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MMóódduulloo 1111 –– DDiiaaggoonnaalliizzaaççããoo 11 EEFFBB110022 -- GGeeoommeettrriiaa AAnnaallííttiiccaa ee ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr MÓDULO 11 –DIAGONALIZAÇÃO Este texto tem como principal objetivo o estudo da diagonalização de transformações lineares, em outras palavras, determinar, se possível, uma base em que a matriz de uma transformação seja diagonal. 1. Diagonalização Teorema 01: Seja T um operador linear do n tal que T x Ax T x . As seguintes informações são equivalentes: a) O operador T (ou a matriz A) é diagonalizável se, e somente se, existe uma matriz P inversível tal que 1P AP D , uma matriz diagonal. b) O operador T (ou a matriz A) possui n autovetores linearmente independentes. Demonstração: Para demonstrar a equivalência entre as afirmações a) e b) tem-se que mostrar: a b . 1. a b Por hipótese sabe-se que o operador T é diagonalizável, então existe uma matriz invertível 11 12 1 21 22 2 1 2 n n n n nn p p p p p p P p p p tal que 1P AP D é diagonal sendo 1 2 0 0 0 0 0 0 n D Pode-se dizer que se 1P AP D então AP PD , ou seja 1 1 11 2 12 111 12 1 2 1 21 2 22 221 22 2 1 2 1 1 2 2 0 0 0 0 0 0 n nn n nn n n nn n n n n nn p p pp p p p p pp p p AP p p p p p p MMóódduulloo 1111 –– DDiiaaggoonnaalliizzaaççããoo 22 EEFFBB110022 -- GGeeoommeettrriiaa AAnnaallííttiiccaa ee ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr Sejam as colunas de P denotadas por 1 2 np , p , , p então as sucessivas colunas de AP são: 1 1 2 2 n np , p , , p . Por outro lado, pode-se escreve as colunas sucessivas de AP por 1 2 nA p ,A p , ,A p . Assim tem-se que 1 1 1 2 2 2 n n nAp p ,Ap p , ,Ap p . (1) Como P é invertível, suas colunas formam um conjunto de vetores linearmente independentes e de (1) pode-se concluir que 1 2 n, , , são autovalores de A e 1 2 np , p , , p são seus respectivos autovetores, desta forma tem-se que o operador T (ou a matriz A) possui n autovetores linearmente independentes. 2. b a Por hipótese sabe-se que o operador T (ou a matriz A) possui n autovetores linearmente independentes 1 2 np , p , , p com respectivos autovalores 1 2 n, , , e seja 11 12 1 21 22 2 1 2 n n n n nn p p p p p p P p p p a matriz cujas colunas são os autovetores 1 2 np , p , , p . Assim, pode-se dizer que as colunas sucessivas do produto AP são 1 2 nA p ,A p , ,A p . Mas 1 1 1 2 2 2 n n nAp p ,Ap p , ,Ap p , então: 1 11 2 12 1 111 12 1 1 21 2 22 2 221 22 2 1 21 1 2 2 0 0 0 0 0 0 n n n n n n n n nnn n n nn n p p p p p p p p p p p p AP PD p p pp p p . (2) Logo de (2) tem-se que AP PD o que implica que 1P AP D , sendo P invertível e D diagonal. Deste modo o operador T (ou a matriz A) é diagonalizável que conclui a demonstração. Exemplo 01: Encontre a matriz P que diagonaliza 0 0 2 1 2 1 1 0 3 A . MMóódduulloo 1111 –– DDiiaaggoonnaalliizzaaççããoo 33 EEFFBB110022 -- GGeeoommeettrriiaa AAnnaallííttiiccaa ee ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr Primeiramente, é preciso determinar os autovalores de A. A partir de det 0A I , tem-se 22 3 2 1 2 0 . Logo, os autovalores são 1 2 2 e 3 1 . Os autoespaços associados a estes autovalores são determinados a seguir: 1 2 1 2 2 ger 1 0 1 0 1 0 ger , S N A I , , , , , p , p 3 3 ger 2 1 1 gerS N A I , , p Logo, a matriz A possui um conjunto de três autovetores l.i. e, portanto, é diagonalizável por 1 2 3 1 0 2 0 1 1 1 0 1 P p p p , e então 1 2 0 0 0 2 0 0 0 1 P AP D . Exemplo 02: A matriz 1 0 0 1 2 0 3 5 2 A é diagonalizável? A partir de det 0A I tem-se 2 1 2 0 . Logo, os autovalores são 1 1 e 2 3 2 . Os autoespaços associados são: 1 1 1 ger 1 8 8 S N A I , , e 2 3 2 ger 0 0 1S N A I , , . A matriz A só possui dois autovetores l.i., sendo que o número necessário para o processo de diagonalização é, neste caso, três. Assim, A não é diagonalizável. A questão principal sobre a diagonalização são as dimensões dos autoespaços. Do Teorema 01, conclui-se que a soma destas dimensões deve totalizar n para que o operador T seja diagonalizável. A matriz do Exemplo 01 é diagonalizável porque as dimensões de seus autoespaços somam três (que é a dimensão do espaço em que atua o operador linear que possui A como matriz canônica), enquanto que a matriz do Exemplo 02 não é diagonalizável porque a soma das dimensões de seus autoespaços é dois (em outras palavras, não é possível construir uma base do 3 formada por autovetores de A). Pode ser provado que se 0 é um autovalor de A, então a dimensão do autoespaço associado a 0 não pode exceder o número de vezes que 0 aparece como fator do polinômio característico de A. No Exemplo 01, tem-se 2 1 2p . Assim, o autoespaço associado a 1 é no MMóódduulloo 1111 –– DDiiaaggoonnaalliizzaaççããoo 44 EEFFBB110022 -- GGeeoommeettrriiaa AAnnaallííttiiccaa ee ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr máximo (e portanto exatamente) unidimensional; o autoespaço associado a 2 é no máximo bidimensional. No caso do exemplo apresentado, tal autoespaço é exatamente bidimensional, resultando na diagonalizabilidade de A. Por outro lado, no Exemplo 02, tem-se 2 1 2p e o autoespaço associado a 2 (que tem, no máximo, dimensão dois) é unidimensional, o que impede a diagonalizabilidade de A. A seguir, estes comentários são formalizados. Definição 01: Se 0 é um autovalor de uma matriz A n n , então a dimensão do autoespaço a ele associado é chamada de multiplicidade geométrica de 0 . O número de vezes em que 0 aparece como fator de do polinômio característico de A é chamado de multiplicidade algébrica do autovalor 0 . Teorema 02: Se A é uma matriz quadrada, então: a) Para cada autovalor de A a multiplicidade geométrica é menor ou igual a multiplicidade algébrica. b) A é diagonalizável se, e somente se, para cada autovalor a multiplicidade geométrica é igual à multiplicidade algébrica. Outros fatos importantes são reportados nos teoremas a seguir. Teorema 03: Se 1 2 kv ,v , ,v são autovetores de A associados a autovalores distintos 1 2 k, , , , então 1 2 kv ,v , ,v é um conjunto linearmente independente. Teorema 04: Se uma matriz A n n tem