Capítulo 9: Diagonalização de Operadores

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1 9 Livro: Introdução à Álgebra Linear Autores: Abramo Hefez Cecília de Souza Fernandez Capítulo 9: Diagonalização de Operadores Sumário 1 Autovalores e Autovetores Polinômio Característico Diagonalização de Operadores O Teorema Espectral para Operadores Simétricos Reconhecimento de Cônicas

2 228 CAPÍTULO 9. DIAGONALIZAÇÃO DE OPERADORES Vimos no Capítulo 6 que um operador linear em V, onde V tem dimensão nita, pode ser representado por uma matriz. Sendo as matrizes diagonais as mais simples do ponto de vista das operações matriciais (cf. Problema 2.15, Capítulo 1), nos perguntamos se dado um operador linear T, é sempre possível representá-lo por uma matriz diagonal? Mais precisamente, queremos saber se para todo operador T existe uma base α de V tal que [T ] α α seja uma matriz diagonal. A resposta é que nem sempre existe uma tal base. Por exemplo, o operador T em R 2, cuja matriz na base canônica é dada por 0 0 A =, 1 0 não adimite uma tal representação. De fato, se fosse possível achar uma base α tal que a matriz de T nesta base é diagonal, teríamos P AP 1 = C, onde P é uma matriz 2 2 invertível e C uma matriz diagonal. Como A 2 = 0, isto acarretaria que C 2 = ( P AP 1) 2 = P A 2 P 1 = 0. Logo, C = 0, o que implicaria que A = 0; uma contradição. Diremos que operador denido sobre um espaço vetorial V de dimensão nita é diagonalizável, quando for possível representá-lo por uma matriz diagonal em alguma base de V. O resultado central deste capítulo é uma versão de um teorema chamado Teorema Espectral que garante que todo operador simétrico é diagonalizável. 1 Autovalores e Autovetores Seja T : V V um operador linear. Um número real c será dito um autovalor de T se existir um vetor não nulo v em V tal que T (v) = cv. O vetor v é chamado de autovetor de T associado a c.

3 1. AUTOVALORES E AUTOVETORES 229 Observemos que se v é um autovetor de um operador T associado a um autovalor c, então todo múltiplo por escalar de v é também um autovetor de T associado a c. Mais ainda, se A(c) = {v V ; T (v) = cv}, então A(c) é um subespaço vetorial de V (veja Problema 1.1), chamado autoespaço de T associado a c. Note que A(c) é formado pelo vetor nulo de V e por todos os autovetores de T associados a c. Vejamos a seguir alguns exemplos. Exemplo 1. Seja T : R 2 R 2 o operador linear dado por T (x, y) = (4x y, 2x + y). Queremos determinar c R e v = (x, y) R 2, não nulo, tais que T (x, y) = c(x, y), ou seja, tais que (4x y, 2x + y) = c(x, y). Equivalentemente, queremos determinar c R e v = (x, y) R 2, não nulo, tais que 4x y = cx (1) 2x + y = cy. Da primeira equação do sistema (1), temos y = 4x cx. Substituindo este valor de y na segunda equação do sistema, obtemos x(c 2 5c + 6) = 0, (2) que é satisfeita se x = 0 ou c 2 5c + 6 = 0. Se x = 0, então y = 0. Mas, v = (x, y) não é o vetor nulo. Assim, segue de (2) que c 2 5c + 6 = 0. Portanto, c = 2 e c = 3 são os autovalores de T. Vamos agora calcular os autovetores de T associados a c = 2. De (1) obtemos o sistema 4x y = 2x 2x + y = 2y, que equivale à equação 2x y = 0, cujo conjunto solução é dado por {(x, 2x) ; x R}. Assim, os autovetores de T associados a c = 2 são os vetores da forma (x, 2x), em que x R, x 0. Para calcularmos os autovetores de T associados a c = 3, devemos resolver o sistema 4x y = 3x 2x + y = 3y,

4 230 CAPÍTULO 9. DIAGONALIZAÇÃO DE OPERADORES que equivale a resolver a equação x y = 0, cujo conjunto solução é dado por {(x, x) ; x R}. Assim, os autovetores de T associados a c = 3 são os vetores da forma (x, x), com x R, x 0. Exemplo 2. Seja T : R 2 R 2 o operador linear dado por T (x, y) = ( y, x). Se c R e v = (x, y) R 2, v 0, são tais que T (x, y) = c(x, y), então Equivalentemente, ( y, x) = c(x, y). cx = y cy = x, donde obtemos a equação (c 2 +1)y = 0. Como c R, a equação (c 2 +1)y = 0 é vericada somente se y = 0. Mas se y = 0, segue da segunda equação do sistema (3) que x = 0. Como v não é o vetor nulo, isso não pode ocorrer. Concluímos, então, que T não tem autovalores nem autovetores. Portanto, o exemplo acima nos mostra que: Nem todo operador linear possui autovalores e autovetores. O estudo de autovalores teve início com Cauchy no começo do século XIX em seu trabalho sobre formas quadráticas. Contudo, os primeiros problemas envolvendo autovalores apareceram, de forma implícita, durante o século XVIII, com o estudo de soluções de sistemas de equações diferenciais lineares com coecientes constantes. Jean le Rond d'alembert (França, ), em seus trabalhos datando entre 1743 e 1758, e motivado pelo estudo do movimento de uma corda com um número nito de massas (aqui, por simplicidade, consideramos apenas três), chegou no seguinte sistema: d 2 y i 3 dt + a 2 ij y j = 0, i = 1, 2, 3. j=1 Para resolver este sistema, d'alembert decidiu multiplicar a i-ésima equação por uma constante v i, para cada i, e somar as equações, obtendo 3 d 2 y i 3 v i dt + v 2 i a ij y j = 0. i=1 i,j=1 (3)

5 1. AUTOVALORES E AUTOVETORES 231 Denotando B = [a ij ] t e se os v i 's são escolhidos de modo que, para alguma constante λ, 3 v i a ij + λv j = 0, para j = 1, 2, 3, i=1 isto é, se (v 1, v 2, v 3 ) é um autovetor correspondente ao autovalor λ do operador T B, a substituição u = v 1 y 1 + v 2 y 2 + v 3 y 3 reduz o sistema original a uma única equação diferencial d 2 u λu = 0, dt2 que é facilmente resolvida com métodos desenvolvidos por Euler 1. A seguinte proposição mostra que autovetores associados a autovalores distintos são linearmente independentes. Proposição Seja T : V V um operador linear e sejam c 1, c 2,..., c r autovalores distintos de T. Se v 1, v 2,..., v r são autovetores associados aos autovalores c 1, c 2,..., c r, respectivamente, então {v 1, v 2,..., v r } é linearmente independente. Demonstração A prova será feita por indução sobre r. O resultado é válido para r = 1, pois se T : V V é um operador linear com autovalor c 1 e se v 1 é um autovetor de T associado a c 1, então {v 1 } é linearmente independente, pois v 1 0. Suponhamos agora o resultado válido para r 1 e vamos prová-lo para r, r 2. Para isto, consideremos a equação a 1 v 1 + a 2 v a r v r = 0, (4) 1 Leonhard Paul Euler (Suíça, ) é considerado o matemático mais prolífero de toda a história. Era também astrônomo, físico, engenheiro e químico. A coleção completa dos livros e trabalhos cientícos de Euler (mais de 870 artigos e livros) chega a mais de oitenta volumes. Ele deu grandes contribuições à geometria analítica, trigonometria, cálculo innitesimal e teoria dos números, continuando a trabalhar mesmo depois de ter cado quase cego em Sua prodigiosa memória permitia que realizasse complexos e longos cálculos mentais e, dessa forma, ditar seus artigos para seus lhos e outros, até a sua morte.

