Operadores ortogonais MÓDULO 3 AULA 19 Aula 19 Operadores ortogonais Objetivos Compreender o conceito e as propriedades apresentadas sobre operadores ortogonais. Aplicar os conceitos apresentados em exemplos importantes. Você deve se lembrar de que um operador T : R n R n é dito ortogonal se existe uma base ortonormal α de R n tal que a matriz de T na base α é uma matriz ortogonal, isto é, se a matriz [T ] α é ortogonal. Pré-requisitos: Aulas 10 a 14, 17 e 18. 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 R n, for ortogonal, então a matriz [T ] β também será ortogonal para qualquer outra base ortonormal β de R n. Na verdade, temos o seguinte resultado: Teorema 1 Sejam T : R n R n um operador ortogonal e α e β duas bases ortonormais de R n. 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 ] α P, onde P é a matriz mudança de base entre as bases ortonormais α e β. Como α e β são duas bases ortonormais de R n, 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 ] α P. Como [T ] α é uma matriz ortogonal por hipótese e como o produto de matrizes ortogonais é também uma matriz ortogonal, concluímos 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 : R n R n é ortogonal, basta considerar qualquer base ortonormal α de R n e verificar se a matriz [T ] α é uma matriz ortogonal. Exemplo 1 Verifique que o operador linear T : R 3 R 3 T x, y, z = x cos θ y senθ, x senθ + y cos θ, z, com θ [0, 2π, é um operador ortogonal. Solução obtemos De fato, escolhendo a base canônica {e 1, e 2, e 3 } de R 3, dada por e 1 = 1, 0, 0, e 2 = 0, 1, 0 e e 3 = 0, 0, 1, T e 1 = cos θ, senθ, 0 T e 2 = senθ cos θ, 0 T e 3 = 0, 0, 1. Portanto, a matriz que representa T nesta base é dada por cos θ senθ 0 A = senθ cos θ 0. 0 0 1 Sabemos que A é uma matriz ortogonal de R 3. 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 : R n R n um operador ortogonal. Então as seguintes propriedades são válidas: 1. T transforma bases ortonormais em bases ortonormais, ou seja, se {v 1, v 2,..., v n } é uma base ortonormal de R n, então {T v 1, T v 2,..., T v n } também é uma base ortonormal de R n. 2. T preserva o produto interno, ou seja, para todo u, v R n vale que T u, T v = u, v. 3. T preserva a norma, ou seja, para todo v R n vale que T v = v. CEDERJ 8
Operadores ortogonais MÓDULO 3 AULA 19 Exemplo 2 Seja T : R 2 canônica é da forma cos θ onde θ [0, 2π. Solução R 2 um operador ortogonal, então sua matriz na base senθ senθ cos θ ou cos θ senθ senθ cos θ De fato, sendo T : R 2 R 2 um operador ortogonal, sua matriz na base canônica de R 2 será uma matriz ortogonal de ordem 2. Mas, pelos Exemplos 1 e 2 da Aula 10, sabemos que toda matriz ortogonal de ordem 2 é da forma cos θ senθ cos θ senθ ou. senθ cos θ senθ cos θ Sabemos também que a primeira matriz representa uma rotação de θ radianos, no sentido anti-horário, em torno da origem, e a segunda matriz representa uma reflexão em torno da reta pela origem que forma um ângulo de θ/2 radianos com o semi-eixo x positivo. Exemplo 3 a Determine a transformação linear T : R 2 R 2 que leva o segmento de reta de extremidades 6, 2 e 1, 2 ao segmento de reta de extremidades 2, 6 e 1, 2, respectivamente veja a Figura 19.1. b Mostre que a transformação acima é uma rotação. Determine, também, o ângulo dessa rotação. y, y 6 2 2 x -6-1 1 x Figura 19.1: O operador T. 9 CEDERJ
Operadores ortogonais Solução a Queremos encontrar escalares a, b, c, d R tais que a matriz que representa T na base canônica seja dada por a b [T ] =. c d Da condição sobre as extremidades, temos T 6, 2 = a b 6 2 = c d 2 6 T 1, 2 = a b 1 1 = c d 2 2, o que nos dá o sistema linear 6a + 2b = 2 6c + 2d = 6 a + 2b = 1 c + 2d = 2. e É fácil ver que a solução desse sistema é dada por: a = 3/5; b = 4/5; c = 4/5 e d = 3/5. Assim, [T ] = 3/5 4/5 4/5 3/5. b Como as colunas da matriz [T ], representadas pelos vetores v 1 = 3/5, 4/5 e v 2 = 4/5, 3/5, formam uma base ortonormal de R 2, concluímos que a matriz [T ] é ortogonal e, conseqüentemente, o operador linear T é um operador ortogonal. Além disso, det[t ] = 1 e, assim, o operador T é uma rotação de R 2 cujo ângulo θ é dado por θ = arccos3/5. Exercícios 1. Seja T : R 3 R 3 uma reflexão num plano π de R 3 tal que T 1, 0, 1 = 1, 0, 1. Determine a matriz que representa o operador T com respeito à base canônica. 2. Determine os autovalores e os autovetores associados da transformação linear T do exercício anterior. CEDERJ 10
Projeções ortogonais 1 a Parte MÓDULO 3 AULA 20 Aula 20 Projeções ortogonais 1 a Parte Objetivos Compreender o conceito de projeção ortogonal em dimensão 2. Aplicar os conceitos apresentados em exemplos importantes. Nesta e na próxima aula vamos apresentar um tipo de transformação usada em áreas como a Computação Gráfica e o Desenho Geométrico. Tratase das projeções ortogonais. Nesta primeira aula, trabalharemos com as projeções ortogonais em R 2. Pré-requisitos: Aulas 10 a 14, 17, 18 e 19. 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. y V= x,y V'= x,0 x Figura 20.1: A projeção ortogonal no eixo-x. Assim, temos a transformação linear T : R 2 R 2 T x, y = x, 0. 11 CEDERJ
Projeções ortogonais 1 a Parte Denotando por {e 1, e 2 } a base canônica de R 2, temos que T e 1 = T 1, 0 = 1, 0 = 1 e 1 + 0 e 2 T e 2 = T 0, 1 = 0, 0 = 0 e 1 + 0 e 2. Portanto, a matriz que representa a transformação T na base canônica é dada por 1 0 A =. 0 0 Vemos imediatamente algumas propriedades dessa projeção ortogonal. 1. A matriz A e, portanto, o operador T, não é invertível, pois deta = 0. 2. Como T e 2 = 0 e 2, então λ 2 = 0 é um autovalor de T com autovetor associado e 2 = 0, 1. Não é difícil ver que o auto-espaço associado a λ 2 = 0 é exatamente o eixo-y, isto é, a reta de equação cartesiana x = 0. 3. Como T e 1 = 1 e 1, então λ 1 = 1 é um autovalor de T com autovetor associado e 1 = 1, 0. Não é difícil ver que o auto-espaço associado a λ 1 = 1 é exatamente o eixo-x, isto é, a reta de equação cartesiana y = 0. 4. O operador T é diagonalizável e seu polinômio característico é px = 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 : R 2 R 2 T x, y = 0, y. Geometricamente, esta transformação é representada pela Figura 20.2. CEDERJ 12