n autovalores distintos, então A é diagonalizável. Outro uso importante da diagonalização é o cálculo de potências de matrizes. Se A n n é diagonalizável, então existe P inversível tal que 1P AP D , diagonal. Assim: 2 1 1 1 1 2 2P AP P AP P AP P A P D , 3 1 1 3 3P AP P A P D , ... , 1 1 k k kP AP P A P D . A partir de 1 1 k k kP AP P A P D , conclui-se que 1k kA PD P . Isto torna o cálculo de kA uma tarefa bem mais simples, pois se 1diag nD , , , então 1diagk k knD , , . MMóódduulloo 1111 –– DDiiaaggoonnaalliizzaaççããoo 55 EEFFBB110022 -- GGeeoommeettrriiaa AAnnaallííttiiccaa ee ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr 2. Processo de Gram-Schmidt 2.1 Bases ortogonais e ortonormais É fato conhecido que todo espaço vetorial admite infinitas bases, porém todas elas possuindo o mesmo número de vetores geradores linearmente independentes. Dentre todas as bases possíveis, será que existem bases especiais que possam trazer vantagens sobre as demais? A resposta é sim. Esta classe de bases é denominada ortonormal (englobando as bases ortogonais) e sua principal característica é a preservação do produto interno (produto escalar) usual em conjunto com as noções de ângulo e norma. De fato, em bases não ortonormais ou ortogonais, o produto interno não assume a forma usual e, portanto, as expressões que governam a métrica do respectivo espaço vetorial (ângulos e comprimentos) são mais complexas do que aquelas vistas em nosso curso. Para definir o conceito de base ortonormal, é preciso antes estabelecer a definição de bases ortogonais. Definição 02: Seja V um espaço vetorial com dimensão n. O conjunto de vetores 1 2 nB v ,v , ,v é uma base ortogonal de V se e somente se: i) B é base de V; ii) 0Ti jv v , i j , ou seja, i jv v , i j ( 1i, j ,...,n ). A condição ii, implicitamente, assume as noções de ortogonalidade impostas pelo produto interno (escalar) usual expresso na relação 0Ti jv v . Exemplo 03: O conjunto 1 2 3B v ,v ,v , formado por 1 1 0 1v , , , 2 0 2 0v , , e 3 2 0 2v , , , é uma base ortogonal do 3 , pois B é base (verifique) e também: 1 2 1 2 1 21 0 1 0 2 0 0 Tv v v v , , , , v v 1 3 1 3 1 31 0 1 2 0 2 0 Tv v v v , , , , v v 2 3 2 3 2 30 2 0 2 0 2 0 Tv v v v , , , , v v . A Figura 01, ao lado, ilustra o conjunto B. Figura 01 y x z 2v 3v 1v 2 2 2 2 MMóódduulloo 1111 –– DDiiaaggoonnaalliizzaaççããoo 66 EEFFBB110022 -- GGeeoommeettrriiaa AAnnaallííttiiccaa ee ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr Definição 03: Seja V um espaço vetorial com dimensão n. O conjunto 1 2 nB v ,v ,...,v é uma base ortonormal de V se e somente se: i) B é uma base ortogonal de V; ii) 1Ti i iv v v para 1i ,...,n . Exemplo 04: A base canônica do 3 , 1 2 3 1 0 0 0 1 0 0 0 1B e ,e ,e , , , , , , , , é uma base ortonormal, pois 1 2 1 3 2 3 0 T T Te e e e e e e 1 2 3 1e e e . De forma geral, a base canônica 1 2 1 0 0 0 1 0 0 0 1nB e ,e , ,e , , , , , , , , , , , , do n é uma base ortonormal. Deve-se notar que a construção de uma base ortonormal 1 2 nB v ,v ,...,v de um espaço vetorial a partir de uma base ortogonal 1 2 nB v ,v ,...,v conhecida é um procedimento relativamente simples: basta determinar os versores de cada vetor que constitui a base B e reuni-los em B , ou seja: 1ii i v v , i ,...,n v (1) Exemplo 05: Utilizando a base 1 2 3B v ,v ,v do 3 fornecida no Exemplo 03, pode-se construir uma base ortonormal 1 2 3B v ,v ,v fazendo: 1 21 2 1 2 1 1 1 0 1 0 2 0 0 1 0 22 v v v , , , v , , , , v v e 33 3 1 1 2 0 2 1 0 1 2 2 2 v v , , , , v As definições 02 e 03 permitem apresentar o conceito de matrizes ortogonais1 de uma forma bastante compacta, como visto a seguir. 2.2 Matrizes ortogonais Definição 04: Uma matriz ortogonal é uma matriz n nP com entradas reais tal que suas colunas (ou linhas) constituem uma base ortonormal para o n . 1 As matrizes ortogonais executam papel importante na Álgebra Linear, possuindo diversas aplicações na resolução de problemas que envolvam mudança de base, como será visto a seguir. MMóódduulloo 1111 –– DDiiaaggoonnaalliizzaaççããoo 77 EEFFBB110022 -- GGeeoommeettrriiaa AAnnaallííttiiccaa ee ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr Exemplo 06: A matriz canônica A do operador T de rotação anti-horária por um ângulo no 2 é ortogonal. De fato: 1 2 cos sen sen cos A T c c , em que: i) 1 2B c ,c é base do 2 , pois 2v x, y é tal que 2 2 2 2cos sen cos senv v , v x y , x y e 2 2 1 1 Bv,Ox v x y , . ii) Os vetores c1 e c2 são tais que 1 2 1 2 2 2 1 2 1 1 2 2 cos sen sen cos sen cos sen cos 0 sen cos 1T T c c , , c c c c c c c c Matrizes ortogonais possuem características interessantes. Uma delas é o fato de que são sempre inversíveis (por quê?) e o cálculo de suas inversas é muito simples, como visto a seguir. Seja 1n n nP p p uma matriz com entradas reais. As colunas de P formarão um conjunto ortonormal (e, portanto, P será ortogonal) se e somente se 1 1 quando 0 quando T T T T i j ij , i j P P p p P P I P P , i j (2) Deve-se notar que vale T TP P I PP I . Logo, as colunas de P serão ortonormais se, e somente se, suas linhas também formarem um conjunto ortonormal. É por essa razão que a Definição 02 também pode ser enunciada em termos de colunas ou linhas ortonormais. Outra propriedade importante consiste no fato de que a multiplicação de um vetor x por uma matriz ortogonal P não altera a norma do vetor. Apenas a direção de x pode ser alterada, pois: 2 2T T T T n I Px Px Px x P P x x x x , x (3) Por outro lado, se a equação (3) é válida, então P deve necessariamente ser ortogonal. Ou seja, é necessário mostrar que, se Px x , então P é ortogonal. Para tanto, deve-se provar que se 1 i nP p p p , então: a) 1 1Ti i ip p p ; b) 0Ti k i kp p , i k p p . MMóódduulloo 1111 –– DDiiaaggoonnaalliizzaaççããoo 88 EEFFBB110022 -- GGeeoommeettrriiaa AAnnaallííttiiccaa ee ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr Para demonstrar a, sejam e1, ... , en os vetores da base canônica do n . Então: 1 0 0 1 0 0 i i n iPe p p p p (4) Se ix e , a partir da hipótese de que Px x , tem-se eq.4 1i i iPx Pe e p (5) Por fim, para demonstrar b, seja j