6 232 CAPÍTULO 9. DIAGONALIZAÇÃO DE OPERADORES onde a 1, a 2,..., a r são números reais. Aplicando T em (4), obtemos a 1 (c 1 v 1 ) + a 2 (c 2 v 2 ) + + a r (c r v r ) = 0, (5) já que T (v j ) = c j v j, para todo 1 j r. Por outro lado, T possui pelo menos um autovalor não nulo. Sem perda de generalidade, suponhamos que c r 0. Multiplicando (4) por c r, obtemos a 1 (c r v 1 ) + a 2 (c r v 2 ) + + a r (c r v r ) = 0. (6) De (5) e (6), a 1 (c 1 c r )v 1 + a 2 (c 2 c r )v a r 1 (c r 1 c r )v r 1 = 0. (7) Pela hipótese de indução, {v 1, v 2,..., v r 1 } é linearmente independente. Portanto, de (7), segue-se que a j (c j c r ) = 0 para todo 1 j r 1. (8) Como os autovalores c 1, c 2,..., c r são todos distintos, de (8) obtemos que a j = 0 para todo 1 j r 1. Substituindo estes valores em (4), concluímos que a r = 0 também, já que v r 0. Portanto, {v 1, v 2,..., v r } é independente. Corolário Seja T : V V um operador linear. Se dim V = n e T possui n autovalores distintos, então V possui uma base formada por autovetores de T. Demonstração Pela Proposição 9.1.1, n autovalores distintos implicam na existência de um conjunto de autovetores {v 1, v 2,..., v n } linearmente independente. Como G(v 1, v 2,..., v n ) V e dim G(v 1, v 2,..., v n ) = n = dim V, temos que G(v 1, v 2,..., v n ) = V, logo {v 1, v 2,..., v n } é uma base de V. Na Seção 3, veremos que a existência de uma base de V formada por autovetores de um operador linear T : V V é equivalente à existência de uma representação deste operador por uma matriz diagonal. Antes, porém, na próxima seção, vamos introduzir a noção de polinômio característico que

7 1. AUTOVALORES E AUTOVETORES 233 nos permitirá determinar mais facilmente os autovalores e autovetores de um operador linear. Problemas 1.1* Seja T : V V um operador linear e c R um autovalor de T. Prove que o autoespaço A(c) de T associado a c é um subespaço vetorial de V. 1.2 Determine os autovalores e os autovetores das seguintes transformações lineares: (a) T : R 2 R 2 dada por T (x, y) = (x y, x); (b) T : R 3 R 3 dada por T (x, y, z) = (x, 2x y, 2x + y + 2z); (c) T : R[x] 2 R[x] 2 dada por T (ax 2 + bx + c) = ax 2 + cx + b; () [ ] a b 2c a + c (d) T : M(2) M(2) dada por T =. c d b 2c d 1.3 Determine os autovalores e os autovetores dos seguintes operadores cujas matrizes na base canônica são: (a) A = ; (b) A = ; (c) A = Suponha que c é um autovalor de um operador invertível T. Mostre que c 1 é um autovalor de T Determine T (x, y, z) sabendo que T : R 3 R 3 é um operador linear com autoespaços, associados aos autovalores c 1 = 1 e c 2 = 3, dados por {(x, x + y, y) ; x, y R} e {(0, x, 2x) ; x R}, respectivamente. 1.6* Os autovalores de um operador linear T : R 3 R 3 são c 1 = 1, c 2 = 2 e c 3 = 1, sendo v 1 = (1, 1, 1), v 2 = (0, 1, 1) e v 3 = ( 1, 1, 0) os respectivos autovetores associados. Determine T (x, y, z). 1.7 Suponha que v é um autovetor dos operadores T e S. Mostre que v é também um autovetor do operador at +bs, onde a, b são escalares quaisquer.

8 234 CAPÍTULO 9. DIAGONALIZAÇÃO DE OPERADORES 1.8 Encontre uma matriz 3 3 com autovalores c = 0, 1 e 1 e autovetores associados v 1 = (0, 1, 1), v 2 = (1, 1, 1) e v 3 = (0, 1, 1), respectivamente. 2 Polinômio Característico Seja A uma matriz quadrada de ordem n. A matriz t I n A, onde t é uma indeterminada, é chamada matriz característica de A. O determinante dessa matriz é um polinômio em t, chamado polinômio característico da matriz A e denotado por P A (t). 4 1 Exemplo 1. Seja A = a matriz, na base canônica, do operador do 2 1 Exemplo 1, da Seção 1. A matriz característica de A é a matriz t 4 1 ti 2 A = 2 t 1 e o polinômio característico de A é o polinômio t 4 1 P A (t) = det = t 2 5t t Exemplo 2. Consideremos a matriz A =, na base canônica, do 1 0 operador do Exemplo 2, da Seção 2. A matriz característica de A é a matriz t 1 1 e o polinômio característico de A é o polinômio t P A (t) = t Observemos que as raízes do polinômio do Exemplo 1, ou seja, os números reais t 0 tais que P A (t 0 ) = 0, são os autovalores do operador dado no Exemplo 1 da Seção 1. Note que o operador do Exemplo 2, da Seção 1, não tem

