Operadores ortogonais - Apostilas - Física Parte1, Notas de estudo de Física

Baixe Operadores ortogonais - Apostilas - Física Parte1 e outras Notas de estudo em PDF para Física, somente na Docsity! Operadores ortogonais MÓDULO 3 – AULA 19 Aula 19 – Operadores ortogonais Objetivos • Compreender o conceito e as propriedades apresentadas sobre opera- dores ortogonais. • Aplicar os conceitos apresentados em exemplos importantes. Pré-requisitos: Aulas 10 a 14, 17 e 18. Você deve se lembrar de que um operador T : Rn → Rn é dito ortogonal se existe uma base ortonormal α de Rn tal que a matriz de T na base α é uma matriz ortogonal, isto é, se a matriz [T ]α é ortogonal. Veremos que os operadores ortogonais estão bem definidos no sentido de que o fato de ser um operador ortogonal não depende da base ortonormal escolhida, ou seja, se a matriz [T ]α, numa certa base ortonormal α de Rn, for ortogonal, então a matriz [T ]β também será ortogonal para qualquer outra base ortonormal β de Rn. Na verdade, temos o seguinte resultado: Teorema 1 Sejam T : Rn → Rn um operador ortogonal e α e β duas bases ortonor- mais de Rn. Se a matriz [T ]α é ortogonal, então a matriz [T ]β também será ortogonal. Demonstração: O teorema sobre mudança de base para operadores lineares, visto no curso de Álgebra Linear I, nos garante que [T ]β = P −1[T ]αP, onde P é a matriz mudança de base entre as bases ortonormais α e β. Como α e β são duas bases ortonormais de Rn, temos que P é uma matriz ortogonal e, pelo Teorema 1 da Aula 10, segue-se que P−1 = P t, onde P t é a transposta da matriz P . Assim, [T ]β = P t[T ]αP. Como [T ]α é uma matriz ortogonal por hipótese e como o produto de matrizes ortogonais é também uma matriz ortogonal, conclúımos que [T ]β também será uma matriz ortogonal. ¤ 7 CEDERJ Operadores ortogonais O resultado anterior simplifica um problema crucial: para decidirmos se um dado operador linear T : Rn → Rné ortogonal, basta considerar qualquer base ortonormal α de Rn e verificar se a matriz [T ]α é uma matriz ortogonal. Exemplo 1 Verifique que o operador linear T : R3 → R3 T (x, y, z) = (x cos θ − y senθ, x senθ + y cos θ, z), com θ ∈ [0, 2π), é um operador ortogonal. Solução De fato, escolhendo a base canônica {e1, e2, e3} de R3, dada por e1 = (1, 0, 0), e2 = (0, 1, 0) e e3 = (0, 0, 1), obtemos T (e1) = (cos θ, senθ, 0) T (e2) = (−senθ cos θ, 0) T (e3) = (0, 0, 1). Portanto, a matriz que representa T nesta base é dada por A =   cos θ −senθ 0 senθ cos θ 0 0 0 1   . Sabemos que A é uma matriz ortogonal de R3. Mais ainda, A é uma rotação de θ radianos em torno do eixo-z (Exemplo 1 da Aula 17). Assim, o operador linear T é um operador ortogonal. O próximo teorema segue imediatamente do Teorema 2 da Aula 10. Teorema 2 Seja T : Rn → Rn um operador ortogonal. Então as seguintes proprieda- des são válidas: 1. T transforma bases ortonormais em bases ortonormais, ou seja, se {v1,v2, . . . ,vn} é uma base ortonormal de Rn, então {Tv1, Tv2, . . . , Tvn} também é uma base ortonormal de Rn. 2. T preserva o produto interno, ou seja, para todo u,v ∈ Rn vale que 〈Tu, Tv〉 = 〈u,v〉 . 