Projeções ortogonais 1 a Parte MÓDULO 3 AULA 20 y T x,y x,y x Figura 20.2: A projeção ortogonal no eixo-y. Como no Exemplo 1, temos que T e 1 = T 1, 0 = 0, 0 = 0 e 1 + 0 e 2 T e 2 = T 0, 1 = 0, 1 = 0 e 1 + 1 e 2. Portanto, a matriz que representa a transformação T na base canônica é dada por 0 0 A =. 0 1 Como antes, vemos que: 1. A matriz A e, portanto, o operador T, não é invertível, pois deta = 0. 2. Como T e 1 = 0 e 1, então λ 1 = 0 é um autovalor de T com autovetor associado e 1 = 1, 0. Não é difícil ver que o auto-espaço associado a λ 1 = 0 é exatamente o eixo-x, isto é, a reta de equação cartesiana y = 0. 3. Como T e 2 = 1 e 2, então λ 2 = 1 é um autovalor de T com autovetor associado e 2 = 0, 1. Não é difícil ver que o auto-espaço associado a λ 2 = 1 é exatamente o eixo-y, isto é, a reta de equação cartesiana x = 0. 4. O operador T é diagonalizável com polinômio característico px = x x 1. 13 CEDERJ
Projeções ortogonais 1 a Parte Os exemplos 1 e 2 são muito simples, porém são muito importantes a sua compreensão e o seu significado geométrico. Especialmente, certifique-se de que tenha entendido os auto-espaços associados a cada autovalor. Usaremos essas idéias para apresentar a projeção ortogonal sobre uma reta L qualquer do R 2 passando pela origem. Se você compreendeu bem a geometria dos exemplos anteriores, então não terá dificuldade em acompanhar o caso geral a seguir. Exemplo 3 Descreva a projeção ortogonal sobre uma reta L de R 2 que passa pela origem. Solução Suponhamos que a reta L seja paralela a um vetor unitário u 1 R 2, como ilustra a Figura 20.3. y L u 1 x Figura 20.3: A reta L paralela ao vetor unitário u 1. O efeito geométrico da projeção ortogonal sobre a reta L é observado na Figura 20.4. y v L T V x Figura 20.4: A projeção ortogonal na reta L. CEDERJ 14
Projeções ortogonais 1 a Parte MÓDULO 3 AULA 20 A projeção ortogonal de um vetor v na direção do vetor u 1 é dada por T : R 2 R 2 v T v = v, u 1 u 1, u 1 u 1, de onde vemos que T é uma transformação linear. Para obter a fórmula acima observamos que desejamos um vetor T v da forma T v = ku 1 de modo que v ku 1 seja ortogonal a u 1, como indica a Figura 20.5. Figura 20.5: A projeção ortogonal de v na direção de u 1 Assim, da ortogonalidade entre v ku 1 e u 1 temos = v ku 1, u 1 = v, u 1 ku 1, u 1 = v, u 1 k u 1, u 1, o que nos dá e, portanto, k u 1, u 1 = v, u 1 k = v, u 1 u 1, u 1, T v = ku 1 = v, u 1 u 1, u 1 u 1. Observe que na fórmula acima o vetor u 1 não precisa ser unitário, mas, caso seja, como u 1, u 1 = 1, então a fórmula acima se simplifica para T v = v, u 1 u 1. Nosso problema agora é encontrar a matriz que represente a transformação T. Veremos que, escolhendo uma base ortonormal adequada de R 2, a matriz de T nessa base é muito similar à matriz do Exemplo 1, visto anteriormente. Lembre que o problema da escolha de uma base ortonormal adequada já foi tratado quando estudamos as reflexões de R 2 com respeito a uma reta qualquer passando pela origem. Veja a Aula 12. 15 CEDERJ
Projeções ortogonais 1 a Parte Seja β = {u 1, u 2 } uma base ortonormal de R 2 onde u 1 é um vetor unitário paralelo à reta L e u 2 é um vetor unitário normal à reta L. Veja a Figura 20.6. y L u 2 u 1 x Figura 20.6: A base ortonormal β = {u 1, u 2 }. Nesse caso, como u 1, u 1 = 1 e pela observação acima temos que T v = v, u 1 u 1. Assim, vemos que T u 1 = u 1, u 1 u 1 = u 1 = 1 u 1 + 0 u 2 T u 2 = u 2, u 1 u 1 = 0 u 1 = 0 u 1 + 0 u 2. por Portanto, a matriz que representa a transformação T na base β é dada 1 0 [T ] β =, 0 0 que é exatamente da mesma forma que a matriz do Exemplo 1. Se quisermos obter a matriz que representa T na base canônica, é só fazermos uma mudança de base. Se α = {e 1, e 2 } é a base canônica de R 2, então [T ] α = P [T ] β P 1, onde P é a matriz mudança de base. Como P = [u 1 u 2 ], 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 invertíveis, pois det [T ] β = 0. CEDERJ 16
Projeções ortogonais 1 a Parte MÓDULO 3 AULA 20 2. Como T u 2 = 0 u 2, então λ 2 = 0 é um autovalor de T com autovetor associado u 2. Não é difícil ver que o auto-espaço associado a λ 2 = 0 é exatamente a reta pela origem ortogonal à reta L. 3. Como T u 1 = 1 u 1, então λ 1 = 1 é um autovalor de T com autovetor associado u 1. Não é difícil ver que o auto-espaço associado a λ 1 = 1 é exatamente a reta L. 4. O operador T é diagonalizável e seu polinômio característico é px = x x 1. Cabe aqui, mais uma vez, ressaltar a analogia entre este terceiro exemplo e os dois primeiros. Isto se deve à escolha adequada de uma base ortonormal de R 2. Exercícios 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 exercício 1. 17 CEDERJ
Projeções ortogonais 2 a Parte MÓDULO 3 AULA 21 Aula 21 Projeções ortogonais 2 a Parte Objetivos Compreender o conceito de projeção ortogonal em dimensão 3. Aplicar os conceitos apresentados em exemplos importantes. Nesta aula daremos continuidade ao estudo das projeções ortogonais, estudando as projeções ortogonais em R 3. Apresentamos inicialmente os casos mais simples das projeções ortogonais nos planos coordenados. Em seguida, trataremos do caso geral de uma projeção ortogonal sobre um plano passando pela origem. Pré-requisitos: Aulas 10 a 14, 17 a 20. Exemplo 1 Determine a matriz que representa a projeção ortogonal sobre o plano-xy, isto é, sobre o plano de equação cartesiana z = 0. Solução Geometricamente, essa transformação é representada pela Figura 21.1. z V= x,y,z u 1 V'= x,y,0 x y Figura 21.1: A projeção ortogonal no plano-xy. 19 CEDERJ