9 2. POLINÔMIO CARACTERÍSTICO 235 autovalores e o polinômio característico de sua matriz associada não tem raízes. Surge, então, naturalmente a seguinte pergunta: Existe uma relação entre os autovalores de um operador e as raízes do polinômio característico de alguma matriz associada a ele? A resposta é armativa e é dada pelo resultado a seguir. Teorema Seja T : V V um operador linear e seja α = {v 1, v 2,..., v n } uma base de V. Então: (i) v é um autovetor de T associado a t 0 se, e somente se, [v] α é uma solução não trivial do sistema linear AX = 0, onde A = t 0 I n [T ] α α; (ii) t 0 R é um autovalor de T se, e somente se, t 0 é uma raiz do polinômio característico da matriz [T ] α α, ou seja, P [T ] α α (t 0 ) = 0. Demonstração (i): Seja t 0 um autovalor de T e v um autovetor de T associado a t 0. Como [T (v)] α = [T ] α α [v] α e T (v) = t 0 v, temos [t 0 v] α = [T ] α α [v] α, ou seja, t 0 I n [v] α = [T ] α α [v] α. Equivalentemente, (t 0 I n [T ] α α)[v] α = 0. (9) (ii): Consideremos o sistema linear AX = 0, onde A = t 0 I n [T ] α α. De (9), segue que AX = 0 tem uma solução não trivial, a saber [v] α, já que v não é o vetor nulo. Pelo Corolário 2.2.7, A não é invertível. Assim, pela Proposição 8.1.7(iii), P [T ] α α (t 0 ) = 0, provando que t 0 é uma raiz de P [T ] α α. Reciprocamente, se t 0 R é uma raiz de P [T ] α α, então P [T ] α α (t 0 ) = 0. Portanto, o sistema linear AX = 0, onde A = t 0 I n [T ] α α, tem uma solução [ ] t X 1 = x 1 x 2... x n não nula, pois det A = 0 (cf. Corolário e Proposição 8.1.7(iii)). Vamos provar que t 0 é um autovalor de T e que v = x 1 v 1 + x 2 v x n v n é um autovetor de T associado a t 0. De fato, como X 1 é uma solução do sistema AX = 0, temos AX 1 = 0. Equivalentemente, (t 0 I n [T ] α α)x 1 = t 0 X 1 [T ] α αx 1 = 0,

10 236 CAPÍTULO 9. DIAGONALIZAÇÃO DE OPERADORES ou seja, [t 0 v] α = t 0 [v] α = [T ] α α[v] α = [T (v)] α, (10) pois, pela construção de v, X 1 = [v] α. De (10), obtemos que [T (v)] α = [t 0 v] α, isto é, as coordenadas dos vetores T (v) e t 0 v na base α são iguais. Consequentemente, estes vetores são iguais, ou seja, T (v) = t 0 v. Como por construção v 0, segue-se que t 0 é um autovalor de T e v é um autovetor de T associado a t 0. Exemplo 5. Vamos refazer o Exemplo 1 da Seção 1, utilizando o Teorema Reconsidere o operador linear T : R 2 R 2 dado por T (x, y) = (4x y, 2x + y) e seja α a base canônica de R 2. Temos t 4 1 P [T ] α (t) = det = t 2 5t t 1 Como t 2 5t + 6 = 0 somente para t 1 = 2 e t 2 = 3, o Teorema nos mostra que t 1 e t 2 são os únicos autovalores de T. Para determinarmos os autovetores de T associados a t 1, devemos resolver o sistema linear [ ] t x 1 0 =, 2 t ou seja, [ x 1 x 2 x 2 ] 0 =, 0 que equivale à equação linear 2x 1 + x 2 = 0. Assim, o autoespaço de T associado a t 1 é {(x, 2x) ; x R}. Agora, para determinarmos os autovetores de T associados a t 2, devemos resolver o sistema linear [ ] t t 1 0 =, 2 t ou seja, [ t 1 t 2 t 2 ] 0 =, 0

11 2. POLINÔMIO CARACTERÍSTICO 237 que equivale à equação linear x 1 + x 2 = 0. Assim, o autoespaço de T associado a t 2 é {(x, x) ; x R}. Exemplo 4. Seja T : M(2) M(2) o operador linear dado por T (A) = A t, onde A M(2). Seja α a base canônica de M(2). Temos t t 1 0 P [T ] α (t) = det 0 1 t 0 = (t 1)3 (t + 1) t 1 Portanto, [ t 1 ] = 1 e t 2 = 1 são os autovalores de T. Pelo Teorema 9.2.1, x y M = é um autovetor associado a t 1 = 1 se, e somente se, z w Assim, {[ x x y z = y w 0 ] } y ; x, y, w R w é o autoespaço associado a t 1 = 1. Agora, para calcularmos os autovetores x y M = associados a t 2 = 1, devemos resolver o sistema linear z w x y z = Como o conjunto solução do sistema acima é dado por x = w = 0 e y = z, segue que { } 0 y ; y R y 0 w 0

12 238 CAPÍTULO 9. DIAGONALIZAÇÃO DE OPERADORES é o autoespaço associado a t 2. Observemos que, nos exemplos acima, tomamos α sendo sempre a base canônica. Isto não representa nenhum problema, pois o método de cálculo dos autovalores e autovetores de um operador T, dado pelo Teorema 9.2.1, independe da base escolhida. O que não é totalmente claro é se o polinômio característico independe da base escolhida. De fato, o polinômio característico de T independe da escolha da base, pois dadas α e β bases do espaço vetorial V, temos que P [T ] α (t) = P [T ] β(t) (veja Problema 2.3). β O polinômio característico possui várias propriedades, das quais damos abaixo a mais básica. Lema Seja B uma matriz quadrada de ordem n com entradas polinômiais, de graus 1, numa indeterminada t, tal que em cada linha e em cada coluna há no máximo um polinômio não constante, então det A é um polinômio de grau menor ou igual do que n. Demonstração A prova pode ser feita sem diculdade por indução sobre n, utilizando o desenvolvimento de Laplace com relação à primeira linha, por exemplo. Proposição Dada uma matriz A M(n), o polinômio característico p A (t) de A é um polinômio mônico de grau n com coecientes em R e cujos coecientes de t n 1 e de t 0 são tr A e ( 1) n det A. Demonstração Escrevamos A = (a ij ), logo t a 11 a 12 a 1n a p A (t) = det 21 t a 22 a 2n.... a n1 a n2 t a nn Pelo Lema anterior, p A (t) é um polinômio de grau no máximo n. Desenvolvendo o determinate segundo os elementos da primeira linha e utilizando o

13 2. POLINÔMIO CARACTERÍSTICO 239 Lema (repetidas vezes), temos que t a 22 a 2n p A (t) = (t a 11 ) det.. + polinômio de grau < n 1. a n2 t a nn Repetindo o procedimento, vemos que p A (t) = (t a 11 )(t a 22 ) (t a nn ) + polinômio de grau < n 1. Segue-se que p A (t) é um polinômio mônico de grau n em t e que o coeciente de t n 1 é tr A. Por outro lado, o coeciente de t 0 em p A (t) = det(t I n A) é precisamente P A (0) = det( A) = ( 1) n det A. Sejam dados um polinômio p(t) = a r t r + a r 1 t r a 1 t + a 0, com coecientes reais, e uma matriz quadrada A de ordem n, dene-se p(a) = a r A r + a r 1 A r a 1 A + a 0 I n, que é uma matriz quadrada de ordem n. A seguir, apresentamos um dos importantes Teoremas básicos da Álgebra Linear, o chamado Teorema de Cayley-Hamilton 2. Teorema (Cayley-Hamilton) Seja A M(n) e seja P A (t) o polinômio característico de A. Então, P A (A) = 0, onde 0 é a matriz nula de M(n). 2 William Rowan Hamilton (Irlanda, ) deu várias contribuições à Física e à Matemática. Com apenas 22 anos de idade, foi nomeado Royal Astronomer na Irlanda, diretor do Observatório de Dunsek e professor de Astronomia. Deu o primeiro exemplo de uma álgebra não comutativa com a criação dos quatérnios. Os métodos dos quatérnios, tempos depois, motivaram a introdução da análise vetorial. Hamilton escreveu também sobre ótica e dinâmica. De fato, Hamilton é atualmente mais conhecido por seus trabalhos em dinâmica do que por seus trabalhos em matemática.

