a-3] linha 1 linha 3 ˜ ˜ i. Se a2 − 3 = 0 e a − 4 = 0, entao o sistema tem infinitas solucoes. Este caso nao ¸˜ pode ocorrer; √ ˜ ˜ ii. Se a2 − 3 = 0 e a − 4 = 0, entao o sistema nao tem solucao. Neste caso, a = ± 3; ¸˜ √ ˜ iii. Se a2 − 3 = 0, entao o sistema tem solucao unica. Neste caso, a = ± 3; ¸˜ ´ 1.2.7. gramas de A/kg gramas de B/kg preco/kg ¸ Julho 2007 X 2 1 3 Y Z 13 3 5 24 Reginaldo J. Santos 520 Respostas dos Exerc´cios ı x y z 1900 gramas de A 2400 gramas de B 2900 arrecadacao ¸˜ 213 x 1000 1 3 5 y = 2000 324 z 2500 kg de X kg de Y kg de Z >> A=[2,1,3,1900;1,3,5,2400;3,2,4,2900]; >> escalona(A) elimina¸ao 1: c~ linha 2 <==> linha 1 [ 1, 3, 5, 2400] [ 2, 1, 3, 1900] [ 3, 2, 4, 2900] (-2)*linha 1 + linha 2 ==> linha 2 (-3)*linha 1 + linha 3 ==> linha 3 [ 1, 3, 5, 2400] [ 0, -5, -7, -2900] [ 0, -7, -11, -4300] elimina¸ao 2: c~ (-1/5)*linha 2 ==> linha 2 [ 1, 3, 5, 2400] [ 0, 1, 7/5, 580] [ 0, -7, -11, -4300] (-3)*linha 2 + linha 1 ==> linha 1 ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 Cap´tulo 1. Matrizes e Sistemas Lineares ı 521 (7)*linha 2 + linha 3 ==> linha 3 [ 1, 0, 4/5, 660] [ 0, 1, 7/5, 580] [ 0, 0, -6/5, -240] elimina¸ao 3: c~ (-5/6)*linha 3 ==> linha 3 [ 1, 0, 4/5, 660] [ 0, 1, 7/5, 580] [ 0, 0, 1, 200] (-4/5)*linha 3 + linha 1 ==> linha 1 (-7/5)*linha 3 + linha 2 ==> linha 2 [ 1, 0, 0, 500] [ 0, 1, 0, 300] [ 0, 0, 1, 200] Foram vendidos 500 kg do produto X, 300 kg do produto Y e 200 kg do produto Z. 1.2.8. Substituindo os pontos na funcao obtemos: ¸˜ d= 10 a+ b+ c+d= 7 . 27a + 9b + 3c + d = −11 64a + 16b + 4c + d = −14 Substituindo d = 10 nas outras equacoes e escalonando a matriz aumentada do sistema cor¸˜ respondente: >> escalona([1,1,1,-3;27,9,3,-21;64,16,4,-24]) Julho 2007 Reginaldo J. Santos 522 Respostas dos Exerc´cios ı elimina¸ao 1: c~ -27*linha 1 + linha 2 ==> linha 2 -64*linha 1 + linha 3 ==> linha 3 [ 1, 1, 1, -3] [ 0, -18, -24, 60] [ 0, -48, -60, 168] elimina¸ao 2: c~ -1/18*linha 2 ==> linha 2 [ 1, 1, 1, -3] [ 0, 1, 4/3, -10/3] [ 0, -48, -60, 168] -1*linha 2 + linha 1 ==> linha 1 48*linha 2 + linha 3 ==> linha 3 [ 1, 0, -1/3, 1/3] [ 0, 1, 4/3, -10/3] [ 0, 0, 4, 8] elimina¸ao 3: c~ 1/4*linha 3 ==> linha 3 [ 1, 0, -1/3, 1/3] [ 0, 1, 4/3, -10/3] [ 0, 0, 1, 2] 1/3*linha 3 + linha 1 ==> linha 1 -4/3*linha 3 + linha 2 ==> linha 2 [ 1, 0, 0, 1] [ 0, 1, 0, -6] ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 Cap´tulo 1. Matrizes e Sistemas Lineares ı [ 0, 0, 1, 523 2] ˜ ˆ Assim, os coeficientes sao a = 1, b = −6, c = 2 e d = 10 e o polinomio p(x) = x3 − 6x2 + 2x + 10. 1.2.9. Substituindo os pontos na equacao do c´rculo obtemos: ¸˜ ı −2a + 7b + c = −[(−2)2 + 72 ] = −53 −4a + 5b + c = −[(−4)2 + 52 ] = −41 . 4a − 3b + c = −[42 + 32 ] = −25 >> A=[-2,7,1,-53;-4,5,1,-41;4,-3,1,-25]; >> escalona(A) elimina¸ao 1: c~ -1/2*linha 1 ==> linha 1 [ 1, -7/2, -1/2, 53/2] [ -4, 5, 1, -41] [ 4, -3, 1, -25] 4*linha 1 + linha 2 ==> linha 2 -4*linha 1 + linha 3 ==> linha 3 [ 1, -7/2, -1/2, 53/2] [ 0, -9, -1, 65] [ 0, 11, 3, -131] elimina¸ao 2: c~ -1/9*linha 2 ==> linha 2 [ 1, -7/2, -1/2, 53/2] [ 0, 1, 1/9, -65/9] Julho 2007 Reginaldo J. Santos 524 Respostas dos Exerc´cios ı [ 0, 11, 3, -131] 7/2*linha 2 + linha 1 ==> linha 1 -11*linha 2 + linha 3 ==> linha 3 [ 1, 0, -1/9, 11/9] [ 0, 1, 1/9, -65/9] [ 0, 0, 16/9, -464/9] elimina¸ao 3: c~ 9/16*linha 3 ==> linha 3 [ 1, 0, -1/9, 11/9] [ 0, 1, 1/9, -65/9] [ 0, 0, 1, -29] 1/9*linha 3 + linha 1 ==> linha 1 -1/9*linha 3 + linha 2 ==> linha 2 [ 1, 0, 0, -2] [ 0, 1, 0, -4] [ 0, 0, 1, -29] ˜ ´ Os coeficientes sao a = −2, b = −4 e c = −29 e a equacao do c´rculo e x2 +y 2 −2x−4y −29 = ¸˜ ı 0. 1.2.10. (a) >> syms b1 b2 b3 >> A=[1,-2,5,b1;4,-5,8,b2;-3,3,-3,b3]; >> escalona(A) elimina¸ao 1: c~ -4*linha 1 + linha 2 ==> linha 2 3*linha 1 + linha 3 ==> linha 3 ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 Cap´tulo 1. Matrizes e Sistemas Lineares ı 525 [ 1, -2, 5, b1] [ 0, 3, -12, b2-4*b1] [ 0, -3, 12, b3+3*b1] elimina¸ao 2: c~ 1/3*linha 2 ==> linha 2 [ 1, -2, 5, b1] [ 0, 1, -4, 1/3*b2-4/3*b1] [ 0, -3, 12, b3+3*b1] 2*linha 2 + linha 1 ==> linha 1 3*linha 2 + linha 3 ==> linha 3 [ 1, 0, -3, -5/3*b1+2/3*b2] [ 0, 1, -4, 1/3*b2-4/3*b1] [ 0, 0, 0, b3-b1+b2] ´ O sistema e consistente se, e somente se, b3 − b1 + b2 = 0. (b) >> syms b1 b2 b3 >> A=[1,-2,-1,b1;-4,5,2,b2;-4,7,4,b3]; >> escalona(A) elimina¸ao 1: c~ 4*linha 1 + linha 2 ==> linha 2 4*linha 1 + linha 3 ==> linha 3 [ 1, -2, -1, b1] [ 0, -3, -2, b2+4*b1] [ 0, -1, 0, b3+4*b1] elimina¸ao 2: c~ linha 3 <==> linha 2 Julho 2007 Reginaldo J. Santos 526 Respostas dos Exerc´cios ı [ 1, -2, -1, b1] [ 0, -1, 0, b3+4*b1] [ 0, -3, -2, b2+4*b1] -1*linha 2 ==> linha 2 [ 1, -2, -1, b1] [ 0, 1, 0, -b3-4*b1] [ 0, -3, -2, b2+4*b1] 2*linha 2 + linha 1 ==> linha 1 3*linha 2 + linha 3 ==> linha 3 [ 1, 0, -1, -7*b1-2*b3] [ 0, 1, 0, -b3-4*b1] [ 0, 0, -2, b2-8*b1-3*b3] ´ O sistema e consistente para todos os valores reais de b1 , b2 e b3 . 1.2.11. >> A=[0,1,7,8;1,3,3,8;-2,-5,1,-8]; >> escalona(A) elimina¸ao 1: c~ linha 2 <==> linha 1 [ 1, 3, 3, 8] [ 0, 1, 7, 8] [ -2, -5, 1, -8] 2*linha 1 + linha 3 ==> linha 3 [ 1, 3, 3, 8] [ 0, 1, 7, 8] [ 0, 1, 7, 8] elimina¸ao 2: c~ ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 Cap´tulo 1. Matrizes e Sistemas Lineares ı 527 -3*linha 2 + linha 1 ==> linha 1 -1*linha 2 + linha 3 ==> linha 3 [ 1, 0, -18, -16] [ 0, 1, 7, 8] [ 0, 0, 0, 0] >> I=eye(3);E=oe(-1,2,3,I),... F=oe(-3,2,1,I),G=oe(2,1,3,I),H=oe(I,1,2) E =[ 1, 0, 0]F =[ 1, -3, 0] [ 0, 1, 0] [ 0, 1, 0] [ 0, -1, 1] [ 0, 0, 1] G =[ 1, 0, 0]H =[ 0, 1, 0] [ 0, 1, 0] [ 1, 0, 0] [ 2, 0, 1] [ 0, 0, 1] >> E*F*G*H*A [ 1, 0, -18, -16] [ 0, 1, 7, 8] [ 0, 0, 0, 0] 1.2.12. (a) >> A=[1,2,0,-3,1,0,2;1,2,1,-3,1,2,3;... 1,2,0,-3,2,1,4;3,6,1,-9,4,3,9] >> escalona(A) [ 1, 2, 0, -3, 0, -1, 0] [ 0, 0, 1, 0, 0, 2, 1] [ 0, 0, 0, 0, 1, 1, 2] [ 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0] Julho 2007 Reginaldo J. Santos 528 Respostas dos Exerc´cios ı x1 + 2x2 − x6 = 0 + 2x6 = 1 x5 + x 6 = 2 X = [α + 3β − 2γ γ 1 − 2α β 2 − α α]t , ∀α, β, γ ∈ R (b) >> A=[1,3,-2,0,2,0,0;2,6,-5,-2,4,-3,-1;... 0,0,5,10,0,15,5;2,6,0,8,4,18,6] >> escalona(A) [ 1, 3, 0, 4, 2, 0, 0] [ 0, 0, 1, 2, 0, 0, 0] [ 0, 0, 0, 0, 0, 1, 1/3] [ 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0] + 4x4 + 2x5 =0 x1 + 3x2 x3 + 2x4 =0 1 x6 = 3 X = [−2α − 4β − 3γ γ − 2β β α 1/3]t , ∀α, β, γ ∈ R x3 − 3x4 1.2.13. >> syms a, B=[4,3,1,6]’; >> A=[1,1,1,1;1,3,-2,a; 2,2*a-2,-a-2,3*a-1;3,a+2,-3,2*a+1] >> escalona([A,B]) [ 1, 0, 0, 0, (4*a-11)/(a-5)] [ 0, 1, 0, 0, -4/(a-5)] [ 0, 0, 1, 0, -4/(a-5)] [ 0, 0, 0, 1, -1/(a-5)] ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 Cap´tulo 1. Matrizes e Sistemas Lineares ı 529 >> solve(-3/2*a+5/4+1/4*a^2,a) ans = [ 1][ 5] ˜ Se a = 1 e a = 5, entao X = [ 4a−11 a−5 −4 −4 −1 t. a−5 a−5 a−5 >> C=subs(A,a,1) >> escalona([C,B]) [ 1, 0, 0, 1, 2] [ 0, 1, 0, 0, 1] [ 0, 0, 1, 0, 1] [ 0, 0, 0, 0, 0] ˜ Se a = 1, entao X = [2 − α, 1, 1, α]t ∀α ∈ R. >> D=subs(A,a,5) >> escalona([D,B]) [ 1, 0, 5/2, [ 0, 1, -3/2, [ 0, 0, 0, [ 0, 0, 0, -1, 2, 0, 0, 0] 0] 1] 0] ˜ ˜ Se a = 5, entao o sistema nao tem solucao. ¸˜ 1.2.14. (a) >> A=[1,2,3,1,8;1,3,0,1,7;1,0,2,1,3]; >> escalona(A) [ 1, 0, 0, 1, 1] [ 0, 1, 0, 0, 2] Julho 2007 Reginaldo J. Santos 530 Respostas dos Exerc´cios ı [ 0, 0, 1, 0, 1] {(1 − α, 2, 1, α) | α ∈ R} (b) >> A=[1,1,3,-3,0;0,2,1,-3,3;1,0,2,-1,-1]; >> [ [ [ escalona(A) 1, 0, 0, 1, 1] 0, 1, 0, -1, 2] 0, 0, 1, -1, -1] {(1 − α, 2 + α, −1 + α, α) | α ∈ R} (c) >> A=[1,2,3,0;1,1,1,0;1,1,2,0;1,3,3,0]; >> escalona(A) [ 1, 0, 0, 0] [ 0, 1, 0, 0] [ 0, 0, 1, 0] [ 0, 0, 0, 0] {(0, 0, 0)} 1.2.15. >> P=randi(4,2) P= 5 -3 1 0 4 3 0 -5 ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 Cap´tulo 1. Matrizes e Sistemas Lineares ı 531 >> A=matvand(P(:,1),3),B=P(:,2) A =125 25 5 1 -27 9 -3 1 1 1 1 1 0 0 0 1 B= 4 3 0 -5 >> R=escalona([A,B]) R = [ 1, 0, 0, 0, -163/480] [ 0, 1, 0, 0, 99/80] [ 0, 0, 1, 0, 1969/480] [ 0, 0, 0, 1, -5] >> p=poly2sym(R(:,5),x) p = -163/480*x^3+99/80*x^2+1969/480*x-5 >> clf,po(P),syms x,plotf1(p,[-5,5]) >> eixos ˜ ˆ Pode nao ser poss´vel encontrar o polinomio, se mais de um ponto tiver a mesma abscissa xi . ı Julho 2007 Reginaldo J. Santos 532 Respostas dos Exerc´cios ı 50 y 40 30 20 10 0 x −10 −5 −4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4 5 ´ Observacao. A sua resposta pode ser diferente da que esta aqui. ¸˜ 1.2.16. >> P=randi(5,2) P= 3 -1 2 -3 ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 Cap´tulo 1. Matrizes e Sistemas Lineares ı 1 -1 3 4 4 4 >> A=matvand(P,2) A= 9 6 4 3 2 1 3 9 -1 -3 1 -1 1 1 -1 9 12 16 3 4 16 16 16 4 4 >> R=escalona([A,zeros(5,1)]) R = [1, 0, 0, 0, [0, 1, 0, 0, [0, 0, 1, 0, [0, 0, 0, 1, [0, 0, 0, 0, 533 1 1 1 1 1 0, -35/8, 0, 45/8, 0, -2, 0, 65/8, 1, -39/8, 0] 0] 0] 0] 0] >> p=poly2sym2([-R(:,6);1],x,y) p =35/8*x^2-45/8*x*y-65/8*x+1+2*y^2+39/8*y >> clf,po(P),syms x y, >> plotci(p,[-5,5],[-5,5]) >> eixos Julho 2007 Reginaldo J. Santos 534 Respostas dos Exerc´cios ı 5 y 4 3 2 1 0 x −1 −2 −3 −2 −1 0 1 2 3 4 5 ´ Observacao. A sua resposta pode ser diferente da que esta aqui. ¸˜ 1.2.17. ´ (a) A inversa da operacao elementar de trocar duas linhas e ela mesma. ¸˜ ´ (b) A inversa da operacao elementar de multiplicar uma linha por um escalar, α = 0, e a ¸˜ operacao de multiplicar a mesma linha pelo escalar 1/α. ¸˜ ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 Cap´tulo 1. Matrizes e Sistemas Lineares ı 535 ` ´ ` (c) A inversa de somar a linha k , α vezes a linha l, e somar a linha k , −α vezes a linha l. 1.2.18. (a) Basta multiplicar qualquer linha da matriz pelo escalar 1. (b) Pelo exerc´cio anterior cada operacao elementar, e, tem uma operacao elementar inversa, ı ¸˜ ¸˜ −1 e , do mesmo tipo que desfaz o que a operacao e fez. Se aplicando as operacoes ele¸˜ ¸˜ ˜ mentares e1 , . . . , ek na matriz A chegamos na matriz B , entao aplicando-se as operacoes ¸˜ −1 −1 elementares ek , . . . , e1 na matriz B chegamos na matriz A. (c) Se aplicando as operacoes elementares e1 , . . . , ek na matriz A chegamos na matriz B ¸˜ e aplicando as operacoes elementares ek+1 , . . . , el na matriz B chegamos na matriz C , ¸˜ ˜ entao aplicando-se as operacoes elementares e1 , . . . , el na matriz A chegamos na matriz ¸˜ C. Julho 2007 Reginaldo J. Santos 536 Respostas dos Exerc´cios ı ´ 2.1. Matriz Inversa (pagina 100) ´ ˆ ˜ ´ 2.1.1. A matriz e singular, pois o sistema homogeneo tem solucao nao trivial (Teorema 2.8 na pagina ¸˜ 92). 2.1.2. (a) >> A=[1,2,3;1,1,2;0,1,2]; >> B=[A,eye(3)]; >> escalona(B) [1, 0, 0, 0, 1,-1] [0, 1, 0, 2,-2,-1] [0, 0, 1,-1, 1, 1] (b) [1, 0, 0, 3, 2,-4] [0, 1, 0,-1, 0, 1] [0, 0, 1, 0,-1, 1] (c) [1, [0, [0, [0, 0, 1, 0, 0, (d) [1, 0, [0, 1, [0, 0, 0, 0, 1, 0, 0, 7/3,-1/3,-1/3,-2/3] 0, 4/9,-1/9,-4/9, 1/9] 0,-1/9,-2/9, 1/9, 2/9] 1,-5/3, 2/3, 2/3, 1/3] 0, 1, -1, 0] 0,3/2,1/2,-3/2] 1, -1, 0, 1] (e) [ 1 01 1 0 -2 ] [0 1 1 00 1] [ 0 0 0 -1 1 1] Continua ? (s/n) n ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 ˜ Cap´tulo 2. Inversao de Matrizes e Determinantes ı (f) [1, 0, 0,1/4, 5/4,-3/4, 1/2, [0, 1, 0,1/2,-1/2, 1/2, 0, [0, 0, 1,1/4, 1/4, 1/4,-1/2, [0, 0, 0, 0, -2, -1, -2, Continua ? (s/n) n 537 0] 0] 0] 1] 2.1.3. >> syms a >> A=[1,1,0;1,0,0;1,2,a]; >> escalona(A) 100 0 1 0 Continua ? (s/n) n 00a Para valores de a diferentes de zero a matriz A tem inversa. 2.1.4. >> invA=[3,2;1,3]; invB=[2,5;3,-2]; >> invAB=invB*invA invAB = 11 7 19 0 2.1.5. >> invA=[2,3;4,1]; B=[5;3]; >> X=invA*B X= 19 23 Julho 2007 Reginaldo J. Santos 538 Respostas dos Exerc´cios ı 2.1.6. Ak = P D k P −1 11 = −2 2 = = 1 4 3k −2 3k 3k 0 11 0 (−1)k −2 2 (−1)k 1 2 −1 2(−1)k 4 2 1 −1 2(3k + (−1)k ) (−1)k − 3k 4((−1)k − 3k ) 2(3k + (−1)k ) 2.1.7. >> A=[1,2,3;2,1,2;0,1,2]; >> escalona([A,eye(3)]) elimina¸ao 1: c~ (-2)*linha 1 + linha 2 ==> linha 2 [ 1, 2, 3, 1, 0, 0] [ 0, -3, -4, -2, 1, 0] [ 0, 1, 2, 0, 0, 1] elimina¸ao 2: c~ linha 3 <==> linha 2 [ 1, 2, 3, 1, 0, 0] [ 0, 1, 2, 0, 0, 1] [ 0, -3, -4, -2, 1, 0] (-2)*linha 2 + linha 1 ==> linha 1 (3)*linha 2 + linha 3 ==> linha 3 [ 1, 0, -1, 1, 0, -2] ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 ˜ Cap´tulo 2. Inversao de Matrizes e Determinantes ı 539 [ 0, 1, 2, 0, 0, 1] [ 0, 0, 2, -2, 1, 3] elimina¸ao 3: c~ (1/2)*linha 3 ==> linha 3 [ 1, 0, -1, 1, 0, -2] [ 0, 1, 2, 0, 0, 1] [ 0, 0, 1, -1, 1/2, 3/2] (1)*linha 3 + linha 1 ==> linha 1 (-2)*linha 3 + linha 2 ==> linha 2 [ 1, 0, 0, 0, 1/2, -1/2] [ 0, 1, 0, 2, -1, -2] [ 0, 0, 1, -1, 1/2, 3/2] >> I=eye(3);E1=oe(2,1,2,I);E2=oe(I,2,3);... E3=oe(2,2,1,I);E4=oe(-3,2,3,I);... E5=oe(2,3,I);E6=oe(-1,3,1,I);E7=oe(2,3,2,I); >> E1*E2*E3*E4*E5*E6*E7 1 2 3 2 1 2 0 1 2 2.1.8. >> menc=lerarq(’menc1.txt’); key=lerarq(’key.txt’); >> >> >> >> >> y=char2num(menc); M=char2num(key); N=escalona([M,eye(3)]) N=N(:,6:10) x=N*y; num2char(x) Julho 2007 Reginaldo J. Santos 540 Respostas dos Exerc´cios ı ans = Desejo boa sorte a todos que estudam ´lgebra Linear ! A >> menc=lerarq(’menc2.txt’); >> y=char2num(menc); >> x=N*y; >> num2char(x) ans = Buda tinha este nome por que vivia setado! Deve ser uma matriz com entradas entre 0 e 118 invert´vel de forma que a sua inversa seja uma ı matriz com entradas inteiras. ´ 2.2. Determinantes (pagina 130) 2.2.1. det(A2 ) = 9; det(A3 ) = −27; det(A−1 ) = −1/3; det(At ) = −3. 2.2.2. det(At B −1 ) = det(A)/ det(B ) = −2/3. 2.2.3. (a) det det det a11 a21 a31 a11 a21 a31 a11 a21 a31 a12 a22 a32 a12 a22 a32 a12 a22 a32 a13 + a12 a23 + a22 = a33 + a32 a13 a23 + a33 a12 a22 = det(A) + 0 = 3 a32 ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 ˜ Cap´tulo 2. Inversao de Matrizes e Determinantes ı (b) det det det det det 2.2.4. a11 + a12 a11 − a12 a13 a21 + a22 a21 − a22 a23 = a31 + a32 a31 − a32 a33 a11 a11 a13 a21 a21 a23 + a31 a31 a33 a11 −a12 a13 a21 −a22 a23 + a31 −a32 a33 a12 a11 a13 a22 a21 a23 + a32 a31 a33 a12 −a12 a13 a22 −a22 a23 = −2 det(A) = −6 a32 −a32 a33 ert tert = rert (1 + rt)ert 1 t e2rt det = e2rt r (1 + rt) (a) det cos βt sen βt α cos βt − β sen βt α sen βt + β cos βt cos βt sen βt β det =β −sen βt cos βt (b) det 2.2.5. 