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O post Álgebra Linear apareceu primeiro em Educacional Plenus.

Descreva o resultado do produto matricial $$e^{t}_{j}P$$, para $$j\in\{1,..,n\}$$.

Solução:

Desenvolvendo-se o produto, tem-se

\[e^{T}_{j}P=e^{T}_{j}(I-(e_{r}-e_{s})(e_{r}-e_{s})^{T})=e^{T}_{j}-e^{T}_{j}(e_{r}-e_{s})(e_{r}-e_{s})^{T} =\]

\[\; e^{T}_{j}-e^{T}_{j}(e_{r}-e_{s})(e_{r}-e_{s})^{T}(\ast) \]

i) Se $$j\neq r $$ e $$j\neq s$$,  $$e^{T}_{j}(e_{r}-e_{s}) = e^{T}_{j}e_{r}-e^{T}_{j}e_{s}=0+0=0$$.

Daqui,

\[(\ast) = e^{T}_{j}-0(e_{r}-e_{s})^{T} = e^{T}_{j}.\]

ii) Se $$j=r$$, $$e^{T}_{r}(e_{r}-e_{s}) = e^{T}_{r}e_{r}-e^{T}_{r}e_{s}=1-0=1$$.

Daqui,

\[(\ast) = e^{T}_{r}-1(e_{r}-e_{s})^{T} = e^{T}_{r}-e^{T}_{r}+e^{T}_{s}=e^{T}_{s}.\]

iii) Se $$j=s$$, $$e^{T}_{s}(e_{r}-e_{s}) = e^{T}_{s}e_{r}-e^{T}_{s}e_{s}=0-1=-1$$.

Daqui,

\[(\ast) = e^{T}_{s}-(-1)(e_{r}-e_{s})^{T} = e^{T}_{s}+e^{T}_{r}-e^{T}_{s}=e^{T}_{r}.\]

O post Álgebra Linear – Matrizes Elementares – Exercício 2 apareceu primeiro em Educacional Plenus.

Dado um espaço vetorial de dimensão finita $$V$$ sobre um corpo $$\mathcal{K}$$ com duas bases fixadas, $$\mathcal{S}=\{v_{1},..,v_{n}\}$$ e $$\mathcal{S}’=\{u_{1},..,u_{n}\}$$. Seja $$w\in V$$ tal que $$w=\sum_{r=1}\alpha_{r}u_{r}$$, cujo vetor de coordenadas é representado por $$[w]_{\mathcal{S}’}=[\alpha_{1},..,\alpha_{n}]^{T}$$.

Representam-se as coordenadas da base $$\mathcal{S}’$$ pela base $$\mathcal{S}$$ do seguinte modo:

\[[u_{j}]_{\mathcal{S}}=[\beta_{j1},..,\beta_{jn}]^{T}\]

Então a matriz $$P = [[u_{1}]_{\mathcal{S}},..,[u_{n}]_{\mathcal{S}}]$$, cujas colunas são os vetores $$[u_{j}]_{\mathcal{S}}$$, tem a propriedade de que $$P[w]_{\mathcal{S}’}=[w]_{\mathcal{S}}$$.

Demonstração:

Como $$u_{j}=\beta_{1j}v_{1}+…+\beta_{1n}v_{n}=\sum_{i=1}\beta_{ij}v_{i}$$, pode-se escrever

\[w = \alpha_{1}(\beta_{11}v_{1}+…+\beta_{n1}v_{n})+…+\alpha_{n}(\beta_{1n}v_{1}+…+\beta_{nn}v_{n})=(\alpha_{1}\beta_{11}+…+\alpha_{n}\beta_{1n})v_{1}+…+(\alpha_{1}\beta_{n1}+…+\alpha_{n}\beta_{nn})v_{n}\].