14 240 CAPÍTULO 9. DIAGONALIZAÇÃO DE OPERADORES Demonstração Como P A (t) é um polinômio mônico de grau n em t, podemos escrever P A (t) = t n + b n 1 t n b 1 t + b 0, (11) onde b 0,..., b n 1 são números reais. Seja C(t) a matriz adjunta da matriz t I n A. Como C(t) é, por denição, a transposta da matriz cujas entradas são os cofatores de t I n A, logo são polinômios em t de grau menor ou igual que n 1. Assim, podemos escrever C(t) = C n 1 t n C 1 t + C 0, (12) onde C 0, C 1,..., C n 1 são matrizes quadradas de ordem n, que não dependem de t. Pela Proposição 8.3.1, temos (t I n A)C(t) = P A (t) I n, já que, por denição, P A (t) = det(t I n A). (12), Equivalentemente, por (11) e (t I n A)(C n 1 t n C 1 t + C 0 ) = (t n + b n 1 t n b 1 t + b 0 ) I n. Da igualdade anterior, obtemos C n 1 = I n C n 2 AC n 1 = b n 1 I n C n 3 AC n 2 = b n 2 I n. C 0 AC 1 = b 1 I n AC 0 = b 0 I n. Multiplicando cada uma das equações acima por A n, A n 1,..., A, I n, respec-

15 2. POLINÔMIO CARACTERÍSTICO 241 tivamente, temos A n C n 1 = A n A n 1 C n 2 A n C n 1 = b n 1 A n 1 A n 2 C n 3 A n 1 C n 2 = b n 2 A n 2. AC 0 A 2 C 1 = b 1 A AC 0 = b 0 I n. Somando membro a membro as equações acima, resulta P A (A) = A n + b n 1 A n b 1 A + b 0 I n = 0. Exemplo 5. Consideremos a matriz 1 3 A =. 1 0 O polinômio característico de A é t 1 3 P A (t) = det(t I n A) = det = t 2 t t Pelo Teorema de Cayley-Hamilton, P A (A) = 0. Vamos agora vericar esta igualdade diretamente. De fato, P A (A) = A 2 A + 3 I 2 = = =

16 242 CAPÍTULO 9. DIAGONALIZAÇÃO DE OPERADORES Uma consequência imediata do Teorema de Cayley-Hamilton é que a potência A n, de uma matriz A M(n), pode ser escrita como uma combinação linear das potências de A com expoentes menores do que n, pois se P A (t) = t n + b n 1 t n b 1 t + b 0, então P A (A) = 0, o que equivale a A n = b n 1 A n 1 b 1 A b 0 I n. Exemplo 6. Consideremos novamente a matriz 1 3 A = 1 0 do Exemplo 5. Vimos que A 2 A + 3 I 2 = 0; ou seja, A 2 = A 3 I 2. Para obtermos A 3, façamos A 3 = AA 2 = A(A 3 I 2 ) = A 2 3A = 2A 3 I 2. Para obtermos A 4, façamos A 4 = AA 2 = A( 2A 3 I 2 ) = 2A 2 3A = 2(A 3 I 2 ) 3A = 5A + 6 I 2. Este procedimento mostra que, em geral, se A M(2), então para todo m N \ {0}, a matriz A m se escreve como combinação linear de I 2 e A. Observamos nalmente que, dada uma matriz A M(n), calcular potências A k, k N, pode ser muito trabalhoso. O Teorema de Cayley-Hamilton nos dá uma forma de calcular estas potências. Veremos, no nal da Seção 3 deste capítulo, que o cálculo de A k ca bastante simplicado se a matriz A tiver a propriedade de ser diagonalizável. A leitura do restante desta seção é facultativa, pois não utilizaremos as informações aí contidas, exceto na Proposição 9.4.4, que também não será empregada em nenhuma outra parte do texto.

17 2. POLINÔMIO CARACTERÍSTICO 243 Um outro polinômio que desempenha papel fundamental é o polinômio mínimo de uma matriz A, ou de um operador T. Consideremos o conjunto I(A) = {p(t) R[t]; p(a) = 0}. Este conjunto possui um polinômio não identicamente nulo, pois pelo Teorema de Cayley-Hamilton, p A (t) I(A). Denimos o polinômio mínimo de A como o polinômio m A (t) mônico de menor grau em I(A). É fácil vericar (veja Problema 2.2) que se A é uma matriz quadrada, p R[t] tal que p(a) = 0 e P é uma matriz invertível de mesma ordem que A, então p(a) = 0 se, e somente se, p(p 1 AP ) = 0. Portanto, I(A) = I(P 1 AP ), mostrando que o conjunto I(T ) está bem denido para um operador T. Deduzimos daí que faz sentido falar do polinômio mínimo m T (t) de um operador T. O próximo resultado nos dará algumas informações importantes sobre polinômios mínimos. Proposição Seja T : V V um operador linear sobre um espaço V de dimensão nita. Temos que: (i) Se p 1 (t), p 2 (t) I(T ), então p 1 (t) + p 2 (t) I(T ); (ii) Se p(t) I(T ) e q(t) R[t], então p(t)q(t) I(T ); (iii) Se p(t) I(T ), então m T (t) divide p(t). Demonstração As duas primeiras propriedades são de vericação imediata. Vamos provar (iii). Seja p(t) I(t). Pelo algoritmo da divisão euclidiana (cf. [4]), temos que existem polinômios h(t), r(t) R[t], com r(t) = 0, ou grau de r(t) menor do que o grau de m T (t) tais que p(t ) = m T (t)h(t) + r(t). Da igualdade r(t) = p(t) m T (t)h(t) = 0, tem-se que r(a) = 0 e r(t) I(T ). Como m T (t) é um polinômio de grau mínimo que se anula em A, precisamos ter r(t) = 0, o que mostra que m T (t) divide p(t).

