5 a Lista de Exercícios de Introdução à Álgebra Linear IMPA - Verão 2009

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1 5 a Lista de Exercícios de Introdução à Álgebra Linear IMPA - Verão 29 Soluções dos exercícios Devido ao fato de A ser simétrica, existe uma base ortonormal {u,, u n } formada por autovetores de A, então λ A = C λ 2 λ 3 C λ 4 onde C é ortogonal Definindo então A = B 3 B = C λ 3 λ 3 2 λ 3 3 λ 3 4 C, 2 Como A é normal, existe uma base ortonormal de E na qual a matriz de A tem a forma λ λ r A = α β β α, α s β s isto é, existe C tal que A = C A C Como = A ( n = C A ) n C, temos que A n =, então λ n i = para n αj β i r e j = para j s, isso implica que λ β j α i =, j para todo i =,, r e α j = β j = para todo j =,, s (verifique!) Logo, A = e por conseguinte A = β s α s 3 T + U é auto-adjunto e < T + U(v), v >=< T v, v > + < Uv, v >>, então T + U é positivo 3 Se T = e U =, T e U são positivos, mas T U = 3 3 não é auto-adjunto, então não é positivo 3 3

2 4 (a) O polinômio característico para A é x det = x 2 3x + 4, 2 2 x os autovalores para A são 3± 7i 2, então A não tem subespaço invariante de R 2 de dimens so (porque se A tem subespaço invariante de R 2 de dimens so, A vai ter autovalor real) (b) Para autovalor 3+ 7i 2, sempre existe um autovetor que é invariante para A 5 Se dim(im(a)) = s, dim(ker(a)) = n s Para u Im(A), existe v V tal que A(v) = u, A(u) = A 2 (v) A2 =A = A(v) = u, isso significa A Im(A) = Id e Im(A) Ker(A) = φ, então V = Im(A) Ker(A) Escolha uma base {v,, v s, v s+,, v n } tal que v i Im(A) i s e v j Ker(A) s+ j n, tem A(v i ) = v i para i s e A(v j ) = para s + j n, então relativamente a esta base, A tem a forma, isso significa que A é semelhante a uma matriz diagonal 6 Sejam P = {p : [, ] R/p é um polin^omio} D = {f; [, ] R/f é diferenciável} F = {g : [, ] R/g é contínua e g( 2 ) = } P e D são subespaços invariantes por T, mas F não é invariante Com efeito: Se p P então p(x) = a + a x + + a n x n para algum n N {} Assim é fácil verificar que T (p)(x) = a x + a 2 x2 + + an n+ xn+ P Portanto, T (P) P Note que pelo Teorema Fundamental do Cálculo T (C([, ], R)) D, em particular T (D) D Para ver que F não é invariante, tome f : [, ] R dada por f(x) = 2x, se x 2 e f(x) =, se 2 x Assim f F, mas T (f) não está em F 7 (a) (Veja Hoffman-Kunze, pag 354) Se A é um operador normal num espaço V, então V = W W r, onde p = p p r é o polinômio minimal de A e W j = ker p j (A) Além disso, prova-se que deg p j = 2

3 ou 2 e no caso de p j (x) = (x a) 2 + b 2 temos que a restrição de A em W j satisfaz A j v i = av i + bw i A j w i = bv i + aw i onde {v, w,, v s, w s } é uma base ortonormal de W j, A j é sua restrição e p s j é o polinômio característico de A j Além disso a projeção ortogonal E j sobre W j é um polinômio em A Portanto, qualquer operador que comuta com A comuta com E j e portanto deixa W j invariante Assim, como A comuta com A, A deixa W j invariante e temos que a adjunta A j de A j é a restrição de A a W j Além disso, é fácil ver que A j v i = av i bw i A j w i = bv i + aw i Daí, segue que A j A j = (a 2 + b 2 )I E portanto A j = (a2 + b 2 ) A j E como temos que se AB = BA, então A B = BA, o resultado segue (b) (Vamos usar de novo os resultados em Hoffman-Kunze, pag 354 Mostra-se que se A é normal e E é um subespaço invariante de A então A também deixa E invariante) Seja V = W W r a decomposição do item anterior para A 2 Se p j (x) = (x a) 2 + b 2 e {v, w,, v s, w s } base ortonormal de W j A B(v i ) = BA 2 (v i ) = B(av i bw i ) = abv i bbw i A B(w i ) = BA 2 (w i ) = B(bv i + aw i ) = bbv i + abw i Seja E então o espaço gerado por {Bv i, Bw i } Sabemos que A deixa E invariante Vamos mostrar que A B(v i ) = abv i bbw i () A B(v i ) = bbv i + abw i (2) Pois então A Bv i = BA 2v i e A Bw i = BA 2Bw i e portanto A B = BA 2 restrito a E(O caso p j (x) = x c é bem mais simples) Não é difícil ver que para mostrar (), (2) basta checar que {Bv i, Bw i } é ortogonal Seja então S a restrição de b (A ai) a E Observe que S é normal e que S 2 + I = Além disso, SBv i = Bw i Use o lema da pag353 de Hoffman-Kunze para ver que {Bv i, Bw i } é ortogonal (c) Defina A =, B = e C = É claro que AB = BA, AC = CA, mas cheque que BC CB 2 3 3