Projeções ortogonais 2 a Parte Assim, temos a transformação linear T : R 3 R 3 T x, y, z = x, y, 0. Denotando por {e 1, e 2, e 3 } a base canônica de R 3, temos que é dada por T e 1 = T 1, 0, 0 = 1, 0, 0 = 1 e 1 + 0 e 2 + 0 e 3 T e 2 = T 0, 1, 0 = 0, 1, 0 = 0 e 1 + 1 e 2 + 0 e 3 T e 3 = T 0, 0, 1 = 0, 0, 0 = 0 e 1 + 0 e 2 + 0 e 3. Portanto, a matriz que representa a transformação T na base canônica A = 1 0 0 0 1 0 0 0 0. Como nos exemplos da Aula 20, vemos imediatamente algumas propriedades dessa projeção ortogonal. 1. A matriz A e, portanto, o operador T, não são invertíveis, pois deta = 0. 2. Como T e 3 = 0 e 3, então λ 2 = 0 é um autovalor de T com autovetor associado e 3. Não é difícil ver que o auto-espaço associado a λ 2 = 0 é exatamente o eixo-z, que é o espaço gerado por e 3. 3. Como T e 1 = 1 e 1 e T e 2 = 1 e 2, então λ 1 = 1 é um autovalor de T de multiplicidade 2 com autovetores associados e 1 e e 2. Não é difícil ver que o auto-espaço associado a λ 1 = 1 é exatamente o plano-xy, que é o espaço gerado pelos vetores canônicos e 1 e e 2. 4. O operador T é diagonalizável com polinômio característico px = x x 1 2. Mais uma vez, chamamos a atenção do aluno para que compreenda bem a geometria desse exemplo, pois ela será recorrente nos exemplos seguintes. Vejamos outro exemplo de projeção ortogonal em um plano coordenado. Exemplo 2 Determine a matriz que representa a projeção ortogonal sobre o plano-yz, isto é, sobre o plano de equação cartesiana x = 0. CEDERJ 20
Projeções ortogonais 2 a Parte MÓDULO 3 AULA 21 Solução Geometricamente, essa transformação é representada pela Figura 21.2. z x,y,z Tx,y,z= 0,x,z x y Figura 21.2: A projeção ortogonal no plano-yz. caso temos é dada por Assim, temos a transformação linear T : R 3 R 3 T x, y, z = 0, y, z. Se você entendeu bem a geometria do Exemplo 1, então verá que neste T e 1 = T 1, 0, 0 = 0, 0, 0 = 0 e 1 + 0 e 2 + 0 e 3 T e 2 = T 0, 1, 0 = 0, 1, 0 = 0 e 1 + 1 e 2 + 0 e 3 T e 3 = T 0, 0, 1 = 0, 0, 1 = 0 e 1 + 0 e 2 + 1 e 3. Portanto, a matriz que representa a transformação T na base canônica A = Seguem também as propriedades: 0 0 0 0 1 0 0 0 1. 1. A matriz A e, portanto, o operador T, não são invertíveis, pois deta = 0. 2. Como T e 1 = 0 e 1, então λ 2 = 0 é um autovalor de T com autovetor associado e 1. Não é difícil ver que o auto-espaço associado a λ 2 = 0 é exatamente o eixo-x, que é o espaço gerado por e 1. 21 CEDERJ
Projeções ortogonais 2 a Parte 3. Como T e 2 = 1 e 2 e T e 3 = 1 e 3, então λ 1 = 1 é um autovalor de T de multiplicidade 2 com autovetores associados e 2 e e 3. Não é difícil ver que o auto-espaço associado a λ 1 = 1 é exatamente o plano-yz, que é o espaço gerado pelos vetores canônicos e 2 e e 3. 4. O operador T é diagonalizável com polinômio característico px = x x 1 2. O outro caso trivial, a projeção ortogonal sobre o plano-xz, é totalmente análogo aos exemplos anteriores e deixamos como exercício para você. Assim, estando bem compreendidos os dois exemplos anteriores, podemos tratar da projeção ortogonal sobre um plano qualquer de R 3 passando pela origem. Exemplo 3 Descreva a projeção ortogonal sobre um plano π de R 3 que passa pela origem. Solução Seja T : R 3 R 3 a projeção ortogonal sobre o plano π. Geometricamente, 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 R 3 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, u 3 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 u 1 e u 2 de modo que β = {u 1, u 2, u 3 } seja uma base ortonormal de R 3. Observe que os vetores unitários u 1 e u 2 são ortogonais e pertencem ao plano π. Veja a Figura 21.4. CEDERJ 22
Projeções ortogonais 2 a Parte MÓDULO 3 AULA 21 Figura 21.4: A base ortonormal β = {u 1, u 2, u 3 }. A projeção ortogonal de um vetor v sobre o plano π é dada por T : R 3 R 3 v T v = v, u 1 u 1, u 1 u 1 + v, u 2 u 2, u 2 u 2, de onde vemos que T é uma transformação linear. Para obter a fórmula acima observamos que desejamos um vetor T v da forma T v = k 1 u 1 + k 2 u 2 de modo que v k 1 u 1 k 2 u 2 seja ortogonal a u 1 e u 2, como indica a Figura 21.5. Figura 21.5: A projeção ortogonal de v no plano π. Assim, da ortogonalidade entre v k 1 u 1 k 2 u 2 e u 1, temos 0 = v k 1 u 1 k 2 u 2, u 1 = v, u 1 k 1 u 1, u 1 k 2 u 2, u 1 = v, u 1 k 1 u 1, u 1 k 2 u 2, u 1 = v, u 1 k 1 u 1, u 1, já que u 2, u 1 = 0, o que nos dá e, portanto, k 1 u 1, u 1 = v, u 1 k 1 = v, u 1 u 1, u 1, T v = k 1 u 1 + k 2 u 2 = v, u 1 u 1, u 1 u 1 + v, u 2 u 2, u 2 u 2. 23 CEDERJ
Projeções ortogonais 2 a Parte Usando o fato de u 1 e u 2 serem vetores unitários, isto é, u 1, u 1 = u 2, u 2 = 1, obtemos dada por Portanto, vemos que T v = v, u 1 u 1 + v, u 2 u 2. T u 1 = u 1, u 1 u 1 + u 1, u 2 u 2 = u 1 = 1 u 1 + 0 u 2 + 0 u 3 T u 2 = u 2, u 1 u 1 + u 2, u 2 u 2 = u 2 = 0 u 1 + 1 u 2 + 0 u 3 T u 3 = u 3, u 1 u 1 + u 3, u 2 u 2 = 0 u 1 + 0 u 2 + 0 u 3. Portanto, a matriz que representa a transformação T na base β é [T ] β = 1 0 0 0 1 0 0 0 0, que é exatamente da mesma forma que a matriz do Exemplo 1. Se quisermos obter a matriz que representa T na base canônica, é só fazermos uma mudança de base. Se α = {e 1, e 2, e 3 } é a base canônica de R 3, então [T ] α = P [T ] β P 1, onde P é a matriz mudança de base. Como P = [u 1 u 2 u 3 ], 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 invertíveis, pois det [T ] β = 0. 2. Como T u 3 = 0 u 3, então λ 2 = 0 é um autovalor de T com autovetor associado u 3. Não é difícil ver que o auto-espaço associado a λ 2 = 0 é exatamente a reta pela origem ortogonal a π. 3. Como T u 1 = 1 u 1 e T u 2 = 1 u 2, então λ 1 = 1 é um autovalor de T com autovetores associados u 1 e u 2. Não é difícil ver que o auto-espaço associado a λ 1 = 1 é exatamente o plano π. 4. O operador T é diagonalizável com polinômio característico px = x x 1 2. Cabe aqui, mais uma vez, ressaltar a analogia entre este terceiro exemplo e os dois primeiros. Isso se deve à escolha adequada de uma base ortonormal de R 3. CEDERJ 24
