matriz_ortogonal

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Álgebra Linear I - Aula 19 - 2005.1
Roteiro
1 Matrizes Ortogonais
1.1 Bases ortogonais
Lembre que uma base β é ortogonal se está formada por vetores ortogonais
entre si: para todo par de vetores distintos u e v da base β se verifica que
u · v = 0. Uma base γ é ortonormal se é ortogonal e todo vetor da base é um
vetor unitário (ou seja, u · u = 1 para todo vetor de γ).
Como já vimos, calcular as coordenadas de um vetor em uma base or-
togonal é muito simples (mais ainda se a base é ortonormal). Suponha que
estamos em R3 e que β = {u, v, w} é uma base ortonormal. Queremos de-
terminar as coordenadas de um vetor ` na base β, ou seja
(`)β = (a, b, c), ` = au + bv + cw.
Para determinar a considere ` · u,
` · u = (au + bv + cw) · u = au · u + bu · v + cu · w.
Observe que, como a base é ortonormal, u · u = 1, u · v = 0 = u · w. Logo
a = ` · u.
Analogamente obtemos,
b = ` · v, c = ` · w.
Exerćıcio: Encontre uma base ortonormal β que contenha dois vetores pa-
ralelos a (1, 1, 1) e (1,−1, 0). Obtida a base β, determine as coordenadas do
vetor (1, 2, 3) em dita base.
O terceiro vetor da base deve ser ortogonal a (1, 1, 1) e (1,−1, 0), portanto,
é paralelo a (1, 1, 1) × (1,−1, 0), isto é, paralelo a (1, 1,−2). Uma posśıvel
base β (existem muitas possibilidades) é
β = {(1/
√
3, 1/
√
3, 1/
√
3), (1/
√
2,−1/
√
2, 0), (1/
√
6, 1/
√
6,−2/
√
6)}.
1
As coordenadas de (1, 2, 3) na base β são (a, b, c) onde
a = (1, 2, 3) · (1/
√
3, 1/
√
3, 1/
√
3) = 6/
√
3,
b = (1, 2, 3) · (1/
√
2,−1/
√
2, 0) = −1/
√
2,
c = (1, 2, 3) · (1/
√
6, 1/
√
6,−2/
√
6) = −3/
√
6.
1.2 Matrizes ortogonais
Dada uma matriz quadrada M sua transposta, denotada M t, é uma matriz
cujas linhas são as colunas de M , ou seja, se M = (ai,j) e M
t = (bi,j) se
verifica bj,i = ai,j.
Uma matriz M é ortogonal se é inverśıvel e M−1 = M t, ou seja,
MM t = M tM = Id.
Observe que se M é ortogonal então sua transposta também é ortogo-
nal (veja que (M t)−1 = M). Portanto, a inversa de uma matriz ortogonal
também é ortogonal.
Propriedade I: O produto de duas matrizes ortogonais é ortogonal.
Para provar a afirmação, lembre que (AB)t = BtAt. Sejam agora M e N
ortogonais, logo
(MN)(MN)t = MNN tM t = M(NN t)M t = MM t = Id.
Portanto, MN é ortogonal.
Propriedade II: O determinante de uma matriz ortogonal é igual a ±1.
Para provar a afirmação é suficiente lembrar que M t e M têm o mesmo
determinante e que o determinante da identidade é igual a 1, logo
det(MM t) = det(M) det(M t) = det(M)2 = 1.
A seguir daremos uma interpretação geométrica de matriz ortogonal.
Propriedade III: Uma matriz ortogonal é uma matriz cujas colunas (ou lin-
has) formam uma base ortonormal (de fato, isto é uma definição geométrica
alternativa de matriz ortogonal).
2
Para simplificar a notação veremos a afirmação para matrizes 2× 2. Seja
M uma matriz ortogonal cujos vetores coluna são u = (a, b) e v = (c, d).
Id = M tM =
(
a b
c d
) (
a c
b d
)
=
(
aa + bb ac + bd
ac + bd cc + dd
)
=
=
(
u · u u · v
u · v v · v
)
=
(
1 0
0 1
)
.
Logo
u · u = v · v = 1, u · v = 0,
e u e v formam uma base ortonormal.
De fato, o argumento anterior mostra o seguinte:
Propriedade IV: Uma matriz é ortogonal se, e somente se, seus vetores
coluna formam uma base ortonormal.
Multiplicando MM t, v. obterá a mesma afirmação para os vetores linha:
Propriedade IV(b): Uma matriz é ortogonal se, e somente se, seus vetores
linha formam uma base ortonormal.
Comentário: O fato anterior implica que a matriz de uma rotação ou de um
espelhamento (na base canônica) é uma matriz ortogonal. Também implica
que a matriz de uma projeção não é ortogonal (em nenhuma base).
A propriedade anterior implica que:
Propriedade V: Uma matriz ortogonal A conserva ângulos e módulos.
Como já vimos quando estudamos espelhamentos e rotações, é suficiente
ver que a matriz A conserva o produto escalar. Sejam
v1 = A(1, 0, 0), v2 = A(0, 1, 0) v3 = A(0, 0, 1).
Por hipótese, β = {v1, v2, v3} é uma base ortonormal.
Considere vetores u = (a, b, c) e v = (d, e, f), Observe que
A(u) = a v1 + b v2 + c v3, A(v) = d v1 + e v2 + f v3.
Usando que v1 · v2 = v1 · v3 = v2 · v3 = 0 e que vi · vi = 1, i = 1, 2, 3, temos
A(u) · A(v) = (a v1 + b v2 + c v3) · (d v1 + e v2 + f v3) =
= (a d) (v1 · v1) + (b e) (v2 · v2) + (c f) (v3 · v3) =
= a d + b e + c f = u · v.
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Propriedade (autovalores de uma matriz ortogonal): Todo autovalor
real de uma matriz ortogonal A é igual a 1 ou −1. Todo autovalor complexo
de A tem módulo 1.
A afirmação sobre autovalores reais é obvia: se λ é um autovalor e u um
autovetor associado a A,
|u| = |A(u)| = |λ u| = |λ||u|,
Portanto λ = ±1. Para ver que os autovalores complexos têm módulo igual
a 1 (veremos isto em dimensão dois ou três) usaremos que o determinante de
A é igual ao produto dos autovalores e que números complexos conjugados