3. T preserva a norma, ou seja, para todo v ∈ Rn vale que ||Tv|| = ||v||. CEDERJ 8 Projeções ortogonais – 1a Parte MÓDULO 3 – AULA 20 Aula 20 – Projeções ortogonais – 1a Parte Objetivos • Compreender o conceito de projeção ortogonal em dimensão 2. • Aplicar os conceitos apresentados em exemplos importantes. Pré-requisitos: Aulas 10 a 14, 17, 18 e 19. Nesta e na próxima aula vamos apresentar um tipo de transformação usada em áreas como a Computação Gráfica e o Desenho Geométrico. Trata- se das projeções ortogonais. Nesta primeira aula, trabalharemos com as projeções ortogonais em R2. Exemplo 1 Determine a matriz que representa a projeção ortogonal sobre o eixo-x, isto é, sobre a reta de equação cartesiana y = 0. Solução Geometricamente, essa transformação é representada pela Figura 20.1. V= (x,y) V'= (x,0) x y Figura 20.1: A projeção ortogonal no eixo-x. Assim, temos a transformação linear T : R2 → R2 T (x, y) = (x, 0). 11 CEDERJ Projeções ortogonais – 1a Parte Denotando por {e1, e2} a base canônica de R2, temos que T (e1) = T (1, 0) = (1, 0) = 1 · e1 + 0 · e2 T (e2) = T (0, 1) = (0, 0) = 0 · e1 + 0 · e2. Portanto, a matriz que representa a transformação T na base canônica é dada por A = ( 1 0 0 0 ) . Vemos imediatamente algumas propriedades dessa projeção ortogonal. 1. A matriz A e, portanto, o operador T , não é invert́ıvel, pois det(A) = 0. 2. Como T (e2) = 0 · e2, então λ2 = 0 é um autovalor de T com autovetor associado e2 = (0, 1). Não é dif́ıcil ver que o auto-espaço associado a λ2 = 0 é exatamente o eixo-y, isto é, a reta de equação cartesiana x = 0. 3. Como T (e1) = 1 · e1, então λ1 = 1 é um autovalor de T com autovetor associado e1 = (1, 0). Não é dif́ıcil ver que o auto-espaço associado a λ1 = 1 é exatamente o eixo-x, isto é, a reta de equação cartesiana y = 0. 4. O operador T é diagonalizável e seu polinômio caracteŕıstico é p(x) = x (x− 1). Exemplo 2 Determine a matriz que representa a projeção ortogonal sobre o eixo-y, isto é, sobre a reta de equação cartesiana x = 0. Solução A projeção ortogonal no o eixo-y é dada pela transformação linear T : R2 → R2 T (x, y) = (0, y). Geometricamente, esta transformação é representada pela Figura 20.2. CEDERJ 12 Projeções ortogonais – 1a Parte MÓDULO 3 – AULA 20 (x,y)T (x,y) x y Figura 20.2: A projeção ortogonal no eixo-y. Como no Exemplo 1, temos que T (e1) = T (1, 0) = (0, 0) = 0 · e1 + 0 · e2 T (e2) = T (0, 1) = (0, 1) = 0 · e1 + 1 · e2. Portanto, a matriz que representa a transformação T na base canônica é dada por A = ( 0 0 0 1 ) . Como antes, vemos que: 1. A matriz A e, portanto, o operador T , não é invert́ıvel, pois det(A) = 0. 2. Como T (e1) = 0 · e1, então λ1 = 0 é um autovalor de T com autovetor associado e1 = (1 , 0). Não é dif́ıcil ver que o auto-espaço associado a λ1 = 0 é exatamente o eixo-x, isto é, a reta de equação cartesiana y = 0. 3. Como T (e2) = 1 · e2, então λ2 = 1 é um autovalor de T com autovetor associado e2 = (0 , 1). Não é dif́ıcil ver que o auto-espaço associado a λ2 = 1 é exatamente o eixo-y, isto é, a reta de equação cartesiana x = 0. 4. O operador T é diagonalizável com polinômio caracteŕıstico p(x) = x (x− 1). 13 CEDERJ Projeções ortogonais – 1a Parte Seja β = {u1,u2} uma base ortonormal de R2 onde u1 é um vetor unitário paralelo à reta L e u2 é um vetor unitário normal à reta L. Veja a Figura 20.6. u1u2 L x y Figura 20.6: A base ortonormal β = {u1, u2}. Nesse caso, como 〈u1,u1〉 = 1 e pela observação acima temos que Tv = 〈v,u1〉 u1. Assim, vemos que Tu1 = 〈u1,u1〉 u1 = u1 = 1 · u1 + 0 · u2 Tu2 = 〈u2,u1〉 u1 = 0 · u1 = 0 · u1 + 0 · u2. Portanto, a matriz que representa a transformação T na base β é dada por [T ]β = ( 1 0 0 0 ) , que é exatamente da mesma forma que a matriz do Exemplo 1. Se quiser- mos obter a matriz que representa T na base canônica, é só fazermos uma mudança de base. Se α = {e1, e2} é a base canônica de R2, então [T ]α = P [T ]βP −1, onde P é a matriz mudança de base. Como P = [u1 u2], isto é, suas colunas são vetores ortonormais, então P é uma matriz ortogonal e, portanto, P−1 = P t. Como nos exemplos 1 e 2, temos as seguintes propriedades. 