A forma canônica de Jordan
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- Jónatas Balsemão de Barros
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1 A forma canônica de Jordan 1 Matrizes e espaços vetoriais Definição: Sejam A e B matrizes quadradas de orden n sobre um corpo arbitrário X. Dizemos que A é semelhante a B em X (A B) se existe uma matriz invertível P, em X, tal que A = P BP 1. Proposição 1: é uma relação de equivalência. Sejam A, B e C matrizes quadradas de ordem n. (i) A A. Pois A = IAI, onde I é a matriz identidade de ordem n. (ii) A B B A. De fato, A B A = P BP 1, para alguma matriz invertível P B = P 1 AP = (P 1 )A(P 1 ) 1 B A. (iii) A B e A C, então A C. Por hipótese, existem matrizes invertíveis P e Q tais que A = P BP 1, B = QCQ 1 A = P (QCQ 1 )P 1 = (P Q)C(P Q) 1. Definição: Uma matriz quadrada A é diagonalizável se A é semelhante a uma matriz diagonal. Proposição 2: Seja k um corpo e seja A M n (k). Então, A é diagonalizável se e somente se k n possui uma base formada por auto-vetores de A. Suponha que B = {v 1, v 2,..., v n } é uma base de k n formada por auto-vetores de A, isto é: Av i = λ i v i, i = 1, 2,..., n, para certos escalares λ i em k. Seja P, a matriz cuja i-ésima coluna é o vetor coluna v i, i = 1, 2,..., n. Como {v 1, v 2,..., v n } é l.i., temos que det(p ) 0 P é invertível. Então: P 1 AP = P 1 [Av 1 Av 2... Av n ] = P 1 [λ 1 v 1 λ 2 v 2... λ n v n ] = P 1 [v 1 v 2... v n ] }{{} P λ λ Λ = Logo, P 1 AP = Λ A é diagonalizável λ n Λ, onde Por outro lado, se A é diagonalizável e λ 1, λ 2,..., λ n são os auto-valores de A, então P 1 AP = Λ, para alguma matriz invertível P, onde Λ é a matriz descrita acima. Portanto, AP = P Λ.
2 Suponha que P = [v 1 v 2... v n ], onde v i é a i-ésima coluna de P (i = 1, 2,..., n). Temos que v i é um vetor coluna de k n i {1, 2,..., n} e, como P é invertível, segue que B = {v 1, v 2,..., v n } é l.i. B é uma base de k n. Então, AP = A[v 1 v 2... v n ] = [v 1 v 2... v n ] Λ = [λ 1 v 1 λ 2 v 2... λ n v n ] Av i = λ i v i i {1, 2,..., n} B é formada por auto-vetores de A. Proposição 3: Seja A M n (k). Se A possui n auto-valores, todos distintos, então A é diagonalizável. Suponha que λ 1, λ 2,... λ n são os auto-valores de A, com λ i λ j, para i j. Para cada i {1, 2,..., n}, seja v i um auto-vetor associado ao auto-valor λ i, isto é: Av i = λ i v i, i = 1, 2,..., n. Pela Proposição 2, basta mostrar que B = {v 1, v 2,..., v n } é uma base de k n, ou seja, que B é um conjunto l.i. Suponha, por absurdo, que B é l.d. Então, existem escalares α 1, α 2,...α n, em k, não todos nulos, tais que α 1 v 1 + α 2 v α n v n = 0. Reindexando os vetores v i, podemos supor que α i v i = 0, onde 1 s n e α i 0 i w {1, 2,..., s}. Seja w o menor inteiro com essa propriedade, ou seja, α i v i = 0, com α i 0 e, se j < w, então j α i v i 0. Temos que A w α i v i = w A(α i v i ) = w α i (Av i ) = w α i λ i v i = 0. w Além disso, α i v i = 0 λ w ( w α i v i ) = 0 w λ w α i v i = 0. Portanto, s w α i λ i v i w λ w α i v i = 0 = w 1 α i (λ i λ w )v i = 0, o que contradiz a minimalidade de w, pois α i (λ i λ w ) 0 i = 1, 2,..., n. Logo, B é l.i. A é diagonalizável. Exercício: Mostre que: se A M n (k) é diagonalizável e P A (x) = det(xi A) então P A (A) = 0. Resolução: λ λ A é diagonalizável existe uma matriz Λ =.... tal que A Λ, ou seja: λ n existe P M n (k), uma matriz invertível, tal que A = P ΛP 1. Afirmação 1: P A (A) = 0 P A (Λ) = 0. Prova: Suponha que P (x) = a 0 + a 1 x a n x n. temos que: P A (A) = 0 a 0 I + a 1 A a n A n = 0.