têm o mesmo módulo. Observe também que se λ é um autovalor então λ̄
(seu conjugado) também é um autovalor. Portanto,
1 = | det(A)| = |λ| |λ̄| = |λ|2.
Logo 1 = |λ|. Em dimensão três a prova e idéntica usando que existe um
autovalor real que é igual a ±1.
1.3 Matrizes ortogonais 2 × 2
Seja A uma matriz ortogonal 2× 2. Existem as seguintes possibilidades para
os autovalores de A:
(a) autovalor 1 (duplo),
(b) autovalor −1 (duplo),
(c) autovalores 1 e −1,
(d) autovalores complexos conjugados.
Observe que temos as seguintes propriedades sobre os traços:
(a) autovalor 1 (duplo): traço 2,
(b) autovalor −1 (duplo): traço −2
(c) autovalores 1 e −1: traço 0,
(d) autovalores complexos conjugados: traço diferente de 0 (excluido o caso
em que os autovalores são imaginários puros).
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Isto significa que estudando o traço da matriz (excluido um caso, que veremos
a seguir) é posśıvel saber o significado geométrico de transformação ortogonal
em dimensão 2.
Estas matrizes são: (a) a identidade, (b) menos a identidade, (c) um
espelhamento, (d) uma rotação.
Veremos o caso em que a matriz M verifica (c), os casos (a) e (b) são
similares (somente que muito mais simples!). O caso (d) será obtido quase
de graça.
Considere u um autovetor associado a 1. Seja v um vetor perpendicular a
u. Como M é ortogonal, M(v) é perpendicular a u. Logo (como M(v) 6= 0̄,
lembre que v 6= 0̄ e que M conserva módulos) temos que M(v) = σv. A
priori há duas possibilidades, σ = 1 ou σ = −1. Observe que os autovalores
de M são simples, isto é de multiplicidade 1. Se σ = 1 então existem dois
autovetores l.i, associados a 1 e este autovalor teŕıa multiplicidade maior ou
igual a 2, o que é um absurdo. Logo a única possibilidade é σ = −1. Portanto,
M tem autovalores 1 e −1 e existe uma base ortogonal de autovetores de M ,
no caso {u, v}. Logo M é um espelhamento respeito a reta de vetor diretor
u que contém a origem.
Vejamos o caso (d). Observe que como a primeira coluna de A é um
vetor unitário é da forma (cos θ, sen θ) para algum θ. Como o vetor corre-
spondente à segunda coluna é ortogonal e unitário, há duas possibilidades:
(sen θ,− cos θ) e (−senθ, cos θ). Portanto há duas possibilidades para a ma-
triz A
A =
(
cos θ sen θ
sen θ − cos θ
)
ou A =
(
cos θ −sen θ
sen θ cos θ
)
.
Observe que a primeira matriz tem traço igual a zero.
Suponha que os autovalores sejam da forma a ± i b, onde a 6= 0. Em tal
caso, a primeira possibilidade pode ser descartada, pois o traço da matriz é
zero. Logo estamos na segunda opção, que já sabemos que representa uma
rotação de ângulo θ no sentido anti-horário.
Portanto, falta o caso em que os autovalores não têm parte real, e o traço
é zero. É simples ver que as únicas possibilidades são
A =
(
0 −1
1 0
)
ou A =
(
0 1
−1 0
)
que representam rotações de π/2 e (3π)/2 radianos.
5
Exemplos: A matriz ortogonal
A =
(
1/
√
2 1/
√
2
−1/
√
2 1/
√
2
)
representa uma rotação de 45 graus. Veja que tem autovalores complexos
e calcule o ângulo de(1, 0) e A(1, 0). De fato, como o traço é diferente de
0 não pode ser um espelhamento, como é diferente de 2 não é a identidade
(bem, isto é obvio!), e como é diferente de −2 não é menos a identidade! Ou
seja, a única opção é uma rotação.
A matriz ortogonal
A =
(
1/
√
2 1/
√
2
1/
√
2 −1/
√
2
)
tem determinante −1 e traço zero. Logo, necessariamente, seus autovalores
são 1 e −1. Logo, representa um espelhamento. Para determinar a reta de
projeção, lembre que A(1, 0)−(1, 0) = ((1−
√
2)/
√
2, 1/
√
2) é o vetor normal
à dita reta, ou seja um autovetor associado a −1.
2 Rotações em R3
Uma rotação cujo eixo é a reta r que contém a origem e é paralela ao vetor
n = (a, b, c) e ângulo α é uma transformação linear R que verifica:
• R(n) = n,
• para todo vetor u do plano π : ax+by+cz = 0 temos que R(u) pertence
a π e forma α graus com v (dito de outra forma, a restrição de R ao
plano π é uma rotação no plano).
A última afirmação implica que se h e w são vetores do plano π se verifica
h · w = R(h) · R(w).
O mesmo racioćınio que fizemos com as rotações de eixos coordenados im-
plicam que R conserva módulos e ângulos. Portanto, R é uma transformação
ortogonal. Mais uma vez, para provar esta afirmação é suficiente ver que R
conserva o produto escalar. Considere dois vetores u e v. Escrevemos
u = n + h, v = m + w,
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onde n e m são vetores paralelos ao eixo de rotação e h e w ortogonais ao
eixo (ou seja, do plano π). Temos
u · v = (n + h) · (m + w) = n · m + n · w + h · m + h · w = n · m + h · w.
Também,
R(u) = n + R(h), R(v) = m + R(w),
onde R(h) e R(w) são ortogonais a n e m. Portanto,
R(u) · R(v) = (n + R(h)) · (m + R(w)) =
= n · m + n · R(w) + R(h) · m + R(v) · R(w) =
= n · m + R(v) · R(w) = n · n + v · w.
Nas próximas aulas veremos que R é semelhante a uma matriz de rotação
em torno ao eixo X da forma
A =