kx e e . Assim: j kPx P e e . Usando o fato de que Px x , tem-se: 2 2 2j k j kP e e e e . (6) Por outro lado, a partir de (4): j k j k j kP e e Pe Pe p p (7) A partir de (6) e (7) é possível escrever: 2 2 2 2 11 2 2 2 2T Tj k j k j j k k j kP e e p p p p p p p p 2 0Tj k j kp p p p (8) Portanto, a partir das conclusões em a e b, tem-se que P é ortogonal. Exemplo 07: Seja T o operador de rotação anti-horária no 2 por um ângulo . Pode-se provar que T é injetor e sobrejetor (verifique!). Logo, T é bijetor e existe o operador inverso 1T . Por sua vez, este operador inverso caracteriza uma rotação horária no 2 (por quê?). De maneira equivalente, é possível afirmar que 1T realiza uma rotação horária por um ângulo . Assim: 1 1 cos sen cos sen sen cos sen cos TA T T A A , demonstrando, novamente, que A T é uma matriz ortogonal. MMóódduulloo 1111 –– DDiiaaggoonnaalliizzaaççããoo 99 EEFFBB110022 -- GGeeoommeettrriiaa AAnnaallííttiiccaa ee ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr Exemplo 08: Note que: i) A matriz identidade In é ortogonal. ii) Todas as matrizes de permutação (oriundas do produto de matrizes de permutação elementares) são ortogonais. iii) A matriz 1 2 1 3 1 6 1 2 1 3 1 6 0 1 3 2 6 P é ortogonal, uma vez que T TP P PP I , ou, equivalentemente, porque suas colunas (e linhas) constituem um conjunto (base) ortonormal do 3 . Em resumo, as seguintes afirmações são equivalentes acerca de matrizes ortogonais n nP : P possui colunas ortonormais; P possui linhas ortonormais; 1 TP P ; nPx x , x . Observação: Em geral, um operador linear T (com matriz canônica T A ) que atua sobre um espaço vetorial V de tal forma que T x Ax x é chamado de isometria em V. A partir dos conceitos vistos até o momento, é um tanto quanto intuitivo compreender que todas as isometrias do n são representadas por matrizes ortogonais. Assim, os operadores lineares de reflexão e rotação no 2 e 3 (e de forma mais abrangente, suas extensões para o n ) são isometrias, uma vez que preservam o comprimento. No entanto, os operadores de projeção não são isometrias. 2.3 Processo de Ortogonalização de Gram-Schmidt O objetivo desta seção é investigar a solução do seguinte problema: Se 1 1 2 nB u ,u ,...,u é uma base do n , como construir uma base 2 1 2 nB v ,v ,...,v ortogonal a partir dos vetores da base 1B ? Um método para resolver esse problema é o chamado Processo de Ortogonalização de Gram- Schmidt. Este processo é descrito a seguir para o espaço vetorial 3 . MMóódduulloo 1111 –– DDiiaaggoonnaalliizzaaççããoo 1100 EEFFBB110022 -- GGeeoommeettrriiaa AAnnaallííttiiccaa ee ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr Seja 1 1 2 3B u ,u ,u uma base qualquer do 3 . O algoritmo de Gram-Schmidt busca a determinação da base ortogonal 2 1 2 3B v ,v ,v e consiste dos passos: Passo i) 1 1v u ; Passo ii) 12 2 2v v u proj u ; Justificativa de ii: Lembrando que 2b a b proj a b b , é simples verificar que os vetores 1v e 2v são, de fato, ortogonais: 21 2 1 2 1 2 1 2 1 1 2 12 2 1 1 0 v u v u v v v u v v u v v v (vide figura abaixo). Passo iii) 1 23 3 3 3v v v u proj u proj u . Justificativa de iii: É necessário verificar que 1 3v v . Assim: 1 3 2 3 2 31 3 1 3 1 2 1 3 1 3 2 12 2 2 1 2 2 0 v u v u v u v v v u v v v u v u v v v v v (vide figura abaixo). Portanto 1 1 22 1 2 2 3 3 3v v v B u ,u proj u ,u proj u proj u é uma base ortogonal. 12 2 2v v u proj u 1 1v u 2u 1 2v proj u 1 23 3 3 3v v v u proj u proj u 3u 2v 1v 1 23 3v v proj u proj u De maneira análoga, verifica-se que: 2 3 2 30v v v v . MMóódduulloo 1111 –– DDiiaaggoonnaalliizzaaççããoo 1111 EEFFBB110022 -- GGeeoommeettrriiaa AAnnaallííttiiccaa ee ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr Exemplo 09: Deseja-se construir uma base ortogonal 2 1 2 3B v ,v ,v para o 3 a partir da base 1 1 2 3B u ,u ,u formada pelos vetores 1 1 1 1u , , , 2 1 1 0u , , e 3 1 2 1u , , . Para tanto, utiliza-se o processo de Gram-Schmidt: Passo i) 1 1 1 1 1v u , , ; Passo ii) 12 2 2 0 1 1 0 1 1 1 1 1 0 3 vv u proj u , , , , , , ; Passo iii) 1 23 3 3 3 4 1 1 2 1 1 1 1 1 1 0 3 2 v vv u proj u proj u , , , , , , 4 4 4 1 1 1 1 1 1 2 1 0 3 3 3 2 2 6 6 3 , , , , , , , , Portanto 2 1 1 1 1 1 1 1 1 0 6 6 3 B , , , , , , , , . Exemplo 10: Para construir uma base ortonormal 2 1 2 3B v ,v ,v a partir da base 2B do exemplo anterior, basta calcular os versores de cada um dos vetores da base 2B : 11 1 1 1 1 1 3 v v , , v ; 22 2 1 1 1 0 2 v v , , v ; 33 3 1 1 1 1 1 1 1 2 1 6 6 3 66 6 v v , , , , v Portanto 2 1 1 1 1 1 1 1 1 0 1 1 2 3 2 6 B , , , , , , , , . A generalização do processo de ortogonalização de Gram-Schmidt para o n é simples. Seja 1 1 2 nB u ,u , ,u uma base qualquer do espaço n . A determinação da base ortogonal 2 1 2 nB v ,v , ,v e consiste dos passos: Passo 1: 1 1v u ; Passo 2: 12 2 2v v u proj u ; ... Passo n: 1 2 1nn n v n v n v n v u proj u proj u proj u ; Após a execução desses n passos, a construção de uma base ortonormal 3 1 2 nB w ,w , ,w é realizada a partir de 1 2ii i v w , i , , ,n v . MMóódduulloo 1111 –– DDiiaaggoonnaalliizzaaççããoo 1122 EEFFBB110022 -- GGeeoommeettrriiaa AAnnaallííttiiccaa ee ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr 3. Diagonalização ortogonal A definição e o teorema a seguir estabelecem sob que condições se pode aplicar um processo de diagonalização com o emprego de matrizes ortogonais. Definição 05: Seja A n n . Diz-se que A é ortogonalmente diagonalizável se existir uma matriz P ortogonal tal que 1 TP AP P AP D é uma matriz diagonal. Teorema 05: Se A é uma matriz quadrada de ordem n, então as seguintes afirmações são equivalentes: a) A é ortogonalmente diagonalizável. b) A possui um conjunto ortonormal de n autovetores. c) A é simétrica. O objetivo desta seção é construir um procedimento para diagonalizar ortogonalmente uma matriz simétrica. Para tanto, é necessário utilizar o resultado a seguir. Teorema 06: Se A é uma matriz simétrica, então: a) Os autovalores de A são todos reais. b) Autovetores de autoespaços diferentes são ortogonais. O procedimento para diagonalizar ortogonalmente uma matriz simétrica