3 Por indução, temos que A i = P Λ i P 1 i = 1, 2,..., n. Portanto, a 0 + a 1 P ΛP a n P Λ n P 1 = 0 P (a 0 + a 1 Λ a n Λ n )P 1 = 0 P (P A (Λ))P 1 = 0 P A (Λ) = 0. Afirmação 2: Sejam A M n (k), uma matriz diagonal, f(x) k[x] e C = f(a). Então, o elemento c ij, da posição ij da matriz C, é dado por: { f(a ij ), se i = j. c ij = 0, se i j. Prova: Suponha que A = (a ij ), com a ij = o para i j. - Temos que (αa) ij = αa ij i, j {1, 2,..., n}, α k. - Por indução, temos que (A q ) ij = (a ij ) q q N. Portanto, se f(x) = β 0 + β 1 x β s x s, com β i k, i = 1, 2,..., s, então c ij = (f(a)) ij = { (β 0 I + β 1 A β s A s β 0 + β 1 a ij β s a s ij = f(a ij ), se i = j. ) ij = 0, se i j. Voltando... Temos que Λ = (λ ij ) é diagonal. Então, se C = P A (Λ), segue, da Afirmação 2, que { P A (λ ij ), se i = j. c ij =, para Λ = (λ ij ). 0, se i j. Como λ ii é auto-valor de A i {1, 2,..., n}, segue que P A (λ ii ) = 0 i {1, 2,..., n}. Portanto, c ij = 0 i, j {1, 2,..., n} C = P A (Λ) = 0 P A (A) = 0. Sejam k, um corpo algebricamente fechado, e V, um espaço vetorial de dimensão n sobre k. Teorema 1: Seja ϕ : V V, um operador linear. Então, existe P (x) k[x], um polinômio não nulo, tal que P (ϕ) = 0. Seja B, uma base de V, e seja ψ : l(v ) M n (k) tal que ψ(ϕ) = [ϕ] B ϕ l(v), onde l(v ) = Espaço vetorial dos operadores lineares em V e [ϕ] B = matriz de ϕ com relação à base B. Temos que ψ é um isomorfismo de espaços vetoriais e, portanto, dim k l(v) = dim k M n (k) = n 2. Logo, o conjunto {I, ϕ, ϕ 2,..., ϕ n2 } é l.d. e, portanto, existem escalares a 0, a 1,..., a n 2, não todos nulos, tais que a 0 I, a 1 ϕ,..., a n 2ϕ n2 = 0. Seja P (x) = a 0 + a 1 x a n 2x n2 k[x]. Logo, P (ϕ) = 0. Teorema 2: Sejam ϕ : V V, um operador linear, P (x) k[x], um polinômio mônico, tal que P (ϕ) = 0. Como k é algebricamente fechado, temos que P (x) = (x λ 1 ) n 1 (x λ 2 ) n 2...(x λ s ) ns, com λ i k i {1, 2,...s} e λ i λ j, para i j. Então:
4 a) V = ker(ϕ λ 1 I) n 1 ker(ϕ λ 2 I) n 2 ker(ϕ λ s I) ns. b) V i = ker(ϕ λ i I) ni é invariante sobre ϕ, ou seja: ϕ(v i ) V i i = 1, 2,..., s. Afirmação: i {1, 2,..., s} tal que ker(ϕ λ i I) ni {0}. Prova: Suponha, por absurdo, que ker(ϕ λ j I) n j = {0} j {1, 2,..., s}. Então, (ϕ λ j I) n j : V V é invertível j {1, 2,..., s}. Portanto, P (ϕ) = (ϕ λ 1 I) n 1 (ϕ λ 2 I) n 2... (ϕ λ s I) ns é uma composição de operadores invertíveis P (ϕ) é invertível (o que é um absurdo, pois P (ϕ) = 0). Portanto, i {1, 2,..., s} tal que ker(ϕ λ i I) ni {0}. Suponha, sem perda de generalidade, que ker(ϕ λ 1 I) n1 {0}. Sejam f(x) = (x λ 1 ) n 1, g(x) = (x λ 2 ) n 2...(x λ s ) ns k[x]. Temos que mdc(f(x), g(x)) = 1. Logo, pelo teorema de Bézout, Existem A(x), B(x) k[x] tais que A(x)f(x) + b(x)g(x) = 1 A(ϕ)f(ϕ) + B(ϕ)g(ϕ) = I. Portanto, v = I(v) = A(ϕ)(f(ϕ)(v)) + b(ϕ)(g(ϕ)(v)) v V. Se v ker f(ϕ) A(ϕ)(f(ϕ)(v)) = A(ϕ)(0) = 0 v = b(ϕ)(g(ϕ)(v)) = g(ϕ)(b(ϕ)(v)) v Im g(ϕ). Por outro lado, se v Im g(ϕ) w V tal que v = g(ϕ)(w) f(ϕ)(v) = f(ϕ)(g(ϕ)(w)) = P (ϕ)(w) = 0 v ker P (ϕ). Logo, Im g(ϕ) = ker f(ϕ) e, analogamente, Im f(ϕ) = ker g(ϕ). Se dim V = 1, temos que ker (ϕ λ 1 I) n1 {0} v V, v 0, tal que (ϕ λ i I) n i (v) = 0. Mas {v} é uma base de V (pois dim V = 1) (ϕ λ 1 I) n 1 0 V = ker(ϕ λ 1 I) n 1 = ker f(ϕ) = Im g(ϕ). g(ϕ) = (ϕ λ 2 ) n 2 (ϕ λ 3 ) n 3... (ϕ λ s ) ns é invertível (ϕ λ i ) n i é invertível i {2, 3,..., s}. Logo, ker(ϕ λ i I) n i = {0} i {2, 3,..., s} e, portanto, temos que V = ker(ϕ λ 1 I) n 1 ker(ϕ λ 2 I) n 2... ker(ϕ λ s I) ns. Além disso, ϕ(v 1 ) = ϕ(ker(ϕ λ 1 I) n 1 ) = ϕ(v ) V = V 1 e, portanto, o teorema está provado. Suponha, agora, que dim V = n > 1 e que o teorema é válido para espaços de dimensão menor do que n. Vimos que A(ϕ)f(ϕ) + b(ϕ)g(ϕ) = I V = I(V ) = f(ϕ)(a(ϕ)(v )) + g(ϕ)(b(ϕ)(v )) V = Im f(ϕ) + Im g(ϕ). Como Im f(ϕ) = ker g(ϕ), segue que V = ker g(ϕ)) + Im g(ϕ) e, como dim V = dim ker g(ϕ) + dim Im g(ϕ), segue que V = ker g(ϕ) Im g(ϕ) V = ker f(ϕ) ker g(ϕ). Temos que ϕ(v ) V f(ϕ)(ϕ(v )) f(ϕ)(v ) ϕ(f(ϕ)(v )) f(ϕ)(v ) ϕ(im f(ϕ)) Im f(ϕ) ϕ(ker(g(ϕ))) ker(g(ϕ)). Analogamente, conclui-se que ϕ(ker f(ϕ)) ker f(ϕ). Temos, ainda, que dim ker g(ϕ) < n, pois dim ker f(ϕ) 0. Logo, se considerarmos a restrição ϕ = ϕ : ker g(ϕ) ker g(ϕ), temos que g(ϕ ) = 0. Portanto, pela hipótese de indução, segue que ker g(ϕ) = ker(ϕ λ 2 I) n 2... ker(ϕ λ s I) ns e ϕ(ker(ϕ λ i ) n i ) ker(ϕ λ i ) n i i {2,..., s}. Logo, V = V 1 V 2... V s e ϕ(v i ) V i i = 1, 2,..., s, onde V i = ker(ϕ λ i I) n i (o que conclui a demonstração do teorema).