Projeções ortogonais 2 a Parte MÓDULO 3 AULA 21 Exercícios 1. Determine a matriz da projeção ortogonal sobre o plano-xz com respeito à base canônica. 2. Determine a matriz da projeção ortogonal sobre o plano x z = 0 com respeito à base canônica. 3. Determine a matriz da projeção ortogonal sobre o plano gerado pelos vetores v 1 = 1, 1, 0 e v 2 = 1, 1, 1, com respeito à base canônica. 25 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 aparecem 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 matriz 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 M n R é simétrica se A t = A, onde A t representa a matriz transposta de A. Equivalentemente, a matriz A = a ij é simétrica se a ij = a ji 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: 1 4 1 2 1 1 C = e D = 4 2 2. 1 3 0 1 2 3 A matriz C não é simétrica porque ela não é matriz quadrada, e a matriz D não é simétrica porque d 31 = 1 1 = d 13. Vamos rever algumas propriedades das matrizes simétricas. Teorema 1 Sejam A, B M n 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 necessariamente uma matriz simétrica. Por exemplo, dadas as matrizes simétricas 1 2 4 5 A = e B = 2 3 5 6 temos que a matriz produto 1 2 AB = 2 3 4 5 5 6 = 14 17 23 28 não é uma matriz simétrica, pois AB 21 = 23 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 possível, a matriz A = Solução O polinômio característico da matriz A é dado por: 6 2 1 2 6 1 1 1 5. px = detxi 3 A x 6 2 1 = 2 x 6 1 1 1 x 5 x 6 1 = x 6 1 x 5 2 2 1 1 x 5 + 1 2 1 x 6 1 = x 3 17x 2 + 90x 144. CEDERJ 28
Matrizes simétricas MÓDULO 3 AULA 22 As possíveis raízes racionais de px são, obrigatoriamente, divisores de 144. Por inspeção, vemos que 3 é uma raiz e, depois, completando fatoração de px, descobrimos que 6 e 8 também são raízes. Assim, px = x 3x 6x 8. Assim, os autovalores da matriz A são λ 1 = 3, λ 2 = 6 e λ 3 = 8. Como a matriz A possui 3 autovalores distintos, já podemos concluir que ela é uma matriz diagonalizável. Para o autovalor λ 1 = 3, temos que os seus autovetores associados, v = x, y, z, satisfazem o sistema linear 3 I 3 Av = 0. Um cálculo rotineiro, como foi visto na Aula 7, mostra que o autoespaço V 3 é um subespaço de dimensão 1 e é gerado pelo vetor v 1 = 1, 1, 1. Analogamente, o auto-espaço V 6, associado ao autovalor λ 2 = 6, é o subespaço de dimensão 1 gerado pelo vetor v 2 = 1, 1, 2, e o auto-espaço V 8, associado ao autovalorλ 3 = 8, é o subespaço de dimensão 1 gerado pelo vetor v 3 = 1, 1, 0. Esses três vetores, v 1, v 2 e v 3, formam uma base de R 3 e poderiam ser usados para construir uma matriz P que diagonaliza a matriz A. É fácil ver que {v 1, v 2, v 3 } é um conjunto ortogonal de R 3 e que obteremos uma matriz ortogonal P se usarmos uma base ortonormal {u 1, u 2, u 3 }, obtida de {v 1, v 2, v 3 }, normalizando cada um dos vetores v 1, v 2 e v 3. Como um múltiplo não-nulo de um autovetor também é um autovetor, a nova base {u 1, u 2, u 3 } também seria uma base de autovetores de R 3. Os vetores assim obtidos são: u 1 = 1/ 3, 1/ 3, 1/ 3; u 2 = 1/ 6, 1/ 6, 2/ 6 u 3 = 1/ 2, 1/ 2, 0. Assim, as matrizes P e D são dadas por: P = 1 / 3 1 / 6 1 / 2 1 / 3 1 / 6 1 / 2 1 / 3 2 / 6 0 e e D = 3 0 0 0 6 0 0 0 8. Sabemos, das Aulas 6 e 7, que A = P DP 1. Agora, como as colunas de P formam vetores ortonormais, então, pelo Teorema 2 da Aula 9, P é uma matriz ortogonal, isto é, P 1 = P t. Assim, temos também que A = P DP t. 29 CEDERJ
Matrizes simétricas Vimos, no Exemplo 2, que os autovetores da matriz simétrica A, associados a autovalores distintos, são ortogonais. Isso é uma propriedade geral, como mostra o próximo teorema. Teorema 2 Seja A M n R uma matriz simétrica; então qualquer conjunto de autovetores associados a autovalores distintos são ortogonais. Demonstração: Sejam v 1, v 2,..., v k autovetores da matriz A associados aos autovalores distintos λ 1, λ 2,..., λ k. Assim, dados λ i λ j, e observando que Av i = λ i v i e Av j = λ j v j, queremos mostrar que v i, v j = 0. Para isto, observamos que λ i v i, v j = λ i v i, v j = Av i, v j = Av i t v j = via t t v j = viav t j, pois A é simétrica = v t iav j = v i, Av j = v i, λ j v j = λ j v i, v j. Portanto, λ i λ j v i, v j = 0. Como λ i λ j 0, segue que v i, v j = 0, isto é, os vetores v i e v j são ortogonais. O tipo de diagonalização que aparece no Exemplo 2 é muito importante na teoria das matrizes simétricas. Por isso, temos a seguinte definição. Definição 2 Uma matriz A M n R é dita diagonalizável por matriz ortogonal se existe uma matriz ortogonal P lembre, P 1 = P t e uma matriz diagonal D tais que A = P DP t. Da discussão do Exemplo 2 vimos que, para diagonalizar uma matriz A M n R utilizando uma matriz ortogonal P, foi preciso encontrar n autovetores linearmente independentes e ortogonais. A questão é: quando é que isso é possível de ser realizado? O próximo teorema caracteriza o tipo de matriz que pode ser diagonalizada por matriz ortogonal. Teorema 3 Uma matriz A M n R é diagonalizável por matriz ortogonal se e somente se A é uma matriz simétrica. CEDERJ 30