A é composto por três passos, a saber: Passo 1: Determinar uma base para cada autoespaço de A. Passo 2: Aplicar o Processo de Gram-Schmidt a cada uma destas bases para obter uma base ortonormal de cada autoespaço. Passo 3: Construir a matriz P cujas colunas são os vetoresde base no passo 2; esta matriz diagonaliza A ortogonalmente. Exemplo 11: Encontre uma matriz ortogonal P que diagonaliza 4 2 2 2 4 2 2 2 4 A . Os autovalores de A são 1 2 2, e 3 8 . Para o autoespaço associado a 1 2 2, , tem-se: 1 2 1 2 2 ger 1 1 0 1 0 1 ger , S N A I , , , , , u ,u . MMóódduulloo 1111 –– DDiiaaggoonnaalliizzaaççããoo 1133 EEFFBB110022 -- GGeeoommeettrriiaa AAnnaallííttiiccaa ee ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr Aplicando o processo de Gram-Schmidt ao conjunto 1 2u ,u , obtém-se: 1 1 1 0 2 2 v , , , 2 1 1 2 6 6 6 v , , e 1 2 1 2 ger , S v ,v . O autoespaço associado a 3 8 é 3 3 8 ger 1,1,1 gerS N A I u . Aplicando o Processo de Gram-Schmidt a 3u , obtém-se: 3 1 1 1 3 3 3 v , , e 3 3 gerS v . Desta maneira, 1 2 3 1 1 1 2 6 3 1 1 1 2 6 3 2 1 0 6 3 P v v v e 2 0 0 0 2 0 0 0 8 TD P AP . 4. Exercícios propostos: E01. a) Verifique que multiplicidade algébrica é igual à geométrica para todo autovalor de 4 3 3 0 1 0 6 6 5 A . Resposta: Os autovalores de A são 1 2 1 e 3 2 . Os autoespaços associados são: 1 2 ger 1 0 1 1 2 1 , S , , , , , e 3 ger 1 0 2S , , respectivamente. Portanto as multiplicidades algébrica e geométrica são iguais para ambos os autovalores. Logo, A é diagonalizável. b) Determine a matriz Q que diagonaliza A. Resposta: 1 1 1 0 2 0 1 1 2 Q . E02. 2 é um autovalor de 3 2 1 0 2 0 2 3 0 A . Determine a multiplicidade algébrica e geométrica de . A partir desses resultados, você pode concluir algo sobre a possibilidade de que A seja diagonalizável? Resposta: A multiplicidade algébrica de 2 é igual a 2 e a respectiva multiplicidade geométrica é igual a 1 [ 2 ger 1 0 1S , , ]. Logo, A não é diagonalizável. MMóódduulloo 1111 –– DDiiaaggoonnaalliizzaaççããoo 1144 EEFFBB110022 -- GGeeoommeettrriiaa AAnnaallííttiiccaa ee ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr E03. Determine lim n n A para 7 5 1 5 1 1 2 A . Resposta: 5 2 lim 10 4 n n A . E04. Se os autovalores de A são 1, 1 e 2, quais das seguintes alternativas são verdadeiras? Justifique suas respostas. a) A é inversível. b) A é diagonalizável. c) A não é diagonalizável. Resposta: a) V , b) F e c) F. E05. Seja T o operador linear 7 15 6 12T x,y x y, x y . Determine uma base B tal que 2 0 0 3B T e determine Q para que 1 B T Q T Q . Resposta: 5 3 3 2B , , , . E06. Diagonalize 8 6 12 10 A se possível, caso contrário explique a razão. Resposta: 1 1 2 0 8 6 0 4 12 10 D P AP P P , com 1 1 1 2 P . E07. Suponha que os únicos autovetores de A sejam múltiplos de vetor 1 0 0 T x , quais das seguintes alternativas são verdadeiras? Justifique suas respostas. a) A não é inversível. b) A possui um autovalor repetido. c) A não é diagonalizável. Resposta: a) F , b) F e c) V. E08. Quais dos seguintes conjuntos de vetores são ortogonais? a) 0 1 2 0, , , b) 1 2 1 2 1 2 1 2, , , c) 1 2 1 2 1 2 1 2, , , Resposta: a) e b). MMóódduulloo 1111 –– DDiiaaggoonnaalliizzaaççããoo 1155 EEFFBB110022 -- GGeeoommeettrriiaa AAnnaallííttiiccaa ee ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr E09. Quais dos conjuntos de vetores do exercício anterior são ortonormais? Resposta: b). E10. Seja o subespaço 4ger 1 0 2 0 0 1 0 1 2 1 4 1 1 1 2 1S , , , , , , , , , , , , , , , . a) Determine uma base 1B para S. Qual é a dimensão de S? Resposta: 1 1,0, 2,0 , 0,1,0, 1B , dim 2S . b) Construa uma base ortonormal 2B para o subespaço S . Resposta: 2 1 1 2,0,1,0 , 0,1,0,1 5 2 B , dim 2 S . c) Construa a base 1 2B B B para o 4 . Sabendo-se que 2 1 3 B v , , quais as coordenadas de v na base B? Justifique a sua resposta. Resposta: 1 1 1,0, 2,0 , 0,1,0, 1 , 2,0,1,0 , 0,1,0,1 5 2 B e 0,0,1,3 B v E11. Utilize o processo de Gram-Schmidt para a determinação de uma base ortonormal para o subespaço gerado pelos vetores linearmente independentes 1 1 0 0 1 x ; 2 1 2 0 1 x ; 3 3 1 1 1 x . Resposta: 1 1 1 0 0 1 0 1 0 0 1 0 1 1 2 3 B , , , , , , , , , , , . E12. Utilize o processo de Gram-Schmidt para construir bases ortonormais para os quatro subespaços fundamentais associados à matriz 1 2 3 1 2 4 6 2 3 6 9 3 A . Respostas: Base para o espaço-coluna: 1 1 2 3 14 C A B , , . Base para o espaço-linha: 1 1 2 3 1 15 TC A B , , , . Base para o espaço-nulo: 1 5 3 6 210 1 1 3 2 1 0 0 1 0 1 14 5 5 14 14 7 145 N A B , , , , , , , , , , , . MMóódduulloo 1111 –– DDiiaaggoonnaalliizzaaççããoo 1166 EEFFBB110022 -- GGeeoommeettrriiaa AAnnaallííttiiccaa ee ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr Base para o espaço-nulo à esquerda: 1 5 3 6 2 1 0 1 14 5 55 TN A B , , , , , . E13. Explique o que ocorre quando o processo de Gram-Schmidt é aplicado a um conjunto ortonormal de vetores. Resposta: O conjunto ortonormal se mantém inalterado. E14. Explique o que ocorre quando o processo de Gram-Schmidt é aplicado a um conjunto de vetores linearmente dependentes. Resposta: Nesta situação, ao menos um dos n vetores pertencentes ao conjunto 1 2 nu ,u , ,u é combinação linear dos demais. Sem qualquer perda de generalidade, admita que 2u é este vetor. Assim: 2 1 1 3 3 n nu u u u . Aplicando o Processo de Gram-Schmidt, tem-se: 1 1v u ; 1 1 1 12 2 2 1 1 3 3 1 1 3 3 proj proj proj projv n n v v n v nv u u u u u u u u 1 11 1 3 3 1 1 3 3 proj projn n v n v nu u u u u u 3 3 3 1 3 1 12 1 1 n n n nu u v u v u v v 3 3 3 3 1 12 1 1 n n n nu u u u v v v 2 1 3 3 3 32 1 0n n n n v u u u u v . Ou seja, o vetor(es) que é(são) combinação(ções) linear(es) dos demais se anula(m) após a aplicaçãodo Processo de Gram-Schmidt. E15. Determine uma matriz P que diagonaliza ortogonalmente as matrizes simétricas: 6 2 2 3 A 2 1 1 1 2 1 1 1 2 B 3 1 0 0 1 3 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 C . Resposta: 2 11 1 25 AP , 1 1 1 3 6 2 1 2 0 3 6 1 1 1 3 6 2 BP , 1 1 0 0 2 2 1 1 0 0 2 2 1 0 0 0 0 1 0 0 BP MMóódduulloo 1111 –– DDiiaaggoonnaalliizzaaççããoo 1177 EEFFBB110022 -- GGeeoommeettrriiaa AAnnaallííttiiccaa ee ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr APÊNDICE 01: Matrizes Semelhantes e Subepaços Invariantes Matrizes Semelhantes O conceito de matrizes semelhantes está intimamente ligado à transformação de similaridade2 a partir da qual se determina a matriz de coordenadas de um operador linear com respeito a uma base B arbitrária. Este problema foi estudado anteriormente e é revisitado a seguir. Determinação da matriz de coordenadas de um operador linear (ou mudança de coordenadas): Seja V um espaço vetorial n-dimensional em que são escolhidas, arbitrariamente, duas bases distintas B e F. Seja T : V V um operador linear em que B T designa a matriz de coordenadas de T com respeito à base B (base velha). A matriz de coordenadas F T do operador T com respeito à base F (base nova) é construída a partir de uma transformação de similaridade que obedece à seguinte estratégia: F v 1FB FBF F B FFT v T v P T P v F T FBP FBB Fv P v 1 BF FBP P 1FB FBF BT P T P Conclusão: B T FBB FBT v T P v Na expressão 1FB FBF BT P T P , FBP representa a matriz de mudança da base F para a base B. Esta relação especial entre as matrizes de coordenadas B T e F T motivam a seguinte definição. Definição 01: As matrizes A e B de ordem n são ditas matrizes semelhantes (ou similares) quando existe uma matriz não singular (inversível) P tal que 1P AP B . Denota-se A B para designar que A é semelhante a B. Com base na definição de matrizes semelhantes, a expressão 1FB FBF BT P T P revela que qualquer par de matrizes de coordenadas de um determinado operador linear deve ser composto por matrizes semelhantes. Mas, por outro lado, pode-se afirmar que qualquer par de matrizes semelhantes pode ser associado à matrizes de coordenadas de um mesmo operador linear? 2 Um operador linear n n n n f : definido por 1f A P AP é chamado de transformação de similaridade. MMóódduulloo 1111 –– DDiiaaggoonnaalliizzaaççããoo 1188 EEFFBB110022 -- GGeeoommeettrriiaa AAnnaallííttiiccaa ee ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr A resposta é sim. Para demonstrar este fato, sejam 1P AP B , com 1 nP p p , e T v Av o operador linear do espaço vetorial n-dimensional V. Por hipótese, A representa a matriz de coordenadas de T na base canônica C, ou seja, C T A . Se 1 nC p , , p é uma base de V que consiste das colunas de P, então 1 1 C C T P T P P AP B (com P designando a matriz de mudança da base C para a base C). Assim, C CT A T B e as matrizes A e B são ambas matrizes de coordenadas que representam o mesmo operador linear. Exemplo 01: Seja 1 2 1 3 A . Deseja-se construir uma matriz B, semelhante à matriz A. A definição de matrizes semelhantes não impõe restrição alguma sobre a matriz P, exceção ao fato de que P deve ser inversível. Do exposto anteriormente, conclui-se que é possível associar às colunas de P os vetores de uma base arbitrária do 2 . Assim, seja 1 21 2 1 1F f , , f , uma base do 2 . Então: 1 1 1 2 1 1 1 1 1 2 1 1 10 3 5 3 1 2 2 1 2 1 1 3 2 1 5 3 2 3 1 3 P f f B P AP A . A discussão anterior reforça a conclusão de que a representação matricial de um operador linear depende da escolha de uma base para o respectivo espaço vetorial em que atua o operador. Torna-se importante estudar as propriedades dos operadores lineares que são independentes da escolha de base. Em resumo, devem-se investigar as propriedades das matrizes de coordenadas que sejam invariantes à transformações de similaridade ou, de forma abreviada, similaridade- invariantes. O teorema a seguir reúne essas propriedades. Teorema 01: Sejam A e B matrizes quadradas de ordem n com A B . Então: a) det detA B ; b) tr trA B ; c) pos posA B ; d) det detA I B I , ou seja, A e B possuem os mesmos autovalores. Demonstração: Se A B , então existe uma matriz não singular P tal que 1P AP B . Então: 1 1 1det det det det det det det detB P AP P A P P P A 1 det det det det P A A P , MMóódduulloo 1111 –– DDiiaaggoonnaalliizzaaççããoo 1199 EEFFBB110022 -- GGeeoommeettrriiaa AAnnaallííttiiccaa ee ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr o que demonstra (a). Para demonstrar (b), é necessário utilizar o fato de que tr trXY YX sempre que estes produtos sejam definidos (prove!). Assim: 1 1tr tr tr trB P AP APP A . A demonstração de (c) utiliza a relação pos min pos posXY X , Y , sempre que o produto XY seja definido. Assim: 1 1pos pos min pos pos posB P AP P , A , P . Mas P é inversível. Logo pos P n e pos posB A . De forma análoga, a partir de 1A PBP , tem-se pos posA B . Consequentemente, pos posB A . Finalmente, para demonstrar (d), faz-se: 1 1 1 1det det det detB I P AP I P AP P IP P A I P 1det det det detP A I P A I . Resumindo: Se S A T e S B T são matrizes de coordenadas do operador linear T com respeito às bases S e S , então A B e o determinante, o traço, o posto e os autovalores de uma representação matricial de T são propriedades intrínsecas à T. Em outras palavras, são propriedades similaridade-invariantes. Caso qualquer uma das condições do Teorema 01 não seja satisfeita, A não será semelhante a B e, consequentemente, A e B não representam o mesmo operador linear. Sendo 1 21 2 1det 1 n n n n n np A I c c c c o polinômio característico de A, então (prova-se que): 1 1 2 1tr 1 n nA c [o traço de uma matriz é a soma de seus autovalores] e 1 2det n nA c [o determinante de uma matriz é o produto de seus autovalores]. Os conceitos discutidos até aqui permitem a construção dos teoremas a seguir, cujas demonstrações são deixadas como um exercício ao leitor. Teorema 02: Sejam as matrizes A e B tais que A B . Então, A é inversível se, e somente se, B é inversível. Teorema 03: Uma matriz quadrada de ordem n é inversível se, e somente se, todos os seus n autovalores foremnão-nulos. MMóódduulloo 1111 –– DDiiaaggoonnaalliizzaaççããoo 2200 EEFFBB110022 -- GGeeoommeettrriiaa AAnnaallííttiiccaa ee ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr Exemplo 02: Deseja-se verificar se as matrizes 0 0 0 0 A e 1 1 1 1 B são semelhantes. Como pos 0 pos 1A B , permite concluir que A e B não são semelhantes, embora