5 Observação: Se ker (ϕ λ i I) ni {0}, então existe v V tal que (ϕ λ i I) n i (v) = 0. Podemos tomar p, o expoente mínimo para o qual (ϕ λ i I) p (v) = 0. É claro que p 1. Portanto, podemos considerar v = (ϕ λ i I) p 1 (v) 0. Note que (ϕ λ i I)(v ) = ϕ(v ) λ i v = 0 ϕ(v ) = λ i v λ i é auto-valor de ϕ. Portanto, os possíveis polinômios P (x) tais que P (ϕ) = 0 são da forma P (x) = (x λ 1 ) n 1 (x λ 2 ) n 2...(x λ t ) nt g(x), onde g(x) k[x] e λ 1, λ 2,..., λ t são os auto-valores de ϕ. 2 Formas de Jordan Sejam k, um corpo algebricamente fechado, e V, um espaço vetorial de dimensão n sobre k. Definição: Um bloco de Jordan J s (λ) é uma matriz em M s (k) dada por: λ λ λ, se i = j. J s (λ) = , ou seja: (J s (λ)) ij = 1, se j = i , caso contrário λ Definição: Uma matriz J M n (k) é uma matriz de Jordan se J é formada por blocos de Jordan J n1 (λ 1 ), J n2 (λ 2 ),..., J ns (λ s ), colocados sob forma diagonal da seguinte forma: J n1 (λ 1 ) J n2 (λ 2 )... 0 J = J ns (λ s ) J também é denotada por J n1 (λ 1 ) J n2 (λ 2 )... J ns (λ s ) = Teorema 3: Seja ϕ : V V, um operador linear nilpotente ( isto é: existe p N tal que ϕ p 0). Então, existe uma base B, de V, tal que a matriz de ϕ, com relação à base B, é dada por: [ϕ] B = J n1 (0) J n2 (0)... J ns (0), para certos naturais n i. s J ni. Suponha que o índice de nilpotência de ϕ seja s + 1, ou seja: ϕ s+1 = 0 e ϕ s 0. Temos que ϕ(v ) ϕ 2 (V )... ϕ s (V ). Seja V 0 = ker ϕ e, para 1 i s, seja V i = ker ϕ ϕ i (V ). Observe que V i é subespaço de V i {0, 1,..., s} e V o V 1... V s. Seja B s = {e s,1, e s,2,..., e s,ns } uma base de V s e, para 0 < q s, seja B q 1 = B q {e q 1,1, e q 1,2,..., e q 1,nq 1 } uma base de V q 1. Então, B 0 = {e i,m : 0 i s, 1 m n i } é base de V 0. Para cada par (i, m), temos que e i,m V i e i,m ϕ i (V ) f i,m V tal que ϕ i (f i,m ) = e i,m.