4 8 (a) Suponhamos que A comuta com A A, isto é, A(A A) = (A A)A Afirmação: V = ker A Im(A) Com efeito, seja v ker A Im(A) Assim, existe u V tal que Au = v e Av = Então A v, A v = v, AA Au = v, A AAu = Logo, A v = Agora, v, v = Au, v = u, A v = Portanto v = Isso prova a afirmação Agora seja v ker A, AA v, AA v = v, AA AA v = v, A AAA v = Av, AAA v = Portanto, ker A ker AA Assim, pela afirmação, para qualquer w V, podemos escrever w = Au + v para algum u V e v ker A Dessa forma, temos: A Aw = A AAu = AA Au = AA (w v) = AA w AA v = AA w Ou seja, A é normal 2 5 (b) Defina A = Cheque que A A = 5 e 2 5 AA = Portanto A A comuta com AA mas são 5 diferentes, o que implica que A não é normal (Observe que esse exemplo é geral, no sentido de que como A A comuta com AA existe uma base ortonormal que diagonaliza ambas simultaneamente) 9 (a) Seja {v,, v n } uma base de autovetores para A Observe que AB(v i ) = BA(v i ) = B(λ i v i ) = λ i Bv i Como os autovalores de A tem multiplicidade, temos que Bv i = a i v i para algum a i Agora, use interpolação de Lagrange para construir um polinômio p que satisfaz p(λ i ) = a i Agora, mostre que p(a) = B (b) A condição é claramente suficiente Basta mostrar então que se B comuta com toda transformação linear que comuta com A então, B = p(a) para algum polinômio p Como A é hermitiana, existe uma base de autovetores {v,, v n } Seja E i a projeção ortogonal sobre a reta gerada por v i Como v i é autovetor, E i comuta com A e portanto com B Mas isso significa que Bv i = a i v i Agora repita a construção do item anterior (A C)x, x = ((A B)+(B C))x, x = (A B)x, x + (B C)x, x > É claro que A = A t E para todo (x, y) vale A(x, y), (x, y) = (x+iy, ix+y), (x, y) = x(x+iy)+y( ix+y) = x 2 +y 2 Os autovalores de A são as raízes do polinômio ( λ) 2, ou seja, λ = e λ = 2 Encontramos uma base de autovetores para A (resolvendo os 4

5 sistemas (A λi) = ) Por exemplo, os vetores (, i) e (, i) formam uma base de autovetores A matriz que representa A nesta base é D = 2 E a matriz de cambio de base, da canônica para a base de autovetores é C = i 2 i Então temos que ( i A = = C DC = i i i ) ( 2 ) ( i 2 i ) Portanto, ( A = i i ) 2 2 ( i i ) 2 Note que se B = [b ij ] satisfaz B 2 = ( então B deve ser zero, que claramente é uma contradição Logo, não existe tal B Por outro lado, 2 /4 B = 2 satisfaz B 2 = ( 4 4 ) 2 3 Tome A = É fácil checar que AA 2 = A A, mas A não é hermitiana nem unitária 4 (αa + βa )(αa + βa ) = (αa + βa )(αa + βa) = ααaa + αβa 2 + βα(a ) 2 + ββa A α = β = = AA + A A + αβa 2 + βα(a ) 2 Do mesmo modo (αa+βa ) (αa+βa ) = AA +A A+αβA 2 +βα(a ) 2 Logo αa + βa é normal 5 (a) Por ser A normal, vale Av = A v, para todo v V (verifique) Em particular, vale Nuc(A) = Nuc(A ) e como Nuc(A ) = Im(A) Tomando-se uma base ortonormal de Nuc(A), {v,, v s } e uma base ortonormal de Im(A), {v s+,, v n } temos imediatamente uma base ortonormal de V, {v,, v n } Agora, como A 2 = A, temos que Av é um autovetor de A associado ao autovalor, para todo v V Em particular, Av j = v j para todo j = s +,, n Assim {v,, v n } é uma base ortonormal de autovetores de A, o que implica que A é auto-adjunta ) 5