Porque $$\mathcal{S}$$ e $$\mathcal{S}’$$ são bases, as coordenadas de cada vetor são únicas, portanto $$[w]_{\mathcal{S}}=[\alpha_{1}\beta_{11}+…+\alpha_{n}\beta_{1n},…,\alpha_{1}\beta_{n1}+…+\alpha_{n}\beta_{nn}]$$

Este vetor pode ser escrito como um produto matriz-vetor, como se segue:

\[[w]_{\mathcal{S}}=\left[\begin{array}{ccc}\beta_{11}&…&\beta_{1n}\\…&…&…\\\beta_{n1}&….&\beta_{nn} \end{array}\right]\cdot \left[\begin{array}{c}\alpha_{1}\\…\\ \alpha_{n}\end{array}\right]=[[u_{1}]_{\mathcal{S}},..,[u_{n}]_{\mathcal{S}}]\cdot [w]_{\mathcal{S}’}=P\cdot[w]_{\mathcal{S}’}\]

A matriz $$P$$ é, evidentemente, inversível, dado que suas colunas são linearmente independentes. Se houvesse duas colunas (l.d), digamos $$[u_{1}]$$ e $$[u_{2}]$$, os vetores $$u_{1}$$ e $$u_{2}$$ seriam linearmente dependentes, em contradição com a definição de base de um espaço vetorial. Dito isso, é fato que

\[[w]_{\mathcal{S’}}=P^{-1}\cdot [w]_{\mathcal{S}}\]

O post Álgebra Linear – Teorema da Matriz de Mudança de Base apareceu primeiro em Educacional Plenus.

Exercício 1

Demonstre a equivalência das afirmações a seguir

i) $$(\lambda , v)$$, com $$v\neq 0$$, é autopar da matriz $$A_{n\times n}$$.

ii) $$A-\lambda I_{n}$$ é uma matriz singular.

iii) $$N(A-\lambda I_{n})\neq\{0\}$$.

Exercício 2

Seja $$A$$ uma matriz não singular com o autopar $$(\lambda , v)$$. Então $$\lambda^{-1}$$ é autovalor de $$A$$, com o autovetor associado $$v$$.

Exercício 3

Verifique a validez dos itens a seguir.

i) $$A$$ e $$A^{T}$$ possuem os mesmos autovalores.

ii) $$A$$ e $$A^{H}$$ possuem os mesmos autovalores.

Exercício 4

Seja $$A$$ uma matriz com o autopar (\lambda, v)$$. Então $$(\lambda^{k},v)$$ é o autopar de $$A^{k}$$, para todo $$k$$ natural.

Exercício 5

i) Se $$A=A^{*}$$ (auto-adjunta), seus autovalores são reais.

ii) Se $$A$$ é real e simétrica, seus autovalores são reais.

iii) Se $$A$$ é simétrica definida positiva, seus autovalores são estritamente positivos.

iii) Se $$A$$ é ortogonal (ou unitária), o módulo dos seus autovalores é igual a 1.

Demonstrações

Exercício 1

De (i) para (ii): $$Av=\lambda v \Longleftrightarrow (A-\lambda I)v=0$$. Daqui, prova-se que a matriz é singular.

De (ii) para (iii): Sua singularidade garante a existência de $$v\in N(A-\lambda I)$$ tal que $$(A-\lambda I)v = 0$$.

De (iii) para (ii): É equivalente.

De (ii) para (i): Por hipótese, existe $$v\in\mathbb{R}^{n}$$ tal que $$(A-\lambda I)v = 0$$, daqui, tem-se $$Av=\lambda Iv=\lambda\cdot v$$.

Exercício 2

Em $$Av=\lambda v$$, basta multiplicar por $$A^{-1}$$. De fato: \[A^{-1}Av=A^{-1}(\lambda v)\Longrightarrow v = Iv = \lambda A^{-1}v \Longrightarrow \frac{1}{\lambda}\cdot v = A^{-1}v\].

Exercício 3

i) Afirmação verdadeira.

Os autovalores de $$A$$ correspondem às raízes do polinômio $$p_{A}(\lambda)=det (A-\lambda I)$$. Usando os fatos que dizem que $$det(B)=det(B^{T})$$ e $$(A-\lambda I)^{T} = A^{T}-\lambda I$$, nota-se que $$p(\lambda)=det (A-\lambda I) = det((A-\lambda I)^{T}) = det(A^{T}-\lambda I)=p_{A^{T}}(\lambda)$$

Dado que os polinômios são idênticos, as raízes são idênticas.

ii) Afirmação falsa.