541 = α det cos βt sen βt cos βt sen βt + (a) >> A=[1,-2,3,1;5,-9,6,3;-1,2,-6,-2;2,8,6,1]; Julho 2007 Reginaldo J. Santos 542 Respostas dos Exerc´cios ı >> detopelp(A) elimina¸ao 1: c~ -5*linha 1 + linha 2 ==> linha 2 1*linha 1 + linha 3 ==> linha 3 -2*linha 1 + linha 4 ==> linha 4 [ 1, -2, 3, 1] [ 0, 1, -9, -2] [ 0, 0, -3, -1] [ 0, 12, 0, -1] elimina¸ao 2: c~ -12*linha 2 + linha 4 ==> linha 4 [ 1, -2, 3, 1] [ 0, 1, -9, -2] [ 0, 0, -3, -1] [ 0, 0, 108, 23] elimina¸ao 3: c~ -1/3*linha 3 ==> linha 3 [ 1, -2, 3, 1] [ 0, 1, -9, -2] [ 0, 0, 1, 1/3] [ 0, 0, 108, 23] det(A) = -3*det(A) -108*linha 3 + linha 4 ==> linha 4 [ 1, -2, 3, 1] [ 0, 1, -9, -2] ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 ˜ Cap´tulo 2. Inversao de Matrizes e Determinantes ı [ 0, 0, [ 0, 0, ans = 39 543 1, 1/3] 0, -13] (b) >> A=[2,1,3,1;1,0,1,1;0,2,1,0;0,1,2,3]; >> detopelp(A) elimina¸ao 1: c~ linha 2 <==> linha 1 [ 1, 0, 1, 1] [ 2, 1, 3, 1] [ 0, 2, 1, 0] [ 0, 1, 2, 3] det(A) = (-1)*det(A) -2*linha 1 + linha 2 ==> linha 2 [ 1, 0, 1, 1] [ 0, 1, 1, -1] [ 0, 2, 1, 0] [ 0, 1, 2, 3] elimina¸ao 2: c~ -2*linha 2 + linha 3 ==> linha 3 -1*linha 2 + linha 4 ==> linha 4 [ 1, 0, 1, 1] [ 0, 1, 1, -1] [ 0, 0, -1, 2] [ 0, 0, 1, 4] elimina¸ao 3: c~ Julho 2007 Reginaldo J. Santos 544 Respostas dos Exerc´cios ı -1*linha 3 ==> linha 3 [ 1, 0, 1, 1] [ 0, 1, 1, -1] [ 0, 0, 1, -2] [ 0, 0, 1, 4] det(A) = (-1)*(-1)*det(A) -1*linha 3 + linha 4 ==> linha 4 [ 1, 0, 1, 1] [ 0, 1, 1, -1] [ 0, 0, 1, -2] [ 0, 0, 0, 6] ans = 6 2.2.6. (a) >> A=[0,1,2;0,0,3;0,0,0]; >> p=det(A-x*eye(3)) p =-x^3 >> solve(p) [0][0][0] (b) p =(1-x)*(3-x)*(-2-x) [ 1][ 3][-2] (c) p =(2-x)*(4-5*x+x^2) [2][4][1] (d) p =-8-2*x+5*x^2-x^3 [ 2][ 4][-1] ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 ˜ Cap´tulo 2. Inversao de Matrizes e Determinantes ı 2.2.7. 545 (a) >> A=[2,0,0;3,-1,0;0,4,3]; >> B=A-x*eye(3); >> p=det(B) p =(2-x)*(-1-x)*(3-x) >> solve(p) [ 2][-1][ 3] (b) p =(2-x)^2*(1-x) [2][2][1] (c) p =(1-x)*(2-x)*(-1-x)*(3-x) [ 1][ 2][-1][ 3] (d) p =(2-x)^2*(1-x)^2 [2][2][1][1] 2.2.8. (a) >> Bm1=subs(B,x,-1); >> escalona(Bm1) [1, 0, 0] [0, 1, 1] [0, 0, 0] 0 W−1 = { −α |α ∈ R}. α >> B2=subs(B,x,2); >> escalona(B2) [1, 0, 1/4] Julho 2007 Reginaldo J. Santos 546 Respostas dos Exerc´cios ı [0, 1, 1/4] [0, 0, 0] −α W2 = { −α |α ∈ R}. 4α >> B3=subs(B,x,3); >> escalona(B3) [1, 0, 0] [0, 1, 0] [0, 0, 0] 0 0 |α ∈ R}. W3 = { α (b) [1, 3, 0] [0, 0, 1] [0, 0, 0] −3α W1 = { α | α ∈ R}. 0 [0, 1, 0] [0, 0, 0] [0, 0, 0] ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 ˜ Cap´tulo 2. Inversao de Matrizes e Determinantes ı 547 α W2 = { 0 | α, β ∈ R}. β (c) [1, 1, 0, 0] [0, 0, 1, 0] [0, 0, 0, 1] [0, 0, 0, 0] W−1 = { −α α 0 0 [0, [0, [0, [0, 1, 0, 0, 0, 0, 1, 0, 0, 0, 1, 0, 0, | α ∈ R}. 0] 0] 1] 0] W1 = { α 0 0 0 [1, [0, [0, [0, t t | α ∈ R}. 0, 29/3] 0, 7/3] 1, 3] 0, 0] W2 = { −29α −7α −9α 3α [1, [0, [0, [0, Julho 2007 t | α ∈ R}. 0, -9/4, 0] 1, -3/4, 0] 0, 0, 1] 0, 0, 0] Reginaldo J. Santos 548 Respostas dos Exerc´cios ı W3 = { 9α 3α 4α 0 t | α ∈ R}. (d) [1, 0, -3, 0] [0, 1, [0, 0, [0, 0, W1 = { [0, [0, [0, [0, 1, 0, 0, 0, 3, 0, 0, 3α 0, 1, 0, 0, 0] 1] 0] −3α α 0 t | α ∈ R}. 0] 0] 1] 0] W2 = { α 0 0 0 t | α ∈ R}. ´ 2.2.9. Conclu´mos que e muito raro encontrar matrizes invert´veis. ı ı ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 Cap´tulo 3. Vetores no Plano e no Espaco ı ¸ 549 ´ 3.1. Soma de Vetores e Multiplicacao por Escalar (pagina 171) ¸˜ 3.1.1. >> OA=[0,-2];OB=[1,0]; >> AB >> AC >> OC AB=OB-OA =1 2 AC=2*AB =2 4 OC=OA+AC =2 2 C = (2, 2). −→ ˜ ´ 3.1.2. Os pontos P1 = (0, 1) e P2 = (1, 3) sao pontos da reta. Assim o vetor V =P1 P2 = (1, 2) e paralelo a reta. v2 3 ´ 3.1.3. A inclinacao da reta e a = v1 = 3 . Assim uma equacao da reta tem a forma y = 2 x + b. ¸˜ ¸˜ 2 3 1 ´ ¸˜ Substituindo-se x = 1 e y = 2 obtemos b = 1 . Uma equacao para a reta e y = 2 x + 2 . 2 ´ 3.1.4. A equacao 3X − 2V = 15(X − U ) e equivalente a 3X − 2V = 15X − 15U . Somando-se ¸˜ −15X + 2V obtemos −15X + 3X = 2V − 15U ou −12X = 2V − 15U multiplicando-se por 1 5 − 12 obtemos X = 4 U − 1 V . 6 3.1.5. Multiplicando-se a segunda equacao por 2 e somando-se a primeira, obtemos 12X = 3U + 2V ¸˜ 3 ou X = 1 U + 1 V . Substituindo-se X na primeira equacao obtemos, 2 U + V − 2Y = U ou ¸˜ 4 6 1 2Y = 2 U + V ou Y = 1 U + 1 V . 4 2 3.1.6. >> OP=[ Julho 2007 2, 3, -5]; V=[ 3, 0, -3]; Reginaldo J. Santos 550 Respostas dos Exerc´cios ı >> OQ=OP+V OQ = 5 Q = (5, 3, −8). 3 -8 3.1.7. >> OP=[1,0,3]; OM=[1,2,-1]; >> MP=OP-OM; OPlinha=OM-MP OPlinha = 1 4 -5 P = (1, 4, −5). 3.1.8. (a) >> OA=[5,1,-3];OB=[0,3,4];OC=[0,3,-5]; >> AB=OB-OA, AC=OC-OA, AB = -5 2 7 AC = -5 2 -2 −→ −→ ˜ ˜ Os pontos nao sao colineares, pois AC = λ AB . (b) >> OA=[-1,1,3];OB=[4,2,-3];OC=[14,4,-15]; >> AB=OB-OA, AC=OC-OA, AB = 5 1 -6 AC = 15 3 -18 −→ −→ ˜ Os pontos sao colineares, pois AC = 3 AB . 3.1.9. >> OA=[1,-2,-3];OB=[-5,2,-1];OC=[4,0,-1]; >> DC=OB-OA, OD=OC-DC DC = -6 4 2 OD = 10 -4 -3 ´ O ponto e D = (10, −4, −3). ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 Cap´tulo 3. Vetores no Plano e no Espaco ı ¸ 3.1.10. 551 9x − y = −4 −12x + 7y = −6 , cuja −6x + y = 2 ´ matriz aumentada e a matriz que tem colunas V, W e U . ´ (a) A equacao xV + yW = U e equivalente ao sistema ¸˜ >> V=[9,-12,-6];W=[-1,7,1];U=[-4,-6,2]; >> escalona([V;W;U]’) [ 1, 0, -2/3] [ 0, 1, -2] [ 0, 0, 0] Assim, U = −2/3V − 2W . (b) >> V=[5,4,-3];W=[2,1,1];U=[-3,-4,1]; >> escalona([V;W;U]’) [ 1, 0, -5/3] [ 0, 1, 8/3] [ 0, 0, -20/3] ˜´ Assim, U nao e combinacao linear de V e W . ¸˜ −→ −→ −→ 3.1.11. Para ser um paralelogramo um dos vetores AB , AC e AD tem que ser igual a soma dos outros dois. (a) >> OA=[4,-1,1];OB=[9,-4,2]; >> >> AC >> Julho 2007 OC=[4,3,4];OD=[4,-21,-14]; AC=OC-OA =0 4 3 AB=OB-OA Reginaldo J. Santos 552 Respostas dos Exerc´cios ı AB = 5 -3 >> AD=OD-OA AD = 0 -20 1 -15 ˜´ Nao e um paralelogramo. ´ ´ (b) Somente o vertice D e diferente. >> OD=[9,0,5]; >> AD=OD-OA AD = 5 1 4 ´ ´ E um paralelogramo de vertices consecutivos A, B , D e C . 3.1.12. Resolvendo a equacao vetorial U = xV obtemos que ¸˜ 2 2 U = (6, −4, −2) = − (−9, 6, 3) = − V. 3 3 ˜ Fazendo o mesmo para U = xW obtemos que nao existe solucao, logo somente os vetores U ¸˜ ˜ e V sao paralelos. ´ 3.2. Produtos de Vetores (pagina 218) 3.2.1. Um ponto P = (x, y ) pertence a reta se, e somente se, −→ P0 P ·N = 0. ou seja, se, e somente se, ou (x + 1, y − 1) · (2, 3) = 0 2x + 3y − 1 = 0 ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 Cap´tulo 3. Vetores no Plano e no Espaco ı ¸ 553 ´ 3.2.2. Uma esfera de raio igual a 2. Se for no espaco e um cilindro de raio igual a 2, se for no plano e ¸´ ˆ uma circunferencia de raio igual a 2. 3.2.3. >> V=[1,2,-3]; W=[2,1,-2]; >> Va=(V+W)/no(V+W), Vb=(V-W)/no(V-W),... >> Vc=(2*V-3*W)/no(2*V-3*W) Va = √3 43 √3 43 Vb = 1 − √3 1 √ 3 Vc = − √4 17 √1 17 − √5 , 43 1 − √3 , 0 3.2.4. >> syms x >> V=[x,3,4];W=[3,1,2]; >> solve(pe(V,W)) -11/3 ˜ Para x = −11/3, V e W sao perpendiculares. 3.2.5. >> V=[x,2,4];W=[x,-2,3]; >> pe(V,W) x^2+8 ˜ A equacao x2 + 8 nao tem solucao real. ¸˜ ¸˜ 3.2.6. >> Va=[2,1,0];Wa=[0,1,-1];Vb=[1,1,1]; >> Wb=[0,-2,-2];Vc=[3,3,0];Wc=[2,1,-2]; >> cosVaWa=pe(Va,Wa)/(no(Va)*no(Wa)),... >> cosVbWb=pe(Vb,Wb)/(no(Vb)*no(Wb)),... Julho 2007 Reginaldo J. Santos 554 Respostas dos Exerc´cios ı >> cosVcWc=pe(Vc,Wc)/(no(Vc)*no(Wc)) √√ √√ √ 1 1 1 ˆ ´ cosVaWa= 10 5 2, cosVbWb=− 3 3 2, cosVcWc= 2 2. O angulo entre V a e W a e √ √ √ ´ ´ arccos( 10/10) entre V b e W b e arccos(− 6/3) e entre V c e W c e arccos( 2/2) = π/4. 3.2.7. >> W=[-1,-3,2]; V=[0,1,3]; >> W1=(pe(W,V)/pe(V,V))*V, W2=W-W1 W1 = 0 3/10 9/10 W2 = -1 -33/10 11/10 3.2.8. >> V=[2,2,1]; W=[6,2,-3]; >> X=V/no(V)+W/no(W), U=X/no(X) X=[32/21, 20/21, -2/21] √√ √√ √√ 10 1 16 U = 357 17 21 357 17 21 − 357 17 21 3.2.9. >> A=[2,2,1];B=[3,1,2];C=[2,3,0];D=[2,3,2]; >> M=[B-A;C-A;D-A], detM=det(M) M= 1 -1 1 0 1 -1 0 1 1 detM=2 >> A=[2,0,2];B=[3,2,0];C=[0,2,1];D=[10,-2,1]; >> M=[B-A;C-A;D-A], detM=det(M) M= 1 2 -2 -2 2 -1 8 -2 -1 detM=0 ˜ ˜ ˜ No item (a) os pontos nao sao coplanares e no item (b) eles sao coplanares. ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 Cap´tulo 3. Vetores no Plano e no Espaco ı ¸ 555 3.2.10. >> A=[2,1,6];B=[4,1,3];C=[1,3,2];D=[1,2,1]; >> M=[B-A;C-A;D-A], detM=det(M) M= 2 0 -3 -1 2 -4 -1 1 -5 detM=-15 ´ O volume do paralelep´pedo e 15 unidades de vol. ı 3.2.11. >> A=[1,0,1];B=[2,1,3];C=[3,2,4]; >> V=pv(A-B,C-B), norma=no(V) AD = 1 -1 0 √ norma= 2 √ ´ ´ ´ A area do paralelogramo e 2 unidades de area. 3.2.12. >> A=[1,2,1];B=[3,0,4];C=[5,1,3]; >> V=pv(B-A,C-A), norma=no(V) AD = -1 8 6 √ norma= 101 √ ´ ˆ ´ ´ A area do triangulo e 101/2 unidades de area. 3.2.13. >> syms x y z >> X=[x,y,z]; V=[1,0,1]; W=[2,2,-2]; >> expr1=pv(X,V)-W, expr2=pe(X,X)-6 expr1 = [ y-2, z-x-2, -y+2] expr2 = x^2+y^2+z^2-6 >> S=solve(expr1(1),expr1(2),expr1(3),expr2) S = x: [2x1 sym] y: [2x1 sym] z: [2x1 sym] Julho 2007 Reginaldo J. Santos 556 Respostas dos Exerc´cios ı >> S.x, S.y, S.z ans =[ -1][ -1] ans =[ 2][ 2] ans =[ 1][ 1] Logo, X = (−1, 2, 1). 3.2.14. >> X=[x,y,z]; V=[1,1,0]; W=[-1,0,1]; U=[0,1,0]; >> expr1=pe(X,V), expr2=pe(X,W),... >> expr3=pe(X,X)-3, expr4=pe(X,U) expr1=x+y,expr2=z-x,expr3=x^2+y^2+z^2-3,expr4=y >> solve(expr1,expr2,expr3) S = x: [2x1 sym] y: [2x1 sym] z: [2x1 sym] >> S.x, S.y, S.z ans =[ -1][ 1] ans =[ 1][ -1] ans =[ -1][ 1] Como y tem que ser maior que zero, X = (−1, 1, −1). 3.2.15. >> A=[3,0,2];B=[4,3,0];C=[8,1,-1]; >> pe(B-A,C-A), pe(A-B,C-B), pe(A-C,B-C) 14,0,21 ˆ ´ ´ Portanto o angulo reto esta no vertice B . 3.2.16. (a) (xV + yW ) · V = x||V ||2 + yW · V = 20 (xV + yW ) · W = xV · W + y ||W ||2 = 5 25x + 5y = 20 5x + 4y = 5 ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 Cap´tulo 3. Vetores no Plano e no Espaco ı ¸ 557 Resolvendo o sistema acima obtemos x = 11/15 e y = 1/3. Assim X= 11 1 V + W. 15 3 (b) (xV + yW ) × V = yW × V (xV + yW ) · W = xV · W + y ||W ||2 yW × V = = ¯ 0 2 xV · W + y ||W || = 5x + 4y = 12 Resolvendo o sistema acima obtemos x = 12/5 e y = 0. Assim X= 12 V. 5 3.2.17. 3.2.18. 3.2.19. −→ ˆ ´ 3.2.20. Seja AB a base do triangulo isosceles e M o seu ponto medio. Vamos mostrar que CM Julho 2007 Reginaldo J. Santos 558 Respostas dos Exerc´cios ı −→ · AB = 0. −→ −→ −→ −→ 1 −→ (CA + CB )· AB 2 −→ −→ −→ 1 −→ = (CA + CB ) · (CB − CA) 2 −→ 1 −→ −→ = (CA · CB −|| CA ||2 + 2 CM · AB = −→ −→ −→ + || CB ||2 − CB · CA) = 0 ˆ ˆ 3.2.21. Seja AB o lado situado no diametro da circunferencia e O seu centro. Vamos mostrar que −→ −→ CA · CB = 0. −→ −→ −→ −→ −→ −→ CA · CB = (CO + OA) · (CO + OB ) −→ −→ −→ = || CO ||2 + CO · OB + −→ −→ −→ + OA · CO −|| OB ||2 = 0 ˜ ˜ 3.2.22. Se as diagonais sao perpendiculares, entao (U + V ) · (U − V ) = 0. Mas, (U + V ) · (U − V ) = ||U ||2 − ||V ||2 . ˜ ˆ ´ Entao, os lados adjacentes tem o mesmo comprimento e como ele e um paralelogramos todos ˆ os lados tem o mesmo comprimento. 3.2.23. Vamos mostrar que U · V = 0. ||U + V ||2 = ||U ||2 + 2U · V + ||V ||2 ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 Cap´tulo 3. Vetores no Plano e no Espaco ı ¸ 559 ||U − V ||2 = ||U ||2 − 2U · V + ||V ||2 Assim ||U + V || = ||U − V || implica que U · V = 0. Julho 2007 Reginaldo J. Santos 560 Respostas dos Exerc´cios ı ´ 4.1. Equacoes de Retas e Planos (pagina 255) ¸˜ 4.1.1. z 1/5 1/3 1/2 (a) y x z (b) x ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı y Julho 2007 Cap´tulo 4. Retas e Planos ı 561 z 1/2 1/3 (c) y x z 1/3 1/2 (d) y x z 1/3 (e) Julho 2007 x 1/2 y Reginaldo J. Santos 562 Respostas dos Exerc´cios ı z 2/5 (f) y x z 2/3 (g) y x z 1/2 (h) x y 4.1.2. ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 Cap´tulo 4. Retas e Planos ı 563 z y x (a) V = (3, −1/2, −2) z V = (2, 1, 3/2) (b) y x z V = (1, 0, 2) (c) Julho 2007 x y Reginaldo J. Santos 564 Respostas dos Exerc´cios ı z V = (0, 2, 3/2) (d) y x z V = (2, 1, 0) (e) y x z V = (0, 0, 2) (f) x ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı y Julho 2007 Cap´tulo 4. Retas e Planos ı 565 z V = (0, 2, 0) (g) y x z V = (2, 0, 0) (h) x y ´ ˜ ´ 4.1.3. Como o novo plano e paralelo ao plano 2x − y + 5z − 3 = 0, entao o vetor N = (2, −1, 5) e ´ ´ tambem vetor normal do plano procurado. Assim, a equacao dele e 2x − y + 5z + d = 0. Para ¸˜ determinar d substitu´mos o ponto P = (1, −2, 1) na equacao do plano: ı ¸˜ >> syms x y z d >> expr=2*x-y+5*z+d expr = 2*x-y+5*z+d >> subst(expr,[x,y,z],[1,-2,1]) ans = 9+d Julho 2007 Reginaldo J. Santos 566 Respostas dos Exerc´cios ı ´ Assim a equacao do plano e 2x − y + 5z − 9 = 0. ¸˜ ˜ 4.1.4. Os vetores normais dos outros planos, N1 = (1, 2, −3) e N2 = (2, −1, 4), sao paralelos a ao ´ plano procurado π . Assim o produto vetorial N1 × N2 e um vetor normal a π . >> N1=[1,2,-3];N2=[2,-1,4]; >> N=pv(N1,N2) N=5 -10 -5 ´ Assim, a equacao de π e 5x − 10y − 5z + d = 0. Para determinar d substitu´mos o ponto ¸˜ ı P = (2, 1, 0) na equacao do plano: ¸˜ >> expr=5*x-10*y-5*z+d expr = 5*x-10*y-5*z+d >> subst(expr,[x,y,z],[2,1,0]) ans = d ´ Assim, a equacao do plano π e 5x − 10y − 5z = 0. ¸˜ ´ 4.1.5. Como o plano procurado passa pelos pontos P = (1, 0, 0) e Q = (1, 0, 1) e e perpendicular → ˜ ao plano y − z = 0, entao os vetores P Q= (0, 0, 1) e o vetor normal do plano y − z = 0, → ˜ ´ N1 = (0, 1, −1) sao paralelos ao plano procurado π . Assim o produto vetorial P Q ×N1 e um vetor normal a π . >> PQ=[0,0,1];N1=[0,1,-1]; >> N=pv(PQ,N1) N = -1 0 0 ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 Cap´tulo 4. Retas e Planos ı 567 ´ Assim, a equacao de π e −x + d = 0. Para determinar d substitu´mos o ponto P = (1, 0, 0) na ¸˜ ı ´ equacao do plano, obtendo que a equacao de π e −x + 1 = 0. ¸˜ ¸˜ ´ 4.1.6. A equacao da reta e (x, y, z ) = (t, 2t, t). Substituindo-se o ponto da reta na equacao do plano ¸˜ ¸˜ obtemos o valor de t >> V=[1,2,1]; >> syms t >> t=solve(2*t+2*t+t-5) t=1 ´ Substituindo-se este valor de t nas equacoes parametricas da reta obtemos o ponto P = ¸˜ (1, 2, 1). ´ ´ 4.1.7. Um ponto da reta r e da forma Pr = (9t, 1 + 6t, −2 + 3t) e um ponto da reta s e da forma Ps = (1 + 2s, 3 + s, 1). As retas se cortam se existem t e s tais que Pr = Ps , ou seja, se o sistema seguinte tem solucao ¸˜ 9t = 1 + 2s 1 + 6t = 3 + s −2 + 3t = 1 >> escalona([9,-2,1;6,-1,2;3,0,3]) [ 9, -2, 1] [ 6, -1, 2] [ 3, 0, 3] elimina¸ao 1: c~ Julho 2007 Reginaldo J. Santos 568 Respostas dos Exerc´cios ı (1/9)*linha 1 ==> linha 1 [ 1, -2/9, 1/9] [ 6, -1, 2] [ 3, 0, 3] (-6)*linha 1 + linha 2 ==> linha 2 (-3)*linha 1 + linha 3 ==> linha 3 [ 1, -2/9, 1/9] [ 0, 1/3, 4/3] [ 0, 2/3, 8/3] elimina¸ao 2: c~ (3)*linha 2 ==> linha 2 [ 1, -2/9, 1/9] [ 0, 1, 4] [ 0, 2/3, 8/3] (2/9)*linha 2 + linha 1 ==> linha 1 (-2/3)*linha 2 + linha 3 ==> linha 3 [ 1, 0, 1] [ 0, 1, 4] [ 0, 0, 0] ´ A solucao do sistema e t = 1 e s = 4. Substituindo-se ou t = 1 na equacao da reta r ou s = 4 ¸˜ ¸˜ na equacao da reta s obtemos o ponto da intersecao P = (9, 7, 1). ¸˜ ¸˜ ˜ 4.1.8. Os vetores diretores das retas, V1 = (2, 2, 1) e V2 = (1, 1, 1), sao paralelos ao plano procurado ´ π . Assim, o produto vetorial V1 × V2 e um vetor normal a π . >> V1=[2,2,1]; V2=[1,1,1]; P1=[2,0,0]; ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 Cap´tulo 4. Retas e Planos ı >> N=pv(V1,V2) N= 1 -1 569 0 ´ Assim, a equacao de π e x − y + d = 0. Para determinar d substitu´mos o ponto P1 = (2, 2, 1) ¸˜ ı da reta r na equacao do plano: ¸˜ >> expr=x-y+d expr =x-y+d >> subst(expr,[x,y,z],P1) ans =2+d ´ Assim, a equacao do plano π e x − y − 2 = 0. ¸˜ 4.1.9. (a) Substituindo-se o ponto P = (4, 1, −1) nas equac oes da reta r obtemos valores diferentes ¸˜ de t: >> solve(’4=2+t’), solve(’1=4-t’),... >> solve(’-1=1+2*t’) ans = 2 ans = 3 ans = -1 ˜ Logo nao existe um valor de t tal que P = (2 + t, 4 − t, 1 + 2t). ´ ´ (b) O ponto Q = (2, 4, 1) e um ponto do plano π procurado. Assim, π e paralelo aos vetores → P Q= (−2, 3, 2) e o vetor diretor da reta r , V = (1, −1, 2). Logo, o produto vetorial → ´ P Q ×V e um vetor normal ao plano π : >> P=[4,1,-1]; Q=[2,4,1]; V=[1,-1,2]; Julho 2007 Reginaldo J. Santos 570 Respostas dos Exerc´cios ı >> PQ=Q-P PQ = [-2, 3, 2] >> N=pv(PQ,V) N= 8 6 -1 expr = 8*x-39+6*y-z Substituindo-se o ponto P ou o ponto Q na equacao de π obtemos que a equacao do ¸˜ ¸˜ ´ plano π e 8x + 6y − z − 39 = 0. ´ ´ ˜ 4.1.10. O vetor N = (−1, 1, −1) e normal ao plano. A equacao do plano e entao −x + y − z + d = 0. ¸˜ Fazendo z = 0 nas equacoes dos planos π1 e π2 e resolvendo o sistema resultante, obtemos ¸˜ x = 0 e y = 1. Portanto, o ponto P = (0, 1, 0) pertence a π1 e a π2 . Substituindo-se o ponto ´ P = (0, 1, 0) na equacao do plano −x + y − z + d = 0 obtemos que a equacao procurada e ¸˜ ¸˜ x − y + z + 1 = 0. 