também se verifique que tr tr 0A B , det det 0A B e os autovalores de A e B são os mesmo. De fato, uma vez que A é uma matriz diagonal, tem-se 1 2 0A A e para a matriz B, 2det B I . Logo, 1 2 0B B e o par (A,B) compartilha os mesmos autovalores. Exemplo 03: Deseja-se verificar se as matrizes 1 2 0 1 A e 1 0 2 1 B são semelhantes. É simples verificar que: det det 1A B , tr tr 0A B , pos 2 posA B e det 1 1 detA I B I . Mas estes fatos não permitem afirmar que A B (deve-se notar que o Teorema 01 afirma que se A B então ... e não o contrário!). Para tanto, é preciso investigar se existe uma matriz inversível P tal que 1P AP B ou, equivalentemente, AP PB . No presente caso, tem-se: 1 2 1 0 2 2 2 0 1 2 1 2 a b a b a c b d a b b AP PB c d c d c d c d c . Da relação anterior, tem-se b c e d c (verifique!). Então: 1 2 1 0 0 1 0 0 1 1 a c P a c a M c M c c . Conclui-se que existe P e que não é única! Mas é preciso garantir a existência da inversa. De fato, P é determinada por todas as combinações lineares das matrizes M1 e M2 com a e c sujeitos à restrição 2det 0P ac c . Assim, é preciso que 0c a c , ou seja, 0c e a c . Subepaços Invariantes Seja um operador linear T que atua em um espaço vetorial V. Seja V um subconjunto de V. O conjunto T T x |x é constituído de todas as imagens possíveis dos vetores de obtidas pela aplicação de T. Deve-se notar que ImT V T . Quando é um subespaço de V, tem-se que T é também um subespaço de V (por quê?). No entanto, de forma geral, T não guarda nenhuma relação com . Porém, em alguns casos especiais, observa-se que T . Isto motiva a seguinte definição: MMóódduulloo 1111 –– DDiiaaggoonnaalliizzaaççããoo 2211 EEFFBB110022 -- GGeeoommeettrriiaa AAnnaallííttiiccaa ee ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr Definição 02: Seja um operador T que atua no espaço vetorial V. Um subespaço V é dito um subespaço T-invariante sempre que T . Nesta situação, a atuação de T é restrita aos vetores de . Assim, o operador restrito será denotado por /T . A figura a seguir ilustra o conceito de subespaço T-invariante. V V Im T T V T V Im /T /T /T Exemplo 04: Sejam 4 4 4 2 2 5 1 2 5 A , 1 1 1 1 x e 2 1 2 1 x . Deseja-se mostrar que 1 2ger x ,x é um subespaço A-invariante. Para tanto, deve-se observar que, utilizando a base 1 2B x ,x para , tem-se: 1 1 2 4 3 1 3 1 2 B Ax x x e 2 1 2 0 1 3 1 2 B Ax x x . Assim, a imagem de qualquer 1 2x x x está contida em uma vez que: 1 2 1 2 1 2 1 2 1 23 3Ax A x x Ax Ax x x x x x x . A equação anterior descreve completamente a ação do operador A restrito a . Logo: 1 23/A x x x para todo 1 2x x x . Uma vez que 1 1 23/A x x x e 2 1 2/A x x x , é possível determinar a matriz de coordenadas do operador /A com relação à base B : 1 2 3 1 1 1 / / /B B B A A x A x . Por exemplo, se 4 2 B x , , então: MMóódduulloo 1111 –– DDiiaaggoonnaalliizzaaççããoo 2222 EEFFBB110022 -- GGeeoommeettrriiaa AAnnaallííttiiccaa ee ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr 1 2 1 1 16 3 1 4 10 10 6 10 1 6 2 2 1 1 2 6 1 1 4 / / BB B B C A x A x x x . Isto é equivalente a aplicar o operador A ao vetor 1 24 2 4 2 6 0 2B Cx , x x , , : 4 4 4 6 16 2 2 5 0 2 1 2 5 2 4 A x Ax . A importância dos subespaços invariantes à aplicação de um operador linear T reside no fato de que tais subespaços produzem representações matriciais (matrizes de coordenadas) simplificadas para o operador T. Para compreender como isto ocorre, admita que é um subespaço T-invariante e que 1 2 rB x ,x , ,x é uma base para . Além disso, seja 1 2 1 2r qB x ,x , ,x , y , y , , y uma base para o espaço vetorial V em que atua o operador T. A matriz de coordenadas de T com respeito à base B é expressa por: 1 1r qB B B B BT T x T x T y T y . (1) Como consequência do fato de que é um subespaço T-invariante, cada jT x está contido em . Assim, apenas os r primeiros vetores da base B são necessários para representar cada jT x . Logo, para 1 2j , , ,r , tem-se: 1 r j ij i i T x x e 1 0 0 j rj j B T x . (2) O espaço 1 2ger qy , y , , y pode não ser T-invariante. Logo, todos os vetores da base B podem ser necessários para representar cada um dos jT y . Consequentemente, para 1 2j , , ,q , é possível escrever: 1 1 qr j ij i ij i i i T y x y e 1 1 j rj j B j qj T y . (3) Utilizando as equações (2) e (3) na equação (1), tem-se a representação triangular superior (em blocos) para a matriz de coordenadas de T com respeito à base B: MMóódduulloo 1111 –– DDiiaaggoonnaalliizzaaççããoo 2233 EEFFBB110022 -- GGeeoommeettrriiaa AAnnaallííttiiccaa ee ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr 11 1 11 1 1 1 11 1 1 0 0 0 0 r q r rr r rq B q q qq T . (4) As expressões 1 r j ij ii T x x na equação (2) implicam em que 1 2 j j / j B rj T x . Então: 11 12 1 21 22 2 1 2 r r / B r r rr T . Consequentemente é possível escrever a matriz de coordenadas expressa em (4) soba forma: 0 / r qB B q q T B T C . (5) Em resumo: a equação (5) revela que uma representação matricial do operador linear T pode ser expressa na forma bloco triangular sempre que existir um subespaço T-invariante. Exemplo 05: Sejam 4 4 4 2 2 5 1 2 5 A , 1 1 1 1 x e 2 1 2 1 x [vide Exemplo 04]. O subespaço 31 2ger x ,x é A-invariante (fato demonstrado no Exemplo 04). Sejam as bases 1 2B x ,x e 1 2 1 0 0 1B x ,x , y , , para o subespaço e para o 3 , respectivamente (o vetor y1 foi escolhido de forma arbitrária, submetido a restrição 1y ). A matriz de mudança de base da base B para a base canônica do 3 é expressa por 1 2 1 1 1 0 1 2 0 1 1 1 C C C M x x y , então 2 11 1 1 3 1 1 1 1 3 0 0 0 3 / B B A B A M AM C . Exemplo 06: Sejam 1 1 1 1 0 5 16 22 0 3 10 14 4 8 12 14 T , 1 2 1 0 0 q e 2 1 2 1 0 q . MMóódduulloo 1111 –– DDiiaaggoonnaalliizzaaççããoo 2244 EEFFBB110022 -- GGeeoommeettrriiaa AAnnaallííttiiccaa ee ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr O subespaço 1 2ger q ,q é T-invariante. Para verificar este fato, basta determinar 1 1 1 2 1 5 3 3 0 T q T q q q e 2 2 1 2 0 6 2 4 4 0 T q T q q q . As expressões anteriores garantem que, para quaisquer e , as imagens 1 2 1 22 3 4T q q q q . Portanto, ao construir uma base 