1. As matrizes [T ]α e [T ]β e, portanto, o operador T , não são invert́ıveis, pois det [T ]β = 0. CEDERJ 16 Projeções ortogonais – 1a Parte MÓDULO 3 – AULA 20 2. Como T (u2) = 0 ·u2, então λ2 = 0 é um autovalor de T com autovetor associado u2. Não é dif́ıcil ver que o auto-espaço associado a λ2 = 0 é exatamente a reta pela origem ortogonal à reta L. 3. Como T (u1) = 1 ·u1, então λ1 = 1 é um autovalor de T com autovetor associado u1. Não é dif́ıcil ver que o auto-espaço associado a λ1 = 1 é exatamente a reta L. 4. O operador T é diagonalizável e seu polinômio caracteŕıstico é p(x) = x (x− 1). Cabe aqui, mais uma vez, ressaltar a analogia entre este terceiro exem- plo e os dois primeiros. Isto se deve à escolha adequada de uma base orto- normal de R2. Exerćıcios 1. Determine a matriz da projeção ortogonal sobre a reta y = √ 3x com respeito à base canônica. 2. Determine os autovalores e os auto-espaços associados da transformação linear do exerćıcio 1. 17 CEDERJ Projeções ortogonais – 2a Parte MÓDULO 3 – AULA 21 Solução Geometricamente, essa transformação é representada pela Figura 21.2. z (x,y,z) T(x,y,z)= (0,x,z) x y Figura 21.2: A projeção ortogonal no plano-yz. Assim, temos a transformação linear T : R3 → R3 T (x, y, z) = (0, y, z). Se você entendeu bem a geometria do Exemplo 1, então verá que neste caso temos T (e1) = T (1, 0, 0) = (0, 0, 0) = 0 · e1 + 0 · e2 + 0 · e3 T (e2) = T (0, 1, 0) = (0, 1, 0) = 0 · e1 + 1 · e2 + 0 · e3 T (e3) = T (0, 0, 1) = (0, 0, 1) = 0 · e1 + 0 · e2 + 1 · e3. Portanto, a matriz que representa a transformação T na base canônica é dada por A =   0 0 0 0 1 0 0 0 1   . Seguem também as propriedades: 1. A matriz A e, portanto, o operador T , não são invert́ıveis, pois det(A) = 0. 2. Como T (e1) = 0 · e1, então λ2 = 0 é um autovalor de T com autovetor associado e1. Não é dif́ıcil ver que o auto-espaço associado a λ2 = 0 é exatamente o eixo-x, que é o espaço gerado por e1. 21 CEDERJ Projeções ortogonais – 2a Parte 3. Como T (e2) = 1 · e2 e T (e3) = 1 · e3, então λ1 = 1 é um autovalor de T de multiplicidade 2 com autovetores associados e2 e e3. Não é dif́ıcil ver que o auto-espaço associado a λ1 = 1 é exatamente o plano-yz, que é o espaço gerado pelos vetores canônicos e2 e e3. 4. O operador T é diagonalizável com polinômio caracteŕıstico p(x) = x (x− 1)2. O outro caso trivial, a projeção ortogonal sobre o plano-xz, é totalmente análogo aos exemplos anteriores e deixamos como exerćıcio para você. Assim, estando bem compreendidos os dois exemplos anteriores, podemos tratar da projeção ortogonal sobre um plano qualquer de R3 passando pela origem. Exemplo 3 Descreva a projeção ortogonal sobre um plano π de R3 que passa pela origem. Solução Seja T : R3 → R3 a projeção ortogonal sobre o plano π. Geometrica- mente, essa transformação é representada pela Figura 21.3. Figura 21.3: A projeção ortogonal no plano-π. Vamos agora obter uma base ortonormal β de R3 de modo que a matriz que representa a transformação T nessa base seja da mesma forma que a matriz do Exemplo 1. Como conhecemos a equação cartesiana de plano π, sabemos como obter um vetor normal a esse plano. Lembre: se π tem equação ax + by + cz + d = 0, então o vetor u = (a, b, c) é um