O raciocínio anterior é aplicado novamente, utilizando-se as regras $$det(B^{H})=\overline{det(B)}$$ e $$(A-\lambda I)^{H}= A^{H}-\overline{\lambda}I$$.

\[p_{A}(\lambda)=det (A-\lambda I)=\overline{det ((A-\lambda I)^{H})}=\overline{det(A^{H}-\overline{\lambda}I)} = \overline{p_{A^{H}(\lambda)}}\].

Pelo teorema de Gauss, $$p_{A^{H}}(\overline{\lambda})=p_{A^{H}}(\lambda)$$.

Por fim, $$p_{A}(\lambda) = \overline{ p_{A^{H}}(\lambda)}$$. Isso prova que as raízes de um polinômio equivalem às conjugadas transpostas do outro.

Portanto os autovalores de $$A^{*}$$ são iguais ao conjugado dos autovalores de $$A$$.

Exercício 4

Para $$k=2$$, tem-se $$A^{2}v = A(Av)=A(\lambda v)= \lambda\cdot Av = \lambda^{2}v$$.

Assumindo a hipótese de indução, prova-se para $$k+1$$.

$$A^{k+1}v = A(A^{k}v)=A(\lambda^{k} v)=\lambda^{k}\cdot\lambda\cdot v = \lambda^{k+1}\cdot v$$.

Exercício 5

i) De fato, se $$Av=\lambda v$$, $$A^{*}v=\overline{\lambda}v$$. Dado que $$A=A^{*}$$:

\[\overline{\lambda}v = A^{*}v = Av=\lambda v\Longrightarrow \overline{\lambda}=\lambda\].

A última igualdade só é possível no caso em que $$\lambda = a+ 0i$$; isto é, $$lambda$$ é um número real.

ii) Raciocínio análogo ao anterior.

iii) $$ 0< v^{T}Av = v^{T}\lambda v = \lambda\cdot (v^{T}v)$$. Dado que $$v^{T}v>0$$, tem-se, inequivocamente, $$\lambda>0$$.

iv) $$Q^{*}Qv = Iv = v$$. Daqui, $$Q^{*}Qv = Q^{*}(\lambda v) = \lambda Q^{*}v = \lambda\cdot\overline{\lambda}v=v\Longrightarrow \lambda\cdot\overline{\lambda}=1$$.

Pondo $$\lambda = a+bi$$, $$|\lambda|^{2}=(a+bi)(a-bi)=\lambda\cdot\overline{\lambda}=1$$. Conclui-se que $$|\lambda|=1$$.

O caso real é dedutível da fórmula geral para o caso complexo.

O post Álgebra Linear – Matrizes – Autolvalores (exercício 5) apareceu primeiro em Educacional Plenus.

a) $$(AB)^{*} = B^{*}A^{*}$$.

b) $$(A^{*})^{*} = A$$.

Solução:

a) $$<ABx,y>=<x, (AB)^{*}y>$$.

$$<ABx,y>=<Bx,Ay>=<x,B^{*}A^{*}y>$$.

Juntam-se ambas as igualdades para concluir a demonstração.

$$<x, (AB)^{*}y>=<x,B^{*}A^{*}y>$$, para todo $$x\in E$$ e todo $$y\in F$$, então $$(AB)^{*} = B^{*}A^{*}$$.

b) $$<Ax,y>=<x,Ay>$$.

$$<A^{*}y,x>=<y,(A^{*})^{*}x>\Longrightarrow <x,A^{*}y>=<(A^{*})^{*}x,y>$$.

Juntam-se ambas as igualdades para concluir a demonstração.

$$<Ax,y>=<(A^{*})^{*}x,y>$$, para todo $$x\in E$$ e todo $$y\in F$$, então $$A=(A^{*})^{*}$$.

O post Álgebra Linear – Operador Adjunto (exercício 3) apareceu primeiro em Educacional Plenus.

Seja $$w\in V=\mathbb{R}^{n}$$ tal que $$||w||_{2}=1$$. P = $$ww^{t}$$, e $$Q=I-2P$$. Demonstre os itens a seguir.

a) $$P$$ é projetor ortogonal.

b) $$Qw=-w$$.

c) $$Qv=v$$, se $$<w;v>=0$$.

d) $$Q$$ é uma matriz simétrica e ortogonal.