18 244 CAPÍTULO 9. DIAGONALIZAÇÃO DE OPERADORES Note que o item (iii) prova a unicidade de m T (t). De fato, se m T (t) e m T (t) são dois polinômios mínimos, então cada um divide o outro, e como eles são mônicos, eles são necessariamente iguais. A propriedade (iii) também nos diz que o polinômio mínimo de um operador divide seu polinômio característico. Problemas 2.1* Determine os autovalores e os autovetores do operador cuja matriz na base canônica é dada por 2 3 A = * Prove que uma matriz quadrada A é invertível se, e somente se, c = 0 não é raiz do polinômio característico de A. 2.3 Sejam A e P duas matrizes quadradas de mesma ordem, com P invertível. Mostre que se p(t) R[t], então p(p 1 AP ) = P 1 p(a)p. 2.4 Prove que matrizes semelhantes têm os mesmos polinômios característicos. 2.5 Seja A uma matriz quadrada de ordem n semelhante a uma matriz triangular inferior B. Mostre que os autovalores de A são exatamente os elementos da diagonal principal de B. 3 Diagonalização de Operadores Dado um operador linear T : V V, nosso objetivo é obter, se possível, uma base α de V na qual a matriz [T ] α α seja uma matriz diagonal. O resultado a seguir caracterizará tais bases associadas ao operador que se quer diagonalizar. Teorema Um operador linear T : V V admite uma base β em relação à qual a matriz [T ] β β é diagonal se, e somente se, essa base β for formada por autovetores de T.

19 3. DIAGONALIZAÇÃO DE OPERADORES 245 Demonstração Suponhamos que β = {v 1, v 2,..., v n } é uma base de V tal que [T ] β β é diagonal, digamos a [T ] β β = 0 a a n Como, para cada 1 j n, T (v j ) = 0v v j 1 + a j v j + 0v j v n = a j v j, segue que a j é um autovalor de T e v j é um autovetor de T associado a a j. Portanto, β é uma base formada de autovetores de T. Suponhamos agora que β = {u 1, u 2,..., u n } é uma base de V formada por autovetores de T. Existem, então, números reais b 1, b 2,..., b n tais que, para cada 1 j n, T (u j ) = b j u j. Observamos que os b j 's não são necessariamente todos distintos. Pela denição de [T ] β β, temos b [T ] β β = 0 b , 0 0 b n ou seja, [T ] β β é uma matriz diagonal. Na demonstração do Teorema ca claro que, se um operador linear T tem uma representação por uma mariz diagonal [T ] β β, então as entradas da diagonal principal de [T ] β β são dadas pelos autovalores de T. Mais ainda, a ordem em que os autovalores aparecem na diagonal principal da matriz é a mesma em que seus respectivos autovetores são dados na base β. Se T é um operador linear em um espaço V de dimensão n, o Teorema nos diz que T é diagonalizável se, e somente se, T tem n autovetores linearmente independentes. Em particular, pelo Corolário 9.1.2, se T tem n autovalores distintos, então T é diagonalizável.

20 246 CAPÍTULO 9. DIAGONALIZAÇÃO DE OPERADORES Vejamos a seguir alguns exemplos. Exemplo 1. O operador linear T do Exemplo 1 da Seção 1 é diagonalizável. Uma representação diagonal para T é dada por [T ] α 2 0 α =, 0 3 onde α = {(1, 2), (1, 1)}. Uma outra representação diagonal para T é dada por [T ] β β = 3 0, 0 2 sendo β = {(1, 1), (1, 2)}. Exemplo 2. O operador linear T do Exemplo 4 da Seção 2 é diagonalizável. Uma representação diagonal para T é dada por [T ] α α , com { } α =,,, Exemplo 3. Consideremos o operador linear T : R 3 R 3 dado por T (x, y, z) = (x + y, y, z). O operador T não é diagonalizável, pois o autoespaço associado a seu único autovalor, k = 1, é dado por {(x, 0, z) ; x, z R}. Vimos na Seção 1 do Capítulo 6 que toda matriz A M(m, n) dene uma transformação linear T A : R n R m. Em particular, se A é uma matriz quadrada de ordem n, então A dene um operador linear T A em R n. Dizemos que a matriz A é diagonalizável quando T A é diagonalizável. No caso de T A ser diagonalizável, pelo Teorema 9.3.1, existe uma base β de R n formada de autovetores de T A. Ou seja, existe uma representação diagonal D, a saber

21 3. DIAGONALIZAÇÃO DE OPERADORES 247 D = [T A ] β β, para o operador T A. canônica de R n, segue, do Teorema 6.4.2, que Como [T A ] α α = A, onde α denota a base D = P 1 A P, com P = [I R n] β α. Isto motiva a seguinte versão matricial do Teorema 9.3.1, cuja condição necessária acabamos de demonstrar. Teorema Uma matriz A M(n) é diagonalizável se, e somente se, existe uma matriz P invertível de ordem n tal que P 1 A P é uma matriz diagonal. Demonstração Para provarmos a condição suciente, tomemos que β = {v 1, v 2,..., v n }, onde v j é o vetor j-ésima coluna de P. Seja α a base canônica de R n. Pelo Teorema 6.3.2, temos [T A ] β β = [I R n]α β [T A ] α α [I R n] β α. Equivalentemente, [T A ] β β = P 1 A P, já que [I R n] β α = P pela maneira como β foi construída. Como P 1 A P é uma matriz diagonal, segue-se que [T A ] β β é uma matriz diagonal. Portanto, T A é diagonalizável e, então, A também o é. No Teorema 9.3.2, a matriz P é chamada de matriz que diagonaliza A. Vejamos a seguir alguns exemplos. Exemplo 4. A matriz A = é diagonalizável. De fato, seja α a base canônica de R 3. Então t P [TA ] α(t) = P A(t) = det 0 t 1 3 = 0 para t = 1 ou t = t + 1

22 248 CAPÍTULO 9. DIAGONALIZAÇÃO DE OPERADORES O autoespaço associado ao autovalor t = 1 é o conjunto solução do sistema linear x y = 0, z 0 ou seja, é o conjunto {(x, y, 0) ; x, y R}. autovalor t = 1 é o conjunto solução do sistema linear x y = 0, z 0 Já o autoespaço associado ao ou seja, é o conjunto {( z, 3/2z, z) ; z R}. Tome β = {(1, 1, 0), (1, 0, 0), (1, 3/2, 1)}. Temos que β é uma base de R 3 formada de autovetores de T A. Assim, T A é diagonalizável e, portanto, A é diagonalizável. A matriz P = 1 0 3/ é uma matriz que diagonaliza A e a matriz D = é uma representação diagonal para T A. Exemplo 5. Consideremos a matriz B = A matriz B não é diagonalizável, pois T B não é diagonalizável. Note que T B e T A têm os mesmos autovalores. Porém, o autoespaço de T B associado a