6 (b) Vamos provar que se A e A é normal então A k k N Usaremos o fato já usado no item anterior que Nuc(A) = Nuc(A ) Seja v ker(a 2 ) então Av 2 = Av, Av = A Av, v =, pois por hipótese Av ker(a) e por A ser normal Av ker(a ) Logo ker(a 2 ) ker(a) e como sempre vale ker(a) ker(a 2 ) temos que ker(a 2 ) = ker(a), consequentemente ker(a k ) = ker(a) k N Isso mostra que se A então A k para todo k N (c) Provamos no item (b) que ker(a) = ker(a 2 ), quando A é normal Assim, v V v Av ker(a 2 ) por hipótese, logo v V v Av ker(a), isto é Av = A 2 v para todo v Sem a hipótese de normalidade não vale, basta dar um exemplo de uma transformação não nula, mas que seu quadrado seja nulo (d) Se v é um autovetor associado a um autovalor λ, temos que A k v = λ k v = v, então λ k = Mas, como A é autoadjunto λ R, o que implica que λ = ± Logo, A 2 v = v, e como pelo Teorema Espectral temos uma base formada por autovalores de A, segue que A 2 = I 6 (a) É claro (b) Como A e B são normais, vale Im(A ) = Ker(A) = Ker(A ) = Im(A) e portanto Im(B ) = Im(B) Ker(A) = ker(a ) (c) Im(A) = ker(a ) = ker(a) por (a) = Im(B) = ker(b ) = kern(b) Agora é claro que BA = 7 Como C é autoadjunto, existem λ,, λ r autovalores distintos de C (todos eles >) tais que para v no espaço v = v + + v r, com v i E λi, o espaço próprio associado ao autovalor λ i (i =, r) Sabemos que E λi é ortogonal a E λj, se i j Por outro lado, como C comuta com A e B, se v i E λi C(B A)v i = (B A)Cv i = λ i (B A)v i ou seja, (B A)E λi E λi para i =,, r Pela nao negatividade de B A e pelo dito acima sobre C, para v no espaço vale (BC AC)v, v = (B A)C(Σ r i=v i ), Σ r i=v i = Σ r i=λ i (B A)v i, v i O que significa que AC BC 8 (a) Qualquer transformação que seja representada por uma matriz com determinante negativo não pode ter raiz quadrada Por exemplo A = (b) Sejam α,, α l os autovalores distintos de A, sabemos que V = E αi E αl, onde E αi é o espaço próprio associado ao autovalor α i Definimos o operador B por B(v) = α i v i + + α l v l se v = v + +v l, onde b é qualquer número que elevado ao quadrado é igual a b B é tal que B 2 = A 6