vetor normal ao plano π. Seja, então, u3 um vetor unitário normal ao plano π. Usando a equação cartesiana de π, como foi feito nas Aulas 17 e 18, facilmente determinamos vetores unitários u1 e u2 de modo que β = {u1,u2,u3} seja uma base ortonormal de R3. Observe que os vetores unitários u1 e u2 são ortogonais e pertencem ao plano π. Veja a Figura 21.4. CEDERJ 22 Projeções ortogonais – 2a Parte MÓDULO 3 – AULA 21 Figura 21.4: A base ortonormal β = {u1,u2,u3}. A projeção ortogonal de um vetor v sobre o plano π é dada por T : R3 → R3 v 7→ Tv = 〈v,u1〉〈u1,u1〉 u1 + 〈v,u2〉 〈u2,u2〉 u2, de onde vemos que T é uma transformação linear. Para obter a fórmula acima observamos que desejamos um vetor Tv da forma Tv = k1u1 + k2u2 de modo que v − k1u1 − k2u2 seja ortogonal a u1 e u2, como indica a Figura 21.5. Figura 21.5: A projeção ortogonal de v no plano π. Assim, da ortogonalidade entre v − k1u1 − k2u2 e u1, temos 0 = 〈v − k1u1 − k2u2,u1〉 = 〈v,u1〉 − 〈k1u1, u1〉 − 〈k2u2,u1〉 = 〈v, u1〉 − k1 〈u1,u1〉 − k2 〈u2,u1〉 = 〈v, u1〉 − k1 〈u1,u1〉 , já que 〈u2,u1〉 = 0, o que nos dá k1 〈u1,u1〉 = 〈v,u1〉 k1 = 〈v,u1〉 〈u1,u1〉 , e, portanto, Tv = k1u1 + k2u2 = 〈v,u1〉 〈u1,u1〉 u1 + 〈v,u2〉 〈u2,u2〉 u2. 23 CEDERJ Matrizes simétricas MÓDULO 3 – AULA 22 Aula 22 – Matrizes simétricas Objetivos: • Compreender o conceito de matriz simétrica. • Aplicar os conceitos apresentados em exemplos importantes. Pré-requisitos: Aulas 6, 7, 8, 9, 10, 20 e 21 Em muitas aplicações da Álgebra Linear, as matrizes simétricas apare- cem com maior freqüência que qualquer outra classe de matrizes importantes. A teoria correspondente a essas matrizes é muito rica e elegante, e depende, de maneira especial, das teorias de diagonalização e ortogonalidade, vistas em aulas anteriores. Veremos, nesta aula, que a diagonalização de uma ma- triz simétrica é um fundamento essencial e necessário à discussão das formas quadráticas que estudaremos no próximo módulo. Lembramos que todas as matrizes e vetores considerados têm somente elementos e componentes reais. Antes de começarmos a estudar a teoria de diagonalização de matrizes simétricas, convém lembrarmos de algumas definições que serão essenciais a este conteúdo. Definição 1 Uma matriz A ∈ Mn(R) é simétrica se At = A, onde At representa a matriz transposta de A. Equivalentemente, a matriz A = (aij) é simétrica se aij = aji para todo i, j. Observe, primeiramente, que o conceito de matriz simétrica se aplica apenas a matrizes quadradas. Observe também que os elementos da diagonal principal de uma matriz simétrica A podem assumir valores arbitrários; no entanto, elementos simétricos com respeito à diagonal principal têm o mesmo valor. Exemplo 1 As duas matrizes a seguir são simétricas: A = ( 2 1 1 3 ) e B =   4 −1 0 −1 2 3 0 3 −2   . 27 CEDERJ Matrizes simétricas No entanto, as matrizes abaixo não são simétricas: C = ( 2 1 −1 1 3 0 ) e D =   −1 4 −1 4 2 2 1 2 3   . A matriz C não é simétrica porque ela não é matriz quadrada, e a matriz D não é simétrica porque d31 = 1 6= −1 = d13. Vamos rever algumas propriedades das matrizes simétricas. Teorema 1 Sejam A,B ∈ Mn(R) matrizes simétricas. Então A+B e cA, onde c ∈ R, também são matrizes simétricas. Vale observar que o produto de duas matrizes simétricas não é necessa- riamente uma matriz simétrica. Por exemplo, dadas as matrizes simétricas A = ( 1 2 2 3 ) e B = ( 4 5 5 6 ) temos que a matriz produto AB = ( 1 2 2 3 ) ( 4 5 5 6 ) = ( 14 17 23 28 ) não é uma matriz simétrica, pois (AB)21 = 23 6= 17 = (AB)12. Vamos rever o processo de diagonalização de matrizes, descrito nas Aulas 6 e 7, agora aplicado a um caso particular de uma matriz simétrica. Exemplo 2 Diagonalize, caso seja posśıvel, a matriz A =   6 −2 −1 −2 6 −1 −1 −1 5  . Solução O polinômio caracteŕıstico da matriz A é dado por: p(x) = det(xI3 − A) = ∣∣∣∣∣∣∣ x− 6 2 1 2 x− 6 1 1 1 x− 5 ∣∣∣∣∣∣∣ = (x− 6) · ∣∣∣∣∣ x− 6 1 1 x− 5 ∣∣∣∣∣− 2 · ∣∣∣∣∣ 2 1 1 x− 5 ∣∣∣∣∣ + 1 · ∣∣∣∣∣ 2 1 x− 6 1 ∣∣∣∣∣ = x3 − 17x2 + 90x− 144 . CEDERJ 28 Matrizes simétricas MÓDULO 3 – AULA 22 Demonstração: Uma das direções é muito simples de ser feita. Suponha que A seja diagonalizável por matriz ortogonal, como na Definição 2; então At = (PDP t)t = (P t)tDtP t = PDP t = A, onde (P t)t = P e Dt = D, já que D é uma matriz diagonal. Assim, con- clúımos que A é uma matriz simétrica. A rećıproca é muito mais complicada e será omitida nestas notas. A idéia básica desta parte da demonstração será apresentada na próxima aula e envolve um dos teoremas mais importantes da Álgebra Linear. ¤ Exemplo 3 Determine se a matriz A =   3 −2 4 −2 6 2 4 2 3   é diagonalizável por matriz ortogonal e, caso seja, determine uma matriz ortogonal P e uma matriz diagonal D tal que A = PDP t. Solução Como A é uma matriz simétrica, então, pelo Teorema 3, ela é diago- nalizável por matriz ortogonal. Vamos, agora, realizar o cálculo de diagona- lização de A. Os autovalores da matriz A são as ráızes do polinômio caracteŕıstico p(x) = det(xI3 − A) = ∣∣∣∣∣∣∣ x− 3 2 −4 2 x− 6 −2 −4 −2 x− 3 ∣∣∣∣∣∣∣ = x3 − 12x2 + 21x + 98 . Observando, por inspeção, que λ1 = −2 é uma raiz de p(x), temos que p(x) = (x + 2) (x2 − 14x + 49) = (x + 2) (x− 7)2. Assim, os autovalores da matriz A são λ1 = −2, com multiplicidade algébrica 1, e λ2 = 7, com multiplicidade algébrica 2. 31 CEDERJ Matrizes simétricas Para o autovalor λ1 = −2, temos que os autovetores associados, v = (x, y, z), satisfazem o sistema linear (−2 I3 − A)v = 0. Completando os cálculos temos, que o auto-espaço V−2 é um subespaço de dimensão 1 e é gerado pelo vetor v1 = (−2,−1, 2). Para o autovalor λ2 = 7, como já sabemos que a matriz A é diagona- lizável, o auto-espaço V7 tem dimensão igual a 2. O fato interessante é que podemos construir uma base ortogonal de autovetores para esse subespaço V7. Os autovetores v = (x, y, z) associados ao autovalor λ2 = 7 satisfazem o sistema linear (7 I3 − A)v = 0. Usando as técnicas usuais para a resolução de sistemas lineares, obte- mos que: V7 = {v ∈ R3 |Av = 7v} = {v ∈ R3 |(7 I3 − A)v = 0} = {(x, y, z) ∈ R3 |2x + y − 2z = 0}. Para obter uma base ortogonal de V7, observamos facilmente que v2 = (1, 0, 1) ∈ V7. O outro vetor v3 = (a, b, c) ∈ V7 deve satisfazer 2a + b − 2c = 0 e ainda ser ortogonal a v2, isto é, 〈v2,v3〉 = 0, ou seja, a + c = 0. Portanto, v3 = (a, b, c) deve satisfazer o sistema linear { 2a + b− 2c = 0 a + c = 0 . Completando os cálculos, obtemos, por exemplo, v3 = (−1, 4, 1). Ob- serve que, pelo Teorema 2, o autovetor v1 é ortogonal aos autovetores v2 e v3, já que eles correspondem a autovalores distintos da matriz simétrica A. Assim, {v1,v2,v3} é um conjunto ortogonal de autovetores da matriz A. Normalizando esses vetores, obtemos: u1 = v1 ||v1|| = (−2/3,−1/3, 2/3); u2 = v2 ||v2|| = (1 /√ 2, 0, 1 /√ 2); u3 = v3 ||v3|| = (−1 /√ 18, 4 /√ 18, 1 /√ 18). CEDERJ 32 Matrizes simétricas MÓDULO 3 – AULA 22 Portanto, {u1,u2,u3} é uma base ortonormal de autovetores de A. Com esses autovetores, obtemos a matriz P e com os autovalores, obtemos a matriz D: P =   −2/3 1/√2 −1/√18 −1/3 0 4/√18 2/3 1 /√ 2 1 /√ 18   ; D =   2 0 0 0 7 0 0 0 7   , de modo que A = PDP t. Exerćıcios 1. Mostre que se A é uma matriz simétrica, então A2 também é uma matriz simétrica. 