23 3. DIAGONALIZAÇÃO DE OPERADORES 249 t = 1 é dado por {(x, 0, 0) ; x R} e o autoespaço de T B associado a t = 1 é dado por {( 7/4z, 3/2z, z) ; z R}. Assim, não é possível obter uma base de R 3 formada por autovetores de T B. Terminamos esta seção, observando que o cálculo de potências de matrizes é uma tarefa de custo computacional muito elevado, pois é necessário calcular m 1 produtos de matrizes para calcular A m. Entretanto, se soubermos que A é uma matriz diagonalizável, o cálculo de A m ca bastante simplicado. De fato, se A M(n) e se P M(n) é invertível, então é fácil vericar que (P 1 AP ) m = P 1 A m P. Logo, se A é diagonalizável e se P 1 AP = D é uma matriz diagonal, temos que D m = P 1 A m P, ou equivalentemente, A m = P D m P 1, que é calculável (cf. Problema 2.15, Capítulo 1) com apenas duas multiplicações de matrizes. Exemplo 6. Determinemos a matriz A 50, sendo 1 2 A =. 0 1 Veriquemos que A é diagonalizável e encontremos uma matriz P que diagonaliza A. Ora, det(t I A) = det [ t t + 1 ] = (t 1)(t + 1), que se anula para t = 1 e para t = 1. Logo, estes são os autovalores de A. Resolvendo as equações matriciais 0 2 x 0 = 0 2 y 0

24 250 CAPÍTULO 9. DIAGONALIZAÇÃO DE OPERADORES e 2 2 x 0 =, 0 0 y 0 obtemos os autoespaços associados aos autovalores 1 e 1, respectivamente. Tomemos, então, v 1 = (1, 0) um autovetor para t = 1 e v 2 = (1, 1) um autovetor para t = 1. Temos, D = P 1 A P, com D = [ ] e P = [ ]. Como D 50 = I 2, segue-se que A 50 = P 1 D 50 P = P 1 I 2 P = I 2. Problemas 3.1* Seja T : R 3 R 3 o operador linear dado por [T ] α α = 1 1 0, onde α = {(1, 1, 1), (0, 1, 0), (0, 0, 1)} é uma base de R 3. Verique que T é diagonalizável. 3.2 Seja A M(n). Verdadeiro ou falso? Justique a resposta. (a) Se A é diagonalizável e A é invertível, então A 1 é diagonalizável. (b) A e A t têm os mesmos autovalores. (c) A e A t têm os mesmos autovetores. (d) Se A é diagonalizável, então existe uma única matriz P tal que P 1 AP é uma matriz diagonal.

25 4. O TEOREMA ESPECTRAL PARA OPERADORES SIMÉTRICOS Determine nos itens abaixo se A é diagonalizável. Em caso armativo, encontre uma matriz P que diagonaliza A e determine P 1 AP (a) A = (b) A =. (c) A = Para quais valores de c as matrizes abaixo são diagonalizáveis? 1 1 (a) A =. 0 c 1 c (b) A = Seja A = Calcule: (a) A 100 ; (b) A 1321 ; (c) A * Seja T : R 2 R 2 o operador linear dado por T (x, y) = (2x 2y, x + 3y). Determine uma base de R 2 em relação à qual a matriz do operador T é diagonal. 3.7 Seja T : V V um operador simétrico. Sejam c 1 e c 2 autovalores distintos de T. Se v 1 e v 2 são autovetores associados a c 1 e c 2 respectivamente, prove que v 1 e v 2 são ortogonais. 4 O Teorema Espectral para Operadores Simétricos Vimos na seção anterior que se T : V V é um operador diagonalizável, então existe uma base de V formada por autovetores de T. Nesta seção, veremos que se V é um espaço com produto interno e se T : V V é um operador simétrico, então existe uma base ortonormal de V formada por autovetores de T. Em particular, todo operador simétrico é

26 252 CAPÍTULO 9. DIAGONALIZAÇÃO DE OPERADORES diagonalizável. Este resultado é conhecido como Teorema Espectral e é um dos resultados mais importantes da Álgebra Linear. Antes de prosseguir, faremos algumas observações importantes sobre a possibilidade de estendermos a maioria das noções e resultados estabelecidos sobre o corpo R ao corpo C. Em particular, todos os resultados que foram provados até o momento que envolvem sistemas lineares e determinantes são válidos sobre um corpo arbitrário K. Utilizamos K = R, apenas para que o leitor trabalhasse em um contexto concreto que lhe é familiar. Neste ponto precisaremos considerar K = C também. Do mesmo modo que denimos transformações lineares entre espaços vetoriais sobre o corpo R, poderíamos tê-lo feito sobre um corpo qualquer K. Neste contexto mais geral, faz todo o sentido deninir autovalores e autovetores, para os quais podemos utilizar um análogo do Teorema Continua valendo também neste contexto o Teorema de Cayley-Hamilton. Dado um operador linear T : R n R n, podemos estendê-lo a um operador T C : C n C n do seguinte modo: se z = x + iy C n, onde x, y R n, dene-se T C (z) = T (x) + it (y). polinômios característicos de T e de T C coincidem, mas T C pode possuir mais autovalores e autovetores do que T. Proposição Seja V um espaço vetorial de dimensão nita sobre R. Se T : V V é um operador simétrico e α uma base de V, então, todas as raízes do polinômio característico P [T ] α em C são números reais. Demonstração Seja A = [T ] α α. O Teorema Fundamental da Álgebra (cf. [4]) garante que o polinômio característico P A tem pelo menos uma raiz complexa; digamos λ. Logo, o sistema (t I n A)Z = 0 possui uma solução t, não trivial Z = z 1... z n com coecientes complexos. Sendo A uma matriz simétrica real, temos que (veja Problema 4.1) Os (AZ) t Z = Z t AZ, e como AZ = λz, temos, da igualdade acima, que λ Z t Z = (λz) t Z = (AZ) t Z = Z t AZ = Z t λz = λz t Z.