1 0 0
0 cos α −sen α
0 sen α cos α

 .
Como a matriz A não é diagonalizável (a não ser que α seja 0 ou π), a matriz
R não é diagonalizável (lembre que se R fosse diagonalizável a matriz A
também seria diagonalizável).
3 Matrizes ortogonais 3 × 3
Considere uma matriz ortogonal M , 3 × 3, observe que a matriz M tem
necessariamente um autovalor real (o polinômio caracteŕıstico de M tem
grau 3), que é necessariamente 1 ou −1.
Suponhamos que o autovalor é 1 e que u = (a, b, c) é um autovetor asso-
ciado a 1. Considere o plano π : ax+by+cz = 0. Considere um vetor v de π,
afirmamos que M(v) pertence a π, isto decorre de M conservar os ângulos:
0 = u · v = M(u) · M(v) = u · M(v).
Logo M(v) é ortogonal a u e, portanto, pertence a π. Em outras palavras, o
plano π é invariante: todo vetor de π é transformado por M em um vetor de
π. A seguir, restringimos nossa atenção ao plano π, onde a restrição de M
pode ser pensada como uma transformação linear de R2.
Observe que temos as quatro possibilidades seguintes para os autovalores
de M (lembre que estamos supondo que 1 é um autovalor):
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(a) autovalor 1 (de multiplicidade 3): traço 3,
(b) autovalores 1 (simples) e −1 (duplo): traço −1,
(c) autovalores 1 (duplo) e −1 (simples): traço 1,
(d) autovalor 1 e dois autovalores complexos conjugados a± ib: traço 1+2a
(ou seja, somente tem traço 1 quando os autovalores são imaginários
puros).
Afirmamos que estas matrizes são: (a) a identidade, (b) espelhamento
respeito a uma reta, (c) espelhamento respeito a um plano, (d) uma rotação.
Vejamos, por exemplo, o caso (c). Seja u o autovetor associado a 1
escolhido acima e v um autovetor associado a −1. Lembre que se w é um
vetor que pertence a π, como π é invariante, M(w) também pertence a π.
Ou seja, w e M(w) são ortogonais a u.
Seja agora w = u × v. Afirmamos que M(w) = w. Como w é ortogonal
a u, temos que M(w) é ortogonal a M(u) = u. Analogamente, como w é
ortogonal a v, temos que M(w) é ortogonal a M(v) = −v. Logo M(w) é
paralelo a u × v, ou seja, M(w) = σw. Como M é ortogonal, σ = ±1. Do
fato de −1 ter multiplicidade 1, temos que σ = 1.
Portanto, M é um espelhamento no plano paralelo a u e w que contém a
origem.
Os casos (a) e (b) seguem de forma análoga.
O caso mais interessante, e diferente é o caso (d). Neste caso a trans-
formação representa uma rotação de eixo paralelo ao vetor u (o ângulo da
rotação depende do argumento dos autovalores complexos). Observe que
dado qualquer w vetor do plano π temos M(w) 6= σw para todo número real
σ. Isto decorre de que os autovalores de M serem 1 (de multiplicidade 1 e
dois complexos conjugados). Se σ = 1 então haveria dois autovetores linear-
mente independentes associados a 1 e sua multiplicidade seria no mı́nimo 2,
o que é um absurdo. Para ver que M representa uma rotação falta ver que
para todo vetor w do plano π o ângulo entre w e M(w) é o mesmo (ou seja,
conserva o produto escalar: existe k tal que para todo vetor unitário w do
plano π se verifica w · M(w) = k).
Para provar esta afirmação primeiro consideraremos uma base ortonormal
do plano π, {v1, v2}. Escreva w1 = M(v1) e w2 = M(v2). Afirmamos que
v1·w1 = v2·w2. Primeiro, escrevemos w1 = cv1+dv2, portanto, v1·w1 = c. Em
segundo lugar observamos que como v1 e v2 são ortogonais e M é ortogonal,
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w2 · w1 = 0 e w1 e w2 têm o mesmo módulo. Portanto, w2 = dv1 − cv2 ou
w2 = −dv1 + cv2. No segundo caso temos w2 · v2 = c, provando a afirmação.
Finalmente, o primeiro caso está proibido por hipótese: considere a base
ortogonal η = {u, v1, v2}, e observe que a matriz de M na base η é:
[M ]η =