6 Lema: Para cada i = 1, 2,..., s, o conjunto B i+1, dado por: B i+1 = {ϕ t (f j,m ) : 0 j s, 1 m n j e máx{0, j i} t j } é uma base de ker ϕ i+1. Prova por indução em i: Para i = 0, temos que máx {0, j 0} = j. Logo, B 0+1 = B 1 = {ϕ t (f j,m ) : 0 j s, 1 m n j e j t j } = {ϕ j (f j,m ) : 0 j s, 1 m n j } = {e j,m : 0 j s, 1 m n j }. = B 1 = B 0 = base de V 0 = ker ϕ = ker ϕ 0+1. Portanto, a afirmação vale para i = 0. Seja i > 0 e suponha que a afirmação vale para i 1. Em primeiro lugar, vamos mostrar que B i+1 é um subconjunto de ker ϕ i+1, ou seja: B i+1 ker ϕ i+1. Seja X B i+1 X = ϕ t (f j,m ), com : 0 j s, 1 m n j e máx{0, j i} t j. = ϕ i+1 (X) = ϕ i+1 (ϕ t (f j,m )) = ϕ i+t+1 (f j,m ). Temos que j i t t + i + 1 j + 1 ϕ i+t+1 (f j,m ) = 0 ϕ i+1 (X) = 0. Logo, B i+1 é um subconjunto de ker ϕ i+1. Vamos mostrar agora que B i+1 gera ker ϕ i+1. Seja X ker ϕ i+1 ϕ i+1 (X) = ϕ(ϕ i (X)) = 0 ϕ i (X) ker ϕ ϕ i (V ) = V i. Por construção, temos que {e j,m : i j s, 1 m n j } é uma base de V i. Portanto, ϕ i (X) se escreve de forma única como ϕ i (X) = s ϕ i (X) = s j=i µ jm ϕ j (f j,m ) = ϕ i ( s j=i n j j=i µ jm e j,m µ jm ϕ j i (f j,m )) (observe que j i). } {{ } W Então, ϕ i (X) = ϕ i (W ) ϕ i (X W ) = 0 X W ker ϕ i = ker ϕ (i 1) + 1 Portanto, pela hipótese de inducão, temos que X W = s onde u = máx{0, j (i 1)} = máx{0, j i + 1)}. j γ j,m,t ϕ t (f j,m ), t=u Note que, para cada parcela dessa soma, ϕ t (f j,m ) é tal que u t j. Logo, t satisfaz máx {0, j i} t j. Portanto, Z = X W B i+1 = subespaço gerado por B i+1. W Temos que W = s B i+1. j=i {}}{ µ jm ϕj i (fj,m ). É claro que máx {0, j i} {}}{ j i j e, portanto,
7 Então, X = Z + W B i+1 ker ϕ i+1 é gerado por B i+1. Para concluirmos a demonstração do Lema, resta mostrar que B i+1 é l.i. Suponha que s j µ j,m,t ϕ t (f j,m ) = 0, onde u = máx{0, j i + 1}. t=u Considere a seguinte identificação: Para cada j, m, t, ϕ t (f j,m ) v j,m,q µ j,m,t α j,m,q, onde q = j t = 0 q s Então, pela identificação acima, podemos escrever: s q=0 s α j,m,t v j,m,q = 0. Para cada w = 1, 2,..., s, temos: w q=0 s w q=0 s α j,m,q v j,m,q = 0 ϕ w ( w q=0 s α j,m,t v j,m,q ) = 0. α j,m,q ϕ w (v j,m,q ) = 0. Porém, ϕ w (v j,m,q ) 0 ϕ w (ϕ j q (f j,m )) 0 j j q + w q w q = w. Logo, α j,m,w = 0 j, m, pois {e j,m : 0 j s, 1 m n j } é l.i. Então, temos que w 1 q=0 s s α j,m,w ϕ w (v j,m,w ) }{{} = 0 e j,m α j,m,q v j,m,q = 0. Aplicando esse procedimento para w = s, s 1,..., 1, 0, nessa ordem, obtemos α j,m,q = 0 j, m, q µ j,m,t = 0 j, m, t Bi+1 é l.i., o que conclui o Lema. Em particular, para i = s, temos que