2. Mostre que se A é uma matriz diagonalizável por matriz ortogonal então A2 também é. 3. Determine uma matriz ortogonal P e uma matriz diagonal D tal que A = PDP t, onde a matriz A é dada por A =   1 2 0 0 2 1 0 0 0 0 1 −2 0 0 −2 1   . 33 CEDERJ O Teorema Espectral reais possui n ráızes reais ou complexas, contando suas multiplicidades. Na demonstração do Teorema Espectral mostra-se que as n ráızes do polinômio caracteŕıstico são, de fato, ráızes reais. 2. Se A é uma matriz simétrica e tem n autovalores distintos, então pelo Teorema 2 da Aula 5 e pelo Teorema 2 da Aula 22, vemos que A é diagonalizável por matriz ortogonal. 3. Se A é uma matriz simétrica e tem algum autovalor com multiplicidade algébrica maior que 1, ainda é verdade que podemos diagonalizá-la. Na verdade, podemos mostrar que se A é simétrica e tem um autovalor λ de multiplicidade k, então o auto-espaço associado tem dimensão k. Isto significa que o sistema linear (λ In − A)v = 0 admite k soluções linearmente independentes, isto é, a matriz A tem k autovetores linearmente independentes associados ao autovalor λ. Usando o processo de ortogonalização de Gram-Schmidt, podemos ob- ter uma base ortonormal para este auto-espaço. Obtemos assim um conjunto de k autovetores ortonormais associados ao autovalor λ. Como autovetores associados a autovalores distintos são ortogonais, então, considerando o conjunto de todos os autovalores de A, obtemos uma base ortonormal de autovetores para Rn. Conseqüentemente, A é uma matriz diagonalizável, e a matriz diagonalizadora P , formada pela base de autovetores de A, é uma matriz ortogonal. Decomposição espectral de uma matriz simétrica Seja A ∈ Mn(R) uma matriz simétrica e {u1,u2, . . . ,un} uma base ortonormal de autovetores associados aos autovalores λ1, λ2, . . . , λn da matriz A. Seja P a matriz ortogonal tendo esses autovetores como colunas e D a matriz diagonal tal que A = PDP t. Então A = PDP t = [u1 u2 · · · un]   λ1 0 · · · 0 0 λ2 · · · 0 ... . . . ... 0 0 · · · λn   [u1 u2 · · · un]t = [λ1u1 λ2u2 · · · λnun] [u1 u2 · · · un]t = λ1u1u t 1 + λ2u2u t 2 + · · ·λnunutn . Esta representação é chamada uma decomposição espectral de A. CEDERJ 36 O Teorema Espectral MÓDULO 3 – AULA 23 Exemplo 1 Obtenha uma decomposição espectral da matriz A = ( 7 2 2 4 ) . Solução Sendo A uma matriz simétrica, essa decomposição existe. O polinômio caracteŕıstico de A é dado por p(x) = det(xI2 − A) = x2 − 11x + 24 = (x− 8)(x− 3) . Então os autovalores são λ1 = 8 e λ2 = 3, e ainda podemos obter os respectivos autovetores u1 = (2 /√ 5, 1 /√ 5) e u2 = (−1 /√ 5, 2 /√ 5). Assim, temos que A = PDP t( 7 2 2 4 ) = ( 2 /√ 5 −1/√5 1 /√ 5 2 /√ 5 ) ( 8 0 0 3 ) ( 2 /√ 5 1 /√ 5 −1/√5 2/√5 ) Denotando a matriz P = [u1 u2], temos, pela decomposição espectral, que: A = 8u1u t 1 + 3u2u t 2. Para verificar essa decomposição da matriz A, observe que: u1u t 1 = ( 2 /√ 5 1 /√ 5 ) ( 2 /√ 5 2 /√ 5 ) = ( 4/5 2/5 2/5 1/5 ) u2u t 2 = ( −1/√5 2 /√ 5 ) ( −1/√5 2/√5 ) = ( 1/5 −2/5 −2/5 4/5 ) e, finalmente, 8u1u t 1 + 3u2u t 2 = ( 32/5 16/5 16/5 8/5 ) + ( 3/5 −6/5 −6/5 12/5 ) = ( 7 2 2 4 ) = A. Processo de diagonalização de uma matriz simétrica A ∈ Mn(R) 1o Passo: Obtenha o polinômio caracteŕıstico da matriz A, p(x) = det(xIn − A). 