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 A t = P DP t t = P t t D t P t = P DP t = A, onde P t t = P e D t = D, já que D é uma matriz diagonal. Assim, concluímos que A é uma matriz simétrica. A recíproca 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 = P DP t. Solução Como A é uma matriz simétrica, então, pelo Teorema 3, ela é diagonalizável por matriz ortogonal. Vamos, agora, realizar o cálculo de diagonalização de A. Os autovalores da matriz A são as raízes do polinômio característico px = detxi 3 A x 3 2 4 = 2 x 6 2 4 2 x 3 = x 3 12x 2 + 21x + 98. Observando, por inspeção, que λ 1 = 2 é uma raiz de px, temos que px = x + 2 x 2 14x + 49 = x + 2 x 7 2. Assim, os autovalores da matriz A são λ 1 = 2, com multiplicidade algébrica 1, e λ 2 = 7, com multiplicidade algébrica 2. 31 CEDERJ
Matrizes simétricas Para o autovalor λ 1 = 2, temos que os autovetores associados, v = x, y, z, satisfazem o sistema linear 2 I 3 Av = 0. Completando os cálculos temos, que o auto-espaço V 2 é um subespaço de dimensão 1 e é gerado pelo vetor v 1 = 2, 1, 2. Para o autovalor λ 2 = 7, como já sabemos que a matriz A é diagonalizável, o auto-espaço V 7 tem dimensão igual a 2. O fato interessante é que podemos construir uma base ortogonal de autovetores para esse subespaço V 7. Os autovetores v = x, y, z associados ao autovalor λ 2 = 7 satisfazem o sistema linear Usando as técnicas usuais para a resolução de sistemas lineares, obtemos que: 7 I 3 Av = 0. V 7 = {v R 3 Av = 7v } = {v R 3 7 I 3 Av = 0} = {x, y, z R 3 2x + y 2z = 0}. Para obter uma base ortogonal de V 7, observamos facilmente que v 2 = 1, 0, 1 V 7. O outro vetor v 3 = a, b, c V 7 deve satisfazer 2a + b 2c = 0 e ainda ser ortogonal a v 2, isto é, v 2, v 3 = 0, ou seja, a + c = 0. Portanto, v 3 = a, b, c deve satisfazer o sistema linear { 2a + b 2c = 0 a + c = 0. Completando os cálculos, obtemos, por exemplo, v 3 = 1, 4, 1. Observe que, pelo Teorema 2, o autovetor v 1 é ortogonal aos autovetores v 2 e v 3, já que eles correspondem a autovalores distintos da matriz simétrica A. Assim, {v 1, v 2, v 3 } é um conjunto ortogonal de autovetores da matriz A. Normalizando esses vetores, obtemos: u 1 = v 1 v 1 = 2/3, 1/3, 2/3; u 2 = v 2 v 2 = 1/ 2, 0, 1 / 2; u 3 = v 3 v 3 = 1/ 18, 4 / 18, 1 / 18. CEDERJ 32
Matrizes simétricas MÓDULO 3 AULA 22 Portanto, {u 1, u 2, u 3 } é uma base ortonormal de autovetores de A. Com esses autovetores, obtemos a matriz P e com os autovalores, obtemos a matriz D: de modo que A = P DP t. 2/3 1 / 2 1 / 18 P = 1/3 0 4 / 18 2/3 1 / 2 1 / 18 2 0 0 D = 0 7 0, 0 0 7 ; Exercícios 1. Mostre que se A é uma matriz simétrica, então A 2 também é uma matriz simétrica. 2. Mostre que se A é uma matriz diagonalizável por matriz ortogonal então A 2 também é. 3. Determine uma matriz ortogonal P e uma matriz diagonal D tal que A = P DP t, onde a matriz A é dada por 1 2 0 0 2 1 0 0 A = 0 0 1 2. 0 0 2 1 33 CEDERJ
O Teorema Espectral MÓDULO 3 AULA 23 Aula 23 O Teorema Espectral Objetivos: Compreender o significado do Teorema Espectral. Compreender a decomposição espectral de matrizes simétricas. Aplicar os conceitos apresentados em exemplos importantes. Nesta aula, continuaremos estudando as matrizes simétricas e faremos uma breve discussão do chamado Teorema Espectral para Matrizes Simétricas, mencionado na demonstração do Teorema 3 da aula passada. Os detalhes da demonstração desse importante teorema serão omitidos nestas notas. Uma versão simples do Teorema Espectral é apresentada a seguir. Pré-requisitos: Aulas 5 e 22 Teorema 1 Teorema Espectral para Matrizes Simétricas Seja A M n R uma matriz simétrica isto é, A t = A. Então vale: 1. A matriz A possui n autovalores reais, contando suas multiplicidades. 2. A dimensão do auto-espaço associado a cada autovalor λ é igual à multiplicidade de λ como raiz do polinômio característico de A, isto é, a multiplicidade geométrica de λ é igual à sua multiplicidade algébrica. 3. Os auto-espaços são ortogonais entre si, isto é, os autovetores associados a autovalores distintos são ortogonais. 4. A matriz A é diagonalizável por matriz ortogonal, isto é, existem uma matriz ortogonal P e uma matriz diagonal D tal que A = P DP t. Observações: 1. Como já foi observado anteriormente, o polinômio característico de uma matriz A não possui necessariamente apenas raízes reais. Por exemplo, dada a matriz 0 1 A =, 1 0 seu polinômio característico, dado por px = x 2 + 1, não possui raízes reais. Mas isso não acontece se A for uma matriz simétrica. O item 1 do Teorema Espectral afirma que o polinômio característico de uma matriz simétrica possui apenas raízes reais. A demonstração desse fato, embora simples, é bem trabalhosa e utiliza o Teorema Fundamental da Álgebra, que diz que todo polinômio de grau n com coeficientes 35 CEDERJ
O Teorema Espectral reais possui n raízes reais ou complexas, contando suas multiplicidades. Na demonstração do Teorema Espectral mostra-se que as n raízes do polinômio característico são, de fato, raízes 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 I n Av = 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 obter 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 R n. 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 M n R uma matriz simétrica e {u 1, u 2,..., u n } uma base ortonormal de autovetores associados aos autovalores λ 1, λ 2,..., λ n da matriz A. Seja P a matriz ortogonal tendo esses autovetores como colunas e D a matriz diagonal tal que A = P DP t. Então A = P DP t λ 1 0 0 0 λ = [u 1 u 2 u n ] 2 0..... [u 1 u 2 u n ] t 0 0 λ n = [λ 1 u 1 λ 2 u 2 λ n u n ] [u 1 u 2 u n ] t = λ 1 u 1 u t 1 + λ 2 u 2 u t 2 + λ n u n u t n. CEDERJ 36 Esta representação é chamada uma decomposição espectral de A.