ker ϕ i+1 = V = B s+1 é base de V. Temos que Bs+1 = {ϕ t (f j,m ) : 0 j s, 1 m n j e máx{0, j s} t j }, ou seja: Bs+1 = {ϕ t (f j,m ) : 0 j s, 1 m n j e 0 t j }. Considere B, o conjunto B i+1, ordenado da seguinte forma: Sejam ϕ t 1 (f j1,m 1 ), ϕ t 2 (f j2,m 2 ) B i+1 e sejam P (j 1, m 1, t 1 ), P (j 2, m 2, t 2 ) as posições ocupadas por ϕ t 1 (f j1,m 1 ), ϕ t 2 (f j2,m 2 ) em B respectivamente. - Se j 1 > j 2, então P (j 1, m 1, t 1 ) > P (j 2, m 2, t 2 ) - Se j 1 = j 2 e m 1 > m 2, então P (j 1, m 1, t 1 ) > P (j 2, m 2, t 2 ) - Se j 1 = j 2 e m 1 = m 2 e t 1 > t 2, então P (j 1, m 1, t 1 ) < P (j 2, m 2, t 2 ) Dessa forma, obtemos a seguinte seqüência de vetores: f 0,1, f 0,2,..., f 0,n0, ϕ(f 1,1 ), f 1,1, ϕ(f 1,2 ), f 1,2,..., ϕ(f 1,n1 ), f 1,n1, ϕ 2 (f 2,1 ), ϕ(f 2,1 ), f 2,1,
8 ϕ 2 (f 2,2 ), ϕ(f 2,2 ), f 2,2,..., ϕ 2 (f 2,n2 ), ϕ(f 2,n2 ), f 2,n2,..., ϕ s (f s,1 ), ϕ s 1 (f s,1 ),..., ϕ(f s,1 ), f s,1, ϕ s (f s,2 ), ϕ s 1 (f s,2 ),..., ϕ(f s,2 ), f s,2..., ϕ s (f s,ns ), ϕ s 1 (f s,ns ),..., ϕ(f s,ns ), f s,ns Afirmação: [ϕ] B = s ( n i J i (0)). Basta notar que, para cada par j, m a seqüência ϕ j (f j,m ), ϕ j 1 (f j,m ),...,, ϕ(f j,m ), f j,m determina um bloco de Jordan J j (0) na matriz [ϕ] B. Um outro fato que podemos concluir é que o número de blocos de Jordan da matriz [ϕ] B é dado por n 0 + n n s = dim ker ϕ. Com isso, concluímos a demonstração do teorema. Teorema 4(Forma de Jordan): Seja V um espaço vetorial de dimensão finita n e seja ϕ : V V, um operador linear. Então existe uma base B de V tal que [ϕ] B é uma matriz de Jordan. Pela observação do Teorema 2, existe um polinômio P (x) = (x λ 1 ) n 1 (x λ 2 ) n 2...(x λ s ) ns tal que P (ϕ) = 0, onde λ 1, λ 2,..., λ s são os auto-valores de ϕ. Pelo Teorema 2, temos que V = V 1 V 2 V s, onde V i = ker(ϕ λ i I) n i e ϕ(v i ) V i i = 1, 2,..., s. Portanto, se B i é base de V i, temos que B = s B i é base de V. Como ϕ(v i ) V i i = 1, 2,..., s, a matriz de [ϕ] B é da forma A 1 A 2 As, onde A i = [ϕ i ] Bi é a matriz de ϕ i = ϕ Vi : V i V i, na base B i. Além disso, para cada i = 1, 2,..., s, o operador ϕ λ i I é nilpotente (Pois (ϕ λ 1 I) n 1 = 0). Portanto, pelo teorema 3, podemos escolher, para cada i, uma base B i, de V i, tal que [ϕ i λ i I] B i = J i,1 (0) J i,2 (0)... J i,ni (0) = [ϕ i ] B i = J i,1 (λ i ) J i,2 (λ i )... J i,ni (λ i ). Portanto, tomando B = s B i, teremos [ϕ] B = s ( n i J i,m (λ i )). Exercício: Encontre uma matriz de Jordan para a matriz complexa A = Por uma matriz de Jordan para a matriz A entenda-se: uma matriz de Jordan semelhante à A.