1 2 3 4B q ,q ,q ,q para o 4 , é possível determinar uma matriz não singular 1 2 3 4Q q q q q tal que a matriz de coordenadas de T com relação à base B possua a forma bloco triangular: 1 0 0 0 0 B T Q TQ . Considerando 3 1 0 0 0 q e 4 0 0 0 1 q , então 1 2 3 4 2 1 1 0 1 2 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 Q q q q q . Uma vez que as duas primeiras colunas de Q geram um espaço invariante a T, tem-se: 1 1 2 0 6 3 4 0 14 0 0 1 3 0 0 4 14 B T Q TQ , com 1 2 1 2 3 4 / q ,q T . Retornando ao cenário exposto nas equações de (1) a (5), observa-se que quanto maior o número de subespaços invariantes disponíveis, mais simples serão as representações matriciais (ou matrizes de coordenadas) de um operador linear. Por exemplo, caso o subespaço 1 2ger qy , y , , y [vide equação (3)] seja também T- invariante, então jT y para cada 1 2j , , ,q . Ou seja, apenas os q últimos vetores da base 1 2 1 2r qB x ,x , ,x , y , y , , y serão necessários para representar os vetores jT y na equação (3). ] MMóódduulloo 1111 –– DDiiaaggoonnaalliizzaaççããoo 2255 EEFFBB110022 -- GGeeoommeettrriiaa AAnnaallííttiiccaa ee ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr Consequentemente, todos os coeficientes ij serão nulos e a matriz de coordenadas de T com relação a base B assumirá a forma bloco diagonal 00 0 0 /r r B B q q / B TA T C T . (6) Exemplo 07: Sejam 1 1 1 1 0 5 16 22 0 3 10 14 4 8 12 14 T , 1 2 1 0 0 q e 2 1 2 1 0 q [vide Exemplo 06]. Existem infinitas extensões do conjunto 1 2q ,q que formam bases do 4 . A extensão utilizada no Exemplo 06 é apenas uma delas. Outra extensão possível é expressa por 3 0 1 2 1 q e 4 0 0 1 1 q , de forma que 3 4ger q ,q é T-invariante (verifique!). A partir de 1 2 3 4 2 1 0 0 1 2 1 0 0 1 2 1 0 0 1 1 Q q q q q , tem-se: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 0 0 1 2 0 0 1 2 2 2 0 5 16 22 1 2 1 0 3 4 0 0 1 2 3 3 0 3 10 14 0 1 2 1 0 0 5 6 1 2 3 4 4 8 12 14 0 0 1 1 0 0 7 8 B T Q TQ , com 1 2 1 2 3 4 / q ,q T e 3 4 5 6 7 8 / q ,q T . A noção expressa pela equação (6) pode ser generalizada de forma bastante simples. De fato, seja B B B B uma base do espaço vetorial V construída pela união das k bases B , B , ..., B dos subespaços T-invariantes , , ..., de dimensões r1, r2, ..., rk, respectivamente. Se 1 2dim kV n r r r , a matriz de coordenadas do operador linear T com respeito à base B assumirá a forma bloco diagonal MMóódduulloo 1111 –– DDiiaaggoonnaalliizzaaççããoo 2266 EEFFBB110022 -- GGeeoommeettrriiaa AAnnaallííttiiccaa ee ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr 1 1 2 2 0 00 0 0 0 0 0 0 0 0 0k k / Br r r r / B B r r / B TA B T T C T . (7) Exemplo 08: Deseja-se determinar todos os subespaços do 2 que são invariantes sobre a aplicação do operador linear 0 1 2 3 T . O subespaço trivial 0 é o único subespaço invariante de dimensão zero e 2 é o único subespaço invariante bidimensional. O problema então se resume a determinar todos os subespaços invariantes unidimensionais – retas que passam pela origem. Se é um subespaço unidimensional gerado por 0x tal que T , então: existe um escalar tal que T x T x T x x . Assim, os espaços invariantes unidimensionais são os auto-espaços associados ao operador T. Tem-se então: 11 1 1 ger 1 1S v , e 22 2 2 ger 1 2S v , . Observação interessante: Seja 1 2 1 1 1 2B v ,v , , , uma base do espaço vetorial 2 formada pelos autovetores do operador linear T. A matriz de coordenadas de T na base B é expressa por meio da transformação de similaridade 1 2 11 2 0 0 1 0 0 0 20 /S B /S T T Q T Q T , em que 1 2 1 1 1 2 Q v v . A base B (base construída com os autovetores de T) propicia, neste caso, a construção de uma representação matricial diagonal para o operador linear T. E mais, os elementos da diagonal são os autovalores do operador T. Esta é a forma mais simples possível para a matriz de coordenadas. Nesta situação,diz-se que a matriz T (ou o operador T) é diagonalizável pela transformação de similaridade 1Q T Q . MMóódduulloo 1111 –– DDiiaaggoonnaalliizzaaççããoo 2277 EEFFBB110022 -- GGeeoommeettrriiaa AAnnaallííttiiccaa ee ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr A principal conclusão do estudo de Matrizes Semelhantes e Subespaços Invariantes, diz respeito à construção de uma matriz de coordenadas bloco diagonal para a representação de um operador linear T (em um espaço vetorial V n-dimensional) em uma base B. Essa base é formada pela união das k bases B , B , ..., B dos subespaços T-invariantes , , ..., de dimensões r1, r2, ..., rk, ( 1 2dim kV n r r r ), respectivamente. A matriz de coordenadas do operador linear T com respeito à base B assumirá a forma bloco diagonal: 1 1 2 2 0 00 0 0 0 0 0 0 0 0 0k k / Br r r r / B B r r / B TA B T T C T . Surge uma questão: Como determinar os k subespaços T-invariantes? O Exemplo 08 sugere que os autoespaços do operador linear T são excelentes candidatos. De fato, se 1dim i k i S n , uma base B para o espaço vetorial V pode ser expressa por 1 2 kS S S B B B B e então3: 1 1 2 2 0 0 0 0 0 0 S S k S k /S B /S B B /S B T T T T . Cada uma das bases dos autoespaços é da forma 1 2i iS rB v ,v , ,v . Logo: 1 2 1 2i ii S S S SS Si i i iS i ii /S r i i i i i irB B B BB BB T T v T v T v v v v 0 0 0 0 diag 0 0 i i i i i i i r r i r r . Assim, a matriz do operador T na base B, de ordem i ir r , será uma matriz diagonal: 3 Prova-se que a união de todos os autovetores de um operador linear é um conjunto linearmente independente. MMóódduulloo 1111 –– DDiiaaggoonnaalliizzaaççããoo 2288 EEFFBB110022 -- GGeeoommeettrriiaa AAnnaallííttiiccaa ee ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr 1 1 1 2 2 2 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 B k k k T Nesta situação, diz-se que a matriz T (ou o operador T) é diagonalizável pela transformação de similaridade 1Q T Q , em que Q tem em suas colunas os n autovetores linearmente independentes de T. Conclusão: se o operador linear T (que atua em um espaço vetorial n-dimensional) possui n autovetores linearmente independentes, então T é diagonalizável. Mas, o contrário também é verdadeiro? Ou seja, se T é diagonalizável, então existem n autovetores l.i. para o operador T? A resposta é sim. De fato, se T é diagonalizável, então existe uma matriz 1 2 nQ q q q inversível tal que 1 1 2diag n BQ T Q D T , com 1 2 nB q ,q , ,q . Pode-se escrever T Q QD e, notando-se que 1 2 nT Q T q T q T q : 1 2 1 2 1 2 1 1 2 2diagn n n n nT q T q T q q q q q q q . Assim, i i iT q q , indicando que i é um autovalor de T associado ao autovetor iq . 