O Teorema Espectral MÓDULO 3 AULA 23 Exemplo 1 7 2 Obtenha uma decomposição espectral da matriz A =. 2 4 Solução Sendo A uma matriz simétrica, essa decomposição existe. O polinômio característico de A é dado por px = detxi 2 A = x 2 11x + 24 = x 8x 3. Então os autovalores são λ 1 = 8 e λ 2 = 3, e ainda podemos obter os respectivos autovetores u 1 = 2 / 5, 1 / 5 e u 2 = 1 / 5, 2 / 5. Assim, temos que A = P DP t 7 2 2 / 5 1 / 5 = 2 4 1 / 5 2 / 8 0 5 0 3 2 / 5 1 / 5 1 / 5 2 / 5 que: Denotando a matriz P = [u 1 u 2 ], temos, pela decomposição espectral, A = 8u 1 u t 1 + 3u 2 u t 2. Para verificar essa decomposição da matriz A, observe que: u 1 u t 2 / 5 1 = 1 / 2 / 5 2 / 4/5 2/5 5 = 5 2/5 1/5 u 2 u t 1 / 5 2 = 2 / 1 / 5 2 / 1/5 2/5 5 = 5 2/5 4/5 e, finalmente, 8u 1 u t 1 + 3u 2 u t 32/5 16/5 3/5 6/5 7 2 2 = + = = A. 16/5 8/5 6/5 12/5 2 4 Processo de diagonalização de uma matriz simétrica A M n R 1 o Passo: Obtenha o polinômio característico da matriz A, px = detxi n A. 2 o Passo: Encontre as raízes do polinômio característico de A. Elas são todas reais e existem exatamente n delas, contando suas multiplicidades. 37 CEDERJ
O Teorema Espectral 3 o Passo: Para cada autovalor λ da matriz A, de multiplicidade algébrica k, determine seu auto-espaço associado V λ = {v R n λ I n Av = 0}, que é um subespaço vetorial de dimensão k. Para cada V λ 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 R n. 4 o Passo: Seja P a matriz cujas colunas são os n autovetores da base ortonormal de R n obtida no terceiro passo. Portanto, P é uma matriz ortogonal. 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 = P DP t. Exemplo 2 Aplique o processo de diagonalização acima à matriz A = e obtenha sua decomposição espectral. Solução 0 2 2 2 0 2 2 2 0 Observe, inicialmente, que A é uma matriz simétrica e, portanto, se aplica o processo de diagonalização acima. Não é difícil determinar que o polinômio característico da matriz A é dado por px = detxi 3 A = x + 2 2 x 4, de modo que os autovalores de A são: λ 1 = 2 com multiplicidade algébrica 2, e λ 2 = 4 com multiplicidade algébrica 1. O auto-espaço associado a λ 1 = 2 é dado por V 2 = {v R 3 A + 2 I 3 v = 0} = {x, y, z R 3 x + y + z = 0}. CEDERJ 38
O Teorema Espectral MÓDULO 3 AULA 23 Para escolhermos uma base ortogonal de V 2, podemos usar o processo de ortogonalização de Gram-Schmidt a partir de uma base qualquer de V 2 ou podemos tentar obter diretamente dois vetores ortonormais de V 2, como já foi feito anteriormente. Faremos o cálculo diretamente. Da equação x + y + z = 0 podemos ver facilmente que v 1 = 1, 0, 1 V 2. O outro vetor, v 2 = a, b, c V 2, deve satisfazer a + b + c = 0 e ainda ser ortogonal a v 1, isto é, v 2, v 1 = 0, ou seja, a c = 0. Portanto, v 2 = a, b, c deve satisfazer o sistema linear { a + b + c = 0 a c = 0. Completando os cálculos, obtemos, por exemplo, v 2 = 1, 2, 1. Normalizando esses dois vetores, obtemos: que u 1 = v 1 v 1 = 1/ 2, 0, 1 / 2 u 2 = v 2 v 2 = 1/ 6, 2 / 6, 1 / 6. Assim, {u 1, u 2 } forma uma base ortonormal do auto-espaço V 2. Por outro lado, o auto-espaço associado a λ 2 = 4 é dado por V 4 = {v R 3 4 I 3 Av = 0} = {x, y, z R 3 x = z e y = z }. É fácil ver que v 3 = 1, 1, 1 V 4. Normalizando esse vetor, obtemos u 3 = v 3 v 3 = 1 / 3, 1 / 3, 1 / 3 representa uma base ortonormal do auto-espaço V 4. Como A é matriz simétrica, os autovetores associados a autovalores distintos são ortogonais e, assim, u 3 é ortogonal a u 1 e u 2. Portanto, {u 1, u 2, u 3 } é uma base ortonormal de R 3 formada por autovetores de A. Com esses autovetores obtemos a matriz P, e com os autovalores obtemos a matriz D: P = [u 1 u 2 1 / 2 1 / 6 1 / 3 u 3 ] = 0 2 / 6 1 / 3 1 / 2 1 / 6 1 / ; 3 2 0 0 D = 0 2 0, 0 0 4 e 39 CEDERJ
O Teorema Espectral de modo que A = P DP t. A decomposição espectral da matriz A é dada por: A = 2u 1 u t 1 2u 2 u t 2 + 4u 3 u t 3, ou ainda, 1/2 0 1/2 1/6 2/6 1/6 1/3 1/3 1/3 A = 2 0 0 0 2 2/6 4/6 2/6 + 4 1/3 1/3 1/3 1/2 0 1/2 1/6 2/6 1/6 1/3 1/3 1/3 1 0 1 1/3 2/3 1/3 4/3 4/3 4/3 = 0 0 0 + 2/3 4/3 2/3 + 4/3 4/3 4/3 1 0 1 1/3 2/3 1/3 4/3 4/3 4/3 0 2 2 = 2 0 2. 2 2 0 Resumo É muito importante que você entenda bem o significado deste Teorema Espectral. Lembre do que aconteceu em exemplos vistos anteriormente, em que a matriz considerada não era simétrica. Estudamos exemplos de matrizes não-simétricas com autovalores repetidos que eram diagonalizáveis e outros exemplos de matrizes não-simétricas que não eram diagonalizáveis. Há algumas diferenças marcantes entre os casos simétrico e não-simétrico que tentaremos resumir agora. Se A for uma matriz não-simétrica, então nem todas as raízes de seu polinômio característico precisam ser números reais, o que é necessário no caso de a matriz A ser simétrica. Se A for uma matriz não-simétrica e todas as raízes de seu polinômio característico forem números reais, então ainda é possível que A não seja diagonalizável. É o caso em que um autovalor λ de multiplicidade algébrica k não possui k autovetores linearmente independentes, isto é, quando o auto-espaço correspondente tem dimensão menor que k, ou ainda, quando a multiplicidade geométrica do autovalor é menor que sua multiplicidade algébrica. Agora, quando A é uma matriz simétrica, além de todos os autovalores serem reais, são iguais a multiplicidade algébrica e a multiplicidade geométrica de cada autovalor. E, por fim, diferente do que ocorre no caso de matriz simétrica, se a matriz A é não-simétrica, então autovetores associados a autovalores distintos não precisam ser ortogonais. Estude e analise, com a ajuda de seu tutor, exemplos já vistos em aulas anteriores em que ocorrem as diferenças descritas aqui. CEDERJ 40
