Álgebra Linear—Exercı́cios Resolvidos Agosto de 2001 2 Sumário 1 Exercı́cios Resolvidos — Uma Revisão 5 2 Mais Exercı́cios Resolvidos Sobre Transformações Lineares 3 13 4 SUMÁRIO Capı́tulo 1 Exercı́cios Resolvidos — Uma Revisão Ex. Resolvido 1 Verifique se V = {(x, y, z, w) ∈ R4 ; y = x, z = w2 } com as operações usuais de R4 é um espaço vetorial. Resolução: Note que (0, 0, 1, 1) ∈ V mas −1(0, 0, 1, 1) = (0, 0, −1, −1) 6∈ V. Assim, V não é um espaço vetorial. ¤ Ex. Resolvido 2 Seja A ∈ Mn (R) uma matriz quadrada de ordem n. Verifique se W = {X ∈ Mn×1 (R); AX = 0} é um subespaço vetorial de Mn×1 (R), com as operações usuais. Resolução: 1. Seja O = (0) a matriz n × 1 nula. Como AO = O, temos que O ∈ W. 2. Se X, Y ∈ W e λ ∈ R, então, pelas propriedades da soma e da multiplicação por escalar usuais entre as matrizes e, também, pelas propriedades do produto entre matrizes, temos A(X + λY ) = AX + A(λY ) = AX + λAY = O + λO = O. Portanto X + λY ∈ W. Concluı́mos que W é um subespaço vetorial de Mn×1 (R). ¤ Ex. Resolvido 3 Encontre o subespaço vetorial de P3 (R) gerado por S = {1, t, t2 , 1 + t3 }. Resolução: Note que t3 = (t3 + 1) − 1. Assim, dado p(t) = a0 + a1 t + a2 t2 + a3 t3 ∈ P3 (R) podemos escrever p(t) = (a0 − a3 ) + a1 t + a2 t2 + a3 (t3 + 1) ∈ [S]. Logo, P3 (R) = [S]. ¤ Ex. Resolvido 4 Encontre o subespaço vetorial de M2 (R) gerado por ½µ ¶ µ ¶¾ 0 1 0 0 S= , 0 0 −1 0 Resolução: Temos que A ∈ [S] se e somente se existem α, β ∈ R tais que ¶ ¶ µ ¶ µ µ 0 α 0 0 0 1 , = +β A=α −β 0 −1 0 0 0 ou seja, A ∈ [S] se e somente se os elementos da diagonal principal de A são nulos. ¤ 5 6 CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS RESOLVIDOS — UMA REVISÃO Ex. Resolvido 5 Encontre um conjunto finito de geradores para W = {X ∈ M3×1 (R) : AX = 0}, onde   0 1 0 A =  2 1 0 . 1 1 4 Resolução: portanto,        α 0 1 0 α 0 X = β  ∈ W ⇐⇒ 2 1 0 β  = 0 γ 1 1 4 γ 0           1 1 4 α 0 1 1 4 α 0 ⇐⇒ 2 1 0 β  = 0 ⇐⇒ 0 −1 −4 β  = 0 0 1 0 γ 0 0 1 0 γ 0           1 1 4 α 0 1 1 4 α 0 ⇐⇒ 0 1 4 β  = 0 ⇐⇒ 0 1 4  β  = 0 0 1 0 γ 0 0 0 −4 γ 0      1 1 4 α 0 ⇐⇒ 0 1 4 β  = 0 ⇐⇒ α = β = γ = 0, 0 0 1 γ 0    0  W = 0 .   0 ¤ Ex. Resolvido 6 Encontre um conjunto finito de geradores para W = {X ∈ M4×1 (R) : AX = 0}, onde  1 1  2 0 A=  3 1 0 −2 Resolução:  1 0 ⇐⇒  0 0 −1 1 0 3  0 1  . 1  1        α 1 1 −1 0 α 0 β  2 0  β  0 1 1     =   X=  γ  ∈ W ⇐⇒ 3 1 0 1  γ  0 δ 0 −2 3 1 δ 0          1 1 −1 0 α 0 1 −1 0 α 0 0 −2 3 1 β  0  β   0 −2 3 1   =      =   ⇐⇒  0 0 0 0  γ  0 −2 3 1  γ  0 0 0 0 0 0 0 δ −2 3 1 δ      1 1 −1 0 0 α 0 1 −3/2 −1/2 β  0       ⇐⇒  = 0 0 0 0   γ  0 0 0 0 0 δ 0 7  1 0 ⇐⇒  0 0     0 1/2 1/2 α 0 β  0 1 −3/2 −1/2   =   0 0 0   γ  0 0 0 0 δ 0 ( α = −γ/2 − δ/2 ⇐⇒ , β = 3γ/2 + δ/2 isto é, portanto,       −γ/2 − δ/2 −1/2 −1/2  3γ/2 + δ/2       = γ  3/2  + δ  1/2  , X=      γ 1 0  δ 0 1     −1/2 −1/2  3/2   1/2      W =  1  ,  0  . 