Solução:

a) Seja $$v\in V$$, então $$v=(v-Pv)+Pv$$. Aplicando $$P(v-Pv) = ww^{t}v – ww^{t}(ww^{t}v) = ww^{t}-ww^{t}v = 0$$. Deste modo, prova-se que $$v$$ é uma soma de um elemento $$Pv\in\mathcal{Im}(P)$$ e de um elemento $$(v-Pv)\in\mathcal{N}(P)$$.

Além disso, dado $$y=Px$$, então $$Py=P(Px) = ww^{t}ww^{t}x = ww^{t}x = Px = y$$, ou seja, $$Py=y$$, se $$y\in\mathcal{Im}(P)$$. Assim, $$Py=0\Longleftrightarrow y =0$$. Daqui, conclui-se que $$\mathcal{Im}(P)\cap\mathcal{N}(P) = \{0_{V}\}$$, logo o espaço $$V$$ é soma direta entre o núcleo e a imagem de $$P$$.

Nota-se, também, que $$\mathcal{Im}(P)=span\{w\}$$, pois $$P(v)=ww^{t}v = \alpha\cdot w$$, em que $$\alpha = w^{t}v = <v;w>\in\mathbb{R}$$. Daqui, conclui-se que $$P$$ projeta sobre o espaço $$span\{w\}$$.

Ademais, $$v\in \mathcal{N}(P) \Longleftrightarrow ww^{t}v = 0 \Longleftrightarrow w^{t}v=0$$. Isso mostra que $$\mathcal{N}(P)^{\perp}= span\{w\}=\mathcal{Im}(P)$$.

Portanto, $$P$$ é projeção ortogonal.

b) $$Q(w)=w-2ww^{t}w = w -2w = -w$$.

c) Dado que $$<w,v>=0$$, $$Q(v)=v-2ww^{t}v=v-0=v$$.

d) A matriz é simétrica. De fato, $$Q^{t}=I-2(ww^{t})^{t}=I – 2ww^{t} = Q$$.

A matriz é idempotente. De dato, $$Q^{2} = (I-2ww^{t})(I-2ww^{t}) = I – 4ww^{t}+4ww^{t}=I$$.

Juntam-se as observações, a fim de concluir o que foi enunciado: $$QQ^{t}=QQ=Q^{2}=I=Q^{2}=Q^{t}Q$$.

O post Álgebra Linear – Projeção (exercício 2) apareceu primeiro em Educacional Plenus.

Suponha que o espaço vetorial de dimensão finita $$E$$ admita a decomposição $$E=\bigoplus_{j=1}^{k} F_{j}$$, como soma direta de subespaços vetoriais. Para cada $$i\in\{1,2…,k\}$$, escreva $$G_{i}=\bigoplus_{j=1,j\neq i}^{k}F_{j}$$ e chame $$P_{i}:E\longrightarrow E$$ de projeção sobre $$F_{i}$$, paralelamente a $$G_{i}$$. Prove que $$P_{1}+…+P_{k}=I$$ e $$P_{s}P_{j}=0$$, para $$s\neq j$$.

Solução:

Por hipótese, para todo $$x\in E$$, há a decomposição única $$x=v_{1}+…+v_{k}$$, em que $$v_{j}\in F_{j}$$. Além disso, $$P_{j}(x)=v_{j}$$, dado que a decomposição existe e é única.

Daqui, podemos calcular a soma das projeções.

$$(P_{1}+…+P_{k})(x)=P_{1}(x)+…+P_{k}(x)= v_{1}+…+v_{k}=x$$. Isso prova que $$P_{1}+…+P_{k}=I$$.

Ademais, $$P_{s}P_{j}=P_{s}(P_{j}(x))=P_{s}(v_{j})=0$$, pois $$v_{j}$$ tem a seguinte decomposição: $$v_{j}=0+…+v_{j}+…+0$$.

Referência

Lima, Elon Lages- Álgebra Linear – 9ª Edição – Rio de Janeiro – IMPA

O post Álgebra Linear – Projeção (exercício 1) apareceu primeiro em Educacional Plenus.

Definição

\[cond_{p}(A)=||A||_{p}\cdot||A^{-1}||_{p}\].

Assumindo que $$A_{n\times n}$$ é invertível.