O Teorema Espectral MÓDULO 3 AULA 23 Exercícios 1. Em cada caso, aplique o processo de diagonalização à matriz A, determinando as matrizes ortogonal P e diagonal D tais que A = P DP t. 2 2 a A = 2 2 0 1 1 b A = 1 0 1 1 1 0 2 2 0 0 2 2 0 0 c A = 0 0 2 2 2. Sejam A = 0 0 2 2 3 1 1 1 3 1 1 1 3 0 autovalor de A e que v é um autovetor A. e v = 1 1. Verifique que λ = 5 é um matrizes ortogonal P e diagonal D tais que A = P DP t. Em seguida obtenha as 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. Nesta aula vamos definir os operadores lineares T : R n R n associados às matrizes simétricas e estudar suas propriedades. Como estaremos trabalhando sempre com bases ortonormais, é de suma importância que o espaço vetorial R n esteja munido de um produto interno, o qual estaremos sempre supondo que seja o produto interno canônico de R n. Pré-requisitos: Aulas 8 e 20 a 23 Definição 3 Um operador linear T : R n R n é denominado auto-adjunto se satisfaz T u, v = u, T v para todo u, v R n. O resultado que segue relaciona os operadores auto-adjuntos com as matrizes simétricas. Teorema 1 Um operador linear T : R n R n é auto-adjunto se e somente se a matriz A, que representa T com respeito a qualquer base ortonormal α de R n, é uma matriz simétrica. Demonstração: Com respeito à base ortonormal α de R n, temos que T u = Au para todo u R n. Assim, para todo u, v R n, temos que T u, v = Au, v = Au t v = u t A t v e u, T v = u, Av = u t Av, onde A t é a transposta da matriz A. Assim, T é auto-adjunto T u, v = u, T v para todo u, v R n Au, v = u, Av para todo u, v R n u t A t v = u t Av para todo u, v R n A t = A A é uma matriz simétrica. 43 CEDERJ
Operadores auto-adjuntos É importante salientar que não existe uma relação tão simples entre o operador linear T : R n R n e sua representação matricial A = [T ] α quando a base α não for ortonormal veja a observação ao final do Exemplo 1. O Teorema 1 também fornece um critério prático para determinar se um dado operador linear T : R n R n é auto-adjunto. Basta considerar qualquer base ortonormal α de R n e verificar se a matriz A = [T ] α é uma matriz simétrica. Exemplo 1 Determine se o operador linear é auto-adjunto. Solução T : R 2 R 2 T x, y = x, 0 Vimos, no Exemplo 1 da Aula 20, que T é a projeção ortogonal sobre o eixo-x. Considerando a base canônica α = {e 1, e 2 } de R 2, vimos que a matriz que representa T nesta base é dada por 1 0 A = [T ] α =. 0 0 Como a base canônica é ortonormal e a matriz A é simétrica, então, pelo Teorema 1, o operador T é auto-adjunto. Vejamos o que acontece quando escolhemos um base β de R 2 que não é ortonormal. Considere a base β = {u 1, u 2 } dada por u 1 = / 2 2, / 2 2 e u 2 = 0, 1. Está claro que esta base não é ortonormal, e ainda temos que T u 1 = T 2 / 2, 2 / 2 = 2 / 2, 0 = 1 u 1 + 2 / 2 u 2 T u 2 = T 0, 1 = 0, 0 = 0 u 1 + 0 u 2. Daí, segue que a matriz que representa T na base β é dada por 1 0 B = [T ] β = 2 /. 2 0 Observe que esta matriz não é simétrica, mas também a base β não é ortonormal, o que não contradiz o Teorema 1. CEDERJ 44
Operadores auto-adjuntos MÓDULO 3 AULA 24 Exemplo 2 Considere os operadores lineares T 1 : R 2 R 2, T 1 x, y = x, 2y e T 2 : R 2 R 2, T 2 x, y = y, x. Verifique que T 1 e T 2 são operadores auto-adjuntos e verifique se a composição T 1 T 2 também é operador auto-adjunto. Solução Considerando a base canônica de R 2, verificamos que as matrizes A 1 e A 2 que representam respectivamente, os operadores T 1 e T 2 nesta base, são dadas por 1 0 0 1 A 1 = e A 2 =. 0 2 1 0 Como essas duas matrizes são matrizes simétricas, concluímos, pelo Teorema 1, que T 1 e T 2 são operadores auto-adjuntos. No entanto, o operador obtido pela composição T 1 T 2 : R 2 R 2, T 1 T 2 x, y = y, 2x é representado, na base canônica, pela matriz 0 2 B =, 1 0 que não é uma matriz simétrica. Assim, outra vez pelo Teorema 1, a composição T 1 T 2 não é um operador auto-adjunto. Daí, concluímos que a composição de operadores auto-adjuntos não é, necessariamente, auto-adjunto. O próximo teorema segue imediatamente dos resultados sobre matrizes simétricas estudados nas Aulas 22 e 23. Teorema 2 Seja T : R n R n um operador auto-adjunto. Então 1. Autovetores correspondentes a autovalores distintos de T são ortogonais, isto é, se v 1, v 2,..., v k são k autovetores associados aos autovalores distintos λ 1, λ 2,..., λ k, então v 1, v 2,..., v k são ortogonais. 2. O operador T possui n autovalores reais, contando suas multiplicidades. 45 CEDERJ
Operadores auto-adjuntos 3. A dimensão do auto-espaço associado a cada autovalor λ é igual à multiplicidade de λ como raiz do polinômio característico de T, isto é, a multiplicidade geométrica de cada autovalor λ é igual à sua multiplicidade algébrica. 4. Os auto-espaços de T são ortogonais entre si. 5. Existe uma base ortonormal {u 1, u 2,..., u n } de R n formada por autovetores 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 : R 3 R 3 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 {e 1, e 2, e 3 } de R 3, temos que T e 1 = T 1, 0, 0 = 3, 0, 0, T e 2 = T 0, 1, 0 = 0, 2, 1, T e 3 = T 0, 0, 1 = 0, 1, 2. dada por Assim, a matriz que representa o operador linear T na base canônica é 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 característico do operador T é dado por px = detxi 3 A x 3 0 0 = 0 x 2 1 0 1 x 2 = x 3 2 x 1. Assim, os autovalores de T são λ 1 = 3, com multiplicidade algébrica 2, e λ 2 = 1 com multiplicidade algébrica 1. Não é difícil obter que o auto-espaço V 3, associado a λ 1 = 3, é dado por V 3 = {v R 3 T v = 3v} = {x, y, z R 3 y = z e x arbitrário}. Portanto, uma base ortonormal de V 3 é dada por u 1 = 1, 0, 0 e u 2 = 0, 1/ 2, 1 / 2. Analogamente, o auto-espaço V 1, associado a λ 2 = 1, é dado por V 1 = {v R 3 T v = v} = {x, y, z R 3 x = 0 e y = z}, e uma base ortonormal de V 1 é dada pelo vetor u 3 = 0, 1 / 2, 1 / 2. Conseqüentemente, β = {u 1, u 2, u 3 } é uma base ortonormal de R 3 formada por autovetores de T e, nesta base, T é representado pela matriz diagonal 3 0 0 B = [T ] β = 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 : R 3 R 3, definido por T x, y, z = x + 2ay + 2z, 4x 5y bz, 2x 4y + z, seja auto-adjunto. Determine, também, uma base ortonormal de R 3 formada por autovetores de T e a matriz que representa T nesta base. 47 CEDERJ
Operadores auto-adjuntos Solução dada por Considerando a base canônica {e 1, e 2, e 3 } de R 3, temos que T e 1 = T 1, 0, 0 = 1, 4, 2 = 1 e 1 + 4 e 2 + 2 e 3, T e 2 = T 0, 1, 0 = 2a, 5, 4 = 2a e 1 + 5 e 2 + 4 e 3, T e 3 = T 0, 0, 1 = 2, b, 1 = 2 e 1 + b e 2 + 1 e 3. Assim, a matriz que representa o operador linear T na base canônica é 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 A t = 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 difícil verificar que o polinômio característico de T é dado por px = detxi 3 A = x + 9x 3 2. Os auto-espaços correspondentes são dados por V 9 = {v R 3 T v = 9v} = {x, y, z R 3 x = z e y = 2z}, e V 3 = {v R 3 T v = 3v} = {x, y, z R 3 x + 2y + z = 0}. Uma base ortonormal de V 9 é dada pelo vetor u 1 = 1 / 6, 2 / 6, 1 / 6, enquanto uma base ortonormal de V 3 é dada pelos vetores u 2 = 1 / 2, 0, 1 / 2 e u 3 = 1 / 3, 1 / 3, 1 / 3. Conseqüentemente, CEDERJ 48