0 1 ¤ Ex. Resolvido 7 Encontre uma base para o subespaço vetorial de R3 dado por U = [(1, 0, 1), (1, 2, 0), (0, 2, −1)]. Resolução: Primeiro Modo: (x, y, z) ∈ U se e somente se existem α, β, γ ∈ R tais que α(1, 0, 1) + β(1, 2, 0) + γ(0, 2, −1) = (x, y, z), ou seja, (x, y, z) ∈ U se e somente se o sistema abaixo admite solução           1 1 0 α x 1 1 0 α x 0 2 2  β  = y  ⇐⇒ 0 2 2  β  =  y  1 0 −1 γ z 0 −1 −1 γ z−x           1 1 0 α x 1 1 0 α x 0 1  1  β  =  y/2  ⇐⇒ 0 1 1 β  =  y/2 0 −1 −1 γ z−x 0 0 0 γ z − x + y/2      1 0 −1 α x − y/2  y/2 ⇐⇒ 0 1 1  β  =  0 0 0 γ z − x + y/2 que possui solução, e esta é dada por α = γ + x − y/2, β = −γ + y/2, γ ∈ R, se e somente se z = x − y/2. Dessa forma, (x, y, z) = (γ + x − y/2)(1, 0, 1) + (−γ + y/2)(1, 2, 0) + γ(0, 2, −1) = = (x, y, x − y/2) = x(1, 0, 1) + y(0, 1, −1/2) e como (1, 0, 1), (0, 1, −1/2) (1.1) são l.i., segue-se que formam uma base de U. Segundo Modo: Note que os vetores (1, 0, 1) e (1, 2, 0) são l.i. e pertencem a U. Vejamos se estes vetores juntamente com (0, 2, −1) são l.d. ou l.i.: α(1, 0, 1) + β(1, 2, 0) + γ(0, 2, −1) = (0, 0, 0) 8 CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS RESOLVIDOS — UMA REVISÃO ou seja, os vetores ⇐⇒ (α + β, 2β + 2γ, α − γ) = (0, 0, 0)   α + β = 0 ⇐⇒ β + γ = 0 ⇐⇒ α = −β = γ,   α−γ =0 (1, 0, 1), (1, 2, 0), (0, 2, −1) são l.d.. Portanto, (1, 0, 1), (1, 2, 0) (1.2) formam uma base de U. Embora as bases 1.1 e 1.2 não coincidam, ambas estão corretas. Basta observar que (1, 2, 0) = (1, 0, 1) + 2(0, 1, −1/2). ¤ ·µ 1 1 0 1 para U, W, U ∩ W e U + W, no caso em que não se reduzam a {0}. Ex. Resolvido 8 Dados U = {A ∈ M2 (R) : At = A} e W = ¶¸ , em M2 (R), encontre uma base Resolução: U: A= µ ¶ a b ⇐⇒ c = b, c d portanto, A ∈ U se e somente se existirem α, β, γ ∈ R tais que ¶ ¶ µ ¶ µ µ 0 0 0 1 1 0 . +γ +β A=α 0 1 1 0 0 0 A mesma equação acima tomada com A = 0, mostra que as matrizes µ ¶ µ ¶ µ ¶ 1 0 0 1 0 0 , , 0 0 1 0 0 1 são l.i. e, portanto, como geram U, formam uma base de U. Note que dim U = 3. W : Como a matriz µ ¶ 1 1 0 1 gera W e é não nula, ela serve de base para W. Note que dim W = 1. U ∩W : A ∈ U ∩ W ⇐⇒ A = At e existe λ ∈ R tal que A = isto é, se e somente se existir λ ∈ R tal que µ λ 0 λ λ ¶ = µ µ λ 0 ¶ λ , λ ¶ λ 0 , λ λ que é satisfeita se e somente se λ = 0, ou seja, A = O. Desse modo, U ∩ W = {O} e dim (U ∩ W ) = 0. 