4.1.11. (a) >> N1=[1,2,-3]; N2=[1,-4,2]; V=pv(N1,N2) V= -8 -5 -6 ´ Os planos se interceptam segundo uma reta cujo vetor diretor e V = (−8, −5, −6). (b) >> V= N1=[2,-1,4]; N2=[4,-2,8]; V=pv(N1,N2) 0 0 0 ˜ Os planos sao paralelos. (c) >> N1=[1,-1,0]; N2=[1,0,1]; V=pv(N1,N2) V= -1 -1 1 ´ Os planos se interceptam segundo uma reta cujo vetor diretor e V = (−1, −1, 1). ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 Cap´tulo 4. Retas e Planos ı 571 ´ ´ 4.1.12. O vetor normal ao plano e um vetor diretor da reta procurada. Assim as equacoes parametricas ¸˜ ˜ de r sao (x, y, z ) = (1 + t, 2 − t, 1 + 2t). ´ 4.1.13. O vetor diretor da reta procurada e ortogonal ao mesmo tempo aos vetores normais dos dois ´ planos, portanto o produto vetorial deles e um vetor diretor da reta procurada. >> pv([2,3,1],[1,-1,1]) 4 -1 -5 (x, y, z ) = (1 + 4t, −t, 1 − 5t). 4.1.14. >> escalona([1,1,-1,0;2,-1,3,1]) 1 0 0 1 2/3 -5/3 1/3 -1/3 ´ A reta intersecao dos planos e (x, y, z ) = (1/3 − 2/3t, −1/3 + 5/3t, t). O vetor diretor V = ¸˜ ´ ´ (−2/3, 5/3, 1) desta reta e paralelo ao plano procurado. O ponto P = (1/3, −1/3, 0) e um → ´ ´ ´ ´ ponto da reta e e tambem portanto um ponto do plano procurado π . O vetor AP e tambem um → ´ vetor paralelo a π . Assim o produto vetorial AP ×V e um vetor normal a π . >> A=[1,0,-1]; P=[1/3,-1/3,0]; >> V=[-2/3,5/3,1]; >> AP=P-A AP = [-2/3, -1/3, 1] >> N=pv(AP,V) N=[ -2, 0, -4/3] Julho 2007 Reginaldo J. Santos 572 Respostas dos Exerc´cios ı Substituindo-se o ponto A ou o ponto P na equacao −2x − 4/3z + d = 0 obtemos a equacao ¸˜ ¸˜ do plano 6x + 4z − 2 = 0. 4.1.15. >> syms t s >> >> BA CD A=[0,1,0];B=[1,1,0];C=[-3,1,-4];D=[-1,2,-7]; BA=B-A, CD=D-C, =1 0 0 =2 1 -3 ´ ´ Pr = (t, 1, 0) e um ponto qualquer da reta r e Ps = (−3 + 2s, 1 + s, −4 − 3s) e um ponto qual→ quer da reta s. Precisamos encontrar pontos Pr e Ps tais que Ps Pr = αV , ou seja, precisamos encontrar t e s tais que (t − 2s + 3, −s, 3s + 4) = (α, −5α, −α). >> escalona([1,-2,-1,-3;0,-1,5,0;0,3,1,-4]) [ 1, -2, -1, -3] [ 0, -1, 5, 0] [ 0, 3, 1, -4] elimina¸ao 2: c~ (-1)*linha 2 ==> linha 2 [ 1, -2, -1, -3] [ 0, 1, -5, 0] [ 0, 3, 1, -4] (2)*linha 2 + linha 1 ==> linha 1 (-3)*linha 2 + linha 3 ==> linha 3 [ 1, 0, -11, -3] [ 0, 1, -5, 0] ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 Cap´tulo 4. Retas e Planos ı 573 [ 0, 0, 16, -4] elimina¸ao 3: c~ (1/16)*linha 3 ==> linha 3 [ 1, 0, -11, -3] [ 0, 1, -5, 0] [ 0, 0, 1, -1/4] (11)*linha 3 + linha 1 ==> linha 1 (5)*linha 3 + linha 2 ==> linha 2 [ 1, 0, 0, -23/4] [ 0, 1, 0, -5/4] [ 0, 0, 1, -1/4] Pr0 = [-23/4, 1, 0] Ps0 = [-11/2, -1/4, -1/4] V = [1/4, -5/4, -1/4] Encontramos que t = −23/4, s = −5/4 e α = −1/4. Substituindo-se ou t = −23/4 em ´ Pr = (t, 1, 0) obtemos que a equacao da reta e (x, y, z ) = (−23/4 + t, 1 − 5t, −t). ¸˜ 4.1.16. (a) >> N1=[2,-1,1]; N2=[1,2,-1]; V=pv(N1,N2) V = -1 3 5 Os planos se interceptam segundo uma reta que tem vetor diretor V = (−1, 3, 5). (b) >> escalona([2,-1,1,0;1,2,-1,1]) [ 2, -1, 1, [ 1, 2, -1, elimina¸ao 1: c~ Julho 2007 0] 1] Reginaldo J. Santos 574 Respostas dos Exerc´cios ı linha 2 <==> linha 1 [ 1, 2, -1, 1] [ 2, -1, 1, 0] (-2)*linha 1 + linha 2 ==> linha 2 [ 1, 2, -1, 1] [ 0, -5, 3, -2] elimina¸ao 2: c~ (-1/5)*linha 2 ==> linha 2 [ 1, 2, -1, 1] [ 0, 1, -3/5, 2/5] (-2)*linha 2 + linha 1 ==> linha 1 [ 1, 0, 1/5, 1/5] [ 0, 1, -3/5, 2/5] Um ponto qualquer da reta r e Pr = (1/5 − t, 2/5 + 3t, 5t). Vamos determinar o valor de → t tal que APr seja perpendicular ao vetor diretor da reta r . >> syms t >> Pr=[1/5-t,2/5+3*t,5*t];A=[1,0,1]; >> APr=Pr-A APr = [ -4/5-t, 2/5+3*t, 5*t-1] >> expr=pe(APr,[-1,3,5]) expr = -3+35*t >> t=solve(expr) t = 3/35 → Substituindo-se t = 3/35 em APr = (−4/5 − t, 2/5 + 3t, 5t − 1), obtemos o vetor diretor ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 Cap´tulo 4. Retas e Planos ı 575 ´ da reta procurada e assim a equacao da reta e (x, y, z ) = (1 − (31/35)t, (23/35)t, 1 − ¸˜ (4/7)t). 4.1.17. >> V1=[1,2,-3]; P1=[0,0,0]; >> V2=[2,4,-6]; P2=[0,1,2]; >> pv(V1,V2) ans = 0 0 0 >> syms x y z; X=[x,y,z]; >> M=[X-P1;V1;P2-P1], expr=det(M) M =[ x, y, z] [ 1, 2, -3] [ 0, 1, 2] expr = 7*x-2*y+z ´ Como o produto vetorial de V1 e V2 (os dois vetores diretores das retas) e igual ao vetor nulo, −→ ˜ ˜ ˜ ˜ entao as retas sao paralelas. Neste caso, os vetores V1 e P1 P2 sao nao colineares e paralelos ´ ao plano procurado. Assim, 7x − 2y + z = 0 e a equacao do plano. ¸˜ 4.1.18. (a) >> N1=[1,2,-3]; N2=[1,-4,2]; V=pv(N1,N2) V= -8 -5 -6 ´ Os planos se interceptam segundo uma reta cujo vetor diretor e V = (−8, −5, −6). Fa´ zendo y = 0 nas equacoes obtemos um sistema de duas equacoes e duas incognitas ¸˜ ¸˜ ´ cuja solucao e x = −3, z = 1. Assim, P0 = (−3, 0, 1) e um ponto da reta e as equacoes ¸˜ ´ ¸˜ ´ ˜ parametricas da reta sao Julho 2007 x = −3 − 8t y = −5t, para t ∈ R z = 1 − 6t Reginaldo J. Santos 576 Respostas dos Exerc´cios ı (b) >> N1=[1,-1,0]; N2=[1,0,1]; V=pv(N1,N2) V= -1 -1 1 ´ Os planos se interceptam segundo uma reta cujo vetor diretor e V = (−1, −1, 1). Clara´ ´ ˜ mente P0 = (0, 0, 0) e um ponto da reta e as equacoes parametricas da reta sao ¸˜ x = −t y = −t, para t ∈ R z=t 4.1.19. (a) r : (x, y, z ) = t(0, 1, 2) s : (x, y, z ) = t(1, 0, 2) t : (x, y, z ) = (0, 1, 2) + s(1, −1, 0) ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 Cap´tulo 4. Retas e Planos ı 577 z y x (b) A = (0, 0, 2), B = (0, 1, 2) e C = (1, 0, 2). −→ −→ −→ vol = 1OA · (OB × OC )| | 6 002 = | det 0 1 2 | = 2 = 1 . 6 3 102 −→ −→ 1 (c) area = 2 || OB × OC || = 1 ||(2, 2, −1)|| = 2 3 2 (d) h = dist(π, A) = Julho 2007 | − 2| 2 =. 3 3 Reginaldo J. Santos 578 4.1.20. Respostas dos Exerc´cios ı ´ (a) Um ponto qualquer da reta r1 e descrito por Pr1 = (−1+ t, 2+3t, 4t) e um ponto qualquer ´ ´ ´ da reta r2 e da forma Pr2 = (−1 + s, 1 + 2s, −2 + 3s). Aqui e necessario o uso de um ˆ parametro diferente para a reta r2 . O vetor −→ Pr1 Pr2 = (−2 + s − t, −1 + 2s − 3t, −2 + 3s − 4t) “liga” um ponto qualquer de r1 a um ponto qualquer de r2 . Vamos determinar t e s tais que −→ o vetor Pr1 Pr2 seja perpendicular ao vetor diretor V1 = (1, 3, 4) de r1 e ao vetor diretor V2 = (1, 2, 3) de r2 , ou seja, temos que resolver o sistema −→ Pr1 Pr2 · V1 = −13 + 19s − 26t = 0 −→ Pr1 Pr2 · V2 = −10 + 14s − 19t = 0 ´ A solucao deste sistema e t = 8/3, s = 13/3. Logo Pr1 = (11/3, 10, 32/3), Pr2 = ¸˜ −→ ´ (10/3, 29/3, 11) e V3 =Pr1 Pr2 = (−1, −1, 1). Assim as equacoes parametricas da reta ¸˜ ˜ procurada sao x = 11/3 − t y = 10 − t, r3 : para t ∈ R. z = 32/3 + t ´ (b) Um ponto qualquer da reta r1 e descrito por Pr1 = (−1+ t, 2+3t, 4t) e um ponto qualquer ´ ´ ´ ˆ da reta r2 e da forma Pr2 = (s, 4 + 2s, 3 + 3s). Aqui e necessario o uso de um parametro diferente para a reta r2 . O vetor −→ Pr1 Pr2 = (1 + s − t, 2 + 2s − 3t, 3 + 3s − 4t) ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 Cap´tulo 4. Retas e Planos ı 579 “liga” um ponto qualquer de r1 a um ponto qualquer de r2 . Vamos determinar t e s tais que −→ o vetor Pr1 Pr2 seja perpendicular ao vetor diretor V1 = (1, 3, 4) de r1 e ao vetor diretor V2 = (1, 2, 3) de r2 , ou seja, temos que resolver o sistema −→ Pr1 Pr2 · V1 = 19 + 19s − 26t = 0 −→ Pr1 Pr2 · V2 = 14 + 14s − 19t = 0 ´ A solucao deste sistema e t = 0, s = −1. Logo Pr1 = (−1, 2, 0), Pr2 = (−1, 2, 0) e ¸˜ −→ −→ ˜ Pr1 Pr2 = (0, 0, 0). Neste caso o vetor Pr1 Pr2 nao pode ser o vetor diretor da reta procurada. Vamos tomar como vetor diretor da reta procurada o vetor V 3 = V1 × V2 = (1, 1, −1). ´ ˜ Assim as equacoes parametricas da reta procurada sao ¸˜ x = −1 + t y = 2 + t, para t ∈ R. r3 : z = −t ˆ ˆ ´ 4.2. Angulos e Distancias (pagina 292) 4.2.1. >> V=[1,3,2];W=[2,-1,1];U=[1,-2,0]; >> N=pv(W,U), projecao=(pe(V,N)/pe(N,N))*N N=2 1 -3 projecao = -1/7 -1/14 3/14 4.2.2. >> N1=[2,-1,1]; N2=[1,-2,1]; >> costh=pe(N1,N2)/(no(N1)*no(N2)) costh = 5/6 Julho 2007 Reginaldo J. Santos 580 Respostas dos Exerc´cios ı >> acos(5/6)*180/pi ans = 33.5573 ˆ ´ O angulo e arccos(5/6) ≈ 33, 5o . 4.2.3. >> A=[1,1,1];B=[1,0,1];C=[1,1,0]; >> P=[0,0,1];Q=[0,0,0];V=[1,1,0]; >> N1=pv(B-A,C-A), N2=pv(Q-P,V),... >> costh=pe(N1,N2)/(no(N1)*no(N2)) N1 = 1 0 0, N2 = 1 -1 costh = 1/2*2^(1/2) √ ˆ ´ O angulo e arccos( 2/2) = 45o . 0, ˆ 4.2.4. O vetor diretor da reta procurada V = (a, b, c) faz angulo de 45o com o vetor i e 60o com o vetor j . Podemos fixar arbitrariamente a norma do vetor V . Por exemplo, podemos tomar o vetor V com norma igual a 2. V = (a, b, c) ||V ||2 = a2 + b2 + c2 = 4 √ 2 |V · i ◦ = cos 45 = , ⇒ |a| = 1 ||V || 2 |V · j 1 = cos 60◦ = , ||V || 2 ⇒ |b| = 1 Substituindo-se estes valores em a2 + b2 + c2 = 4: 2 + 1 + c2 = 4, ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı ⇒ |c| = 1 Julho 2007 Cap´tulo 4. Retas e Planos ı 581 Assim, existem aparentemente, oito retas que passam pelo ponto P = (1, −2, 3) e fa˜ zem angulo de 45o com o eixo x e 60o com o eixo y. Elas sao (x, y, z ) = (1, −2, 3) + √ˆ vetor diretor e o seu t(± 2, ±1, ±1). Na verdade existem quatro retas (distintas), pois um√ ´ ˜ simetrico determinam a mesma reta. Elas sao (x, y, z ) = (1, −2, 3) + t( 2, ±1, ±1). 4.2.5. >> syms t, A=[1,1,0]; V=[0,1,-1]; Pr=[0,t,-t]; >> PrA=A-Pr, expr1=pe(PrA,V) PrA = [1, 1-t, t] expr1 = 1-2*t expr2 = 2*(1-t+t^2)^(1/2) >> expr2=no(PrA)*no(V) >> solve((expr1/expr2)^2-1/4) [0][1] >> B=subs(Pr,t,0), C=subs(Pr,t,1) B = [0, 0, 0] C = [0, 1, -1] 4.2.6. >> A=[1,0,0]; B=[0,1,0]; C=[1,0,1]; O=[0,0,0]; >> N=B-A -1 2 0 >> dist=abs(pe(N,C-O))/no(N) dist =1/2^(1/2) √ ˆ ´ A distancia e igual a 1/ 2. 4.2.7. (a) >> syms t s >> A=[1,0,0]; B=[0,2,0]; V2=[1,2,3]; P2=[2,3,4]; >> Pr1=A+t*(B-A), Pr2=P2+s*V2 Pr1 = [1-t, 2*t, 0] Pr2 = [2+s, 3+2*s, 4+3*s] Julho 2007 Reginaldo J. Santos 582 Respostas dos Exerc´cios ı ´ ´ Pr2 = (1 − t, 2t, 0) e um ponto qualquer da reta r1 e Pr2 = (2 + s, 3 + 2s, 4 + 3s) e −→ um ponto qualquer da reta r2 . Devemos determinar t e s tais que o vetor Pr1 Pr2 seja perpendicular aos vetores diretores de r1 e de r2 . >> Pr1Pr2=Pr2-Pr1 Pr1Pr2 = [1+s+t, 3+2*s-2*t, 4+3*s] >> expr1=pe(Pr1Pr2,B-A), expr2=pe(Pr1Pr2,V2) expr1 = 5+3*s-5*t expr2 = 19+14*s-3*t >> S=solve(’5+3*s-5*t’,’19+14*s-3*t’) >> S.t, S.s t = 13/61, s = -80/61 >> Pr10=subs(Pr1,t,13/61), Pr10 = [48/61, 26/61, 0] >> Pr20=subs(Pr2,s,-80/61) Pr20 = [42/61, 23/61, 4/61] >> V=Pr20-Pr10, expr=Pr10+t*V V = [-6/61, -3/61, 4/61] expr = [48/61-6/61*t, 26/61-3/61*t, 4/61*t] ´ A equacao da reta e (x, y, z ) = (48/61 − (6/61)t, 26/61 − (3/61)t, (4/61)t). ¸˜ −→ ˆ√ ´ ´ (b) A distancia entre r1 e r2 e igual a norma do vetor Pr1 Pr2 = (−6/61, −3/61, 4/61) que e igual a 1/ 61. 4.2.8. >> A=[0,2,1]; Pr=[t,2-t,-2+2*t]; >> APr=Pr-A, dist=no(APr) APr = [t, -t, -3+2*t] dist = 3^(1/2)*(2*t^2+3-4*t)^(1/2) ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 Cap´tulo 4. Retas e Planos ı 583 >> solve(dist^2-3) [1][1] >> P=subs(Pr,t,1) P = [1, 1, 0] √ ˆ ´ ´ A distancia de A ate a reta r e igual a 3. 4.2.9. >> syms t >> A=[1,1,1]; B=[0,0,1]; Pr=[1+t,t,t]; >> APr=Pr-A, BPr=Pr-B APr = [t, -1+t, -1+t] BPr = [1+t, t, -1+t] >> dist1q=pe(APr,APr), dist2q=pe(BPr,BPr) dist1q = 3*t^2+2-4*t dist2q = 2+3*t^2 >> solve(dist1q-dist2q) t=0 >> subs(Pr,t,0) [1, 0, 0] ´ O ponto P = (1, 0, 0) e equidistante de A e B . ¨ 4.2.10. >> A=[1,-1,2]; B=[4,3,1]; X=[x,y,z]; >> AX=X-A, BX=X-B, AX = [x-1, y+1, z-2] BX = [x-4, y-3, z-1] >> dist1q=pe(AX,AX), dist2q=pe(BX,BX) dist1q = x^2-2*x+6+y^2+2*y+z^2-4*z dist2q = x^2-8*x+26+y^2-6*y+z^2-2*z >> expr=dist1q-dist2q expr = 6*x-20+8*y-2*z Julho 2007 Reginaldo J. Santos 584 Respostas dos Exerc´cios ı ´ ´ ´ A equacao do lugar geometrico e 6x + 8y − 2z − 20 = 0. Este plano passa pelo ponto medio de ¸˜ −→ −→ −→ ´ ´ ´ AB , pois o ponto medio de AB e M =OM = 1/2(OA + OB ) (Exerc´cio 1.18 na pagina 177) ı ´ ´ satisfaz a equacao do plano. O plano e perpendicular ao segmento AB , pois N = (6, 8, −2) e ¸˜ −→ paralelo a AB = (3, 4, −1). 4.2.11. >> syms x y z d >> expr1=2*x+2*y+2*z+d; >> P1=[0,0,-d/2]; N=[2,2,2]; P=[1,1,1]; >> expr2=abs(pe(P-P1,N))/no(N) √ expr2 = 1/6 |6 + d| 3 >> solve(expr2-sqrt(3),d) ans = [ 0][ -12] Os planos 2x + 2y + 2z = 0 e 2x + 2y + 2z − 12 = 0 satisfazem as condicoes do exerc´cio. ¸˜ ı 4.2.12. >> N2=[1,-2,2];N3=[3,-5,7]; >> V=pv(N2,N3) V= -4 -1 1 |N ·N1 | ||N ||||N1 || 2 ||N || N ·V N = (a, b, c), N1 = (1, 0, 1) |a+c| = cos(π/3) =1 √a2 +b2 +c2 2 ⇒ = 2 a2 + b 2 + c 2 = 2 = 0 −4a − b + c = 0 ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 Cap´tulo 4. Retas e Planos ı 585 Da 1a. equacao (usando a 2a. equacao) segue que ¸˜ ¸˜ |a + c| = 1 ⇒ c = ±1 − a. Da 3a. equacao ¸˜ b = c − 4a = ±1 − 5a, Substituindo-se os valores de b e c encontrados na 2a. equacao: ¸˜ a2 + (±1 − 5a)2 + (±1 − a)2 = 2, 27a2 = ±12a, ⇒ a = 0 ou a = ±4/9. N = (0, 1, 1) ou N = (4/9, −11/9, 5/9) Os planos y + z = 0 e 4x − 11y + 5z = 0 satisfazem as condicoes do exerc´cio ¸˜ ı 4.2.13. (a) N · Vr = (1, 1, 1) · (1, −1, 0) = 0 (b) Tomando Pπ = (0, 0, 0) e Pr = (1, 0, 1): −→ | Pr Pπ ·N | |(1, 0, 1) · (1, 1, 1)| 2 √ d(r, π ) = = =√ ||N || 3 3 ˜ ´ ` ˜ (c) Nao. Pois se s e uma reta reversa a r contida em π , entao 2 d(r, s) = d(r, π ) = √ < 2. 