Exercício

Dadas as matrizes invertíveis $$A$$ e $$B$$ em $$\mathbb{M}_{n\times n}$$, demonstre as propriedades a seguir do número de condição da matriz na norma -p.

a) $$cond(A)\geq 1$$.

b) $$cond(\alpha\cdot A)=cond(A)$$, para $$\alpha\in\mathbb{R}$$.

c) $$cond(AB)\leq cond(A)\cdot cond(B)$$.

d) $$cond(A)\geq \frac{||a_{r}||_{p}}{||a_{s}||_{p}}$$, para quaisquer colunas $$a_{r}$$ e $$a_{s}$$ da matriz $$A$$.

Solução:

a) Da propriedade da norma p (link), $$1=||I_{n}||_{p}=||AA^{-1}||_{p}\leq ||A||_{p}||||A^{-1}||_{p}$$.

b) Nota-se que $$(\alpha A)^{-1}=\frac{1}{\alpha}A^{-1}$$. Além disso, $$||\beta A||_{p}=\underset{||x||_{p}\neq 0}{sup}\frac{||(\beta A)x||_{p}}{||x||_{p}}=\beta\cdot \underset{||x||_{p}\neq 0}{sup}\frac{||Ax||_{p}}{||x||_{p}}=\beta\cdot ||A||_{p}$$, para $$\beta\in\mathbb{R}$$. Daqui, prossegue a demonstração:

\[cond(\alpha A)=||(\alpha A)||_{p}\cdot ||(\alpha A)^{-1}||_{p}=\alpha\cdot\frac{1}{\alpha}\cdot ||A||_{p}\cdot ||A^{-1}||_{p}=||A||_{p}\cdot ||A^{-1}||_{p}=cond(A)\].

c) $$cond(AB)=||AB||_{p}\cdot ||B^{-1}A^{1}||_{p}\leq ||A||_{p}||B||_{p}||B^{-1}||_{p}||B||_{p}=||A||_{p}||A^{-1}||_{p}||B||_{p}||B^{-1}||_{p}=cond(A)\cdot cond(B)$$.

d) Nota-se que $$Ae^{j}=A_{j}$$, onde $$A_{j}$$ representa a coluna (j) da matriz $$A$$.

Daqui e da desigualdade da norma p, $$||Ae_{r}||_{p}\leq||A||_{p}\cdot ||e_{r}|| = ||A||_{p}$$.

Por outro lado, $$1 = ||e_{s}||=||A^{1}Ae_{s}||_{p}\leq ||A^{-1}||_{p}\cdot ||Ae_{s}||_{p}=||A^{-1}||||A_{s}||_{p}$$, ou seja, $$\frac{1}{||A_{s}}||_{p}\leq ||A^{-1}||_{p}$$.

Daqui, $$cond(A)=||A||_{p}\cdot ||A^{-1}||_{p}\geq \frac{||A_{r}||_{p} }{||A_{s}||_{p}}$$.

O post Álgebra Linear – Norma de Matriz – Exercício 2 apareceu primeiro em Educacional Plenus.

Definição de Norma vetorial

\[||v||_{p}=(\sum^{n}_{i=1} |v_{i}|^{p})^{1/p}\].

Definição de Norma matricial

\[||A||_{p}=\underset{||x||_{p}\neq 0}{sup}\frac{||Ax||_{p}}{||x||_{p}}\]

Exercício

Demonstre as propriedades da norma p, para matrizes $$A\in\mathbb{M}_{m\times n}(\mathbb{R})$$, $$B\in\mathbb{M}_{n\times r}(\mathbb{R})$$, e $$x\in \mathbb{R}^{n}$$.

a) $$||Ax||_{p}\leq ||A||_{p}\cdot ||x||_{p}$$.

b) $$||AB||_{p}\leq ||A||_{p}\cdot ||B||_{p}$$.

c) $$||I_{n}||_{p}=1$$.

Lema: Sejam $$A,B\subset\mathbb{R}$$. Ambos os conjuntos são limitados superiormente e possuem a seguinte propriedade: para todo $$x\in A$$, $$x\leq y$$, para todo $$y\in B$$. Então $$\sigma_{A}=sup(A)\leq sup(B)=\sigma_{B}$$.