9 U + W : Temos dim (U + W ) = dim U + dim W − dim (U ∩ W ) = 4 = dim M2 (R); portanto, U + W = M2 (R) e uma base pode ser dada por ¶ ¶ µ ¶ µ ¶ µ µ 0 0 0 0 0 1 1 0 . , , , 0 1 1 0 0 0 0 0 ¤ Ex. Resolvido 9 Sejam U = {p ∈ P2 (R) : p′ (t) = 0, ∀t ∈ R}, W = {p ∈ P2 (R) : p(0) = p(1) = 0} subespaços vetoriais de V = P2 (R). Encontre uma base para U, W, U ∩ W e U + W, no caso em que não se reduzam a {0}. U: p(t) = a0 + a1 t + a2 t2 ∈ U ⇐⇒ p′ (t) = a1 + 2a2 t = 0 ⇐⇒ a1 = a2 = 0 ⇐⇒ p(t) = a0 ⇐⇒ p(t) ∈ [1]. Logo, 1 é uma base de U e dim U = 1. W : 2 p(t) = a0 + a1 t + a2 t ∈ U ⇐⇒ ( p(0) = a0 = 0 p(1) = a0 + a1 + a2 = 0 ⇐⇒ p(t) = a1 t − a1 t2 = a1 (t − t2 ), isto é, p(t) ∈ [t − t2 ]. Assim t − t2 é uma base de W e dim W = 1. U ∩ W : p(t) ∈ U ∩ W = [1] ∩ [t − t2 ] se e somente se existem λ, µ ∈ R tais que p(t) = λ = µ(t − t2 ). Claramente, isto só é possı́vel quando λ = µ = 0, ou seja, quando p(t) = 0. Assim, U ∩ W = {0} e dim U ∩ W = 0. U + W : Temos dim (U + W ) = dim U + dim W − dim (U ∩ W ) = 1 + 1 − 0 = 2 e como a soma é direta podemos tomar 1, t − t2 como base de U ∩ W. ¤ Ex. Resolvido 10 Seja V um espaço vetorial. Sejam B e C bases de V formadas pelos vetores e1 , e2 , e3 e g1 , g2 , g3 , respectivamente, relacionados da seguinte forma:   g1 = e1 + e2 − e3 g2 = 2e2 + 3e3  g3 = 3e1 + e3 1. Determine as matrizes de mudança da base B para a base C, isto é, MBC , e da base C para a base B, isto é, MCB .   1 2. Se as coordenadas do vetor v em relação a base B, isto é, vB , são dadas por  3  encontre as 2 coordenadas de v em relação a base C, isto é, vC .   2 3. Se as coordenadas do vetor v em relação a base C, isto é, vC , são dadas por  3  encontre as −1 coordenadas de v em relação a base B, isto é, vB . Resolução: 10 CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS RESOLVIDOS — UMA REVISÃO 1. Temos MBC   1 0 3 =  1 2 0 . −1 3 1 ¡ ¢−1 Como MCB = MBC , passemos a encontrar a inversa    ..  1 0 3 . 1 0 0  1    .  1 2 0 .. 0 1 0 ∼ 0    .. −1 3 1 . 0 0 1 0 .. . .. . .. .  Portanto, 1 0 1 0 3  1 3 ∼ 0 1 − − 2 12 2  0 3 4 1 0  .. 0 1 0 3 . 1  . 1 ∼ 0 1 − 3 .. − 1 2 2 2  .. 3 5 − 17 0 0 1 . 17  MCB =  2. Como vC = MCB vB , 3. Como vB = MBC vC , 2 17 1 − 17 5 17  vC =   de MBC : 0 2 3  0  1   ∼ 0  0 1 0   0  1   ∼ 0  0 2 0 17 2 17 1 − 17 5 17 9 17 4 17 3 − 17 . 3 .. . −3 .. . 4 .. 0 3 1 − 32 0 17 2 0 0 1 0 0 1 9 17 4 17 3 − 17 6 − 17 3 17 2 17 6 − 17 3 17 2 17  1 0 0  −1 1 0  1 0 1 .. . .. . .. . .. . .. . .. . 1 0 − 21 1 2 5 2 − 32 2 17 9 17 1 − 17 4 17 5 17 3 − 17 0  0  1  6 − 17   3  17  2 17       1 1  3 = 1 . 