27 4. O TEOREMA ESPECTRAL PARA OPERADORES SIMÉTRICOS 253 Como Z t Z = z 1 z z n z n = z z n 2 0. segue que λ = λ, logo λ R. Falta ainda mostrar que associado a λ existe um autovetor em R n. Escrevamos Z = X +iy, onde X e Y têm entradas reais, com X 0 ou Y 0 (recorde que Z 0). Da equação AZ = λz, temos que AX +iay = λx +iλy, o que implica que AX = λx e AY = λy. Logo, temos que X ou Y é um autovetor associado a λ com entradas reais. Teorema (Teorema Espectral) Seja V um espaço vetorial de dimensão nita sobre R. Se T : V V é um operador simétrico, então existe uma base ortonormal β de V tal que [T ] β β é diagonal. Demonstração Faremos a prova por indução sobre a dimensão de V. Denotaremos a matriz [T ] α α por A. Se dim V = 1, o resultado é óbvio. Suponhamos que n 1 e que o resultado é válido para espaços de dimensão n. Seja V um espaço vetorial tal que dim V = n + 1. Seja α uma base de V e seja c uma raiz complexa do polinômio P A. Pela Proposição 9.4.1, c R. Portanto, c é um autovalor de T. Seja v um autovetor unitário de T associado a c. Consideremos o subespaço W = {w V ; w, v = 0}. Note que W = G(v). Armamos que T (W ) W. De fato, seja w W. Como T é um operador simétrico, temos que T (w), v = w, T (v) = w, cv = c w, v = c 0 = 0, donde T (w) W. Assim, podemos considerar o operador restrição S = T W L(W, W ), que é também um operador simétrico. Além disso, como dim G(u) = 1, segue do Teorema que dim W = n. Assim, podemos aplicar a hipótese

28 254 CAPÍTULO 9. DIAGONALIZAÇÃO DE OPERADORES de indução ao operador S para garantir a existência de uma base ortonormal {v 1, v 2,..., v n } de W formada por autovetores de S (logo de T ). Consequentemente, β = {v, v 1,..., v n } é uma base ortonormal de V formada por autovetores de T. Daí, [T ] β β é diagonal. O próximo resultado é a versão matricial do Teorema Teorema (Teorema Espectral, versão matricial) Se A M R (n) é simétrica, então existe uma matriz ortogonal P M R (n) tal que P 1 AP (= P t AP ) é diagonal. Demonstração Seja A M R (n) uma matriz simétrica. Então o operador T A L(R n, R n ) também é simétrico. Pelo Teorema 9.4.2, existe uma base ortonormal β de R n tal que [T A ] β β = D é diagonal. Se α é a base canônica de R n, então sendo P = [I R n] β α. D = [T A ] β β = [I R n]α β [T A ] α α [I R n] β α = P 1 A P, Como α e β são bases ortonormais, segue do Teorema que P é uma matriz ortogonal, ou seja, P 1 = P t. Quando existe uma matriz ortogonal P M R (n) tal que P 1 AP é diagonal, dizemos que A é ortogonalmente diagonalizável e que P diagonaliza A ortogonalmente. A seguir daremos uma propriedade que relaciona as raízes do polinômio mínimo e do polinômio característico de uma matriz (ou de um operador). Proposição Se T é um operador sobre um espaço vetorial de dimensão nita, então as raízes do polinômio característico p T (t) e as do polinômio mínimo m T (t) são as mesmas (podendo ter multiplicidades distintas). Demonstração É óbvio que as raízes do polinômio mínimo são raízes do polinômio característico, pois o polinômio mínimo divide o polinômio característico (cf. Proposição 9.2.5). Reciprocamente, vamos provar que toda raiz de p T (t) em C é raiz de qualquer polinômio p(t) tal que p(t ) = 0. De fato, seja t 0 uma raiz de p T (t), logo existe v C n \ {0} tal que T v = t 0 v. Mas, 0 = p(t )v = p(t 0 )v.

29 5. RECONHECIMENTO DE CÔNICAS 255 Como v 0, segue que p(t 0 ) = 0. Problemas 4.1 Seja A = [a ij ] M C (m, n). Dene-se A = [a ij ]. Mostre que (a) λa = λ A, para todo λ C. (b) AB = A B, para todo B M C (n, p). 4.2 Prove a recíproca do Teorema Espectral. Mais precisamente, prove que se V é um espaço sobre R com produto interno e se β é uma base ortonormal de V formada por autovetores do operador T : V V, então o operador T é simétrico. 4.3 Prove a recíproca da versão matricial do Teorema Espectral. Mais precisamente, prove que se A M R (n) é uma matriz ortogonalmente diagonalizável, então a matriz A é simétrica. 5 Reconhecimento de Cônicas Nesta seção mostraremos como por meio do teorema Espectral é possível fazer o reconhecimento de cônicas. Como nosso objetivo aqui não é o de introduzir cônicas, indicamos o livro [8] como referência para o leitor. Consideremos a equação geral do segundo grau nas duas variáveis x e y: ax 2 + bxy + cy 2 + dx + ey + f = 0, (1) onde a, b, c, d, e e f são números reais dados. É possível mostrar que a equação acima representa uma cônica ou uma reta ou duas retas ou um ponto ou nenhum lugar geométrico em R 2. Como exemplo, vejamos que lugar geométrico em R 2 cada uma das equações abaixo representa. 1. x 2 + y = 0; 2. 2x 2 + 4y 2 = 0; 3. x 2 9 = 0;

30 256 CAPÍTULO 9. DIAGONALIZAÇÃO DE OPERADORES 4. 4x 2 + 9y 2 8x 36y + 4 = 0; 5. y 2 + 6y 2 8x + 1 = Esta equação representa nenhum lugar geométrico em R 2, pois {(x, y) R 2 ; x 2 + y = 0} = {(x, y) R 2 : x 2 + y 2 = 1} = ; 2. Esta equação representa a origem do plano cartesiano, pois 2x 2 + 4y 2 = 0 equivale à equação x 2 = 2y 2, que é vericada somente para x = y = 0; 3. Esta equação representa duas retas em R 2. Mais precisamente, as retas x = 3 e x = 3; 4. Esta equação representa uma elipse. De fato, seja (x, y) R 2 tal que 4x 2 + 9y 2 8x 36y + 4 = 0. Note que esta equação é equivalente à equação 4(x 2 2x) + 9(y 2 4y) = 4. Completando os quadrados da equação anterior, obtemos 4(x 1) 2 + 9(y 2) 2 = 36, ou seja, (x 1) (y 2)2 4 = 1, que é a equação reduzida de uma elipse de centro (1,2) e eixos maior e menor medindo 6 e 4, respectivamente (Figura 21). Figura Esta equação representa uma parábola. De fato, seja (x, y) R 2 tal que y 2 + 6y 8x + 1 = 0. Note que esta equação é equivalente à equação (y 2 + 6y) = 8x 1.

31 5. RECONHECIMENTO DE CÔNICAS 257 Completando o quadrado da equação acima, obtemos (y + 3) 2 = 8(x + 1), que é a equação reduzida de uma parábola de vértice ( 1, 3) e parâmetro 2 (Figura 22).