3 Julho 2007 Reginaldo J. Santos 586 4.2.14. Respostas dos Exerc´cios ı −→ (a) AB = (−7/3, 7/2, 0) −→ AC = (−7/3, −2, 11/6) −→ −→ AB × AC = (77/12, 77/18, 77/6) −→ −→ N1 = (36/77) AB × AC = (3, 2, 6) ´ A equacao do plano e 3x + 2y + 6z − 6 = 0 ¸˜ −→ (b) DE = (5/2, −5, 11) −→ DE × k = (−5, −5/2, 0) −→ N2 = −(2/5) DE × k = (2, 1, 0) ´ A equacao do plano e 2x + y − 2 = 0 ¸˜ (c) 3266 2102 1 2/3 2 2 0 1 12 6 ∼ ∼ 1 2/3 2 2 2 102 1 0 −6 −2 0 1 12 6 ∼ 1 2/3 2 2 0 −1/3 −4 −2 ∼ ´ ˜ As equacoes parametricas da reta sao (x, y, z ) = (−2 + 6t, 6 − 12t, t). ¸˜ (d) ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 Cap´tulo 4. Retas e Planos ı 587 z y x (e) cos(π1 , π2 ) = −→ |N1 ·N2 | ||N1 ||||N2 || −→ 8 √ 75 − → (f) OP = projN1 OA= −→ = −→ N1 ·OA N1 ||N1 ||2 = 6 (3, 2, 6) 49 (g) area = || AB × AC ||/2 = ||(77/12, 77/18, 77/6)||/2 = Julho 2007 77 ||(3, 2, 6)|| 72 = 539 72 Reginaldo J. Santos 588 Respostas dos Exerc´cios ı ˆ ´ 5.1. Independencia Linear (pagina 327) 5.1.1. Podemos resolver os quatro sistemas de uma unica vez. ´ >> v1=[5,-3,1];v2=[0,4,3];v3=[-10,18,7]; >> va=[10,-2,5];vb=[10,2,8];vc=[-2,-1,1]; >> vd=[-1,2,3]; >> A=[v1;v2;v3;va;vb;vc;vd]’; >> escalona(A) [ 5, 0, -10, 10, 10, -2, -1] [ -3, 4, 18, -2, 2, -1, 2] [ 1, 3, 7, 5, 8, 1, 3] elimina¸ao 1: c~ linha 3 <==> linha 1 [ 1, 3, 7, 5, 8, 1, 3] [ -3, 4, 18, -2, 2, -1, 2] [ 5, 0, -10, 10, 10, -2, -1] Continua ? (s/n) s (3)*linha 1 + linha 2 ==> linha 2 (-5)*linha 1 + linha 3 ==> linha 3 [ 1, 3, 7, 5, 8, 1, 3] [ 0, 13, 39, 13, 26, 2, 11] [ 0, -15, -45, -15, -30, -7, -16] Continua ? (s/n) s elimina¸ao 2: c~ ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 Cap´tulo 5. Espacos Euclidianos ı ¸ (1/13)*linha 2 ==> linha 2 [ 1, 3, 7, 5, 8, [ 0, 1, 3, 1, 2, [ 0, -15, -45, -15, -30, Continua ? (s/n) s (-3)*linha 2 + linha 1 ==> linha 1 (15)*linha 2 + linha 3 ==> linha 3 [ 1, 0, -2, 2, [ 0, 1, 3, 1, [ 0, 0, 0, 0, Continua ? (s/n) n 589 1, 3] 2/13, 11/13] -7, -16] 2, 7/13, 6/13] 2, 2/13, 11/13] 0, -61/13, -43/13] ˜ Assim, os vetores dos itens (a) e (b) sao combinacao linear de V1 , V2 e V3 , pois os sistemas ¸˜ ˆ [ V1 V2 V3 ]X = V , para os vetores V dos itens (a) e (b) tem solucao, enquanto para os vetores ¸˜ ˜ˆ dos itens (c) e (d) nao tem solucao. ¸˜ 5.1.2. Do escalonamento realizado no item anterior deduzimos que o sistema [ V 1 V2 V3 ]X = ¯ 0 ˜ ˜ tem solucao nao trivial. Logo, os vetores V1 , V2 e V3 sao L.D. A solucao e x = 2α, y = −3α e ¸˜ ¸˜ ´ z = α. Escolhendo α = 1 e substituindo os valores de x, y e z na equacao xV1 + yV2 + zV3 = ¯ ¸˜ 0 obtemos que V3 = −2V1 + 3V2 . 5.1.3. (a) >> v1=[1,1,2];v2=[1,0,0]; >> v3=[4,6,12] >> A=[v1;v2;v3;zeros(1,3)].’ 1 1 4 0 1 0 6 0 Julho 2007 Reginaldo J. Santos 590 Respostas dos Exerc´cios ı 2 0 12 0 >> R=escalona(A) 1 0 6 0 0 1 -2 0 0 0 0 0 ˜ Logo, a equacao x(1, 1, 2) + y (1, 0, 0) + z (4, 6, 12) = ¯ admite solucao nao trivial. Isto ¸˜ 0 ¸˜ ˜ implica que os vetores do item (a) sao L.D. (b) >> v1=[1,-2,3];v2=[-2,4,-6]; >> A=[v1;v2;zeros(1,3)].’ 1 -2 0 -2 4 0 3 -6 0 >> R=escalona(A) 1 -2 0 0 0 0 0 0 0 ˜ x(1, −2, 3) + y (−2, 4, −6) = ¯ admite solucao nao trivial. Isto implica ˜ Logo, a equacao ¸ 0 ¸˜ ˜ ´ que os vetores da item (b) sao L.D. Observe que o segundo vetor e −2 vezes o primeiro. (c) >> v1=[1,1,1];v2=[2,3,1]; >> v3=[3,1,2]; >> A=[v1;v2;v3;zeros(1,3)].’ 1 2 3 0 1 3 1 0 1 1 2 0 >> R=escalona(A) ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 Cap´tulo 5. Espacos Euclidianos ı ¸ 1 0 0 591 0 1 0 0 0 0 0 1 0 Logo, a equacao x(1, 1, 1) + y (2, 3, 1) + z (3, 1, 2) = ¯ so admite a solucao trivial. Isto ¸˜ 0´ ¸˜ ˜ implica que os vetores do item (c) sao L.I. (d) >> v1=[4,2,-1];v2=[6,5,-5];v3=[2,-1,3]; >> A=[v1;v2;v3;zeros(1,3)].’ 4 6 2 0 2 5 -1 0 -1 -5 3 0 >> R=escalona(A) 1 0 2 0 0 1 -1 0 0 0 0 0 ˜ Logo, o sistema x(4, 2, −1) + y (2, 3, 1) + z (2, −1, 3) = ¯ admite solucao nao trivial. Isto 0 ¸˜ ˜ implica que os vetores do item (d) sao L.D. 5.1.4. >> syms a >> A=[3,1,0;a^2+2,2,0;0,0,0] A= [3, a^2+2, 0] [1, 2, 0] [0, 0, 0] >> escalona(A) elimina¸ao 1: c~ Julho 2007 Reginaldo J. Santos 592 Respostas dos Exerc´cios ı linha 2 <==> linha 1 [1 2 0] [ [ 2 [3 a +2 0] [ [0 0 0] Continua ? (s/n) s -(3)*linha 1 + linha 2 ==> linha 2 [1 2 0] [ [ 2 [0 a -4 0] [ [0 0 0] Continua ? (s/n) n >> solve(a^2-4) ans = [ 2][-2] ´ Para λ = ±2 o conjunto de vetores e L.D. 5.1.5. (a) x1 W1 + x2 W2 + x3 W3 = x1 (V1 + V2 ) + x2 (V1 + V3 ) + x3 (V2 + V3 ) = (x1 + x2 )V1 + ˜ ´ 0 (x1 + x3 )V2 + (x2 + x3 )V3 = ¯. Como V1 , V2 e V3 sao por hipotese L.I., os esca˜ ˆ lares que os estao multiplicando tem que ser iguais a zero. O que leva ao sistema =0 x1 + x 2 x1 + x3 = 0 x2 + x 3 = 0 ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 Cap´tulo 5. Espacos Euclidianos ı ¸ 593 >> A=[1,1,0;1,0,1;0,1,1] >> escalona(A) [ 1, 1, 0] [ 1, 0, 1] [ 0, 1, 1] [ 1, 0, 0] [ 0, 1, 0] [ 0, 0, 1] ˆ Assim, o sistema e a equacao vetorial inicial tem somente a solucao trivial x1 = x2 = ¸˜ ¸˜ ˜ x3 = 0. Portanto os vetores W1 , W2 e W3 sao L.I. (b) x1 W1 + x2 W2 + x3 W3 = x1 V1 + x2 (V1 + V3 ) + x3 (V1 + V2 + V3 ) = (x1 + x2 + ˜ ´ x3 )V1 + x3 V2 + (x2 + x3 )V3 = ¯ Como V1 , V2 e V3 sao por hipotese L.I., os esca0 ˜ ˆ lares que os estao multiplicando tem que ser iguais a zero. O que leva ao sistema x1 + x 2 + x 3 = 0 ˆ x3 = 0 Assim, o sistema e a equacao vetorial inicial tem somente ¸˜ x2 + x 3 = 0 ˜ a solucao trivial x1 = x2 = x3 = 0. Portanto os vetores W1 , W2 e W3 sao L.I. ¸˜ 5.1.6. (a) >> syms m,P1=[1,0,2];V1=[2,1,3]; >> P2=[0,1,-1];V2=[1,m,2*m]; >> expr=det([V1;V2;P2-P1]) expr = -9*m+6 >> solve(expr) ans = 2/3 Julho 2007 Reginaldo J. Santos 594 Respostas dos Exerc´cios ı ˜ Para m = 2/3 as retas sao coplanares. ˜ (b) Para m = 2/3, os vetores diretores V1 = (2, 1, 3) e V2 = (1, 2/3, 4/3) sao L.I., pois um ˜ e multiplo escalar do outro. Portanto, as retas sao concorrentes. ´´ ˜ nao (c) >> syms x y z; P=[x,y,z]; >> V2 >> N= V2=subs(V2,m,2/3) =[ 1, 2/3, 4/3] N=pv(V1,V2) [ -2/3, 1/3, 1/3] ´ Tomando como vetor normal −3N = (2, −1, −1) a equacao do plano e 2x − y − z + d = 0. ¸˜ Para determinar d substitu´mos o ponto P1 = (1, 0, 2) na equacao do plano: ı ¸˜ >> subst(2*x-y-z+d,[x,y,z],[1,0,2]) >> ans= d ´ Assim, a equacao do plano e 2x − y − z = 0. ¸˜ 5.1.7. Precisamos determinar m para que os vetores W = (2, m, 1), V 1 = (1, 2, 0) e V2 = (1, 0, 1) sejam L.D. >> syms m >> W=[2,m,1];V1=[1,2,0];V2=[1,0,1]; >> solve(det([W;V1;V2])) ans = 2 ´ ´ Para m = 2 a reta e paralela ao plano. A reta esta contida no plano se, e somente se, os −→ ´ vetores OP1 , V1 , V2 forem L.D., em que P1 = (1, 1, 1) e um ponto da reta. ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 Cap´tulo 5. Espacos Euclidianos ı ¸ 595 >> P1=[1,1,1]; >> det([P1;V1;V2]) ans = -1 ˜ ´ A reta nao esta contida no plano. 5.1.8. (a) >> V1=[1;2;3]; V2=[3;4;5]; V3=[5;6;7]; >> V=randi(3,1) V= 0 4 3 >> escalona([V1,V2,V3,V]) ans = 1 0 -1 0 0 1 2 0 0 0 0 1 ˜´ Assim, V nao e combinacao linear de V1, V2 e V3. ¸˜ (b) >> M=randi(3,5) M= -2 -4 1 -5 5 3 -3 -3 3 0 -5 -3 -3 -1 -1 >> escalona([V1,V2,V3,M]) 1 0 -1 0 37/13 -101/26 173/26 -96/13 0 1 2 0 -29/13 37/26 -85/26 51/13 0001 1/13 -4/13 12/13 -4/13 ´ Assim, nenhuma das colunas de M e combinacao linear de V1, V2 e V3. Como as colunas ¸˜ Julho 2007 Reginaldo J. Santos 596 Respostas dos Exerc´cios ı ´ ´ ˜ de M foram geradas aleatoriamente, o mais provavel e que elas nao pertencam ao plano ¸ gerado por V1, V2 e V3. ´ ´´ (c) V3=-V1+2V2, que e a mesma relacao que e valida entre as colunas de forma escalonada ¸˜ reduzida da matriz [V1,V2,V3,M]. ˜ ´ 5.2. Subespacos Base e Dimensao (pagina 349) ¸ 5.2.1. (a) >> A=[1,0,1,0,0;1,2,3,1,0;2,1,3,1,0] 1 0 1 2 2 1 >> R=escalona(A) 1 0 0 1 0 0 1 3 3 0 1 1 0 0 0 1 1 0 0 0 1 0 0 0 Encontramos a forma reduzida escalonada da matriz [A | ¯ , que corresponde ao sistema 0] x1 + x3 x2 + x 3 x4 =0 =0 =0 Este sistema tem como solucao geral ¸˜ W = {(−α, −α, α, 0) | α ∈ R} . Agora, para qualquer elemento de W temos: (−α, −α, α, 0) = α(−1, −1, 1, 0) . Logo, {V = (−1, −1, 1, 0)} gera W. ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 Cap´tulo 5. Espacos Euclidianos ı ¸ 597 (b) >> A=[1,1,2,-1,0;2,3,6,-2,0;-2,1,2,2,0] 1 1 2 3 -2 1 >> R=escalona(A) 1 0 0 1 0 0 2 6 2 -1 -2 2 0 0 0 0 2 0 -1 0 0 0 0 0 Encontramos a forma reduzida escalonada da matriz [A | ¯ , que corresponde ao sistema 0] x1 + − x4 = 0 x2 + 2x3 =0 Este sistema tem como solucao geral ¸˜ W = {(α, −2β, β, α) | α, β ∈ R} . Agora, para qualquer elemento de W temos: (α, −2β, β, α) = = (α, 0, 0, α) + (0, −2β, β, 0) = α(1, 0, 0, 1) + β (0, −2, 1, 0) . Logo, B = {V1 = (1, 0, 0, 1), V2 = (0, −2, 1, 0)} gera W. 5.2.2. (a) >> syms x >> A=[0,0,1;1,0,-3;0,1,3]; Julho 2007 Reginaldo J. Santos 598 Respostas dos Exerc´cios ı >> B=A-x*eye(3) [-x, 0, 1] [ 1, -x, -3] [ 0, 1, 3-x] >> solve(det(B)) ans = [1][1][1] >> B1=subs(B,x,1) -1 0 1 1 -1 -3 0 1 2 >> escalona([B1,zeros(3,1)]) 1 0 -1 0 0 1 2 0 0 0 0 0 x1 x2 − x3 + 2x3 =0 =0 Este sistema tem como solucao geral ¸˜ W = {(α, −2α, α) | α ∈ R} . Agora, para qualquer elemento de W temos: (α, −2α, α) = α(1, −2, 1) . ˜ Logo, B = {V = (1, −2, 1)} gera W. Como um conjunto formado por um unico vetor n ao ´ ´ ˜ ´ nulo e sempre L.I., entao B e base para W. ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 Cap´tulo 5. Espacos Euclidianos ı ¸ 599 (b) >> A=[2,2,3,4;0,2,3,2;0,0,1,1;0,0,0,1] >> B=A-x*eye(4) [2-x, 2, 3, 4] [ 0, 2-x, 3, 2] [ 0, 0, 1-x, 1] [ 0, 0, 0, 1-x] >> solve(det(B)) ans = [2][2][1][1] >> B1=subs(B,x,1) 1 2 3 4 0 1 3 2 0 0 0 1 0 0 0 0 >> escalona([B1,zeros(4,1)]) 1 0 -3 0 0 1 3 0 0 0 0 1 0 0 0 0 x1 0 0 0 0 x2 − 3x3 + 3x3 x4 =0 =0 =0 Este sistema tem como solucao geral ¸˜ W = {(3α, −3α, α, 0) | α ∈ R} . Julho 2007 Reginaldo J. Santos 600 Respostas dos Exerc´cios ı Agora, para qualquer elemento de W temos: (3α, −3α, α, 0) = α(3, −3, 1, 0) . Logo, B = {V = (3, −3, 1, 0)} gera W. Como um conjunto formado por um unico vetor ´ ˜ ´ ˜ ´ nao nulo e sempre L.I., entao B e base para W. >> B2=subs(B,x,2) 0 2 3 4 0 0 3 2 0 0 -1 1 0 0 0 -1 >> escalona([B2,zeros(4,1)]) 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 x2 x3 x4 =0 =0 =0 Este sistema tem como solucao geral ¸˜ W = {(α, 0, 0, 0) | α ∈ R} . Agora, para qualquer elemento de W temos: (α, 0, 0, 0) = α(1, 0, 0, 0) . ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 Cap´tulo 5. Espacos Euclidianos ı ¸ 601 Logo, B = {V = (1, 0, 0, 0)} gera W. Como um conjunto formado por um unico vetor ´ ˜ ´ ˜ ´ nao nulo e sempre L.I., entao B e base para W. (c) >> A=[1,1,-2;-1,2,1;0,1,-1] >> B=A-x*eye(3) [1-x, 1, -2] [ -1, 2-x, 1] [ 0, 1, -1-x] >> solve(det(B)) ans = [ 1][ 2][-1] >> Bm1=subs(B,x,-1) 2 1 -2 -1 3 1 0 1 0 >> escalona([Bm1,zeros(3,1)]) 1 0 -1 0 0 1 0 0 0 0 0 0 x1 x2 − 3x3 =0 =0 Este sistema tem como solucao geral ¸˜ W = {(α, 0, α) | α ∈ R} . Agora, para qualquer elemento de W temos: (α, 0, α) = α(1, 0, 1) . Julho 2007 Reginaldo J. Santos 602 Respostas dos Exerc´cios ı ˜ Logo, B = {V = (1, 0, 1)} gera W. Como um conjunto formado por um unico vetor n ao ´ ´ ˜ ´ nulo e sempre L.I., entao B e base para W. >> B1=subs(B,x,1) 0 1 -2 -1 1 1 0 1 -2 >> escalona([B1,zeros(3,1)]) 1 0 -3 0 0 1 -2 0 0 0 0 0 x1 x2 − 3x3 − 2x3 =0 =0 Este sistema tem como solucao geral ¸˜ W = {(3α, 2α, α) | α ∈ R} . Agora, para qualquer elemento de W temos: (3α, 2α, α) = α(3, 2, 1) . ˜ Logo, B = {V = (3, 2, 1)} gera W. Como um conjunto formado por um unico vetor n ao ´ ´ ˜ ´ nulo e sempre L.I., entao B e base para W. >> B2=subs(B,x,2) ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 Cap´tulo 5. Espacos Euclidianos ı ¸ 603 -1 1 -2 -1 0 1 0 1 -3 >> escalona([B2,zeros(3,1)]) 1 0 -1 0 0 1 -3 0 0 0 0 0 x1 x2 − x3 − 3x3 =0 =0 Este sistema tem como solucao geral ¸˜ W = {(α, 3α, α) | α ∈ R} . Agora, para qualquer elemento de W temos: (α, 3α, α) = α(1, 3, 1) . ˜ Logo, B = {V = (1, 3, 1)} gera W. Como um conjunto formado por um unico vetor n ao ´ ´ ˜ ´ nulo e sempre L.I., entao B e base para W. (d) >> A=[-1,2,2,0;-1,2,1,0;-1,1,2,0;0,0,0,1]; >> B=A-x*eye(4) B= [ -1-x, 2, [ -1, 2-x, Julho 2007 2, 1, 0] 0] Reginaldo J. Santos 604 Respostas dos Exerc´cios ı [ -1, 1, 2-x, 0] [ 0, 0, 0, 1-x] >> solve(det(B)) ans = [ 1][ 1][ 1][ 1] >> B1=subs(B,x,1); >> escalona(B1) [ -2, 2, 2, 0] [ -1, 1, 1, 0] [ -1, 1, 1, 0] [ 0, 0, 0, 0] elimina¸ao 1: c~ linha 2 <==> linha 1 [ -1, 1, 1, 0] [ -2, 2, 2, 0] [ -1, 1, 1, 0] [ 0, 0, 0, 0] (-1)*linha 1 ==> linha 1 [ 1, -1, -1, 0] [ -2, 2, 2, 0] [ -1, 1, 1, 0] [ 0, 0, 0, 0] (2)*linha 1 + linha 2 ==> linha 2 (1)*linha 1 + linha 3 ==> linha 3 [ 1, -1, -1, 0] [ 0, 0, 0, 0] ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 Cap´tulo 5. Espacos Euclidianos ı ¸ [ [ 0, 0, 0, 0, 0, 0, 605 0] 0] x1 − x 2 − x 3 =0 Este sistema tem como solucao geral ¸˜ W = {(β + γ, γ, β, α) | α, β, γ ∈ R} . Agora, para qualquer elemento de W temos: (β + γ, γ, β, α) = α(0, 0, 0, 1) + β (1, 0, 1, 0) + γ (1, 1, 0, 0). Logo, B = {V1 = (0, 0, 0, 1), V2 = (1, 0, 1, 0), V3 = ((1, 1, 0, 0)} gera W. Como (0, 0, 0, 0) = (β + γ, γ, β, α) = α(0, 0, 0, 1) + β (1, 0, 1, 0) + γ (1, 1, 0, 0) ˜ ´ implica que α = β = γ = 0, entao B e base para W. (e) >> A=[2,3,0;0,1,0;0,0,2] >> B=A-x*eye(3) B = [ 2-x, 3, 0] [ 0, 1-x, 0] [ 0, 0, 2-x] >> solve(det(B)) [ 2] [ 2] [ 1] >> B1=subs(B,x,1) Julho 2007 Reginaldo J. Santos 606 Respostas dos Exerc´cios ı B1 = [ 1, 3 ,0] [ 0, 0, 0] [ 0, 0, 1] x1 + 3x2 x3 =0 =0 Este sistema tem como solucao geral ¸˜ W = {(−3α, α, 0) | α ∈ R} . Agora, para qualquer elemento de W temos: (−3α, α, 0) = α(−3, 1, 0) . ˜ Logo, B = {V = (−3, 1, 0)} gera W. Como um conjunto formado por um unico vetor n ao ´ ´ sempre L.I., entao B e base para W. ˜ ´ nulo e >> B2=subs(B,x,2) B2 =[ 0, 3, 0] [ 0, -1, 0] [ 0, 0, 0] Este sistema tem como solucao geral ¸˜ 3x2 −x2 =0 =0 W = {(α, 0, β ) | α, β ∈ R} . ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 Cap´tulo 5. Espacos Euclidianos ı ¸ 607 Agora, para qualquer elemento de W temos: (α, 0, β ) = α(1, 0, 0) + β (0, 0, 1) . ˜´´ Logo, B = {V1 = (1, 0, 0), V2 = (0, 0, 1)} gera W. Como um vetor nao e multiplo escalar ´ ´ do outro, o conjunto B e L.I. Assim, B e base para W. (f) >> A=[2,3,0;0,2,0;0,0,2] >> B=A-x*eye(3) B =[ 2-x, 3, 0] [ 0, 2-x, 0] [ 0, 0, 2-x] >> solve(det(B)) [ 2][ 2][ 2] >> B2=subs(B,x,2) B2 =[ 0, 3, 0] [ 0, 0, 0] [ 0, 0, 0] 3x2 =0 Este sistema tem como solucao geral ¸˜ W = {(α, 0, β ) | α, β ∈ R} . Agora, para qualquer elemento de W temos: (α, 0, β ) = α(1, 0, 0) + β (0, 0, 1) . Julho 2007 Reginaldo J. Santos 608 Respostas dos Exerc´cios ı ˜´´ Logo, B = {V1 = (1, 0, 0), V2 = (0, 0, 1)} gera W. Como um vetor nao e multiplo escalar ´ ´ do outro, o conjunto B e L.I. Assim, B e base para W. 5.2.3. >> N1=[1,-7,5]; >> N2=[3,-1,1]; >> V=pv(N1,N2) V= -2 14 20 ´ ´ A equacao parametrica da reta intersecao dos dois subespacos e (x, y, z ) = t(−2, 14, 20), ¸˜ ¸˜ ¸ ´ para todo t ∈ R. Assim, {V = (−2, 14, 20)} e uma base para a reta. 5.2.4. (a) >> v1=[4,2,-3];v2=[2,1,-2];v3=[-2,-1,0]; >> escalona([v1;v2;v3;zeros(1,3)]’) [ 4, 2, -2, 0] [ 2, 1, -1, 0] [ -3, -2, 0, 0] elimina¸ao 1: c~ (1/4)*linha 1 ==> linha 1 [ 1, 1/2, -1/2, 0] [ 2, 1, -1, 0] [ -3, -2, 0, 0] (-2)*linha 1 + linha 2 ==> linha 2 (3)*linha 1 + linha 3 ==> linha 3 [ 1, 1/2, -1/2, 0] [ 0, 0, 0, 0] [ 0, -1/2, -3/2, 0] elimina¸ao 2: c~ ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 Cap´tulo 5. Espacos Euclidianos ı ¸ linha 3 <==> linha 2 [ 1, 1/2, -1/2, [ 0, -1/2, -3/2, [ 0, 0, 0, (-2)*linha 2 ==> linha [ 1, 1/2, -1/2, [ 0, 1, 3, [ 0, 0, 0, (-1/2)*linha 2 + linha [ 1, 0, -2, 0] [ 0, 1, 3, 0] [ 0, 0, 0, 0] 609 0] 0] 0] 2 0] 0] 0] 1 ==> linha 1 ˜ ˜ Os vetores V1 , V2 e V3 sao L.D., pois a equacao xV1 + yV2 + zV3 = ¯ admite solucao nao ¸˜ 0 ¸˜ trivial. ˜ ˜´´ (b) Os vetores V1 e V2 sao L.I. pois um vetor nao e multiplo escalar do outro. (c) Do item (a) obtemos que a solucao de xV1 + yV2 + zV3 = ¯ e (x, y, z ) = (2α, −3α, α). ¸˜ 0´ ¯, ou seja, V3 = −2V1 + 3V2 . Logo, V3 nao e ˜´ Tomando α = 1 obtemos 2V1 − 3V2 + V3 = 0 ´ necessario para gerar o subespaco gerado por V1 , V2 e V3 . Como pelo item anterior V1 e ¸ ˜ ˜ V2 sao L.I., entao V1 e V2 formam uma base para o subespaco gerado por V1 , V2 e V3 e a ¸ ˜´ dimensao e 2. ´ (d) E o plano que passa pela origem paralelo aos vetores V1 e V2 ou >> pv(v1,v2) -1 2 Julho 2007 0 Reginaldo J. Santos 610 Respostas dos Exerc´cios ı Este subespaco e um plano que passa pela origem com vetor normal N = V1 × V2 = ¸´ ´ (−1, 2, 0), ou seja, e o plano x − 2y = 0. 5.2.5. ˜ ˜ ´ (a) Nao, pois basta tomarmos um vetor que nao esta no subespaco gerado por V1 e V2 (que ¸ ´ ˜ ´ e um plano que passa pela origem), que ele nao sera combinacao linear de V1 e V2 . ¸˜ (b) Para que V1 , V2 e V3 formem uma base de R3 basta que V1 , V2 e V3 sejam L.I. Para isso ˜ V3 = (a, b, c) deve ser um vetor que nao seja combinacao linear de V1 e V2 . ¸˜ ˜ (c) Devemos acrescentar um vetor V3 que nao seja combinacao linear de V1 e V2 . Por exemplo ¸˜ 3 ˜ ´ ˜ ´ V3 = (0, 0, 1). Como a dimensao do R e igual a 3, entao pelo Teorema 5.7 na pagina ´ 341 V3 = (0, 0, 1), e tal que V1 , V2 e V3 formam uma base de R3 . 5.2.6. Fazendo z = α e y = β na equacao do plano obtemos que ¸˜ x = −2β − 4α. ˜ Assim, os pontos do plano x + 2y + 4z = 0 sao da forma (x, y, z ) = (−2β − 4α, β, α), ∀α, β ∈ R, ˜ ou seja, sao da forma (x, y, z ) = α(−4, 0, 1) + β (−2, 1, 0) = αV1 + βV2 ∀α, β ∈ R, em que V1 = (−4, 0, 1) e V2 = (−2, 1, 0). ˜ ˜´´ Assim, V1 e V2 formam uma base do plano W, pois sao L.I. (um nao e multiplo escalar do outro) ´ e geram W (todo vetor de W e combinacao linear deles). ¸˜ ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 Cap´tulo 5. Espacos Euclidianos ı ¸ 611 ˜ Para estender V1 e V2 a uma base de R3 , precisamos acrescentar um vetor que nao seja ´ ˜ combinacao linear de V1 e V2 . Uma maneira de se conseguir isso e tomar um vetor que nao ¸˜ pertenca ao plano, ou seja, um vetor (a, b, c) tal que a +2b +4z = 0. Por exemplo V 3 = (1, 0, 0). ¸ 5.2.7. >> V1=[-1,2,3];V2=[1,3,4]; >> N1=pv(V1,V2) N1 = -1 7 -5 >> V3=[1,2,-1];V4=[0,1,1]; >> N2=pv(V3,V4) N2 = 3 -1 1 >> V=pv(N1,N2) V= 2 -14 -20 ´ A reta intersecao dos dois subespacos e (x, y, z ) = t(2, −14, −20), para qualquer t ∈ R. Uma ¸˜ ¸ ´ {V = (2, −14, −20)}. base para a reta e 5.2.8. (a) V = (3a + 4b − 4c, 2a − 4b − 6c, −2a − 4b + 2c) = (3a, 2a, −2a) + (4b, −4b, −4b) + (−4c, −6c, 2c) = a(3, 2, −2) + b(4, −4, −4) + c(−4, −6, 2). ˜ Logo, definindo V1 = (3, 2, −2), V2 = (4, −4, −4) e V3 = (−4, −6, 2), entao {V1 , V2 , V3 } gera V. (b) >> V1=[3,2,-2];V2=[4,-4,-4];V3=[-4,-6,2]; >> escalona([V1;V2;V3]’) Julho 2007 Reginaldo J. Santos 612 Respostas dos Exerc´cios ı [ 3, 4, -4] [ 2, -4, -6] [ -2, -4, 2] elimina¸ao 1: c~ (1/3)*linha 1 ==> linha 1 [ 1, 4/3, -4/3] [ 2, -4, -6] [ -2, -4, 2] (-2)*linha 1 + linha 2 ==> linha 2 (2)*linha 1 + linha 3 ==> linha 3 [ 1, 4/3, -4/3] [ 0, -20/3, -10/3] [ 0, -4/3, -2/3] elimina¸ao 2: c~ (-3/20)*linha 2 ==> linha 2 [ 1, 4/3, -4/3] [ 0, 1, 1/2] [ 0, -4/3, -2/3] (-4/3)*linha 2 + linha 1 ==> linha 1 (4/3)*linha 2 + linha 3 ==> linha 3 [ 1, 0, -2] [ 0, 1, 1/2] [ 0, 0, 0] A solucao de xV1 + yV2 + zV3 = ¯ e (x, y, z ) = (2α, α/2, α). Tomando α = 2 obtemos ¸˜ 0´ ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 Cap´tulo 5. Espacos Euclidianos ı ¸ 613 4V1 + V2 + 2V3 = ¯. Ou seja, V2 = −2V3 − 4V1 . 0 ´ Assim o vetor V2 pode ser descartado na geracao de V, pois ele e combinacao linear dos ¸˜ ¸˜ ˜ ´ outros dois. Logo, apenas V1 e V3 sao suficientes para gerar V. Como alem disso, os ˜ ˜´´ ˜ ˜ vetores V1 e V3 sao tais que um nao e multiplo escalar do outro, entao eles sao L.I. e ´ ´ ˜ portanto {V1 , V3 } e uma base de V. Tambem {V1 , V2 } ou {V2 , V3 } sao bases. 5.2.9. ˜ ˜ ´ (a) Nao pois sao necessarios 4 vetores L.I. para se obter uma base de R4 (Teorema 5.7 na ´ pagina 341). ˜ (b) V3 e V4 devem ser L.I. e nao pertencerem ao subespaco gerado por V1 e V2 . ¸ ˜ (c) Escalonando a matriz cujas linhas sao V1 e V2 , A= −3 5 21 1 −2 −1 2 , obtemos 1 0 1 −12 0 1 1 −7 R= Acrescentando as linhas V3 = [ 0 0 1 0 ] e V4 = [ 0 0 0 1 ]: 1 0 ¯ R= 0 0 ˜ Vamos verificar que V1 , V2 , V3 e V4 sao L.I. 0 1 0 0 1 −12 1 −7 1 0 0 1 x1 V 1 + x 2 V 2 + x 3 V 3 + x 4 V 4 = ¯ 0 Julho 2007 Reginaldo J. Santos 614 Respostas dos Exerc´cios ı ¯ ´ e equivalente ao sistema CX = ¯, em que C = [ V1 V2 V3 V4 ]. Mas como det(R) = 0 0 ¯ ˜ ´ entao det(C ) = 0, pelo Teorema 2.13 na pagina 117, pois R pode ser obtida de C t ´ ˜ aplicando-se operacoes elementares. Logo {V1 , V2 , V3 , V4 } e L.I. Como a dimensao do ¸˜ 4 ´ ˜ ´ R e igual a 4 , entao pelo Teorema 5.7 na pagina 341 V1 , V2 , V3 , V4 formam uma base de 4 R. 5.2.10. >> A=triu(randi(4,4,3)) A = -1 -2 1 0 2 -2 0 0 -1 0 0 0 >> B=A-x*eye(4) B= [ -1-x, -2, 1, [ 0, 2-x, -2, [ 0, 0, -1-x, [ 0, 0, 0, >> solve(det(B)) [ -1][ -1][ 2][ 0] >> Bm1=subs(B,x,-1) Bm1 = [ 0, -2, 1, 1] [ 0, 3, -2, -2] [ 0, 0, 0, 2] [ 0, 0, 0, 1] >> escalona(Bm1) 1 -2 2 0 1] -2] 2] -x] ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 Cap´tulo 5. Espacos Euclidianos ı ¸ [ [ [ [ 0, 0, 0, 0, 1, 0, 0, 0, 0, 1, 0, 0, 615 0] 0] 1] 0] x2 x3 x4 =0 =0 =0 Este sistema tem como solucao geral ¸˜ W = {(α, 0, 0, 0) | α ∈ R} . Agora, para qualquer elemento de W temos: (α, 0, 0, 0) = α(1, 0, 0, 0) . ˜ Logo, B = {V = (1, 0, 0, 0)} gera W. Como um conjunto formado por um unico vetor n ao nulo ´ ´ ˜ ´ e sempre L.I., entao B e base para W. >> B2=subs(B,x,2) B2 = [ -3, -2, 1, 1] [ 0, 0, -2, -2] [ 0, 0, -3, 2] [ 0, 0, 0, -2] >> escalona(B2) Julho 2007 Reginaldo J. Santos 616 Respostas dos Exerc´cios ı [ [ [ [ 1, 2/3, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 1, 0, 0, 0] 0] 1] 0] x1 + 2/3x2 x3 x4 =0 =0 =0 Este sistema tem como solucao geral ¸˜ W = {(−2α, 3α, 0, 0) | α ∈ R} . Agora, para qualquer elemento de W temos: (−2α, 3α, 0, 0) = α(−2, 3, 0, 0) . ˜ Logo, B = {V = (−2, 3, 0, 0)} gera W. Como um conjunto formado por um unico vetor n ao ´ ´ ˜ ´ nulo e sempre L.I., entao B e base para W. >> B0=subs(B,x,0) B0 = [ -1, -2, 1, 1] [ 0, 2, -2, -2] [ 0, 0, -1, 2] [ 0, 0, 0, 0] ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 Cap´tulo 5. Espacos Euclidianos ı ¸ >> [ [ [ [ 617 escalona(B0) 1, 0, 0, 3] 0, 1, 0, -3] 0, 0, 1, -2] 0, 0, 0, 0] x1 x2 x3 Este sistema tem como solucao geral ¸˜ 3x4 = 0 −3x4 = 0 − 2x4 = 0 W = {(−3α, 3α, 2α, α) | α ∈ R} . Agora, para qualquer elemento de W temos: (−3α, 3α, 2α, α) = α(−3, 3, 2, 1) . ˜ Logo, B = {V = (−3, 3, 2, 1)} gera W. Como um conjunto formado por um unico vetor n ao ´ ´ ˜ ´ nulo e sempre L.I., entao B e base para W. ´ 5.3. Produto Escalar em Rn (pagina 375) 5.3.1. >> syms a >> x=[1,1,-2];y=[a,-1,2]; >> solve(pe(x,y)) ans = 5 Julho 2007 Reginaldo J. Santos 618 Respostas dos Exerc´cios ı 5.3.2. >> syms a b >> x=[1/2^(1/2),0,1/2^(1/2)];y=[a,1/2^(1/2),-b]; >> sol=solve(pe(x,y),no(y)-1) sol = a: [2x1 sym] b: [2x1 sym] >> sol.a, sol.b ans = [ 1/2] [ -1/2] ans = [ 1/2] [ -1/2] 5.3.3. O conjunto dado consiste dos vetores da forma: (−α − β, β, α) = (−α, 0, α) + (−β, β, 0) = α(−1, 0, 1) + β (−1, 1, 0) >> v1=[-1,0,1];v2=[-1,1,0]; >> w1=v1; w2=v2-proj(w1,v2); >> u1=w1/no(w1), u2=w2/no(w2) u2 = u1 = − 1 2 √√ 1 −6 3 2 √ √ 1 202 2 √√ √√ 1 1 3 2 −6 3 2 3 5.3.4. O conjunto dado consiste dos vetores da forma: (−α + 2β + γ, γ, β, α) = (−α, 0, 0, α) + (2β, 0, β, 0) + (γ, γ, 0, 0) = α(−1, 0, 0, 1) + β (2, 0, 1, 0) + γ (1, 1, 0, 0) ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 Cap´tulo 5. Espacos Euclidianos ı ¸ >> >> >> >> 619 v1=[-1,0,0,1];v2=[2,0,1,0];v3=[1,1,0,0]; w1=v1; w2=v2-proj(w1,v2); w3=v3-proj(w1,v3)-proj(w2,v3); u1=w1/no(w1), u2=w2/no(w2), u3=w3/no(w3) √ √ 1 −1 2 0 0 2 2 2 √ √ 1√ 1 1 u2 = 3 3 0 3 3 3 3 √ √ √ √ 1 1 1 1 u3 = 42 42 7 42 − 21 42 42 42 u1 = 5.3.5. >> A=[1,1,-1,0;2,1,2,0]; >> escalona(A) 1 0 3 0 1 -4 0 0 x1 Este sistema tem como solucao geral ¸˜ + 3x3 x2 − 4x3 =0 =0 W = {(−3α, 4α, α) | α ∈ R} . Agora, para qualquer elemento de W temos: (−3α, 4α, α) = α(−3, 4, 1) . ˜ ´ Um conjunto formado por um unico vetor nao nulo e sempre L.I. ´ Julho 2007 Reginaldo J. Santos 620 Respostas dos Exerc´cios ı >> v=[-3,4,1]; >> u=v/no(v) √ √ 3 2 u = − 26 26 13 26 1 26 √ 26 5.3.6. >> V1=[1,2,-3]; P1=[0,0,0]; >> V2=[2,4,-6]; P2=[0,1,2]; >> pv(V1,V2) ans = 0 0 0 >> syms x y z; X=[x,y,z]; >> M=[X-P1;V1;P2-P1], expr=det(M) M =[ x, y, z] [ 1, 2, -3] [ 0, 1, 2] expr = 7*x-2*y+z ´ Como o produto vetorial de V1 e V2 (os dois vetores diretores das retas) e igual ao vetor nulo, −→ ˜ ˜ ˜ ˜ entao as retas sao paralelas. Neste caso, os vetores V1 e P1 P2 sao nao colineares e paralelos ´ ao plano procurado. Assim, 7x − 2y + z = 0 e a equacao do plano, que passa pela origem, ¸˜ ´ logo e um subespaco. Este subespaco consiste dos vetores da forma: ¸ ¸ (α, β, −7α + 2β ) = (α, 0, −7α) + (0, β, 2β ) = α(1, 0, −7) + β (0, 1, 2) >> >> W2 >> V1=[1,0,-7];V2=[0,1,2]; W1=V1; W2=V2-proj(W1,V2) =[ 7/25, 1, 1/25] U1=W1/no(W1), U2=W2/no(W2) ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 Cap´tulo 5. Espacos Euclidianos ı ¸ U1 = U2 = 621 √ √ 7 1/10 2 0 − 10 2 √ √ √ 7 3 5/9 3 1/45 3 45 5.3.7. >> v1=[1,1,-1,0];v2=[0,2,0,1];v3=[-1,0,0,1]; >> w2 >> w3 >> w1=v1; w2=v2-proj(w1,v2) = [-2/3, 4/3, 2/3, 1] w3=v3-proj(w1,v3)-proj(w2,v3) = [-4/11, -3/11, -7/11, 6/11] u1=w1/no(w1),u2=w2/no(w2),u3=w3/no(w3) √ 1√ √ 1 u1 = 1 3 3 3 − 3 3 0 3 √√ √√ √√ 2 4 2 u2 = − 33 11 3 33 11 3 33 11 3 √ √ √ 3 7 2 u3 = − 55 110 − 110 110 − 110 110 √√ 11 3 √ 3 110 55 1 11 5.3.8. >> v1=[1,1,1];v2=[0,1,1];v3=[1,2,3]; >> w2 >> w3 >> w1=v1; w2=v2-proj(w1,v2) = [-2/3, 1/3, 1/3] w3=v3-proj(w1,v3)-proj(w2,v3) = [0, -1/2, 1/2] u1=w1/no(w1),u2=w2/no(w2),u3=w3/no(w3) u2 = Julho 2007 1 3 √ 3 1 3 √ 1 33 √ √ 1√ √ 1 −3 2 3 6 2 3 u1 = √ 3 √√ 1 23 6 Reginaldo J. Santos 622 Respostas dos Exerc´cios ı u3 = 1 0 −2 √ 2 1 2 √ 2 5.3.9. >> syms x y z d >> expr1=2*x+2*y+2*z+d; >> P1=[0,0,-d/2]; N=[2,2,2]; P=[1,1,1]; >> expr2=abs(pe(P-P1,N))/no(N) expr2 = 1/6 |6 + d| √ 3 >> solve(expr2-sqrt(3),d) ans = [ 0][ -12] Os planos 2x + 2y + 2z = 0 e 2x + 2y + 2z − 12 = 0 satisfazem as condicoes do exerc´cio. ¸˜ ı ´ Apenas o primeiro plano e um subespaco. Este subespaco consiste dos vetores da forma: ¸ ¸ (α, β, −α − β ) = (α, 0, −α) + (0, β, −β ) = α(1, 0, −1) + β (0, 1, −1) >> >> W2 >> U1 U2 V1=[1,0,-1];V2=[0,1,-1]; W1=V1; W2=V2-proj(W1,V2) = [ -1/2, 1, -1/2] U1=W1/no(W1), U2=W2/no(W2) √ √ = 1/2 2 0 −1/2 2 √√ √√ √√ = −1/6 3 2 1/3 3 2 −1/6 3 2 . ´ 5.4. Mudanca de Coordenadas (pagina 400) ¸ ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 Cap´tulo 5. Espacos Euclidianos ı ¸ 5.4.1. 623 (a) >> v1=sym([1/sqrt(2),-1/sqrt(2)]); >> v2=sym([1/sqrt(2),1/sqrt(2)]); >> p=[1,3]; >> A=[v1;v2;p].’ >> escalona(A) [1, 0, -2^(1/2)] [0, 1, 2*2^(1/2)] ˜ Assim, as coordenadas de P em relacao ao sistema S sao: ¸˜ √ − √2 22 (b) >> v1=sym([1/sqrt(2),-1/sqrt(2),0]); >> v2=sym([0,0,1]); >> v3=sym([1/sqrt(2),1/sqrt(2),0]); >> p=[2,-1,2]; A=[v1;v2;v3;p].’; >> escalona(A) [ 1, 0, 0, 3/2*2^(1/2)] [ 0, 1, 0, 2] [ 0, 0, 1, 1/2*2^(1/2)] ˜ Assim, as coordenadas de P em relacao ao sistema S sao: ¸˜ √ 3 2/2 √2 2/2 Julho 2007 Reginaldo J. Santos 624 5.4.2. Respostas dos Exerc´cios ı (a) >> v1=sym([-1/sqrt(2),1/sqrt(2)]); >> v2=sym([1/sqrt(2),1/sqrt(2)]); >> v=2*v1+v2 √ √ − 2/2 3 2/2 (b) >> v1=sym([0,1/sqrt(2),-1/sqrt(2)]); >> v2=sym([1,0,0]); >> v3=sym([0,1/sqrt(2),1/sqrt(2)]); >> v=-v1+v2+2*v3 v= 3 1 3 √ √ 1 2/2 3 2/2 5.4.3. As coordenadas de U U2 e U3 em relacao ao sistema S 1, ¸˜ ˜ sao dadas 1 0 0 1/2 √ 0 3/2 1 0 e U3 = 0 1 0 0 , 1 0 0 1 √0 − 3/2 0 = 0 1/2 0 0 √0 0 √1/2 − 3/2 1 3/2 1/2 por = 0 0 , respectivamente. 