Solução

Demonstração do Lema

Suponha, por absurdo, que $$\sigma_{A}\geq\sigma_{B}$$. Daqui, existe $$\epsilon_{0}>0$$ tal que $$\sigma_{A}=\epsilon_{0}+\sigma_{B}$$. Das propriedades do supremo, sabe-se que, dado qualquer $$\epsilon>0$$, existe $$x\in A$$ tal que $$\sigma_{A}<x+\epsilon$$. Em particular, ponha $$\epsilon=\epsilon_{0}$$, de modo que $$\sigma_{A}<\epsilon_{0}+x_{0}$$. Tem-se, portanto, a seguinte expressão:

\[y<y+(\epsilon_{0}-\epsilon_{0})<\sigma_{B}+(\epsilon_{0}-\epsilon_{0})<\sigma_{A}-\epsilon_{0}<x_{0}\].

Isto é: existe $$x_{0}\in A$$ para o qual $$y<x_{0}$$, seja qual for $$y\in B$$. Esta última afirmação é uma contradição com a hipótese inicial. Portanto $$\sigma_{A}<\sigma_{B}$$.

Solução:

a) Seja $$\mathcal{S}=\{\frac{||Ax||_{p}}{||x||_{p}},x\in\mathbb{R}^{n}, x\neq 0, \}$$. Da definição de supremo de um conjunto, $$sup(\mathcal{S})\geq y$$, para todo $$y\in\mathcal{S}$$. Daqui, decorre que $$||A||_{p}= sup(\mathcal{S})\geq \frac{||Ax||_{p}}{||x||_{p}}$$, donde se conclui que $$||A||_{p}\cdot ||x||_{p}\geq ||Ax||_{p}$$

b) Com a desigualdade provada no item anterior, temos $$||ABx||_{p}\leq ||A||_{p}||Bx||_{p}$$ e $$||Bx||_{p}\leq ||B||_{p}||x||_{p}$$. Ambas implicam na desigualdade $$||ABx||_{p}\leq ||A||_{p}||B||_{p}||x||_{p}$$.

Além disso, conclui-se que $$\frac{||ABx||_{p}}{||x||_{p}}\leq \frac{||A||_{p}||B||_{p}||x||_{p}}{||x||_{p}}=||A||_{p}||B||_{p}\cdot \frac{||x||_{p}}{||x||_{p}}=||A||_{p}||B||_{p}$$.

Pondo $$\mathcal{S}=\{\frac{||ABx||_{p}}{||x||_{p}},x\neq 0\}$$, nota-se, pela desigualdade anterior, que todo elemento em $$\mathcal{S}$$ é limitado superiormente por $$||A||_{p}||B||_{p}$$. Aplicando o lema, conclui-se que $$sup(\mathcal{S})\leq sup(\{||A||_{p}||B||_{p}\})=||A||_{p}||B||_{p}$$.

c) Usa-se a definição.

\[\underset{||x||_{p}\neq 0}{sup}\frac{||Ix||_{p}}{||x||_{p}}=\underset{||x||_{p}\neq 0}{sup}\frac{||x||_{p}}{||x||_{p}}=\underset{||x||_{p}\neq 0}{sup}1 = 1\]

O post Álgebra Linear – Norma de Matriz – Exercício 1 apareceu primeiro em Educacional Plenus.

Seja A uma matriz quadrada de ordem $$n$$. Diz-se que $$E_{n\times n}$$ é uma matriz inversa de $$A$$, se $$EA=AE=I_{n}$$, em que $$I_{n}$$ é a matriz identidade de ordem $$n$$.

Se houver a matriz $$E$$, ela pode ser denotada por $$A^{-1}$$, e $$A$$ é denominada matriz invertível.

Propriedades Algébricas

1. Seja $$A$$ invertível. Sua inversa é única.

1. Sejam $$A$$ e $$B$$ matrizes de ordem $$n$$, com as respectivas matrizes inversas $$A^{-1}$$ e $$B^{-1}$$. Então valem as expressões:

a. $$(AB)^{-1}=B^{-1}A^{-1}$$.

b. $$A^{t}$$ é invertível e $$(A^{t})^{-1}=(A^{-1})^{t}$$.