7 (c) Nao vale o mesmo para matrizes autoadjuntas, por exemplo a matriz A do item (a) nao tem raiz quadrada 9 Primeiramente note que BA e A 2 BA A 2 = A 2 BA 2 são conjugadas Logo possuem os mesmos autovalores Agora, A < B Av, v Bv, v v Av, v Bv, v v AA 2 w, A 2 w BA 2 w, A 2 w w A 2 AA 2 w, w A 2 BA 2 w, w w I A 2 BA 2 Todos os autovalores de A 2 BA 2 s~ao maiores ou igual a 2 O resultado é obvio se det A = Se det A, pelo exercício 9, todos os autovalores de BA são maiores que Logo, det(ba ), o que implica o exercício 2 Pelo exercício 9, todos os autovalores de BA são maiores ou igual Mas como A B = B (BA )B, temos que todos os autovalores de A B são maiores ou igual, logo usando a recíproca do exercício 9, temos que B A 22 Seja ɛ > Considere C = ( A+ B+ɛ)( A B+ɛ) Afirmamos que C é invertível Com efeito, C = B A + (A) B B A + 2ɛ B + 2ɛ 2 Assim, se v V, então < Cv, v >=< (B A)v, v > +2ɛ < Bv, v > +2ɛ 2 < v, v > + < ( A B B A)v, v >, pois a soma das 3 primeiras parcelas é um número real positivo e a última parcela é um imaginário puro Por outro lado é claro que B + A+ɛ que é um operador positivo Logo, B A + ɛ é invertível para todo ɛ > Agora, como B A é auto-adjunta, ela é diagonalizável e todos os seus autovalores são reais Assim se algum de seus autovalores fosse negativo então B A + ɛ seria não invertível para algum ɛ > Portanto, B A > 23 Supondo P normal, para u, v V vale P 2 u, v = P u, P v = u, (P ) 2 v P u, v = u, P v Por ser P projeção P 2 u, v = P u, v, então concluímos que (P ) 2 = P Pelo provado no exercício (37), sabemos que os autovetores de P são autovetores de P, associados aos mesmos autovalores Como P e P são projeções, elas devem ser iguais A outra implicação é obvia 7

8 24 Como AA = A A, temos que A (ker A) ker A e A(ker A ) ker A Sejam v ker A e w = A v, então (como w ker A), 25 = Aw, v = w, A v = w, w ou seja, w =, portanto ker A ker A A outra inclusão obtém-se analogamente Por outro lado, para uma transformação linear A qualquer vale ker A = Im(A ) e (ker A ) = Im(A), daqui segue a conclusão 26 Dado um operador L num espaço vetorial complexo sempre podemos escrevê-lo da seguinte forma: L = L R + il I = 2 (L + L ) + i 2i (L L ) Observe que os operadores parte real, L R, e parte imaginária, L I, são hermitianos Prove que : E daí conclua o exercício L é normal L R L I = L I L R 27 Sabemos que os autovetores de A são autovetores de A, associados ao mesmo autovalor, portanto Como µ λ, então u, v = λ u, v = Au, v = u, A v = µ u, v 28 Caso: E espaço vetorial complexo Neste caso, pelo teorema espectral, (ver por exemplo, Álgebra Linear do Elon 7 a ed pag 34) existe uma base ortonormal de autovetores tal que A nesta base é uma matriz diagonal Assim é claro o resultado, deixamos os detalhes para os alunos 2 o Caso: E espaço vetorial real Neste caso, pelo teorema espectral (por exemplo, Álgebra Linear do Elon 7 a ed pag98) existe uma base ortonormal de autovetores de modo que nesta base A tem a forma λ λ s α β β α αr βr β r α r Afirmamos que qualquer subespaço invariante por A é da forma E i E il W j W jk com E ip autoespaço unidimensional associado 8

9 ao autovalor λ ip e W jq autoespaço bidimensional tal que escrevendo cada elemento desse na forma (x, y) temos A(x, y) = (α jq x + β jq y, α jq y β jq x) (Verifique!) Agora como cada um desses subespaços E i e W j claramente satisfazem A (E i ) E i e A (W j ) W j segue-se que A (F ) F para todo F invariante por A Vejamos agora que F é invariante por A e por A Para isso, sejam x F e y F, então < Ay, x >=< y, A x >, como F é invariante por A temos que < y, A x >=, o que mostra que Ay F e consequentemente a invariância de F por A Analogamente se mostra que A (F ) F 29 ) FALSO Se A =, então A possui um único autovetor: Neste caso A = possui um único autovetor: 2) VERDADEIRO Se A p,j p n,j = λ j p ap(e j ) = p a 3) VERDADEIRO p,j p n,j p,j p n,j, então = p λ j p,j p n,j = λ j e j 4) FALSO Se A = B = Id, então p A (λ) = p B (λ) = (λ ) 2, mas p A+B (λ)(λ 2) 2, pois A + B = 2Id 5) VERDADEIRO 9