1 1 0 0 1 √ 0 , U2 = 0 √1/2 − 3/2 0 0 3/2 1/2 0 √ = − 3/2 1/2 e {O, U1 , U2 , U3 } Assim, U1 = 0 0 1 1 = √ /2 0 3/2 5.4.4. >> p=sym([sqrt(3),1]).’; pr=sym([sqrt(3),-1]).’; >> A=[cos(th),-sin(th);sin(th),cos(th)]; >> expr=A*pr-p ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 Cap´tulo 5. Espacos Euclidianos ı ¸ 625 expr = [ cos(th)*3^(1/2)+sin(th)-3^(1/2)] [ sin(th)*3^(1/2)-cos(th)-1] >> solve(expr(1,1),expr(2,1),th) ans = 1/3*pi A rotacao e de π/3. ¸˜ ´ 5.4.5. √ (a) Fazendo z = 0 obtemos 3x − 3y = 0. Tomando x = podemos tomar como primeiro vetor da base do plano. √ 3, obtemos y = 3. Assim √ V1 = ( 3, 3, 0). Fazendo y = 0 obtemos 3x + 2z = 0. Tomando x = −2, obtemos z = 3. Assim podemos tomar como segundo vetor da base do plano V2 = (−2, 0, 3). Agora vamos encontrar uma base ortogonal do plano √ W1 = V1 = ( 3, 3, 0) W2 = V2 − projW1 V2 √ −2 3 √ = (−2, 0, 3) − ( 3, 3, 0) 12 √ √ 33 1 = (− , , 3) = (−3, 3, 6) 22 2 Julho 2007 Reginaldo J. Santos 626 Respostas dos Exerc´cios ı (b) Para completar a uma base ortogonal de R3 basta completarmos com o vetor normal do √ ´ plano W3 = (3, − 3, 2). Assim a base ortonormal do R3 e √ 1√ 13 U1 = √ ( 3, 3, 0) = ( , , 0) 22 23 √ √ √ 1 31 3 ,, ) U2 = √ (−3, 3, 6) = (− 442 43 √ √ 3 31 1 U3 = (3, − 3, 2) = ( , − ,) 4 4 42 (c) Seja Q = [ U 1 U2 U3 ] X = QX X = Qt X √ 1 33 [i]{O,U1 ,U2 ,U3 } = Q [ 1 0 0 ] = ( , − ,) 2 44 √ √ 31 3 t t [j ]{O,U1 ,U2 ,U3 } = Q [ 0 1 0 ] = ( , ,− ) 24 4 √ 31 t t [k ]{O,U1 ,U2 ,U3 } = Q [ 0 0 1 ] = (0, ,) 22 t 5.4.6. t 1 0 0 x x y = 0 cos θ sen θ y z 0 −sen θ cos θ z ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 Cap´tulo 6. Diagonalizacao ı ¸˜ 627 ´ 6.1. Diagonalizacao de Matrizes (pagina 433) ¸˜ 6.1.1. (a) >> A=[1,1;1,1]; >> B=A-x*eye(2) [1-x, 1] [ 1, 1-x] >> p=det(B) p =-2*x+x^2 >> solve(p) [0][2] >> B0=subs(B,x,0) [1, 1] [1, 1] >> escalona(B0) 1 1 0 0 >> B2=subs(B,x,2) [-1, 1] [ 1, -1] >> escalona(B2) 1 -1 0 0 (b) >> A=[1,-1;2,4]; >> B=A-x*eye(2) [1-x, -1] [ 2, 4-x] >> p=det(B) p =6-5*x+x^2 >> solve(p) [3][2] >> B2=subs(B,x,2) [-1, -1] [ 2, 2] >> escalona(B2) 1 1 0 0 >> B3=subs(B,x,3) [-2, -1] [ 2, 1] >> escalona(B3) 1 1/2 0 0 V0 = {(−α, α) | α ∈ R} V2 = {(α, α) | α ∈ R} Julho 2007 V2 = {(−α, α) | α ∈ R} V3 = {(−α, 2α) | α ∈ R} Reginaldo J. Santos 628 Respostas dos Exerc´cios ı (c) >> A=[0,1,2;0,0,3;0,0,0]; >> B=A-x*eye(3) [-x, 1, 2] [ 0, -x, 3] [ 0, 0, -x] >> p=det(B) p=-x^3 >> solve(p) [0][0][0] >> B0=subs(B,x,0) [0, 1, 2] [0, 0, 3] [0, 0, 0] >> escalona(B0) [0, 1, 0] [0, 0, 1] [0, 0, 0] V0 = {(α, 0, 0) | α ∈ R} (d) >> A=[1,0,0;-1,3,0;3,2,-2]; >> B=A-x*eye(3) [1-x, 0, 0] [ -1, 3-x, 0] [ 3, 2, -2-x] >> p=det(B) p =(1-x)*(3-x)*(-2-x) >> solve(p) [ 1][ 3][-2] ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı >> Bm2=subs(B,x,-2) [ 3, 0, 0] [-1, 5, 0] [ 3, 2, 0] >> escalona(Bm2) [1, 0, 0] [0, 1, 0] [0, 0, 0] Julho 2007 Cap´tulo 6. Diagonalizacao ı ¸˜ >> B1=subst(B,x,1) [ 0, 0, 0] [-1, 2, 0] [ 3, 2, -3] >> escalona(B1) [1, 0, -3/4] [0, 1, -3/8] [0, 0, 0] 629 >> B3=subs(B,x,3) [-2, 0, 0] [-1, 0, 0] [ 3, 2, -5] >> escalona(B3) [1, 0, 0] [0, 1, -5/2] [0, 0, 0] V−2 = {(0, 0, α) | α ∈ R} V1 = {(6α, 3α, 8α) | α ∈ R} V3 = {(0, 5α, 2α) | α ∈ R} (e) Julho 2007 Reginaldo J. Santos 630 Respostas dos Exerc´cios ı >> A=[2,-2,3;0,3,-2;0,-1,2]; >> B=A-x*eye(3) [2-x, -2, 3] [ 0, 3-x, -2] [ 0, -1, 2-x] >> p=det(B) p =(2-x)*(4-5*x+x^2) >> solve(p) [2][4][1] >> B1=subs(B,x,1) [1, -2, 3] [0, 2, -2] [0, -1, 1] >> escalona(B1) [1, 0, 1] [0, 1, -1] [0, 0, 0] >> B2=subs(B,x,2) [0, -2, 3] [0, 1, -2] [0, -1, 0] >> escalona(B2) [0, 1, 0] [0, 0, 1] [0, 0, 0] >> B4=subs(B,x,4) [-2, -2, 3] [ 0, -1, -2] [ 0, -1, -2] >> escalona(B4) [1, 0, -7/2] [0, 1, 2] [0, 0, 0] V1 = {(−α, α, α) | α ∈ R} V2 = {(α, 0, 0) | α ∈ R} V4 = {(7α, −4α, 2α) | α ∈ R} (f) ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 Cap´tulo 6. Diagonalizacao ı ¸˜ >> A=[2,2,3;1,2,1;2,-2,1]; >> B=A-x*eye(3) [2-x, 2, 3] [ 1, 2-x, 1] [ 2, -2, 1-x] >> p=det(B) p =-8-2*x+5*x^2-x^3 >> solve(p) [ 2][ 4][-1] >> Bm1=subs(B,x,-1) [3, 2, 3] [1, 3, 1] [2, -2, 2] >> escalona(Bm1) [1, 0, 1] [0, 1, 0] [0, 0, 0] 631 >> B2=subs(B,x,2) [0, 2, 3] [1, 0, 1] [2, -2, -1] >> escalona(B2) [1, 0, 1] [0, 1, 3/2] [0, 0, 0] >> B4=subs(B,x,4) [-2, 2, 3] [ 1, -2, 1] [ 2, -2, -3] >> escalona(B4) [1, 0, -4] [0, 1, -5/2] [0, 0, 0] V−1 = {(−α, 0, α) | α ∈ R}, V2 = {(−2α, −3α, 2α) | α ∈ R} e V4 = {(8α, 5α, 2α) | α ∈ R} 6.1.2. (a) Julho 2007 Reginaldo J. Santos 632 Respostas dos Exerc´cios ı >> A=[2,0,0;3,-1,0;0,4,3]; >> B2=subs(B,x,2) >> B=A-x*eye(3) [0, 0, 0] [2-x, 0, 0] [3, -3, 0] [ 3, -1-x, 0] [0, 4, 1] [ 0, 4, 3-x] >> escalona(B2) >> p=det(B) [1, 0, 1/4] p =(2-x)*(-1-x)*(3-x) [0, 1, 1/4] >> solve(p) [0, 0, 0] [ 2][-1][ 3] >> B3=subst(B,x,3) >> Bm1=subs(B,x,-1) [-1, 0, 0] [3, 0, 0] [ 3, -4, 0] [3, 0, 0] [ 0, 4, 0] [0, 4, 4] >> escalona(B3) >> escalona(Bm1) [1, 0, 0] [1, 0, 0] [0, 1, 0] [0, 1, 1] [0, 0, 0] [0, 0, 0] ´ V−1 = {(0, −α, α) | α ∈ R}. {(0, −1, 1)} e base para V−1 , pois gera V−1 ((0, −α, α) = ˜ nulo e L.I. ´ α(0, −1, 1)) e um vetor nao ´ V2 = {(−α, −α, 4α) | α ∈ R}. {(−1, −1, 4)} e base para V2 , pois gera V2 ˜ ´ ((−α, −α, 4α) = α(−1, −1, 4)) e um vetor nao nulo e L.I. ´ V3 = {(0, 0, α) | α ∈ R}. {(0, 0, 1)} e base para V3 , pois gera V3 ((0, 0, α) = α(0, 0, 1)) ˜ ´ e um vetor nao nulo e L.I. (b) ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 Cap´tulo 6. Diagonalizacao ı ¸˜ >> A=[2,3,0;0,1,0;0,0,2]; >> B=A-x*eye(3) [2-x, 3, 0] [ 0, 1-x, 0] [ 0, 0, 2-x] >> p=det(B) p =(2-x)^2*(1-x) >> solve(p) [2][2][1] >> B1=subs(B,x,1) [1, 3, 0] [0, 0, 0] [0, 0, 1] 633 >> escalona(B1) [1, 3, 0] [0, 0, 1] [0, 0, 0] >> B2=subs(B,x,2) [0, 3, 0] [0, -1, 0] [0, 0, 0] >> escalona(B2) [0, 1, 0] [0, 0, 0] [0, 0, 0] ´ V1 = {(−3α, α, 0) | α ∈ R}. {(−3, 1, 0)} e base para V1 , pois gera V1 ((−3α, α, 0) = ˜ ´ α(−3, 1, 0)) e um vetor nao nulo e L.I. ´ V2 = {(α, 0, β ) | α, β ∈ R}. {V1 = (1, 0, 0), V2 = (0, 0, 1)} e base para V2 , pois ´ gera V2 ((α, 0, β ) = α(1, 0, 0) + β (0, 0, 1)) e e L.I. (xV1 + yV2 = ¯ se, e somente se, 0 (x, 0, y ) = (0, 0, 0) ou x = 0 e y = 0). (c) Julho 2007 Reginaldo J. Santos 634 Respostas dos Exerc´cios ı >> A=[1,2,3,4;0,-1,3,2;0,0,3,3;0,0,0,2]; >> B=A-x*eye(4) [1-x, 2, 3, 4] [ 0, -1-x, 3, 2] [ 0, 0, 3-x, 3] [ 0, 0, 0, 2-x] >> p=det(B) p =(1-x)*(2-x)*(-1-x)*(3-x) >> solve(p) [ 1][ 2][-1][ 3] >> Bm1=subs(B,x,-1) [2, 2, 3, 4] [0, 0, 3, 2] [0, 0, 4, 3] [0, 0, 0, 3] >> escalona(Bm1) [1, 1, 0, 0] [0, 0, 1, 0] [0, 0, 0, 1] [0, 0, 0, 0] ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı >> B1=subs(B,x,1) [0, 2, 3, 4] [0, -2, 3, 2] [0, 0, 2, 3] [0, 0, 0, 1] >> escalona(B1) [0, 1, 0, 0] [0, 0, 1, 0] [0, 0, 0, 1] [0, 0, 0, 0] Julho 2007 Cap´tulo 6. Diagonalizacao ı ¸˜ >> B2=subs(B,x,2) [-1, 2, 3, 4] [ 0, -3, 3, 2] [ 0, 0, 1, 3] [ 0, 0, 0, 0] >> escalona(B2) [1, 0, 0, 29/3] [0, 1, 0, 7/3] [0, 0, 1, 3] [0, 0, 0, 0] 635 >> B3=subst(B,x,3) [-2, 2, 3, 4] [ 0, -4, 3, 2] [ 0, 0, 0, 3] [ 0, 0, 0, -1] >> escalona(B3) [1, 0, -9/4, 0] [0, 1, -3/4, 0] [0, 0, 0, 1] [0, 0, 0, 0] ´ V−1 = {(−α, α, 0, 0) | α ∈ R}. {(−1, 1, 0, 0)} e base para V−1 , pois gera V−1 ˜ nulo e L.I. ´ ((−α, α, 0, 0) = α(−1, 1, 0, 0)) e um vetor nao ´ V1 = {(α, 0, 0, 0) | α ∈ R}. {(1, 0, 0, 0)} e base para V1 , pois gera V1 ((α, 0, 0, 0) = ˜ ´ α(1, 0, 0, 0)) e um vetor nao nulo e L.I. ´ V2 = {(−29α, −7α, −9α, 3α) | α ∈ R}. {(−29, −7, −9, 3)} e base para V2 , pois gera ˜ ´ V2 ((−29α, −7α, −9α, 3α) = α(−29, −7, −9, 3)) e um vetor nao nulo e L.I. ´ V3 = {(9α, 3α, 4α, 0) | α ∈ R}. {(9, 3, 4, 0)} e base para V3 , pois gera V3 ˜ ´ ((9α, 3α, 4α, 0) = α(9, 3, 4, 0)) e um vetor nao nulo e L.I. (d) Julho 2007 Reginaldo J. Santos 636 Respostas dos Exerc´cios ı >> A=[2,2,3,4;0,2,3,2;0,0,1,1;0,0,0,1]; >> B=A-x*eye(4) [2-x, 2, 3, 4] [ 0, 2-x, 3, 2] [ 0, 0, 1-x, 1] [ 0, 0, 0, 1-x] >> p=det(B) p =(2-x)^2*(1-x)^2 >> solve(p) [2][2][1][1] >> B1=subs(B,x,1) >> B2=subs(B,x,2) [1, 2, 3, 4] [0, 2, 3, 4] [0, 1, 3, 2] [0, 0, 3, 2] [0, 0, 0, 1] [0, 0, -1, 1] [0, 0, 0, 0] [0, 0, 0, -1] >> escalona(B1) >> escalona(B2) [1, 0, -3, 0] [0, 1, 0, 0] [0, 1, 3, 0] [0, 0, 1, 0] [0, 0, 0, 1] [0, 0, 0, 1] [0, 0, 0, 0] [0, 0, 0, 0] ´ V1 = {(3α, −3α, α, 0) | α ∈ R}. {(3, −3, 1, 0)} e base para V1 , pois gera V1 ˜ ´ ((3α, −3α, α, 0) = α(3, −3, 1, 0)) e um vetor nao nulo e L.I. ´ V2 = {(α, 0, 0, 0) | α ∈ R}. {(1, 0, 0, 0)} e base para V2 , pois gera V2 ((α, 0, 0, 0) = ˜ ´ α(1, 0, 0, 0)) e um vetor nao nulo e L.I. 6.1.3. ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 Cap´tulo 6. Diagonalizacao ı ¸˜ 637 (a) >> A=[1,4;1,-2]; >> p=det(B) p =-6+x+x^2 >> solve(p) [ 2][-3] >> B=A-x*eye(2) [1-x, 4] [ 1, -2-x] A matriz A possui dois autovalores diferentes, logo possui dois autovetores L.I. ´ ´ ´ ´ (Proposicao 6.4 na pagina 422). A matriz A e diagonalizavel pois, e 2 × 2 e possui dois ¸˜ ´ autovetores L.I. (Teorema 6.3 na pagina 420). (b) >> A=[1,0;-2,1]; >> B1=subs(B,x,1) [ 0, 0] [-2, 0] >> escalona(numeric(B1)) [1, 0] [0, 0] >> B=A-x*eye(2) [1-x, 0] [ -2, 1-x] >> p=det(B) p =(1-x)^2 >> solve(p) [1][1] V1 = {(α, 0) | α ∈ R} ˜´ ´ ˜ A matriz A nao e diagonalizavel pois, nao possui dois autovetores L.I. (Teorema 6.3 na ´ pagina 420). (c) >> A=[1,1,-2;4,0,4;1,-1,4] A= 1 1 4 0 1 -1 >> B=A-x*eye(3); p=det(B) p =5*x^2-6*x-x^3 Julho 2007 -2 4 4 Reginaldo J. Santos 638 Respostas dos Exerc´cios ı >> solve(p) ans =[0][2][3] ˆ ˆ A matriz A possui tres autovalores diferentes, logo possui tres autovetores L.I. (Proposicao ¸˜ ´ ´ ´ ´ ˆ 6.4 na pagina 422). A matriz A e diagonalizavel pois, e 3 × 3 e possui tres autovetores L.I. ´ (Teorema 6.3 na pagina 420). (d) >> A=[1,2,3;0,-1,2;0,0,2]; >> p=det(B) >> B=A-x*eye(3) p =(1-x)*(-1-x)*(2-x) A [1-x, 2, 3] >> solve(p) [ 0, -1-x, 2] [ 1][-1][ 2] [ 0, 0, 2-x] ˆ ˆ matriz A possui tres autovalores diferentes, logo possui tres autovetores L.I. (Proposicao ¸˜ ´ ´ ´ ´ ˆ 6.4 na pagina 422). A matriz A e diagonalizavel pois, e 3 × 3 e possui tres autovetores L.I. ´ (Teorema 6.3 na pagina 420). 6.1.4. (a) >> A=[1,1,2;0,1,0;0,1,3]; >> B=A-x*eye(3) [1-x, 1, 2] [ 0, 1-x, 0] [ 0, 1, 3-x] >> p=det(B) p =(1-x)^2*(3-x) >> solve(p) [1][1][3] ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı >> B1=subs(B,x,1) [0, 1, 2] [0, 0, 0] [1, 1, 2] >> escalona(B1) [ 0, 1, 2] [ 0, 0, 0] [ 0, 0, 0] Julho 2007 Cap´tulo 6. Diagonalizacao ı ¸˜ 639 >> B3=subs(B,x,3) [ -2, 1, 2] [ 0, -2, 0] [ 0, 1, 0] >> escalona(B3) [ 1, 0, -1] [ 0, 1, 0] [ 0, 0, 0] ´ V1 = {(β, −2α, α) | α, β ∈ R}. {(1, 0, 0), (0, −2, 1)} e base para V1 , pois gera V1 ˜ ˜´´ ((β, −2α, α) = α(0, −2, 1) + β (1, 0, 0)) e sao L.I. (um vetor nao e multiplo escalar do outro) ´ V3 = {((α, 0, α) | α ∈ R}. {(1, 0, 1)} e base para V3 , pois gera V3 ((α, 0, α) = ˜ ´ α(1, 0, 1)) e um vetor nao nulo e L.I. 1 01 P = 0 −2 0 0 11 (b) >> A=[4,2,3;2,1,2;-1,-2,0]; e 100 D= 0 1 0 003 >> B=A-x*eye(3) [4-x, 2, 3] [ 2, 1-x, 2] [ -1, -2, -x] >> p=det(B) p =-7*x+5*x^2+3-x^3 >> solve(p) Julho 2007 Reginaldo J. Santos 640 Respostas dos Exerc´cios ı [3][1][1] >> B1=subs(B,x,1) [ 3, 2, 3] [ 2, 0, 2] [-1, -2, -1] >> escalona(B1) [1, 0, 1] [0, 1, 0] [0, 0, 0] >> B3=subs(B,x,3) [ 1, 2, 3] [ 2, -2, 2] [-1, -2, -3] >> escalona(B3) [1, 0, 5/3] [0, 1, 2/3] [0, 0, 0] ´ V1 = {(−α, 0, α) | α ∈ R}. {(−1, 0, 1)} e base para V1 , pois gera V1 ((−α, 0, α) = ˜ ´ α(−1, 0, 1)) e um vetor nao nulo e L.I. ´ V2 = {(−5α, −2α, 3α) | α ∈ R}. {(−5, −2, 3)} e base para V2 , pois gera V2 ˜ nulo e L.I. ´ ((−5α, −2α, 3α) = α(−5, −2, 3)) e um vetor nao ˜´ ´ ´ ´ A matriz nao e diagonalizavel pois so possui dois autovalores e cada um deles so possui ´ um autovetor L.I. associado (Teorema 6.3 na pagina 420). (c) >> A=[1,2,3;0,1,0;2,1,2]; >> B=A-x*eye(3) [1-x, 2, 3] [ 0, 1-x, 0] [ 2, 1, 2-x] >> p=det(B) p =-4+x+4*x^2-x^3 >> solve(p) [ 1][ 4][-1] ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı >> Bm1=subs(B,x,-1) [2, 2, 3] [0, 2, 0] [2, 1, 3] >> escalona(Bm1) [1, 0, 3/2] [0, 1, 0] [0, 0, 0] Julho 2007 Cap´tulo 6. Diagonalizacao ı ¸˜ 641 >> B1=subst(B,x,1) >> B4=subs(B,x,4) [0, 2, 3] [-3, 2, 3] [0, 0, 0] [ 0, -3, 0] [2, 1, 1] [ 2, 1, -2] V−1 = >> escalona(B1) >> escalona(B4) [1, 0, -1/4] [1, 0, -1] [0, 1, 3/2] [0, 1, 0] [0, 0, 0] [0, 0, 0] ´ {(−3α, 0, 2α) | α ∈ R}. {(−3, 0, 2)} e base para V−1 , pois gera V−1 ((−3α, 0, 2α) = ˜ ´ α(−3, 0, 2)) e um vetor nao nulo e L.I. ´ V1 = {(α, −6α, 4α) | α ∈ R}. {(1, −6, 4)} e base para V1 , pois gera V1 ˜ ´ ((α, −6α, 4α) = α(1, −6, 4)) e um vetor nao nulo e L.I. ´ V4 = {(α, 0, α) | α ∈ R}. {(1, 0, 1)} e base para V4 , pois gera V4 ((α, 0, α) = α(1, 0, 1)) ˜ ´ e um vetor nao nulo e L.I. −3 11 P = 0 −6 0 2 41 Julho 2007 e −1 0 0 D= 0 1 0 004 Reginaldo J. Santos 642 Respostas dos Exerc´cios ı (d) >> A=[3,-2,1;0,2,0;0,0,0]; >> B0=subs(B,x,0) >> B=A-x*eye(3) [3, -2, 1] [3-x, -2, 1] [0, 2, 0] [ 0, 2-x, 0] [0, 0, 0] [ 0, 0, -x] >> escalona(B0) >> p=det(B) [1, 0, 1/3] p =-(3-x)*(2-x)*x [0, 1, 0] >> solve(p) [0, 0, 0] [3][2][0] >> B2=subs(B,x,2) >> B3=subs(B,x,3) [1, -2, 1] [0, -2, 1] [0, 0, 0] [0, -1, 0] [0, 0, -2] [0, 0, -3] >> escalona(B2) >> escalona(B3) [1, -2, 0] [0, 1, 0] [0, 0, 1] [0, 0, 1] [0, 0, 0] [0, 0, 0] ´ V0 = {(−α, 0, 3α) | α ∈ R}. {(−1, 0, 3)} e base para V0 , pois gera V0 ((−α, 0, 3α) = ˜ ´ α(−1, 0, 3)) e um vetor nao nulo e L.I. ´ V2 = {(2α, α, 0) | α ∈ R}. {(2, 1, 0)} e base para V2 , pois gera V2 ((2α, α, 0) = ˜ ´ α(2, 1, 0)) e um vetor nao nulo e L.I. ´ V3 = {(α, 0, 0) | α ∈ R}. {(1, 0, 0)} e base para V3 , pois gera V3 ((α, 0, 0) = α(1, 0, 0)) ˜ ´ e um vetor nao nulo e L.I. ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 Cap´tulo 6. Diagonalizacao ı ¸˜ 643 −1 2 1 P = 0 1 0 300 e 000 D= 0 2 0 003 6.1.5. >> B=randi(2), A=[B-B’,zeros(2,1);zeros(1,2),randi] B= 5 -1 3 0 A= 0 -4 0 4 0 0 0 0 -3 >> syms x, p=det(A-x*eye(3)), solve(p) p = -3*x^2-x^3-48-16*x ans = [ -3][ 4*i][ -4*i] >> escalona(A+3*eye(3)) ans =[ 1, 0, 0] [ 0, 1, 0] [ 0, 0, 0] ˜´ ´ ´ A matriz A nao e diagonalizavel pois ela so tem um autovalor e auto espaco associado a este ¸ ˜ ˜´ autovalor tem dimensao 2. Assim, nao e poss´vel encontrar 3 autovetores L.I. ı 6.1.6. >> L=[eye(2),zeros(2,1);randi(1,2),0]; A=L*L’ A= 1 0 2 0 1 -2 2 -2 8 >> syms x, p=det(A-x*eye(3)), solve(p) Julho 2007 Reginaldo J. Santos 644 Respostas dos Exerc´cios ı p = -9*x+10*x^2-x^3 ans = [ 0][ 1][ 9] >> escalona(A) ans =[ 1, 0, 2] [ 0, 1, -2] [ 0, 0, 0] ´ O autoespaco associado ao autovalor λ = 0 e ¸ V0 = {(−2α, 2α, α) | α ∈ R}. ´ Assim, {V1 = (−2, 2, 1)} e um conjunto com o maior numero poss´vel de autovetores L.I. ´ ı associado a λ = 0. >> escalona(A-eye(3)) ans =[ 1, -1, 0] [ 0, 0, 1] [ 0, 0, 0] ´ O autoespaco associado ao autovalor λ = 1 e ¸ V1 = {(α, α, 0) | α ∈ R}. ´ Assim, {V2 = (1, 1, 0)} e um conjunto com o maior numero poss´vel de autovetores L.I. associ´ ı ado a λ = 1. >> escalona(A-9*eye(3)) ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 Cap´tulo 6. Diagonalizacao ı ¸˜ ans =[ [ [ 1, 0, 0, 645 0, -1/4] 1, 1/4] 0, 0] ´ O autoespaco associado ao autovalor λ = 9 e ¸ V9 = {(α, −α, 4α) | α ∈ R}. ´ Assim, {V3 = (1, −1, 4)} e um conjunto com o maior numero poss´vel de autovetores L.I. ´ ı associado a λ = 9. >> V1=[-2,2,1];V2=[1,1,0];V3=[1,-1,4]; >> P=[V1’,V2’,V3’], D=diag([0,1,9]) P = -2 1 1 2 1 -1 1 0 4 D= 0 0 0 0 1 0 0 0 9 >> inv(P)*A*P ans = 0 0 0 0 1 0 0 0 9 >> [P,D]=eig(sym(A)) P =[ -1, -2, 1] [ 1, 2, 1] Julho 2007 Reginaldo J. Santos 646 Respostas dos Exerc´cios ı [ D =[ [ [ -4, 1, 0] 9, 0, 0] 0, 0, 0] 0, 0, 1] ˆ Os elementos da diagonal da matriz D tem que ser os autovalores de A. As matrizes D ˜ podem diferir na ordem com que os autovalores aparecem. As colunas de P s ao autovetores associados aos autovalores que aparecem nas colunas correspondentes de D . Assim, fazendo uma reordenacao das colunas das matrizes P e D de forma que as matrizes D sejam iguais, as ¸˜ ˜ colunas de uma matriz P sao multiplos escalares das colunas correspondentes da outra matriz ´ P. 6.1.7. (a) >> V1=[-4,-4,-1]’; >> V2=[5,4,1]’; >> V3=[5,3,1]’; >> A=sym([-1/3,-5/6,20/3;-2/3,-1/6,16/3;-1/6,-1/6,11/6]); >> [A*V1,A*V2,A*V3] [ -2, 5/3, 5/2] [ -2, 4/3, 3/2] [ -1/2, 1/3, 1/2] ´ ˜ ´ Se V e autovetor de A entao AV = λV , ou seja, AV e um multiplo escalar de V . ´ ´ ´ Assim, conclu´mos que V1 e autovetor associado a λ1 = 1/2, V2 e autovetor associado a ı ´ autovetor associado a λ3 = 1/2. λ2 = 1/3 e V3 e ˜ ´ (b) V1 e V3 sao autovetores associados a 1/2 e V2 associado a 1/3. Como {V1 , V3 } e L.I. (um ˜´´ nao e multiplo escalar do outro) e ao juntarmos autovetores L.I. associados a diferentes ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 Cap´tulo 6. Diagonalizacao ı ¸˜ 647 ˜ ´ autovalores eles continuam L.I., entao a matriz A tem 3 autovetores L.I. Como ela e 3 × 3, ´ ´ e portanto diagonalizavel. ´ ´ 6.2. Diagonalizacao de Matrizes Simetricas (pagina 451) ¸˜ 6.2.1. (a) >> A=[2,2;2,2]; >> B=A-x*eye(2) [2-x, 2] [ 2, 2-x] >> p=det(B) p =-4*x+x^2 >> solve(p) [0][4] >> B0=subs(B,x,0) >> B4=subs(B,x,4) [2, 2] [-2, 2] [2, 2] [ 2, -2] >> escalona(B0) >> escalona(B4) [1, 1] [1, -1] [0, 0] [0, 0] ´ V0 = {(−α, α) | α ∈ R}. {V1 = (−1, 1)} e base para V0 , pois gera V0√(−α, α) ( √ ˜ ´ α(−1√ ) e √ vetor nao nulo e L.I. Seja W1 = (1/||V1 ||)V1 = (−1/ 2, 1/ 2). {W1 , 1) um ´ (−1/ 2, 1/ 2)} e base ortonormal de V0 . ´ V4 = {(α, α) | α ∈ R}. {V2 = (1, 1)} e base para V4 , pois√ gera V4 ((α, α) √ ˜ ´ α(1√ ) e √ vetor nao nulo e L.I. Seja W2 = (1/||V2 ||)V2 = (1/ 2, 1/ 2). {W2 , 1) um ´ (1/ 2, 1/ 2)} e base ortonormal de V4 . Julho 2007 = = = = Reginaldo J. Santos 648 Respostas dos Exerc´cios ı P= √ √ −1/√2 1/√2 1/ 2 1/ 2 e D= 00 04 (b) >> A=[2,1;1,2]; >> B=A-x*eye(2) [2-x, 1] [ 1, 2-x] >> p=det(B) p =3-4*x+x^2 >> solve(p) [3][1] >> B1=subs(B,x,1) >> B3=subs(B,x,3) [1, 1] [-1, 1] [1, 1] [ 1, -1] >> escalona(numeric(B1)) >> escalona(B3) [1, 1] [1, -1] [0, 0] [0, 0] ´ V1 = {(−α, α) | α ∈ R}. {V1 = (−1, 1)} e base para V1 , pois gera V1√(−α, α) = ( √ ˜ ´ α(−1√ ) e √ vetor nao nulo e L.I. Seja W1 = (1/||V1 ||)V1 = (−1/ 2, 1/ 2). {W1 = , 1) um ´ (−1/ 2, 1/ 2)} e base ortonormal de V1 . ´ V3 = {(α, α) | α ∈ R}. {V2 = (1, 1)} e base para V3 , pois√ gera V3 ((α, α) = √ ˜ ´ α(1√ ) e √ vetor nao nulo e L.I. Seja W2 = (1/||V2 ||)V2 = (1/ 2, 1/ 2). {W2 = , 1) um ´ (1/ 2, 1/ 2)} e base ortonormal de V3 . ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 Cap´tulo 6. Diagonalizacao ı ¸˜ 649 P= √ √ −1/√2 1/√2 1/ 2 1/ 2 e D= 10 03 (c) >> A=[0,0,1;0,0,0;1,0,0]; >> B0=subs(B,x,0) >> B=A-x*eye(3) [0, 0, 1] [-x, 0, 1] [0, 0, 0] [ 0, -x, 0] [1, 0, 0] [ 1, 0, -x] >> escalona(B0) >> p=det(B) [1, 0, 0] p =-x^3+x [0, 0, 1] >> solve(p) [0, 0, 0] [ 0][-1][ 1] >> Bm1=subs(B,x,-1) >> B1=subs(B,x,1) [1, 0, 1] [-1, 0, 1] [0, 1, 0] [ 0, -1, 0] [1, 0, 1] [ 1, 0, -1] V0 = >> escalona(Bm1) >> escalona(B1) [1, 0, 1] [1, 0, -1] [0, 1, 0] [0, 1, 0] [0, 0, 0] [0, 0, 0] ´ {(0, α, 0) | α ∈ R}. {V1 = (0, 1, 0)} e base para V0 , pois gera V0 ((0, α, 0) = α(0, 1, 0)) ˜ ´ ´ e um vetor nao nulo e L.I. {V1 = (0, 1, 0)} e base ortonormal de V0 , pois ||V1 || = 1. ´ V−1 = {(−α, 0, α) | α ∈ R}. {V2 = (−1, 0, 1)} e base para V−1 , pois gera V−1 ˜ ´ ((−α, 0, α) =√α(−1, 0, 1)) e um vetor nao nulo e L.I. Seja W2 = (1/||V2 ||)V2 = √ √ √ ´ (−1/ 2, 0, 1/ 2). {W2 = (−1/ 2, 0, 1/ 2)} e base ortonormal de V−1 . Julho 2007 Reginaldo J. Santos 650 Respostas dos Exerc´cios ı ´ V1 = {(α, 0, α) | α ∈ R}. {V3 = (1, 0, 1)} e base para V1 , pois√ gera V1 √ α, 0, α) = (( ˜ ´ α(1√ , 1)) e um vetor nao nulo e L.I. Seja W3 = (1/||V3 ||)V3 = (1/ 2, 0, 1/ 2). {W3 = ,0 √ ´ (1/ 2, 0, 1/ 2)} e base ortonormal de V1 . ´ ´ ˜ Como a matriz A e simetrica, autovetores associados a autovalores diferentes s ao orto´ ´ gonais (Proposicao 6.6 na pagina 444). Portanto, {W1 , W2 , W3 } e uma base ortonormal ¸˜ de autovetores de A. √ √ 0 −1/ 2 1/ 2 P = 1 √0 √0 0 1/ 2 1/ 2 (d) >> A=[0,0,0;0,2,2;0,2,2]; e 0 00 D = 0 −1 0 0 01 >> escalona(B0) >> B=A-x*eye(3) [0, 1, 1] [-x, 0, 0] [0, 0, 0] [ 0, 2-x, 2] [0, 0, 0] [ 0, 2, 2-x] >> B4=subs(B,x,4) >> p=det(B) [-4, 0, 0] p =-x*(-4*x+x^2) [ 0, -2, 2] >> solve(p) [ 0, 2, -2] [0][0][4] >> escalona(B4) >> B0=subs(B,x,0) [1, 0, 0] [0, 0, 0] [0, 1, -1] [0, 2, 2] [0, 0, 0] [0, 2, 2] ´ V0 = {(α, −β, β ) | α, β ∈ R}. {V1 = (1, 0, 0), V2 = (0, −1, 1)} e base para V0 , pois ´ gera V0 ((α, −β, β ) = α(1, 0, 0) + β (0, −1, 1)) e e L.I. (xV1 + yV2 = ¯ se, e somente 0 ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 Cap´tulo 6. Diagonalizacao ı ¸˜ 651 se, (x, −y, y ) = (0, 0, 0) ou x = 0 e y = 0). Sejam W1 = V1 , W2 = V2 − projW1 V2 = V2 − ¯ = V2 . Sejam U1 = (1/||W1 ||)W1 = W1 = V1 = (1, 0, 0) e U2 = (1/||W2 ||)W2 = 0√ √ √ √ ´ (0, −1/ 2, 1/ 2). {U1 = (1, 0, 0), U2 = ((0, −1/ 2, 1/ 2)} e base ortonormal de V0 . ´ V4 = {(0, α, α) | α ∈ R}. {V3 = (0, 1, 1)} e base para V4 , pois gera V4 (√ , α, α) = (0 √ ´ α(0, 1, 1)) e um vetor nao nulo e L.I. Seja U3 = (1/||V3 ||)V3 = (0, 1/ 2, 1/ 2). √ √˜ ´ ´ ´ {U3 = (0, 1/ 2, 1/ 2)} e base ortonormal de V4 . Como a matriz A e simetrica, au˜ ´ tovetores associados a autovalores diferentes sao ortogonais (Proposicao 6.6 na pagina ¸˜ ´ 444). Portanto, {U1 , U2 , U3 } e uma base ortonormal de autovetores de A. 1 √0 √0 P = 0 −1/√2 1/√2 0 1/ 2 1/ 2 (e) >> A=[1,1,0;1,1,0;0,0,1]; >> B=A-x*eye(3) [1-x, 1, 0] [ 1, 1-x, 0] [ 0, 0, 1-x] >> p=det(B) p =-2*x+3*x^2-x^3 >> solve(p) [0][1][2] Julho 2007 e 000 D= 0 0 0 004 >> B0=subs(B,x,0) [1, 1, 0] [1, 1, 0] [0, 0, 1] >> escalona(B0) [1, 1, 0] [0, 0, 1] [0, 0, 0] Reginaldo J. Santos 652 Respostas dos Exerc´cios ı >> B1=subs(B,x,1) >> B2=subs(B,x,2) [0, 1, 0] [-1, 1, 0] [1, 0, 0] [ 1, -1, 0] [0, 0, 0] [ 0, 0, -1] >> escalona(B1) >> escalona(B2) [1, 0, 0] [1, -1, 0] [0, 1, 0] [0, 0, 1] [0, 0, 0] [0, 0, 0] ´ V0 = {(−α, α, 0) | α ∈ R}. {V1 = (−1, 1, 0)} e base para V0 , pois gera V0 ´ ((−α, α, 0) √ α(−1, 1, 0)) e um vetor nao nulo e L.I. Seja U1 = (1/||V1 ||)V1 = = √ √˜ √ ´ (−1/ 2, 1/ 2, 0). {U1 = (−1/ 2, 1/ 2, 0)} e base ortonormal de V0 . ´ V1 = {(0, 0, α) | α ∈ R}. {V2 = (0, 0, 1)} e base para V1 , pois gera V1 ((0, 0, α) = ˜ ´ α(0, 0, 1)) e um vetor nao nulo e L.I. Seja W2 = (1/||V2 ||)V2 = (0, 0, 1). {W2 = (0, 0, 1)} ´ e base ortonormal de V1 . ´ V2 = {(α, α, 0) | α ∈ R}. {V3 = (1, 1, 0)} e base para V1 , pois√ gera V1 ((α, α, 0) = √ ˜ ´ α(1√ , 0)) √ um vetor nao nulo e L.I. Seja W3 = (1/||V3 ||)V3 = (1/ 2, 1/ 2, 0). {W3 = ,1 e ´ (1/ 2, 1/ 2, 0)} e base ortonormal de V1 . ´ ´ ˜ Como a matriz A e simetrica, autovetores associados a autovalores diferentes s ao orto´ ´ gonais (Proposicao 6.6 na pagina 444). Portanto, {W1 , W2 , W3 } e uma base ortonormal ¸˜ de autovetores de A. √ √ −1/√2 0 1/√2 P = 1/ 2 0 1/ 2 01 0 ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı e 000 D= 0 1 0 002 Julho 2007 Cap´tulo 6. Diagonalizacao ı ¸˜ (f) >> A=[2,1,1;1,2,1;1,1,2]; >> B=A-x*eye(3) [2-x, 1, 1] [ 1, 2-x, 1] [ 1, 1, 2-x] >> p=det(B) p =4-9*x+6*x^2-x^3 >> solve(p) [4][1][1] >> B1=subs(B,x,1) [1, 1, 1] [1, 1, 1] [1, 1, 1] 653 >> escalona(B1) [1, 1, 1] [0, 0, 0] [0, 0, 0] >> B4=subst(B,x,4) [-2, 1, 1] [ 1, -2, 1] [ 1, 1, -2] >> escalona(B4) [1, 0, -1] [0, 1, -1] [0, 0, 0] ´ V1 = {(−α − β, α, β ) | α, β ∈ R}. {V1 = (−1, 1, 0), V2 = (−1, 0, 1)} e base ´ para V1 , pois gera V0 ((−α − β, α, β ) = α(−1, 1, 0) + β (−1, 0, 1)) e e L.I.(um ve˜´ tor nao e multiplo escalar do outro). Sejam W1 = V1 , W2 = V2 − projW1 V2 = ´ √ √ V2 − (−1/2, 1/2, 0) = (−1/2, −1/2, 1). Sejam U1 = (1/||W1 ||)W1 = (−1/ 2, 1/ 2, 0) √ 1 1 ´ e U2 = (1/||W2 ||)W2 = (− √6 , − √6 , 36 ). {U1 , U2 } e base ortonormal de V1 . ´ V4 = {(α, α, α) | α ∈ R}. {V3 = (1, 1, 1)} e base para V4 , pois gera V4 (√ α, α) = (α, √ √ ˜√ ´ α(1, 1, 1)) e um vetor nao nulo e L.I. Seja U3 = (1/||V3 ||)V3 = (1/ 3, 1/ 3, 1/ 3). √ √ ´ ´ ´ {U3 = (1/ 3, 1/ 3, 1/ 3)} e base ortonormal de V4 . Como a matriz A e simetrica, ˜ ´ autovetores associados a autovalores diferentes sao ortogonais (Proposicao 6.6 na pagina ¸˜ Julho 2007 Reginaldo J. Santos 654 Respostas dos Exerc´cios ı ´ 444). Portanto, {U1 , U2 , U3 } e uma base ortonormal de autovetores de A. √ √ √ −√2/2 −√6/6 √3/3 P = 2/2 −√6/6 √3/3 0 6/3 3/3 e 100 D= 0 1 0 004 (g) >> A=[1,2,0,0;2,1,0,0;0,0,1,2;0,0,2,1]; >> B=A-x*eye(4) [1-x, 2, 0, 0] [ 2, 1-x, 0, 0] [ 0, 0, 1-x, 2] [ 0, 0, 2, 1-x] >> p=det(B) p =9+12*x-2*x^2-4*x^3+x^4 >> solve(p) [-1][-1][ 3][ 3] >> Bm1=subs(B,x,-1) [2, 2, 0, 0] [2, 2, 0, 0] [0, 0, 2, 2] [0, 0, 2, 2] >> escalona(Bm1) [1, 1, 0, 0] [0, 0, 1, 1] [0, 0, 0, 0] [0, 0, 0, 0] ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı >> B3=subs(B,x,3) [-2, 2, 0, 0] [ 2, -2, 0, 0] [ 0, 0, -2, 2] [ 0, 0, 2, -2] >> escalona(B3) [1, -1, 0, 0] [0, 0, 1, -1] [0, 0, 0, 0] [0, 0, 0, 0] Julho 2007 Cap´tulo 6. Diagonalizacao ı ¸˜ 655 ´ V−1 = {(−α, α, −β, β ) | α, β ∈ R}. {V1 = (−1, 1, 0, 0), V2 = (0, 0, −1, 1)} e base ´ para V−1 , pois gera V−1 ((−α, α, −β, β ) = α(−1, 1, 0, 0) + β (0, 0, −1, 1)) e e L.I.(um ˜´´ vetor nao e multiplo escalar do outro). Sejam W1 = V1 , W2 = V2 − projW1 V2 = V2 − √ √ ¯ = V2 . Sejam U1 = (1/||W1 ||)W1 = (−1/ 2, 1/ 2, 0, 0) e U2 = (1/||W2 ||)W2 = 0 √ √ ´ (0, 0, −1/ 2, 1/ 2). {U1 , U2 } e base ortonormal de V−1 . ´ V3 = {(α, α, β, β ) | α, β ∈ R}. {V3 = (1, 1, 0, 0), V4 = (0, 0, 1, 1)} e base para V3 , ´ ˜´´ pois gera V−1 ((α, α, β, β ) = α(1, 1, 0, 0) + β (0, 0, 1, 1)) e e L.I.(um vetor nao e multiplo ¯ = V4 . Sejam escalar do outro). Sejam W3 = V3 , W4 = V4 − projW3 V4 = V4 − 0 √ √ √ √ U3 = (1/||W3 ||)W3 = (1/ 2, 1/ 2, 0, 0) e U4 = (1/||W4 ||)W4 = (0, 0, 1/ 2, 1/ 2). ´ ´ ´ {U1 , U2 } e base ortonormal de V3 . Como a matriz A e simetrica, autovetores associa˜ ´ dos a autovalores diferentes sao ortogonais (Proposicao 6.6 na pagina 444). Portanto, ¸˜ ´ {U1 , U2 , U3 , U4 } e uma base ortonormal de autovetores de A. √ √ −1/√2 0 1/√2 0 1/ 2 √0 1/ 2 √0 P = 0 −1/√2 0 1/√2 0 1/ 2 0 1/ 2 Julho 2007 e −1 00 0 −1 0 D= 0 03 0 00 0 0 0 3 Reginaldo J. Santos 656 Respostas dos Exerc´cios ı >> B0=subs(B,x,0) [0, 0, 0, 0] >> B=A-x*eye(4) [0, 0, 0, 0] [-x, 0, 0, 0] [0, 0, 0, 1] [ 0, -x, 0, 0] [0, 0, 1, 0] [ 0, 0, -x, 1] >> escalona(B0) [ 0, 0, 1, -x] [0, 0, 1, 0] >> p=det(B) [0, 0, 0, 1] p =x^2*(x^2-1) [0, 0, 0, 0] >> solve(p) [0, 0, 0, 0] [ 0][ 0][ 1][-1] >> B1=subs(B,x,1) >> Bm1=subs(B,x,-1) B1 = [1, 0, 0, 0] [-1, 0, 0, 0] [0, 1, 0, 0] [ 0, -1, 0, 0] [0, 0, 1, 1] [ 0, 0, -1, 1] [0, 0, 1, 1] [ 0, 0, 1, -1] >> escalona(Bm1) >> escalona(B1) [1, 0, 0, 0] [1, 0, 0, 0] [0, 1, 0, 0] [0, 1, 0, 0] [0, 0, 1, 1] [0, 0, 1, -1] [0, 0, 0, 0] [0, 0, 0, 0] ´ V0 = {(α, β, 0, 0) | α, β ∈ R}. {V1 = (1, 0, 0, 0), V2 = (0, 1, 0, 0)} e base para V0 , ´ ˜´´ pois gera V−1 ((α, β, 0, 0) = α(1, 0, 0, 0) + β (0, 1, 0, 0)) e e L.I.(um vetor nao e multiplo escalar do outro). Claramente V1 · V2 = 0 e possuem norma igual a 1. Sejam U1 = V1 e ´ U2 = V2 . {U1 , U2 } e base ortonormal de V0 . ´ V1 = {(0, 0, −α, α) | α ∈ R}. {V3 = (0, 0, −1, 1)} e base para V1 , pois gera V1 (h) >> A=[0,0,0,0;0,0,0,0;0,0,0,1;0,0,1,0]; ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 Cap´tulo 6. Diagonalizacao ı ¸˜ 657 ˜ ´ ((0, 0, −α, α) = √ (0, 0, −1, 1)) e um vetor n√ nulo e L.I. Seja U3 = (1/||V3 ||)V3 = α ao √ √ ´ (0, 0, −1/ 2, 1/ 2). {U3 = (0, 0, −1/ 2, 1/ 2)} e base ortonormal de V1 . ´ V−1 = {(0, 0, α, α) | α ∈ R}. {V4 = (0, 0, 1, 1)} e base para V−1 , pois gera ˜ nulo e L.I. Seja U4 = (1/||V4 ||)V4 = ´ V−1 ((0, 0, α, α) = α(0, 0, 1, 1)) e um vetor√ ao n √ √ √ ´ (0, 0, 1/ 2, 1/ 2). {U4 = (0, 0, 1/ 2, 1/ 2)} e base ortonormal de V−1 . Como a ´ ´ ˜ matriz A e simetrica, autovetores associados a autovalores diferentes s ao ortogonais ´ ´ (Proposicao 6.6 na pagina 444). Portanto, {U1 , U2 , U3 , U4 } e uma base ortonormal de ¸˜ autovetores de A. 10 0 0 000 0 0 0 0 0 1 0 √0 √0 e D= P = 0 0 1 0 0 −1/ 2 1/ 2 0 √ √ 0 0 0 −1 00 1/ 2 1/ 2 ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ 6.2.2. Como a matriz e simetrica ela e diagonalizavel. Alem disso, tambem por ser simetrica, autove˜ tores associados a autovalores diferentes sao ortogonais. Assim basta ortogonalizar dentro de cada autoespaco. ¸ >> >> W2 >> >> W4 >> U1 W1=V1; W2=V2-proj(W1,V2) = [ 2, -1, 0, 2] W3=V3; W4=V4-proj(W3,V4) = [ -1, -2, -2, 0] U1=W1/no(W1) =[ 0, 2/3, -2/3, Julho 2007 1/3] Reginaldo J. Santos 658 Respostas dos Exerc´cios ı >> U2 >> U3 U2=W2/no(W2) = [ 2/3, -1/3, U3=W3/no(W3) = [ -2/3, 0, 0, 2/3] 1/3, 2/3] 0 2/3 −2/3 1/3 2/3 −1/3 0 2/3 , P = [ U 1 U2 U3 U4 ] = −2/3 0 1/3 2/3 1/3 2/3 2/3 0 ˆ ´ 6.3. Aplicacao ao Estudo de Conicas (pagina 488) ¸˜ 2 0 D= 0 0 0 2 0 0 0 0 2 0 0 0 0 4 6.3.1. >> A=[9,-2;-2,6]; >> syms x y; X=[x;y]; >> expr=simplify(X.’*A*X-30) 9 x2 − 4 xy + 6 y 2 − 30 >> [P,D]=diagonal(A) P= √ √ 5/5 −√ 5/5 2 √ 2 5/5 5/5 D=[5, 0] [0,10] >> syms x1 y1; X1=[x1;y1]; >> expr=subst(expr,X,P*X1) ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 Cap´tulo 6. Diagonalizacao ı ¸˜ 659 5 x1 2 + 10 y1 2 − 30 >> expr=expr/30 x1 2 /6 + y1 2 /3 − 1 >> elipse(sqrt(6),sqrt(3),P) Julho 2007 Reginaldo J. Santos 660 Respostas dos Exerc´cios ı 4 y x‘ 3 2 y‘ 1 0 x −1 −2 −3 −4 −3 −2 −1 ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı 0 1 2 3 Julho 2007 Cap´tulo 6. Diagonalizacao ı ¸˜ 661 6.3.2. >> A=[3,-4;-4,-12]; >> expr=simplify(X.’*A*X+81) 3 x2 − 8 xy − 12 y 2 + 81 >> [P,D]=diagonal(A) P= √ √ 17/17 −√ 17/17 4 √ 17/17 4 17/17 D=[-13,0] [ 0,4] >> expr=subst(expr,X,P*X1) −13 x1 2 + 4 y1 2 + 81 >> expr=expr/81 13 − 81 x1 2 + 4 81 y1 2 + 1 >> hiperbx(9/sqrt(13),9/2,P) Julho 2007 Reginaldo J. Santos 662 Respostas dos Exerc´cios ı 8 y 6 4 2 x‘ y‘ 0 x −2 −4 −6 −8 −8 −6 −4 −2 0 ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı 2 4 6 8 Julho 2007 Cap´tulo 6. Diagonalizacao ı ¸˜ 663 6.3.3. >> A=[2,-2;-2,-1]; >> expr=simplify(X.’