2 0      1 0 3 2 −1 vB =  1 2 0  3  =  8  . −1 3 1 −1 6 ¤ Ex. Resolvido 11 Considere o seguinte subespaço de M2 (R): ¶ ¾ ½µ x y ∈ M2 (R); x − y − z = 0 . W = z t a) Mostre que B dada pelas matrizes ¶ ¶ µ ¶ µ µ 0 0 1 0 1 1 , B3 = , B2 = B1 = 0 1 1 0 0 0 e C dada pelas matrizes C1 = são bases de W.  µ 1 0 1 0 ¶ , C2 = µ 0 −1 1 0 ¶ , C3 = µ 0 0 0 1 ¶ 11 b) Encontre as matrizes de mudança da base B para a base C e da base C para a base B. c) Encontre uma base D de W , tal que a matriz   1 1 0 P = 0 0 2  0 3 1 B . seja a matriz de mudança da base D para a base B, isto é, P = MD Resolução: a) A= ¶ µ x y ∈ W ⇐⇒ x = y + z. z t Assim, A ∈ W se e somente se existirem x, y, z ∈ R tais que ¶ ¶ µ ¶ µ µ 0 0 1 0 1 1 , +t +z A=y 0 1 1 0 0 0 (1.3) isto é, W = ·µ ¶ µ ¶ µ ¶¸ 1 1 1 0 0 0 , , . 0 0 1 0 0 1 A equação 1.3 tomada com A = O mostra que as matrizes acima que geram W são de fato l.i. e, portanto, formam uma base de W. Além do mais, dim W = 3. Como C é formado por três vetores de W e a dimensão de W é três, basta verificar que tais vetores são l.i.. De fato, ¶ ¶ µ ¶ µ ¶ µ µ 0 0 0 0 0 −1 1 0 = +γ +β α 0 0 0 1 1 0 1 0 ¶ ¶ µ µ 0 0 α −β ⇐⇒ α = β = γ = 0. = ⇐⇒ 0 0 α+β γ b) Basta notar que C1 = B2 C2 = −B1 + B2 C3 = B3 e daı́, MBC Quanto a MCB , vemos que   0 −1 0 = 1 1 0 . 0 0 1 B1 = C1 − C2 B2 = C1 B3 = C3 e assim, MCB   1 1 0 = −1 0 0 . 0 0 1 12 CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS RESOLVIDOS — UMA REVISÃO B c) Procuremos D1 , D2 e D3 em W de modo que formem uma base W tal que MD = P. Isto ocorre se e somente se B1 = 1D1 + 0D2 + 0D3 = D1 B2 = 1D1 + 0D2 + 3D3 = D1 + 3D3 , B3 = 0D1 + 2D2 + 1D3 = 2D2 + D3 ou seja, D1 = B1 , D3 = (B2 − B1 )/3 e D2 = (B3 − (B2 − B1 )/3)/2 = (3B3 + B1 − B2 )/6. Assim, a base D formada por D1 , D2 e D3 é dada pelas matrizes µ ¶ µ ¶ µ ¶ 1 1 0 1/6 0 −1/3 , , . 0 0 −1/6 1/2 1/3 0 Capı́tulo 2 Mais Exercı́cios Resolvidos Sobre Transformações Lineares Ex. Resolvido 12 Encontre uma base para o núcleo e outra para a imagem de T : P2 (R) → P2 (R) dada por T (p) = p′ + p′′ . Resolução: Note que p(x) = a0 + a1 x + a2 x2 ∈ N (T ) se e somente se (a1 + 2a2 x) + 2a2 = 0, isto é, se e somente se a1 = a2 = 0. Desta forma, p(x) ∈ N (T ) se e somente se p(x) = a0 . Desta forma o polinômio 1 é uma base de mathcalN (T ). Como 1, x, x2 é uma base de P2 (R) que completa a base de N (T ), vemos que pela demonstração do teorema ??, T (x) = 1 e T (x2 ) = 2x + 2 formam uma base da imagem de T. ¤ Ex. Resolvido 13 Encontre uma base para o núcleo e por T (X) = AX + X, onde µ 1 A= 2 Resolução: Observe que se T (X) = (A + I)X, onde I é Se µ a X= c outra para a imagem de T : M2 (R) → M2 (R) dada ¶ 4 . 