4a prova_AL2

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Álgebra Linear II – 2º semestre 2012 
Correção da 4ª prova –17/12/12 
 
 
1. Seja V um espaço vetorial de dimensão finita com produto interno positivo definido. 
Um operador auto-adjunto 
 
A :V →V é não-negativo quando
 
Av,v ≥ 0 para todo 
 
v ∈V . 
a) Mostre que A é não negativo se e somente se 
 
λi ≥ 0 para todo i. 
b) Mostre que existe um operador 
 
R :V →V , também não-negativo, tal que 
2R A= (sugestão: use o teorema espectral). 
 
Observação: O enunciado omitiu dizer que iλ é um autovalor qualquer de A. Por outro 
lado, todos que tentaram resolver a questão assumiram que esse era o caso; e como 
ninguém reclamou na hora da prova, assumo que essa omissão não causou 
problemas e sigo em frente. 
 
Solução: a) Seja λ autovalor qualquer de A e v um λ -autovetor não nulo. Então 
20 , ,Av v v v vλ λ= =≤ , e como 2 0v > segue que 0λ ≥ . 
 
b) O teorema espectral diz que existe uma base 1 2{ , , , }nv v v= …B ortonormal de V na 
qual a matriz de V é da forma 1 2diag( , , , )nλ λ λ… . Vimos no item anterior que 0iλ ≥ 
para todo i; temos então 0iλ ≥ para todo i. Seja :R V V→ o operador cuja matriz 
na base B é 1 2diag( , , , )nλ λ λ… ; é imediato que R é não-negativo e 2R A= . 
 
Observação: A história completa dessa questão é: Todo operador não-negativo admite 
uma única raiz quadrada não negativa. 
 
 
2. Seja V um espaço vetorial de dimensão n e
 
A :V →V um operador tal que 
 
An−1 ≠ 0 
e 
 
An = 0 . 
a) Mostre que existe 
 
v ∈V tal que 
 
An−1v ≠ 0. 
b) Mostre que 
 
v, Av, A2v,…, An−1v são linearmente independentes. 
c) Mostre que existe uma base de V na qual a matriz de A é da forma 
 
 
0 1
0 1
� �
� 1
0














 
 
(0’s abaixo da diagonal superior e acima da diagonal de 1’s) 
 
Solução: a) Se 1 0nA v− = para todo v então 1 0nA − ≡ , contradição, logo existe v V∈
tal que 1 0nA v− ≠ . 
 
b) Observamos primeiro que 0kA = para todo k n≥ . Suponhamos agora 
2 1
0 1 2 1 0nnv a Av a A v a va A −−+ + +…+ = . Aplicando 1nA − aos dois lados dessa 
expressão obtemos 1 0nOa A v− = e segue que 0 0a = . Aplicando agora 2nA − temos 
que 11 0nAa v− = , donde 1 0a = e assim por diante. Logo 
 
v, Av, A2v,…, An−1v são 
linearmente independentes. 
 
c) Do item anterior segue que 2 1,{ , , , }nAv A v A vv −= …B é uma base de V; é imediato 
que nessa base a matriz de A é a matriz dada. 
 
 
3. Seja V um espaço vetorial de dimensão finita e 
 
A :V →V tal que 
 
p(A) = 0
 para 
 
p = x 2− 5x + 6 . Sejam 
 
A1 = A − 2I , 
 
A2 = 3I − A
 
e suponha que 
 
A1 e 
 
A2 sejam não 
nulos. Finalmente, sejam 
 
V1 = ker A1 e 
 
V2 = ker A2 . 
a) Mostre que 
 
A1 + A2 = I e 
 
A1A2 = A2A1 = 0 . 
b) Mostre que 
 
V = V1 ⊕V2 . 
c) Mostre que 
 
imA1 = V2 e 
 
A1v = v para todo 
 
v ∈V2 . 
d) Mostre que 
 
V1 e 
 
V2 são subespaços invariantes de A. 
e) Conclua que A é diagonalizável e descreva sua matriz em forma diagonal com 
uma sentença do tipo “sua diagonal consiste de...”. 
 
Solução: a) Temos 1 2 ( 2 ) (3 )A A I I A IA + = − + − = e 
1 2 ( 2 )( 3 ) ( ) 0A A I AA I p A= − − = = ; como 1A e 2A comutam, segue também que 
2 1 1 2 0A A AA = = . 
 
b) Notamos que 1 2 0A A = implica 1 2( ) 0AA v = para todo v V∈ , ou seja, 2 1im( )A V⊆ ; 
analogamente, temos 1 2im( )A V⊆ . Segue 1 2 1 2 2 1)( A v Avv I A A v V Vv + = + ∈ += = 
para todo v V∈ , ou seja, 1 2V VV= + . Se 1 2v V V∈ ∩ então 
1 2 0 0 0v Av Iv A v+ = += == e segue que 1 2 {0}VV ∩ = ; logo 1 2V VV= ⊕ . 
 
c) Do item anterior já temos 1 2im( )A V⊆ . Seja agora 2v V∈ ; então 
1 2 1 1 10 im( )v Av A v Av Av A= + = + = ∈ , o que mostra a inclusão inversa e também a 
outra afirmativa. Analogamente concluímos que 2 1im A V= e 2A v v= para todo 1v V∈ . 
 
d) Seja 1v V∈ ; temos então 10 (2 ) 2Av I A v v Av= = − = − e segue que 12Av Vv= ∈ . 
Assim, 1V consiste de 2-autovetores de A e é invariante por A; do mesmo modo, 
vemos que 2V consiste de 3-autovetores de A e é invariante por A. Notamos que a 
hipótese de que 1A e 2A são não nulos garante que 1 2{0}V V≠ ≠ . 
 
e) Basta tomar bases 1B de 1V e 2B de 2V ; na base 1 2= ∪B B�B de V, a matriz de A é 
diagonal com entradas 2 e 3 na diagonal principal; como 1V e 2V são não nulos, pelo 
menos um 2 e pelo menos um 3 aparecem na diagonal.