1 0
0 c d
0 d −c

 .
Logo o traço de M (que é igual ao traço de [M ]η, pois as matrizes [M ] e [M ]η
são semelhantes) é igual a 1, o que é absurdo (lembre que o traço era 1 + 2a,
a a parte real (não nula) do autovalor complexo.
Agora estamos prontos para provar que para todo vetor unitário w do
plano π se verifica w · M(w) = c. Escreva
w = αv1 + τv2, α
2 + τ 2 = 1,
e lembre que
M(v1) = cv1 + dv2, M(v2) = −dv1 + cv2.
Então, fazendo os cálculos,
M(w) = (αc − τd)v1 + (αd + τc)v2.
Portanto, usando as relações de ortogonalidade,
M(w) · w = ((αc − τd)v1 + (αd + τc)v2) · (αv1 + τv2) = (α2 + τ 2)c = c.
Deixamos para v. verificar que acontece quando o primeiro autovalor é
−1: v. verá que muitas opções se repetem, mas aparecem duas novas: menos
a identidade (todos os autovalores −1) e a composição de uma rotação e um
espelhamento em um plano (um autovalor −1 e dois autovalores complexos
conjugados), onde o eixo de rotação é paralelo ao autovetor associado a −1.
Exemplos: A matriz ortogonal
M =


0 1 0
1 0 0
0 0 1


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representa um espelhamento no plano x − y = 0. Para ver isto observe que
λ = −1 é um autovalor simples e λ = 1 duplo. Os autovetores associados
a −1 são da forma (t,−t, 0), t ∈ R, t 6= 0. Veja que todo vetor do plano
x − y = 0 é transformado nele próprio.
Consideremos agora a matriz ortogonal
M =


2/3 2/3 1/3
2/3 −1/3 −2/3
1/3 −2/3 2/3

 .
Esta matriz tem traço 1, 2/3 − 1/3 + 2/3 = 1. Portanto, deve ser um
espelhamento em um plano (faça e veja a lista de diferentes possibilidades
para os traços de uma matriz ortogonal!). Em tal caso,
M(1, 0, 0) − (1, 0, 0) = (−1/3, 2/3, 1/3),
deve ser o vetor normal ao plano de espelhamento, e portanto um autovetor
associado a −1. Veja que M(−1, 2, 1) = (1,−2,−1). Finalmente, confira
que (1, 0, 1) e (2, 1, 0) são autovetores associados a 1. Logo, M representa
um espelhamento no plano x − 2y − z = 0.
Nas próximas aulas veremos as matrizes simétricas, com estes dois con-
ceitos (matriz ortogonal e matriz simétrica) será muito mais simples inter-
pretar geometricamente uma matriz ortogonal.
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