9 Resolução: Seja ϕ : C 6 C 6 tal que [ϕ] can = A. Temos que P A (x) = (x 2) 5 (x + 1). Temos, ainda, que m a (x) = (x 2) 4 (x + 1) satisfaz m a (ϕ) = 0. Portanto, pelo Teorema 2, temo que C 6 = V 1 V 2, onde V 1 = ker(ϕ 2I) 4, V 2 = ker(ϕ + I) e V 1 e V 2 são invariantes sobre ϕ. Vamos encontrar bases para V 1 e V 2. Efetuando os cálculos, obtemos: [ϕ 2I] 4 can = Sejam: w 1 = ( 6/10, 1, 0, 0, 0, 0) w 2 = ( 9/10, 0, 1, 0, 0, 0) w 3 = ( 9/10, 0, 0, 1, 0, 0) B 1 = {w 1, w 2, w 3, w 4, w 5 } é base de V 1. w 4 = (27/10, 0, 0, 0, 1, 0) w 5 = ( 81/10, 0, 0, 0, 0, 1) Observando A, vemos que e 1 = {0, 0, 0, 0, 0, 1} é tal que B 2 = {e 1 } é base de V 2. Vamos, agora, analizar os operadores g = (ϕ 2I) V1, h = (ϕ + I) V2. Temos que g 4 = 0 e g 3 0. De acordo com o Teorema 3, sejam D 0 = ker g e D i = ker g g i (V 1 ) i {1, 2, 3}. Vamos encontrar bases para os espaços D i s. Temos que: [ϕ 2I] can = B 0 = {(0, 0, 1, 1, 0, 0), (0, 0, 0, 0, 3, 1)} é base ded 0 = ker g
10 [(ϕ 2I) 3 ] can = (ϕ 2I) 3 (V 1 ) possui uma base cujo único elemento é: g 3 (w 3 ) = (0, 0, 0, 0, 9/10, 3/10) Portanto, uma base para D 3 é B 3 = {(0, 0, 0, 0, 9/10, 3/10)} = {g 3 (w 3 )}. [(ϕ 2I) 2 ] can = (ϕ 2I) 2 (V 1 ) possui uma base cujos elementos s~ao: g 2 (w 1 ) = (0, 0, 0, 6/10, 1, 4/10) g 2 (w 2 ) = (0, 0, 0, 9/10, 0, 1/10) Portanto, uma base para D 2 é B 2 = {(0, 0, 0, 0, 9/10, 3/10)} = D 2 = D 3. [ϕ 2I] can = (ϕ 2I)(V 1 ) possui uma base cujos elementos s~ao: g(w 1 ) = (0, 6/10, 6/10, 1, 4/10, 0) g(w 3 ) = (0, 9/10, 9/10, 0, 1/10, 0) g(w 4 ) = (0, 27/10, 27/10, 0, 27/10, 1) Logo, uma base para D 1 é B 1 = {(0, 0, 0, 0, 9/10, 3/10)} = {g 3 (w 3 )}. Portanto, {(0, 0, 1, 1, 0, 0), g 3 (w 3 )} é base de D 0. Pelo Teorema 3, temos que B = {(0, 0, 1, 1, 0, 0), g 3 (w 3 ), g 2 (w 3 ), g(w 3 ), w 3 )} é base de V 1 e [ϕ 2I] B é uma matriz de Jordan Segue que [ϕ V1 ] B = Para o espaço V 2, temos que [ϕ V2 ] B2 = [ 1] Portanto, tomando B = B B 2, obtemos [ϕ] B =
11 Definição: Seja A M n (k). O espectro de A é o conjunto cujos elementos são os auto-valores de A e é denotado por Spec A. Teorema 5: Seja A M n (k) e seja J uma matriz de Jordan de A. Então J é única, a menos de permutações de seus blocos. Seja v(λ, s) o número de blocos J s (λ) que aparecem em J e, para cada t N, seja r(λ, t) o posto da matriz (A λi) t, com λ Spec A. Temos que J = λ Spec A( s Vamos calcular r(λ, t), t N. v(λ, s)j s (λ)), para determinados valores de s. Seja pt (M), o posto da matriz M M n (k). Como o posto de matrizes semelhantes é o mesmo, para calcular r(λ, t), basta calcular pt ((J λi) t ). Temos que pt ((J λi) t ) = Para cada s, temos que: µ Spec A s v(µ, s) pt (J s (µ λ) t ). - Se µ λ, como J s (µ λ) é uma matriz triangular, então det J s (µ λ) = (µ λ) s 0. Como det B 1 B 2 = det B 1 det B 2 B 1, B 