32 258 CAPÍTULO 9. DIAGONALIZAÇÃO DE OPERADORES Figura 22 Observemos que em todos os exemplos anteriores o termo xy da equação (2), chamado termo misto da equação, não aparece. A técnica usualmente utilizada nesse caso é a técnica de completar quadrados. Porém, em equações em que o termo misto aparece, precisamos de uma álgebra mais avançada para reduzirmos a equação dada. Por exemplo, como determinar o lugar geométrico em R 2 representado pela equação 2x 2 + 2xy + 2y x + 5 2y + 10 = 0? (2) Para respondermos esta pergunta, vamos usar o Teorema Espectral. Primeiramente, note que a equação (2) equivale a equação matricial 2 1 x [x y] + [7 2 5 x 2] + [10] = [0]. (3) 1 2 y y 2 1 Chame A =. Como A é uma matriz simétrica, pelo Teorema 1 2 Espectral, A é ortogonalmente diagonalizável. De( fato, os ) autovalores de 1 A são t 1 = 3 e t 2 = 1. O vetor unitário v 1 = 1 2, 2 e o vetor unitário v 2 = 1 1 ( ) 2, 2 são autovetores de t 1 e t 2, respectivamente. Assim, β = {v 1, v 2 } é uma base ortonormal de R 2 formada por autovetores de T A.

33 5. RECONHECIMENTO DE CÔNICAS 259 Seja P = [I R 2] β α, onde α é a base canônica de R2. Chame D = P 1 A P. Temos P = [ ] 3 0 e D =. 0 1 Como A = P D P t, já que P 1 = P t, segue de (3) que 3 0 [x y]p P t x + [7 2 5 x 2] + [10] = [0]. (4) 0 1 y y Observemos que o produto matricial P t x é a matriz das coordenadas de y um vetor v = (x, y) R 2 em relação à base β, pois P t x = [I R 2] α β[v] α. y Chamemos [v] β de [ x y [ [x y 3 0 ] 0 1 ] x y. Substituindo em (4), obtemos ] + [ ] [ ] [ x y ] + [10] = [0] ou seja, 3x 2 + y x 2y + 10 = 0. (5) Com a mudança da base canônica α para a base β, reduzimos a equação (2) à equação (5), que não apresenta o termo misto x y. Agora, vamos reduzir (5) completando quadrados. Ora, 3x 2 + y x 2y + 10 = 0 equivale à equação ou seja, 3(x + 2) 2 + (y 1) 2 = 3, (x + 2) 2 + (y 1) 2 = 1. 3

34 260 CAPÍTULO 9. DIAGONALIZAÇÃO DE OPERADORES Portanto, a equação (2) representa uma elipse. Para esboçarmos o gráco dessa elipse, precisamos considerar as novas coordenadas x e y. Assim, nesse sistema de coordenadas, a elipse tem centro ( 2, 1), semi-eixo menor medindo 1 e semi-eixo maior medindo 3, sendo este semi-eixo paralelo ao eixo y (Figura 23). Figura 23 Generalizaremos este procedimento a seguir. Seja dada a equação ax 2 + bxy + cy 2 + dx + ey + f = 0. Esta é equivalente à equação matricial a b/2 x x [x y] + [d e] + [f] = [0]. (6) b/2 c y y a b/2 Seja A =. Como A é uma matriz simétrica, pelo Teorema Espectral, existe uma base ortonormal β de R 2 formada de autovetores de T A. b/2 c Assim, se t 1 e t 2 são autovalores de T A (pode ser que t 1 = t 2 ), existem autovetores v 1 e v 2 associados a t 1 e t 2, respectivamente, tais que β = {v 1, v 2 } é

35 5. RECONHECIMENTO DE CÔNICAS 261 uma base ortonormal de R 2. A matriz P = [I R 2] β α, onde α é a base canônica de R 2, diagonaliza A ortogonalmente, já que é a matriz diagonal D = P 1 A P k 1 0 com P 1 = P t. Portanto, 0 k 2 A = P D P t. (7) Substituindo (7) em (6), obtemos a equação matricial ) ([x y]p ) D (P t x x + [d e] + [f] = [0]. (8) y y O produto matricial P t x, que aparece na equação (8), é a matriz das y coordenadas de um vetor v = (x, y) R 2 em relação à base β, pois P t x = [I R 2] α β [v] α. y Chamemos [v] β de x y [x y ] D. Substituindo em (8), obtemos [ x y uma vez que [ ] + [d e] P x y [ x y ] ] = P t x implica que ) t t [x y ] = (P t x x = (P t ) t = [x y]p y y e [ P x y y + [f] = [0] (9) ] ) = P (P t x = (P P 1 x x ) =. y y y

36 262 CAPÍTULO 9. DIAGONALIZAÇÃO DE OPERADORES Se v 1 = (x 1, y 1 ) e v v = (x 2, y 2 ), obtemos de (9) a equação [x y k 1 0 x x 1 x 2 x ] + [d e] + [f] = [0], 0 k 2 y y 1 y 2 y ou seja, obtemos a equação k 1 x 2 + k 2 y 2 + (dx 1 + ey 1 )x + (dx 2 + ey 2 )y + f = 0. (10) Como a equação (10) não apresenta o termo misto x y, podemos completar os quadrados, e assim determinar o lugar geométrico em R 2 dado por ax 2 + bxy + cy 2 + dx + ey + f = 0. Problemas 5.1* Que lugar geométrico em R 2 as equações abaixo representam? (a) x 2 4x 2y + 4 = 0. (b) 4x 2 3y xy 156 = Que lugar geométrico de R 2 as equações abaixo representam? Esboce o gráco, quando possível. (a) x 2 + y 2 2x 2y + 4 = 0. (b) 16x 2 + 9y 2 96x + 72y = 0. (c) 2x xy + y 2 12 = 0. (d) x 2 + 2xy + y 2 = 0. (e) 7x 2 8xy + y x y + 41 = 0. (f) x 2 + xy + y x + 4 2y + 1 = 0. (g) 16x 2 24xy + 9y 2 15x 20y + 50 = 0. (h) 5x 2 + 4xy + 2y 2 12 = 0. (i) 2x xy + y 2 16 = 0.

37 Bibliograa [1] H. P. Bueno, Álgebra Linear, um segundo curso, Coleção Textos Universitários, SBM, [2] P. Halmos, Teoria Ingênua dos Conjuntos, Editora Ciência Moderna, [3] A. Hefez e M. L. T. Villela, Códigos Corretores de Erros, Coleção Matemática e Aplicações, IMPA, [4] A. Hefez e M. L. T. Villela, Números Complexos e Polinômios, Coleção PROFMAT, SBM, [5] V. J. Katz, A History of Mathematics - an Introduction, HarperCollins College Publishers, [6] S. Lang, Introduction to Linear Algebra, 2 nd edition, Undergraduate Texts in Mathematics, Springer, [7] E.L. Lima, Álgebra Linear, 3 a edição, Coleção Matemática Universitária, IMPA, [8] E.L. Lima, Geometria Analítica e Álgebra Linear, 2 a edição, Coleção Matemática Universitária, IMPA,