3 a matriz identidade de ordem dois. ¶ b d vemos que X ∈ N (T ) se e somente se ¶ ¶ µ ¶µ ¶ µ ¶ µ ¶µ µ 0 0 a b 1 2 0 0 a b 2 4 = ⇐⇒ = 0 0 c d 0 0 0 0 c d 2 4 ( µ ¶ µ ¶ µ ¶ a + 2c = 0 −2c −2d −2 0 0 −2 ⇐⇒ X = =c +d . ⇐⇒ c d 1 0 0 1 b + 2d = 0 Vê-se claramente que M1 = µ ¶ ¶ µ 0 −2 −2 0 e M2 = 0 1 1 0 formam uma base de N (T ). A seguir, procuraremos matrizes M3 e M4 tais que M1 , . . . , M4 formem uma base de M2 (R). Isto é, equivalente a encontrar M2 e M3 tais que a única solução de αM1 + βM2 + γM3 + δM4 = 0 13 14 CAPÍTULO 2. MAIS EXERCÍCIOS RESOLVIDOS SOBRE TRANSFORMAÇÕES LINEARES seja a trivial. Colocando ¶ µ µ x a b e M4 = M3 = z c d obtemos α que equivale à equação y t ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ −2 0 0 −2 a b x +β +γ +δ 1 0 0 1 c d z  −2 1  0 0 0 a 0 c −2 b 1 d y t ¶ = µ ¶ 0 0 , 0 0     x α 0 β  0 z   =   y   γ  0 t δ 0 que apresenta uma única solução se e somente se o determinante da matriz de ordem quatro acima for diferente de zero. Como este determinante é ∆ = −2(2c + a)(2t + y) + (2z + x)(2d + b), vemos que ∆ 6= 0 se e somente se (2z + x)(2d + b) 6= 2(2c + a)(2t + y). Dessa forma podemos tomar ¶ ¶ µ ¶ µ ¶ µ µ 1 1 x y 1 −2 a b . = e M4 = = M3 = −2 0 z t 0 1 c d Segue da demonstração do teorema ?? que ¶ ¶¶ µ µµ 2 0 1 −2 e = T 2 0 0 1 T µµ 1 1 −2 0 ¶¶ = µ ¶ −6 2 −6 2 formam uma base da imagem de T. ¤ Ex. Resolvido 14 Determinar uma transformação linear T : R3 → R3 cuja imagem seja gerada pelos vetores (1, 2, 0) e (1, 1, 1). Resolução: Como (1, 2, 0) e (1, 1, 1) são linearmente independentes, o subespaço gerado por estes vetores tem dimensão dois. Logo, a transformação procurada deverá ter necessariamente núcleo unidimensional. O que faremos é definir uma transformação tal que T (1, 0, 0) = (1, 2, 0), T (0, 1, 0) = (1, 1, 1) e T (0, 0, 1) = (0, 0, 0), ou seja, T (x, y, z) = x(1, 2, 0) + y(1, 1, 1) = (x + y, 2x + y, y) assim definida, é linear e satisfaz a propriedade desejada. ¤ Ex. Resolvido 15 Determinar uma transformação linear T : P3 (R) → P2 (R) cujo núcleo seja gerado pelos polinômios 1 + x3 e 1 − x2 . Resolução: Como dim P3 = 4 e o subespaço gerado por 1 + x3 e 1 − x2 tem dimensão dois, vemos que a imagem da transformação procurada deverá ter necessariamente dimensão dois. O primeiro passo é completar a seqüência de vetores 1 + x3 e 1 − x2 a uma base de P3 (R). Para isto, basta acrescentarmos os polinômios 1 e x, como se vê: α1 + βx + γ(1 + x3 ) + δ(1 − x2 ) = α + γ + δ + βx − δx2 + γx3 = 0 15 se e somente se α = β = γ = δ = 0. Assim, a imagem dos polinômios 1 e x, pela transformação procurada precisam necessariamente ser linearmente independentes. Para