Demonstração das propriedades

1a. Suponha que existam as matrizes $$B$$ e $$C$$, de mesma ordem de $$A$$, tais que $$AB=BA=I$$ e $$AC=CA=I$$. Podemos manipular a expressão conforme a linha a seguir:

\[B=IB=(CA)B=C(AB)=CI=C\therefore B=C\].

Isso mostra que a inversa é única.

2a. Da hipótese, $$AA^{-1}=I=A^{-1}A$$ e $$BB^{-1}=I=B^{-1}B$$. Quer-se provar que existe uma matriz $$E$$ tal que $$(AB)E=E(AB)=I$$.

Com efeito, das equações exibidas acima, temos as expressões a seguir:

\[A^{-1}A=I\Longrightarrow A^{-1}AB=IB=B\Longrightarrow B^{-1}A^{-1}AB=B^{-1}B=I\therefore B^{-1}A^{-1}(AB)=I\]; e

\[BB^{-1}=I\Longrightarrow ABB^{-1}=AI=A\Longrightarrow ABB^{-1}A^{-1}=A^{-1}A=I\therefore (AB)B^{-1}A^{-1}=I\].

Mostramos que existe uma matriz $$E=B^{-1}A^{-1}$$ que satisfaz às expressões da função inversa de $$AB$$. Adotando a notação da inversa, vemos que $$B^{-1}A^{-1}=E=(AB)^{-1}$$.

2b. Procuramos $$E$$ tal que $$A^{t}E=I=EA^{t}$$.

Da hipótese, podemos tomar a transposta da equação de definição da matriz inversa de $$A$$, conforme segue:

\[I=I^{t}=(AA^{-1})^{t}=(A^{-1})^{t}A^{t}\].

Além disso, faz-se a mesma manipulação para o outro lado:

\[I=I^{t}=(A^{-1}A)^{t}=A^{t}(A^{-1})^{t}\].

Conclui-se que $$E=(A^{-1})^{t}$$. Adotando a notação de inversa, temos que $$(A^{t})^{-1}=E=(A^{-1})^{t}$$.

Exercícios

1) Sejam $$A,B$$ e $$C$$ matrizes invertíveis de ordem $$n$$, com suas respectivas inversas na notação usual. Prove que $$(ABC)=C^{-1}B^{-1}A^{-1}$$.

2) Seja a família de matrizes invertíveis $$\{E_{i}\}_{i\in\{1,2…,n\}}$$. Prove que $$(E_{1}\cdot …\cdot E_{n})^{-1}=E^{-1}_{n}\cdot …\cdot E^{-1}_{1}$$.

3) Sejam $$A$$ e $$B$$ matrizes não nulas de ordem $$n$ tais que $$AB=0_{n\times n}$$ (matriz nula de ordem n)$$. Prove que ambas não são invertíveis.

Soluções dos Exercícios

1) Com base na propriedade demonstrada, temos $$(A(BC))^{-1}=(BC)^{-1}A^{-1}=C^{-1}B^{-1}A^{-1}$$. O que prova a afirmação.

2) Faremos indução matemática.

Para o caso $$n=3$$, a demonstração foi dada no exercício anterior. Suponha válida a fórmula da hipótese, a fim de provarmos que é válida para $$n+1$$.

Com efeito, $$(E_{1}\cdot …\cdot E_{n+1})^{-1}=((E_{1}\cdot …\cdot E_{n})\cdot E_{n+1})^{-1}=E^{-1}_{n+1}\cdot (E_{1}\cdot …\cdot E_{n})^{-1} = E^{-1}_{n+1}\cdot …\cdot E^{-1}_{1}$$

3) Suponha, por absurdo, que ambas sejam invertíveis, ou seja, existem $$A^{-1}$$ e $$B^{-1}$$ nas condições da inversa. Por hipótese, $$AB=0$$, então $$B=IB=A^{-1}AB=A^{-1}0=0_{n\times n}$$. Essa afirmação é absurda, pois, por hipótese, $$B$$ não deve ser nula. Portanto não existe a inversa de $$A$$. A demonstração para $$B$$ é análoga.

O post Álgebra Linear – Matriz Inversa – Teoria e Exercícios apareceu primeiro em Educacional Plenus.