2 M n (k), segue que det J s (µ λ) t 0 J s (µ λ) t é invertível pt (J s (µ λ) t ) = s. - Se µ = λ e t < s pt (J s (µ λ) t ) = s t. - Se µ = λ e t s pt (J s (µ λ) t ) = 0. Resumindo: pt (J s (µ λ) t ) = s, se µ λ. s t, se µ = λ e s > t. 0, se µ = λ e s t. Obs: A proposição acima também é válida para t = 0. Para t 1, temos, portanto, que: pt (J s (µ λ) t 1 ) pt (J s (µ λ) t ) = 0, se µ λ. 1, se µ = λ e s t 0, se µ = λ e s < t Portanto, r(λ, t 1) r(λ, t) = µ Spec A v(µ, s) [pt (J s (µ λ)) t 1 pt (J s (µ λ)) t ] = s
12 v(λ, s). s t s t+1 Aplicando para t + 1 obtemos: v(λ, s) = r(λ, t) r(λ, t + 1) e, subtraindo da equação acima, chegamos a v(λ, t) = r(λ, t 1) 2r(λ, t) + r(λ, t + 1) t 1. Portanto, o número de blocos de Jordan de J, de cada tipo, depende unica e exclusivamente dos números r(λ, t) que, dada A, são fixos. Logo, a matriz de Jordan de A é única, a menos de permutações de seus blocos. Por esta razão, se J é uma matriz de Jordan de A, chamamos de a forma de Jordan de A, qualquer matriz obtida a partir de J, por permutações de seus blocos, considerando toda essa classe de matrizes como um mesmo objeto. Observação: Note que, o teorema acima, além demonstrar a unicidade da matriz de Jordan de A, nos fornece um método rápido e eficaz de determiná-la. (Basta saber o número de blocos de cada tipo para construí-la ) Exemplo: Calcular a Forma de Jordan da matriz complexa A = P A (x) = (x 1) 2 (x 3) 2 v(1, 1) = r(1, 2) 2r(1, 1) + r(1, 0) r(1, 1) = Posto de A I = 2. r(1, 2) = Posto de (A I) 2 (A I) 2 = r(1, 2) = 2 Temos que r(1, 0) = 4. Portanto, v(1, 1) = = 2 v(3, 1) = r(3, 2) 2r(3, 1) + r(3, 0) r(3, 1) = Posto de A 3I = 2. r(3, 2) = Posto de (A 3I) 2
13 (A 3I) 2 = r(3, 2) = 2 Temos que r(3, 0) = 4. Portanto, v(3, 1) = = 2 Logo, a forma de Jordan de A é J = Teorema 6(Cayley-Hamilton): Seja A M n (k) e seja P A (x), o seu polinômio característico. Então, P A (A) = 0. Seja J a Forma de Jordan de A e seja T tal que T AT 1 = J. Temos que P A (A) = P A (T JT 1 ) = T (P A (J))T 1. Logo, P A (A) = 0 P A (J) = 0. Como P A (x) = P J (x), basta mostrar que P J (J) = 0. Suponha que J n (λ) é um dos blocos de J. Devido às considerações feitas na demonstração do Teorema 5, podemos supor que J = J n (λ) M, onde M também é uma matriz de jordan. Note que P J (J) = P J (J n (λ)) P J (M) e que P J (x) = P Jn(λ)(x) P M (x). Logo, P J (J n (λ)) = P Jn(λ)(J n (λ)) P M (J n (λ)). Porém, P Jn(λ)(x) = (x λ) n P Jn(λ)(J n (λ)) = (J n (λ) λi) n = 0 = P J (J n (λ)) = 0. Portanto, P J (J n (λ)) = 0, para todo bloco J n (λ), de J = P J (J) = 0, o que conclui o teorema. Bibliografia: PEÑA, José Antonio de. Álgebra lineal avanzada. México, DF : Universidad Nacional Autónoma de México : Fondo de Cultura Económica, 1996.
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