*A*X+K*X+24) 2 x2 − 4 xy − y 2 + 24 >> [P,D]=diagonal(A) P= √ √ 5/5 −2 5/5 √ √ 2 5/5 1 5/5 D =[-2, 0] [ 0, 3] >> expr=subst(expr,X,P*X1) −2 x1 2 + 3 y1 2 + 24 >> expr=expr/24 −x1 2 /12 + y1 2 /8 + 1 >> hiperbx(sqrt(12),sqrt(8),P) Julho 2007 Reginaldo J. Santos 664 Respostas dos Exerc´cios ı 8 y 6 x‘ 4 y‘ 2 0 x −2 −4 −6 −8 −8 −6 −4 −2 0 ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı 2 4 6 8 Julho 2007 Cap´tulo 6. Diagonalizacao ı ¸˜ 665 6.3.4. >> A=[21,3;3,13]; >> expr=simplify(X.’*A*X-132) 21 x2 + 6 xy + 13 y 2 − 132 >> [P,D]=diagonal(A) P= √ √ 10/10 3 10/10 √ √ 10/10 −3 10/10 D=[12, 0] [ 0,22] >> expr=subst(expr,X,P*X1) 12 x1 2 + 22 y1 2 − 132 >> expr=expr/132 x1 2 /11 + y1 2 /6 − 1 >> elipse(sqrt(11),sqrt(6),P) Julho 2007 Reginaldo J. Santos 666 Respostas dos Exerc´cios ı 4 y 3 2 y‘ 1 0 x −1 −2 −3 −4 −5 −4 −3 −2 −1 0 ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı 1 x‘ 2 3 4 5 Julho 2007 Cap´tulo 6. Diagonalizacao ı ¸˜ 667 6.3.5. >> A=[4,-10;-10,25]; >> K=[-15,-6]; >> expr=simplify(X.’*A*X+K*X) 4 x2 − 20 xy + 25 y 2 − 15 x − 6 y >> [P,D]=diagonal(A) P= 5 29 2 29 √ √ 2 29 − 29√ 29 √ 5 29 29 29 D =[0, 0] [0, 29] >> expr=subst(expr,X,P*X1) 29 y1 2 − 3 √ 29x1 >> expr=expr/29 y1 2 − 3 29 √ 29x1 >> parabx(3/(4*sqrt(29)),P) Julho 2007 Reginaldo J. Santos 668 Respostas dos Exerc´cios ı 2 y‘ y 1.5 x‘ 1 0.5 0 x −0.5 −1 −1.5 −2 −1 −0.5 0 0.5 1 ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı 1.5 2 2.5 3 Julho 2007 Cap´tulo 6. Diagonalizacao ı ¸˜ 669 6.3.6. >> A=[9,3;3,1]; K=[-10*10^(1/2),10*10^(1/2)]; >> expr=simplify(X.’*A*X+K*X+90) √ √ 9 x2 + 6 xy + y 2 − 10 10x + 10 10y + 90 >> [P,D]=diagonal(A) √ √ 10 √ /10 3 10/10 √ P= 10/10 −3 10/10 D =[0, 0] [0, 10] >> expr=subst(expr,X,P*X1) 10 y1 2 − 20 y1 − 40 x1 + 90 >> expr=subst(expr,y1,y2+1) 10 y2 2 + 80 − 40 x1 >> expr=subst(expr,x1,x2+2) 10 y2 2 − 40 x2 >> expr=expr/10 y2 2 − 4 x 2 >> paraby(1,P,[2;1]) Julho 2007 Reginaldo J. Santos 670 Respostas dos Exerc´cios ı 4 y 2 y‘ y" 0 x −2 −4 −6 x‘ x" −8 −10 −6 −4 −2 0 ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı 2 4 6 8 Julho 2007 Cap´tulo 6. Diagonalizacao ı ¸˜ 671 6.3.7. >> A=[5,-3;-3,5]; >> K=[-30*(2)^(1/2),18*(2)^(1/2)]; >> expr=simplify(X.’*A*X+K*X+82) √ √ 5 x2 − 6 xy + 5 y 2 − 30 2x + 18 2y + 82 >> [P,D]=diagonal(A) √ √ 2/2 − 2/2 √ P= √ 2/2 2/2 D =[2, 0] [0, 8] >> expr=subst(expr,X,P*X1) 2 x1 2 + 8 y1 2 − 12 x1 + 48 y1 + 82 >> X0=[3;-3]; >> expr=subst(expr,X1,X2+X0) 2 x2 2 − 8 + 8 y 2 2 >> expr=expr/8 x2 2 /4 − 1 + y2 2 >> elipse(2,1,P,X0) Julho 2007 Reginaldo J. Santos 672 Respostas dos Exerc´cios ı 5 y 4 3 x‘ x" 2 1 y‘ y" 0 x −1 −2 −3 −4 −5 −2 −1 0 1 2 3 ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı 4 5 6 7 8 Julho 2007 Cap´tulo 6. Diagonalizacao ı ¸˜ 673 6.3.8. >> A=[5,6;6,0]; >> K=[-12*(13)^(1/2),0]; >> expr=simplify(X.’*A*X+K*X-36) √ 5 x2 + 12 xy − 12 13x − 36 >> [P,D]=diagonal(A) √ √ 2/ √ 13 3/√13 P= −3/ 13 2/ 13 D =[-4, 0] [ 0, 9] >> expr=subst(expr,X,P*X1) −4 x1 2 + 9 y1 2 − 24 x1 − 36 y1 − 36 >> X0=[-3;2]; >> expr=subst(expr,X1,X2+X0) −4 x2 2 − 36 + 9 y2 2 >> expr=expr/36 −x2 2 /9 − 1 + y2 2 /4 >> hiperby(2,3,P,X0) Julho 2007 Reginaldo J. Santos 674 Respostas dos Exerc´cios ı 10 y 8 6 y" 4 2 y‘ 0 x x" −2 −4 −6 −4 −2 0 ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı 2 x‘ 4 6 Julho 2007 Cap´tulo 6. Diagonalizacao ı ¸˜ 675 6.3.9. >> A=[6,-2;-2,9]; >> K=[-4*5^(1/2),-18*5^(1/2)]; >> expr=simplify(X.’*A*X+K*X-5) √ √ 6 x2 − 4 xy + 9 y 2 − 4 5x − 18 5y − 5 >> [P,D]=diagonal(A) √ √ 2/√5 −1/ 5 √ P= 1/ 5 2/ 5 D =[5, 0] [0, 10] >> expr=subst(expr,X,P*X1) 5 x1 2 + 10 y1 2 − 26 x1 − 32 y1 − 5 >> X0=[26/10;32/20]; >> expr=subst(expr,X1,X2+X0) 5 x2 2 − 322 5 + 10 y2 2 >> expr=expr*5/322 25 322 x2 2 − 1 + 25 161 y2 2 >> elipse(sqrt(322)/5,sqrt(161)/5,P,X0) Julho 2007 Reginaldo J. Santos 676 Respostas dos Exerc´cios ı y 7 y" 6 x" 5 4 y‘ 3 x‘ 2 1 0 x −1 −2 −2 −1 0 1 2 3 ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı 4 5 6 7 8 Julho 2007 Cap´tulo 6. Diagonalizacao ı ¸˜ 677 6.3.10. >> A=[1,3^(1/2);3^(1/2),-1]; >> K=[6,0]; >> expr=simplify(X.’*A*X+K*X) √ x2 + 2 xy 3 − y 2 + 6 x >> [P,D]=diagonal(A) √ 3/2 √1/2 − P= 1/2 3/2 D =[ 2, 0] [ 0,-2] >> expr=subst(expr,X,P*X1) √ 2 x1 2 − 2 y1 2 + 3 3x1 − 3 y1 >> X0=[-3*3^(1/2)/4;-3/4]; >> expr=subst(expr,X1,X2+X0) 2 x2 2 − 9/4 − 2 y2 2 >> expr=expr*4/9 8 9 8 x2 2 − 1 − 9 y 2 2 >> hiperbx(3/sqrt(8),3/sqrt(8),P,X0) Julho 2007 Reginaldo J. Santos 678 Respostas dos Exerc´cios ı 2 y y‘ 1 x‘ y" 0 x x" −1 −2 −3 −4 −4 −3 −2 −1 ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı 0 1 2 Julho 2007 Cap´tulo 6. Diagonalizacao ı ¸˜ 679 6.3.11. >> A=[8,-8;-8,8]; >> K=[33*2^(1/2),-31*2^(1/2)]; >> expr=simplify(X.’*A*X+K*X+70) √ √ 8 x2 − 16 xy + 8 y 2 + 33 2x − 31 2y + 70 >> [P,D]=diagonal(A) √ √ 2/2 − 2/2 P= √ √ 2/2 2/2 D =[0, 0] [0, 16] >> expr=subst(expr,X,P*X1) 16 y1 2 + 2 x1 − 64 y1 + 70 >> expr=subst(expr,y1,y2+2) 16 y2 2 + 6 + 2 x1 >> expr=subst(expr,x1,x2-3) 16 y2 2 + 2 x2 >> expr=expr/16 y2 2 + x2 /8 >> parabx(-1/32,P,[-3;2]) Julho 2007 Reginaldo J. Santos 680 Respostas dos Exerc´cios ı y 4 x‘ x" 2 y‘ y" 0 x −2 −4 −6 −8 −10 −8 −6 −4 ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı −2 0 2 4 Julho 2007 Cap´tulo 6. Diagonalizacao ı ¸˜ 681 6.3.12. >> A=[1,-3;-3,-7]; >> K=[10,2]; >> expr=simplify(X.’*A*X+K*X+9) x2 − 6 xy − 7 y 2 + 10 x + 2 y + 9 >> [P,D]=diagonal(A) √ √ 1/ 10 −3/ 10 P= √ √ 3/ 10 1/ 10 D =[-8, 0] [ 0, 2] >> expr=subst(expr,X,P*X1) √ √ 8 −8 x1 2 + 2 y1 2 + 5 10x1 − 14 10y1 + 9 5 >> X0=[1/10^(1/2);7/10^(1/2)]; >> expr=subst(expr,X1,X2+X0) −8 x2 2 + 2 y2 2 >> hiperby(4,1,P,X0,’d’) ´ ˆ Esta e uma conica degenerada. A equacao representa as duas retas y ¸˜ ±2x . Julho 2007 2 = 4x 2 , ou y = Reginaldo J. Santos 682 Respostas dos Exerc´cios ı y 6 4 y" x" 2 y‘ x‘ 0 x −2 −4 −8 −6 −4 −2 ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı 0 2 4 Julho 2007 Bibliografia ´ ˜ [1] Howard Anton e Chris Rorres. Algebra Linear com Aplicacoes. Bookman, Sao Paulo, 8a. edicao, ¸˜ ¸˜ 2000. ´ ´ [2] Jose L. Boldrini, Sueli I. R. Costa, Vera L. Figueiredo, e Henry G. Wetzler. Algebra Linear. Ed. ˜ Harbra Ltda., Sao Paulo, 3a. edicao, 1986. ¸˜ [3] Paulo Boulos e Ivan de C. e Oliveira. Geometria Anal´tica - um tratamento vetorial. Makron ı ˜ Books, Sao Paulo, 2a. edicao, 1987. ¸˜ ˆ [4] Frederico F. C., filho. Introducao ao MATLAB. Departamento de Ciencia da Computacao - UFMG, ¸˜ ¸˜ Belo Horizonte, Fevereiro de 2000. ´ [5] Carlos A. Callioli, Hygino H. Domingues, e Roberto C. F. Costa. Algebra Linear e Aplicacoes. ¸˜ ˜ Atual Editora, Sao Paulo, 6a. edicao, 1995. ¸˜ 683 684 Respostas dos Exerc´cios ı [6] Adilson Goncalves e Rita M. L. de Souza. Introducao a Algebra Linear. Edgard Blucher, Rio de ¸ ¸˜ ` ´ ¨ Janeiro, 1977. ´ [7] Alesio de Caroli, Carlos A. Callioli, e Miguel O. Feitosa. Matrizes, Vetores, Geometria Anal´tica. ı ˜ Nobel, Sao Paulo, 1976. ´ ˜ ´ [8] Joao Pitombeira de Carvalho. Algebra Linear - Introducao. Livros Tecnicos e Cient´ficos Editora ¸˜ ı S.A., Rio de Janeiro, 2a. edicao, 1977. ¸˜ ´ [9] Nathan M. dos Santos. Vetores e Matrizes. Livros Tecnicos e Cient´ficos Ed. S.A., Rio de Janeiro, ı 3a. edicao, 1988. ¸˜ [10] John B. Fraleigh e Raymond A. 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IMPA, Rio de Janeiro, 2a. edicao, 1996. ¸˜ ´ [26] Elon L. Lima. Geometria Anal´tica e Algebra Linear. IMPA, Rio de Janeiro, 2001. ı ´ ˜ [27] Seymour Lipschutz. Algebra Linear. McGraw-Hill, Sao Paulo, 3a. edicao, 1994. ¸˜ Julho 2007 Reginaldo J. Santos 686 Respostas dos Exerc´cios ı [28] Mathworks Inc. Student Edition of MATLAB Version 5 for Windows. Prentice Hall, Upper Saddle River, New Jersey, 1997. [29] Carl D. Meyer. Matrix Analysis and Applied Linear Algebra. SIAM, Philadelphia, 2000. [30] Ben Noble e James W. Daniel. Applied Linear Algebra. Prentice Hall, Upper Saddle River, New Jersey, 3a. edicao, 1988. ¸˜ ´ ´ [31] Reginaldo J. Santos. Algebra Linear e Aplicacoes. Imprensa Universitaria da UFMG, Belo Hori¸˜ zonte, 2004. ´ [32] Reginaldo J. Santos. Introducao a Algebra Linear. Imprensa Universitaria da UFMG, Belo Hori¸˜ ` ´ zonte, 2004. ´ [33] Reginaldo J. Santos. Matrizes Vetores e Geometria Anal´tica. Imprensa Universit aria da UFMG, ı Belo Horizonte, 2004. [34] Shayle R. 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Santos ´ndice Alfabetico ´ I ˆ Angulo entre planos, 274 entre reta e plano, 295 entre retas, 270 entre vetores, 184 Ass´ntota, 465 ı Autoespaco, 418 ¸ Autovalor(es), 410 Autovetor(es), 410 axiss, 173, 220 ortonormal, 372 box, 173, 220 Cadeia de Markov, 16 C´rculo, 463 ı clf, 70 Cofator de um elemento, 108, 109 Combinacao linear, 113, 168, 215, 306 ¸˜ Complemento ortogonal, 378 ˆ Conicas, 440, 458 ˜ (nao) degeneradas, 458 identificacao de, 458, 480 ¸˜ Conjugado de uma matriz, 454 Base ˆ canonica, 336, 372 de subespaco, 335 ¸ ortogonal, 372 Decomposicao polar de uma matriz, 453 ¸˜ 688 ´ndice Alfabetico ´ I 689 ˆ Dependencia linear, 311 Desigualdade de Cauchy-Schwarz, 365 Desigualdade triangular, 365 desvet, 172, 220 det, 132 Determinante, 107 de Vandermonde, 134 desenvolvimento em cofatores do, 110, 116 propriedades do, 113 detopelp, 132 diag, 23 diagonal, 489 Diagonalizacao ¸˜ de matrizes, 407 ´ de matrizes simetricas, 440 ˜ Dimensao, 339 ˆ Distancia de um ponto a um plano, 277 de um ponto a uma reta, 280 de uma reta a um plano, 295 entre dois planos, 284 entre dois pontos, 180 entre duas retas, 286 da elipse, 463 eixos, 71, 173, 220 Elipse, 458 excentricidade da, 463 elipse, 489 Equacao (equacoes) ¸˜ ¸˜ da reta, 244 geral do plano, 229 linear, 35 ´ na forma simetrica da reta, 250 ´ parametricas da reta, 244 ´ parametricas do plano, 241 Equacao(equacoes) ¸˜ ¸˜ vetorial da reta, 247 Escalar, 5 escalona, 71 Espaco (espacos) ¸ ¸ Rn , 300 solucao, 329 ¸˜ vetoriais, 305 Excentricidade da elipse, 463 ´ da hiperbole, 470 eye, 23 eig, 435 Foco(s) da elipse, 458 Eixo(s) Julho 2007 Reginaldo J. Santos ´ndice Alfabetico ´ I 690 ´ da Hiperbole, 465 ´ da parabola, 472 Geradores, 333 Gerar, 333 Gram-Schmidt (processo de ortogonalizacao), ¸˜ 372 Grandezas vetoriais, 142 ´ Hiperbole, 465 hiperbx, 489 hiperby, 489 Identidade de Lagrange, 224 Identidade polar, 377 ˆ Identificacao de conicas, 458, 480 ¸˜ ˆ Independencia linear, 311 Interpolacao polinomial, 96 ¸˜ inv, 435 Lei do paralelogramo, 377 lin, 259 lineplan, 260 lineseg, 173, 220 Matriz (matrizes), 1 (definida) positiva, 452 escalonada, 43 ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı escalonada reduzida, 43 ´ anti-simetrica, 30 aumentada, 37 coluna, 2, 164, 303 coluna de, 1 companheira, 134, 438 conjugado de, 454 de rotacao, 390, 452 ¸˜ de transicao, 16 ¸˜ de Vandermonde, 98 decomposicao polar de, 453 ¸˜ determinante de, 107 diagonal, 26, 104 diagonal (principal) de, 2 ´ diagonalizavel, 408 diferenca entre, 14 ¸ do sistema linear, 36 elementar, 57 elemento de, 2 entrada de, 2 equivalente por linhas, 50 identidade, 11 iguais, 3 inversa de, 78 invert´vel, 78 ı linha, 2, 164, 303 Julho 2007 ´ndice Alfabetico ´ I linha de, 1 multiplo escalar de, 5 ´ multiplicacao por escalar, 5 ¸˜ ˜ nao invert´vel, 78 ı nilpotente, 32, 437 nula, 10 ortogonal, 385, 443 ˆ potencia, 15 produto de, 5 propriedades de, 10 quadrada, 2 raiz quadrada de, 453 semelhantes, 436 ´ simetrica, 30 singular, 78 soma de, 3 submatriz principal de, 453 traco de, 31 ¸ transposta de, 8 triangular inferior, 112 triangular superior, 133 matvand, 71 Menor de um elemento, 107 ´ Metodo de Gauss, 48 ´ Metodo de Gauss-Jordan, 44 Mudanca de coordenadas, 382 ¸ Julho 2007 691 Multiplo escalar, 5, 150, 303 ´ no, 220 Norma de um vetor, 180, 363 ´ Notacao de somatorio, 6, 9, 33 ¸˜ numeric, 23, 435 oe, 71 opel, 71 Operacao elementar, 37 ¸˜ ´ Parabola, 472 parabx, 490 paraby, 490 pe, 220 ˆ Pivo, 39 plan, 259 Plano (planos), 229 vetor normal do, 229 concorrentes, 325 equacao geral do, 229 ¸˜ ´ equacoes parametricas do, 241 ¸˜ mediador, 294 paralelos, 325 plotci, 71 plotf1, 71 po, 172, 220 Reginaldo J. Santos ´ndice Alfabetico ´ I 692 ˆ Polinomio caracter´stico, 412 ı poline, 260 poly2sym, 70 poly2sym2, 71 Pontos colineares, 171 coplanares, 214 poplan, 260 Posicoes relativas ¸˜ de dois planos, 322 de duas retas, 322 de plano e reta, 325 Processo de ortogonalizacao ¸˜ Schmidt, 372 Produto vetorial em Rn , 378 escalar ou interno, 186, 363 propriedades do, 193 misto, 209 vetorial, 197 propriedades do, 201 vetorial duplo, 225 Produto vetorial duplo, 225 Projecao ortogonal, 194, 368 ¸˜ ´ Projecao Ortografica, 393 ¸˜ pv, 220 de Gram- ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Raiz quadrada de uma matriz, 453 randi, 23, 435 ˜ Regra da mao direita, 199 Regra de Cramer, 126 Reta (retas), 244 concorrentes, 270 ´ diretriz da parabola, 472 ˜ vetorial da, 247 equacao ¸ ´ equacoes na forma simetrica da, 250 ¸˜ ´ equacoes parametricas da, 244 ¸˜ geratriz do cone, 463 paralelas, 270 reversas, 270 vetor diretor da, 244 rota, 173, 220 Rotacao, 388 ¸˜ Segmento (de reta) orientado, 142 Sistema de coordenadas, 382 cartesianas, 150 retangulares, 150 retangulares no espaco, 154 ¸ Sistema de equacoes lineares, 35 ¸˜ ˆ Sistema homogeneo, 53 solucao trivial de, 53 ¸˜ Sistema(s) linear(es), 35 conjunto solucao de, 36 ¸˜ Julho 2007 ´ndice Alfabetico ´ I consistente, 69 equivalentes, 39 ˆ homogeneo, 53 solucao (geral) de, 36 ¸˜ Solucao ¸˜ geral de sistema linear, 36 ˆ trivial de sistema homogeneo, 53 solve, 23 Soma de subespacos, 353 ¸ Subespaco(s), 329 ¸ ˜ dimensao de, 339 gerado por, 333 soma de, 353 Submatriz principal, 453 subs, 70, 435 subst, 259, 489 sym, 23, 435 syms, 22 tex, 173, 221 Translacao, 390 ¸˜ ´ Variaveis livres, 47 ´ Vertice(s) da elipse, 463 ´ da hiperbole, 470 ´ da parabola, 476 Julho 2007 693 Vetor (vetores), 2, 142, 301 ˆ angulo entre, 184 ˆ canonicos, 203 colineares, 150 combinacao linear de, 306 ¸˜ componentes de, 150, 154, 157, 162 comprimento de, 180 coplanares, 214 de estado, 16 diferenca de, 147, 303 ¸ geradores, 333 iguais, 301 ˆ independencia linear de, 311 linearmente (in)dependentes, 311 multiplicacao por escalar, 147, 154, 162, ¸˜ 301 multiplo escalar, 150, 303 ´ norma de, 180, 363 normal ao plano, 229 nulo, 147, 303 ortogonais, 184, 366 paralelos, 147 produto escalar ou interno de, 186, 363 produto misto de, 209 produto vetorial de, 197 ´ simetrico, 147, 303 Reginaldo J. Santos ´ndice Alfabetico ´ I 694 soma de, 144, 150, 157, 301 ´ unitario, 180, 372 ´ unitarios, 371 zeros, 23 zoom3, 173, 221 ´ Um Curso de Geometria Anal´tica e Algebra Linear ı Julho 2007 ...
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