2o Passo: Encontre as ráızes do polinômio caracteŕıstico de A. Elas são todas reais e existem exatamente n delas, contando suas multiplicidades. 37 CEDERJ O Teorema Espectral 3o Passo: Para cada autovalor λ da matriz A, de multiplicidade algébrica k, determine seu auto-espaço associado Vλ = {v ∈ Rn | (λ In − A)v = 0}, que é um subespaço vetorial de dimensão k. Para cada Vλ assim obtido, determine uma base ortonormal que consistirá de k autovetores. Se desejar, pode utilizar o processo de ortogonalização de Gram-Schmidt. A reunião dessas bases determina uma base ortonormal de autovetores para Rn. 4o Passo: Seja P a matriz cujas colunas são os n autovetores da base or- tonormal de Rn obtida no terceiro passo. Portanto, P é uma matriz orto- gonal. Seja D a matriz diagonal cuja diagonal principal é formada pelos n autovalores da matriz A, tomados na mesma ordem de seus autovetores correspondentes na matriz P . Temos, então, A = PDP t. Exemplo 2 Aplique o processo de diagonalização acima à matriz A =   0 2 2 2 0 2 2 2 0   e obtenha sua decomposição espectral. Solução Observe, inicialmente, que A é uma matriz simétrica e, portanto, se aplica o processo de diagonalização acima. Não é dif́ıcil determinar que o polinômio caracteŕıstico da matriz A é dado por p(x) = det(xI3 − A) = (x + 2)2(x− 4), de modo que os autovalores de A são: λ1 = −2 com multiplicidade algébrica 2, e λ2 = 4 com multiplicidade algébrica 1. O auto-espaço associado a λ1 = −2 é dado por V−2 = {v ∈ R3 | (A + 2 I3)v = 0} = {(x, y, z) ∈ R3 |x + y + z = 0}. CEDERJ 38 O Teorema Espectral MÓDULO 3 – AULA 23 Exerćıcios 1. Em cada caso, aplique o processo de diagonalização à matriz A, deter- minando as matrizes ortogonal P e diagonal D tais que A = PDP t. a) A = ( 2 2 2 2 ) b) A =   0 −1 −1 −1 0 −1 −1 −1 0   c) A =   2 2 0 0 2 2 0 0 0 0 2 2 0 0 2 2   2. Sejam A =   3 1 1 1 3 1 1 1 3   e v =   −1 1 0  . Verifique que λ = 5 é um autovalor de A e que v é um autovetor A. Em seguida obtenha as matrizes ortogonal P e diagonal D tais que A = PDP t. 41 CEDERJ Operadores auto-adjuntos MÓDULO 3 – AULA 24 Aula 24 – Operadores auto-adjuntos Objetivos: • Compreender o conceito de operador auto-adjunto. • Aplicar os conceitos apresentados em exemplos importantes. Pré-requisitos: Aulas 8 e 20 a 23 Nesta aula vamos definir os operadores lineares T : Rn → Rn associ- ados às matrizes simétricas e estudar suas propriedades. Como estaremos trabalhando sempre com bases ortonormais, é de suma importância que o espaço vetorial Rn esteja munido de um produto interno, o qual estaremos sempre supondo que seja o produto interno canônico de Rn. Definição 3 Um operador linear T : Rn → Rn é denominado auto-adjunto se satisfaz 〈T (u),v〉 = 〈u, T (v)〉 para todo u,v ∈ Rn. O resultado que segue relaciona os operadores auto-adjuntos com as matrizes simétricas. Teorema 1 Um operador linear T : Rn → Rn é auto-adjunto se e somente se a matriz A, que representa T com respeito a qualquer base ortonormal α de Rn, é uma matriz simétrica. Demonstração: Com respeito à base ortonormal α de Rn, temos que T (u) = Au para todo u ∈ Rn. Assim, para todo u,v ∈ Rn, temos que 〈Tu,v〉 = 〈Au,v〉 = (Au)tv = utAtv e 〈u, Tv〉 = 〈u, Av〉 = utAv, onde At é a transposta da matriz A. Assim, T é auto-adjunto ⇔ 〈T (u),v〉 = 〈u, T (v)〉 para todo u,v ∈ Rn ⇔ 〈Au,v〉 = 〈u, Av〉 para todo u,v ∈ Rn ⇔ utAtv = utAv para todo u,v ∈ Rn ⇔ At = A ⇔ A é uma matriz simétrica. 