isto, o que faremos é definir T : P3 → P2 tal que T (1) = 1, T (x) = x, T (1 + x3 ) = 0 e T (1 − x2 ) = 0. Dado p(x) = a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 , reescrevemos p(x) = a0 + a2 − a3 + a1 x + a3 (1 + x3 ) − a2 (1 − x2 ) e colocamos T (p(x)) = T (a0 + a2 − a3 + a1 x + a3 (1 + x3 ) − a2 (1 − x2 )) = (a0 + a2 − a3 )1 + a1 x = a0 + a2 − a3 + a1 x, que é uma transformação linear cujo núcleo é gerado por 1 + x3 e 1 − x2 . ¤ Ex. Resolvido 16 Seja T : P2 (R) → R dado por T (p(x)) = às bases canônicas de P2 (R) e R. R1 0 p(x)dx. Encontre a matriz de T com relação Resolução: Temos 1 1 , T (x2 ) = . 2 3 Assim, a matriz de T com relação às bases canônicas é dada por   1 1 . 2 T (1) = 1, T (x) = 1 3 ¤ Ex. Resolvido 17 Seja T : P3 (R) → P3 (R) dado por T (p(x)) = p′ (x). Encontre a matriz de T com relação às bases canônicas de P3 (R) e P2 (R). Resolução: Temos T (1) = 0 = 0 + 0x + 0x2 , T (x2 ) = 2x = 0 + 2x + 0x2 , e a matriz de T com relação às bases canônicas é  0 0 0 T (x) = 1 = 1 + 0x + 0x2 , T (x3 ) = 3x2 = 0 + 0x + 3x2 dada por  1 0 0 0 2 0 . 0 0 3 ¤ Ex. Resolvido 18 Seja T : R3 → R3 a transformação linear dada por T (x, y, z) = (x + z, y + z, x + y + 2z). Encontre as matrizes de T com relação à base canônica, C, e com relação à base B formada pelos vetores u = (1, 1, 2), v = (−1, 1, 0), w = (−1, −1, 1). Resolução: Com relação à base canônica e1 = (1, 0, 0), e2 = (0, 1, 0) e e3 = (0, 0, 1), temos T (e1 ) = T (1, 0, 0) = (1, 0, 1) = e1 T (e2 ) = T (0, 1, 0) = (0, 1, 1) = 0e1 T (e3 ) = T (0, 0, 1) = (1, 1, 2) = e1 + 0e2 + e2 + e2 + e3 + e3 + 2e3 16 CAPÍTULO 2. MAIS EXERCÍCIOS RESOLVIDOS SOBRE TRANSFORMAÇÕES LINEARES e, portanto, Com relação à base B, temos   1 0 1 [T ]C = 0 1 1 . 1 1 2 T (u) = T (1, 1, 2) = (3, 3, 6) = 3u = 3u T (v) = T (−1, 1, 0) = (−1, 1, 0) = v = 0u T (w) = T (−1, −1, 1) = (0, 0, 0) = 0u + 0v + v + 0v + 0w + 0w + 0w e, portanto,   3 0 0 [T ]B = 0 1 0 . 0 0 0 ¤ Ex. Resolvido 19 Sejam U um espaço vetorial de dimensão finita e T ∈ L(U ) uma transformação idempotente (Cf. ??). Sabemos, pela proposição ??, que U = N (T ) ⊕ T (U ). Seja B uma base de U formada pelos vetores u1 , . . . , up , v1 , . . . , vq onde u1 , . . . , up formam uma base de N (T ) e v1 , . . . , vq formam uma base de T (U ). Encontre [T ]B . Resolução: Como T (u1 ) = · · · = T (uq ) = 0, pois uj T (vj ) ∈ T (U ), vemos que [T ]B tem a seguinte forma  0 ··· 0 0  .. . . . .. . . .. .  0 · · · 0 0  0 · · · 0 α11  . . .. . . ...  .. . 0 ··· 0 αq1 ∈ N (T ) e T (vj ) = α1j v1 + · · · + αqj vq , já que ··· .. . ··· ··· .. . ···  0 ..  .   0   α1q   ..  .  αqq