2 linhasr 2 linhasr 1 linhasr linhaskr 1 colunasr 2 colunasr colunaskr MMóódduulloo 1111 –– DDiiaaggoonnaalliizzaaççããoo 2299 EEFFBB110022 -- GGeeoommeettrriiaa AAnnaallííttiiccaa ee ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr APÊNDICE 02: Procedimento para completar bases de um espaço vetorial Problema: Seja 1 2r rS v ,v , ,v é um subconjunto linearmente independente de um espaço vetorial n-dimensional V, com r n . De que forma é possível determinar vetores 1 2r r nv ,v , ,v pertencentes a V para que o conjunto 1 2 1 2n r r r nS v ,v , ,v ,v ,v , ,v seja uma base de V? 1ª Solução: r n significa que ger rS V e, portanto, existe um vetor 1rv V tal que 1 gerr rv S . Desta forma, o conjunto 1 1r r rS S v é um subconjunto independente de V que contém 1r vetores. É possível repetir este processo e gerar subconjuntos independentes 2rS , 3rS , ..., e então chegar a um subconjunto linearmente independente nS V , com n vetores, que constitui uma base para V. 2ª Solução: A primeira solução mostra que é possível completar o conjunto 1 2r rS v ,v , ,v com n r vetores e formar uma base 1 2 1 2n r r r nS v ,v , ,v ,v ,v , ,v de V. Mas este argumento não é de muita valia para a determinação dos vetores 1 2r r nv ,v , ,v que completam a base. O método a seguir facilita a tarefa. Seja 1 2 nB b ,b , ,b uma base qualquer para V. Construa a matriz 1 2 1 2r nA v v v b b b . Claramente, C A V (as últimas n colunas de A formam uma base para V). Deve-se notar também que 1 2 rv ,v , ,v são colunas pivô de A, uma vez que nenhum deles é combinação linear de seus precedentes ( 1 2 rv ,v , ,v é um conjunto linearmente independente). Portanto, as n r colunas pivô remanescentes devem ser um subconjunto de 1 2 nb ,b , ,b . Sejam 1 2 n rj j j b ,b , ,b estes vetores. O conjunto completo de colunas pivô de A, e uma base para V, é 1 21 2 n rr j j j B v ,v , ,v ,b ,b ,b . Por exemplo, para estender o conjunto independente 1 21 0 1 2 0 0 1 2S s , , , ,s , , , à uma base do 4 , construa a matriz 1 2 1 2 3 4A s s e e e e , em que 1 2 3 4e ,e ,e ,e é a base canônica do 4 , e determine rrefR A : MMóódduulloo 1111 –– DDiiaaggoonnaalliizzaaççããoo 3300 EEFFBB110022 -- GGeeoommeettrriiaa AAnnaallííttiiccaa ee ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr 1 2 3 4 5 6 1 0 1 0 0 0 1 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 1 1 0 0 1 2 1 1 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 2 2 0 0 0 1 0 0 0 0 1 1 2 A R r r r r r r . A inspeção de R revela que 1 2 4 5r ,r ,r ,r são as colunas pivô de R e, consequentemente, 1 2 2 3B s ,s ,e ,e é uma base para o 4 que contém S. Exercícios Propostos referentes aos apêndices: E01. Mostre que os pares de matrizes A e B a seguir são semelhantes e determine uma matriz M tal que 1B M AM . a) 1 0 0 1 1 0 0 1 A ; B . Resposta: A B , pois AM MB – com 0 b M b d d , b d e 0b . b) 1 1 1 1 1 1 1 1 A ; B . Resposta: A B , pois AM MB – com a b M b a , 0a,b . c) 1 2 4 3 3 4 2 1 A ; B . Resposta: A B , pois AM MB – com 2 3d b M c c b . E02. Mostre que, se B for inversível, então BA é semelhante a AB.Resposta: Se BA AB , então existe uma matriz P inversível tal que 1AB P BAP . Basta fazer P B para obter 1AB B BAB AB . E03. Se x N A , mostre que 1 1M x N M AM . Resposta: Tem-se: 1 1 0M AM Mx M Ax , pois x N A . Logo, 1 1M x N M AM . E04. Quais das matrizes 1A a 6A são semelhantes? Verifique seus autovalores. 1 2 3 4 5 6 1 0 0 1 1 1 0 0 1 0 0 1 0 1 1 0 0 0 1 1 1 0 0 1 A ; A ; A ; A ; A ; A . Resposta: Analisando os autovalores A3 e A4, A5 e A6 são semelhantes. MMóódduulloo 1111 –– DDiiaaggoonnaalliizzaaççããoo 3311 EEFFBB110022 -- GGeeoommeettrriiaa AAnnaallííttiiccaa ee ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr E05. Sejam 2 1 5 2 9 0 8 2 2 3 11 5 3 5 13 7 T e 1 2 3 4 1 0 0 1 1 1 3 4 2 0 1 0 3 1 4 3 Q q q q q . a) Explique por que as colunas de Q formam uma base para o 4 . Resposta: Porque elas são linearmente independentes e geram o 4 . b) Verifique que 1 2ger q ,q e 3 4ger q ,q são subespaços T-invariantes. Resposta: 1 1 1 2 1 1 1 0 1 0 2 3 T B T q Tq q q ; 2 2 1 2 1 2 1 1 1 1 2 2 T B T q Tq q q . Portanto, 1 2ger q ,q é um subespaço T-invariante. 3 3 3 4 0 0 0 0 0 0 0 0 T B T q Tq q q ; 4 4 3 4 0 3 1 0 1 0 1 4 T B T q Tq q q . Portanto, 3 4ger q ,q é um subespaço T-invariante. c) Descreva a estrutura de 1Q TQ sem realizar qualquer tipo de cálculo. Resposta: 1 0 0 00 0 0 0 0 0 0 / B / B * * T* * Q TQ * * T * * . d) Calcule o produto 1Q TQ e determine 1 2 / q ,q T e 3 4/ q ,qT . Resposta: 1 1 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 Q TQ ; 1 1 0 1 / B T ; 0 1 0 0 / B T . E06. Considere a matriz 9 4 24 11 A . a) Determine os autovalores de A. Resposta: 1 1 e 2 3 . MMóódduulloo 1111 –– DDiiaaggoonnaalliizzaaççããoo 3322 EEFFBB110022 -- GGeeoommeettrriiaa AAnnaallííttiiccaa ee ÁÁllggeebbrraa LLiinneeaarr b) Identifique todos os subespaços do 2 que sejam A-invariantes. Resposta: Os autoespaços 1 1 2S ger , e 2 1 3S ger , são subespaços A-invariantes. Além deles, o subespaço trivial 0 é o único subespaço invariante de dimensão zero e 2 é o único subespaço invariante bidimensional. c) Construa uma matriz Q tal que 1Q AQ seja uma matriz diagonal. Resposta: 1 1 0 0 3 Q AQ . E07. Mostre que matrizes semelhantes não precisam, necessariamente, compartilhar os mesmos autovetores. Para isso, forneça um exemplo de duas matrizes que sejam semelhantes, porém exibam autoespaços diferentes. Resposta: Do exercício E01: 8 6 12 10 A possui autoespaços: 1 1 1AS ger , e 2 1 2AS ger , . 2 0 0 4 D A possui autoespaços 1 1 0DS ger , e 2 0 1DS ger , .
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