43 CEDERJ Operadores auto-adjuntos 3. A dimensão do auto-espaço associado a cada autovalor λ é igual à mul- tiplicidade de λ como raiz do polinômio caracteŕıstico de T , isto é, a multiplicidade geométrica de cada autovalor λ é igual à sua multiplici- dade algébrica. 4. Os auto-espaços de T são ortogonais entre si. 5. Existe uma base ortonormal {u1,u2, . . . ,un} de Rn formada por auto- vetores de T . A última afirmação do Teorema 2 também é conhecida como Teorema Espectral para Operadores Auto-Adjuntos Reais e diz, simplesmente, que estes operadores são diagonalizáveis. Exemplo 3 Seja T : R3 → R3 dado por T (x, y, z) = (3x, 2y + z, y + 2z). a) Verifique que T é um operador auto-adjunto. b) Determine os autovalores e os autovetores de T e verifique que T é diagonalizável. Solução a) Considerando a base canônica {e1, e2, e3} de R3, temos que Te1 = T (1, 0, 0) = (3, 0, 0), Te2 = T (0, 1, 0) = (0, 2, 1), Te3 = T (0, 0, 1) = (0, 1, 2). Assim, a matriz que representa o operador linear T na base canônica é dada por A =   3 0 0 0 2 1 0 1 2   . Observando que A é uma matriz simétrica, temos, pelo Teorema 1, que T é um operador auto-adjunto. CEDERJ 46 Operadores auto-adjuntos MÓDULO 3 – AULA 24 b) O polinômio caracteŕıstico do operador T é dado por p(x) = det(xI3 − A) = ∣∣∣∣∣∣∣ x− 3 0 0 0 x− 2 −1 0 −1 x− 2 ∣∣∣∣∣∣∣ = (x− 3)2(x− 1) . Assim, os autovalores de T são λ1 = 3, com multiplicidade algébrica 2, e λ2 = 1 com multiplicidade algébrica 1. Não é dif́ıcil obter que o auto-espaço V3, associado a λ1 = 3, é dado por V3 = {v ∈ R3 |Tv = 3v} = {(x, y, z) ∈ R3 |y = z e x arbitrário} . Portanto, uma base ortonormal de V3 é dada por u1 = (1, 0, 0) e u2 = (0, 1 /√ 2, 1 /√ 2). Analogamente, o auto-espaço V1, associado a λ2 = 1, é dado por V1 = {v ∈ R3 | Tv = v} = {(x, y, z) ∈ R3 | x = 0 e y = −z} , e uma base ortonormal de V1 é dada pelo vetor u3 = (0, 1 /√ 2,−1/√2). Conseqüentemente, β = {u1,u2,u3} é uma base ortonormal de R3 formada por autovetores de T e, nesta base, T é representado pela matriz diagonal B = [T ]β =   3 0 0 0 3 0 0 0 1   . Portanto, T é um operador diagonalizável. Exemplo 4 Determine valores de a, b ∈ R de modo que o operador T : R3 → R3, definido por T (x, y, z) = (x + 2ay + 2z, 4x− 5y − bz, 2x− 4y + z), seja auto-adjunto. Determine, também, uma base ortonormal de R3 formada por autovetores de T e a matriz que representa T nesta base. 47 CEDERJ Operadores auto-adjuntos Solução Considerando a base canônica {e1, e2, e3} de R3, temos que Te1 = T (1, 0, 0) = (1, 4, 2) = 1 · e1 + 4 · e2 + 2 · e3, Te2 = T (0, 1, 0) = (2a,−5,−4) = 2a · e1 + (−5) · e2 + (−4) · e3, Te3 = T (0, 0, 1) = (2,−b, 1) = 2 · e1 + (−b) · e2 + 1 · e3. Assim, a matriz que representa o operador linear T na base canônica é dada por A =   1 2a 2 4 −5 −b 2 −4 1   . Para que T seja um operador auto-adjunto é necessário que a matriz A seja simétrica, isto é, que At = A. Para isso, é preciso que 2a = 4 e −b = −4, ou seja, que a = 2 e b = 4. Assim, obtemos a matriz simétrica A =   1 4 2 4 −5 −4 2 −4 1   , garantindo que o operador T é auto-adjunto. Não é dif́ıcil verificar que o polinômio caracteŕıstico de T é dado por p(x) = det(xI3 − A) = (x + 9)(x− 3)2 . Os auto-espaços correspondentes são dados por V−9 = {v ∈ R3 | Tv = −9v} = {(x, y, z) ∈ R3 | x = −z e y = 2z} , e V3 = {v ∈ R3 | Tv = 3v} = {(x, y, z) ∈ R3 | − x + 2y + z = 0} . Uma base ortonormal de V−9 é dada pelo vetor u1 = (1 /√ 6,−2/√6, −1/√6), enquanto uma base ortonormal de V3 é dada pelos vetores u2 = (1 /√ 2, 0, 1 /√ 2) e u3 = (1 /√ 3, 1 /√ 3, 1 /√ 3). Conseqüentemente, CEDERJ 48