Operadores auto-adjuntos MÓDULO 3 AULA 24 β = {u 1, u 2, u 3 } é uma base ortonormal de R 3 formada por autovetores de T e, nessa base ordenada, T é representado pela matriz diagonal B = [T ] β = 9 0 0 0 3 0 0 0 3 Observe que T é um operador diagonalizável.. Exemplo 5 Dados os vetores u = 4, 4, 2, v = 4, 2, 4 e w = 1, 2, 2, seja T : R 3 R 3 o operador linear dado por T u = 10, 2, 2, T v = 2, 10, 2 e T w = 1, 1, 5. Verifique que T é um operador auto-adjunto. Solução É fácil ver que T é uma base ortogonal, pois u, v = 4 4 + 4 2 + 2 4 = 0 ; u, w = 4 1 + 4 2 + 2 2 = 0 ; v, w = 4 1 + 2 2 + 4 2 = 0. Assim, os vetores normalizados u 1 = u = 2/3, 2/3, 1/3, u u 2 = v = 2/3, 1/3, 2/3 v e u 3 = w = 1/3, 2/3, 2/3 w formam uma base ortonormal de R 3. Como u = v = 6 e w = 3, temos u 1 T u 1 = T = T u 6 u v 1 T u 2 = T = T v 6 v w 1 T u 3 = T = T w 3 w = 1 6 T u = 1 10, 2, 2 = 5/3, 1/3, 1/3; 6 = 1 6 T v = 1 2, 10, 2 = 1/3, 5/3, 1/3; 6 = 1 3 T w = 1 1, 1, 5 = 1/3, 1/3, 5/3. 3 49 CEDERJ
Operadores auto-adjuntos Agora, não é difícil ver que os vetores T u 1, T u 2 e T u 3 se expressam em função da base β = {u 1, u 2, u 3 } como: T u 1 = 5/3, 1/3, 1/3 = 1 u 1 + 1 u 2 + 1 u 3 ; T u 2 = 1/3, 5/3, 1/3 = 1 u 1 + 1 u 2 + 1 u 3 ; T u 3 = 1/3, 1/3, 5/3 = 1 u 1 + 1 u 2 + 1 u 3. Portanto, a matriz que representa o operador T com respeito à base ortonormal {u 1, u 2, u 3 } é dada por B = [T ] β = 1 1 1 1 1 1 1 1 1. Como B é uma matriz simétrica, concluímos, pelo Teorema 1, que o operador T é auto-adjunto. Observe que neste exemplo usamos uma base ortonormal que não é a base canônica nem é uma base de autovetores. Auto-avaliação: É de suma importância que você reveja e entenda muito bem a relação que existe entre as matrizes simétricas, estudadas nas aulas anteriores, e os operadores auto-adjuntos vistos nesta aula. Compare os conceitos e estude os exemplos. Em caso de dúvidas não hesite em consultar o seu tutor. Exercícios 1. Verifique que o operador T : R 3 R 3, dado por T x, y, z = 2x + y + z, x + 2y z, x y + 2z, é auto-adjunto. 2. Determine uma base ortonormal de autovetores do operador T dado no exercício anterior. CEDERJ 50
Formas bilineares MÓDULO 3 AULA 25 Aula 25 Formas bilineares Objetivos: Compreender o conceito de forma bilinear. Aplicar os conceitos apresentados em casos particulares. Pré-requisito: Aula 22. Nesta aula vamos introduzir um conceito que generaliza a noção de aplicação linear num espaço vetorial. Mais especificamente, vamos desenvolver o conceito de forma bilinear, que dá origem às formas quadráticas que serão estudadas na próxima aula. Veremos a definição de formas bilineares e estudaremos algumas de suas propriedades, principalmente sua relação com as matrizes, o que constitui o aspecto mais importante para fins práticos. Definição 4 Seja V um espaço vetorial real. Uma forma bilinear em V é uma aplicação B : V V R u, v Bu, v que é linear em cada uma das duas variáveis u e v, isto é, que satisfaz: i para todo u, v, w V e a R, Bu + w, v = Bu, v + Bw, v Ba u, v = a Bu, v; ii para todo u, v, w V e a R, Bu, w + v = Bu, w + Bu, v Bu, a v = a Bu, v. Exemplo 1 Seja F o produto escalar em R n, isto é, dados u = u 1, u 2,..., u n, v = v 1, v 2,..., v n R n, considere a aplicação F : V V R u, v F u, v = u 1 v 1 + u 2 v 2 + + u n v n. Verifique que F é uma forma bilinear em R n. 51 CEDERJ
Formas bilineares Solução De fato, considerando outro vetor w = w 1, w 2,..., w n R n a R, temos que e F u + a w, v = Bu 1 + aw 1, u 2 + aw 2,..., u n + aw n, v 1, v 2,..., v n = u 1 + aw 1 v 1 + u 2 + aw 2 v 2 + + u n + aw n v n = u 1 v 1 + u 2 v 2 + + u n v n + a w 1 v 1 + w 2 v 2 + + w n v n = F u, v + a F w, v, o que mostra que F u, v é uma transformação linear na primeira variável u. Um argumento análogo, deixado a cargo do aluno, mostra que F u, v também é uma transformação linear na segunda variável v. Assim, podemos concluir que F u, v é uma aplicação bilinear de R n. Exemplo 2 Seja a matriz A = 2 0 0 4 2 0 0 0 3. Mostre que podemos associar à matriz A uma forma bilinear B : R 3 R 3 R dada por Solução Bx 1, x 2, x 3, y 1, y 2, y 3 = x 1 x 2 x 3 2 0 0 4 2 0 0 0 3 = 2 x 1 y 1 + 4 x 2 y 1 + 2 x 2 y 2 + 3 x 3 y 3. Observe que para todo par de vetores u, v R 3 u = x 1 x 2 e v = y 1 y 2, y 1 y 2 y 3 x 3 podemos reescrever y 3 Bu, v = u t A v, onde u t é a matriz transposta de u. Assim, a bilinearidade da aplicação Bu, v decorre facilmente das propriedades do produto e da soma de matrizes. Este exemplo é facilmente generalizado. CEDERJ 52
Formas bilineares MÓDULO 3 AULA 25 Teorema 1 Seja A = a ij M n R, isto é, uma matriz de ordem n. Podemos associar à matriz A uma forma bilinear F : R n R n R dada por F u, v = u t A v, onde u, v R n. Observe que, reescrevendo os vetores u e v na forma u =. x 1 x 2 y 1 y 2 e v =., x n y n então F u, v = u t A v = x 1 x 2 x n a 11 a 12 a 1n a 21 a 22 a 2n...... y 1 y 2. a n1 a n2 a nn y n = a 11 x 1 y 1 + a 12 x 1 y 2 + + a nn x n y n = n a ij x i y j. i, j=1 Seja V um espaço vetorial real, F : V V R uma forma bilinear em V, e α = {e 1, e 2,..., e n } uma base de V. Sejam u, v V com u = u 1 e 1 + u 2 e 2 + + u n e n e v = v 1 e 1 + v 2 e 2 + + v n e n. Então, F u, v = F u 1 e 1 + u 2 e 2 + + u n e n, v 1 e 1 + v 2 e 2 + + v n e n = u 1 v 1 F e 1, e 1 + u 1 v 2 F e 1, e 2 + + u n v n F e n, e n = n u i v j F e i, e j. i, j=1 Assim, a forma bilinear F fica completamente determinada pela n 2 valores F v i, v j. 53 CEDERJ
Formas bilineares Definição 5 A matriz A = a ij, com a ij = F e i, e j, é chamada de representação matricial da forma bilinear F com relação à base α, ou, simplesmente, de matriz de F com relação a α. Esta matriz representa F no sentido que n F u, v = u i v j F e i, e j = [u] t αa [v] α i, j=1 para todo par de vetores u, v V. Como de costume, [u] α denota o vetor das coordenadas de u com respeito à base α. Exemplo 3 Seja a forma bilinear F : R 2 R 2 R dada por F u, v = F x 1, x 2, y 1, y 2 = x 1 y 1 x 1 y 2 + 3 x 2 y 1 5 x 2 y 2, para todo u = x 1, x 2, v = y 1, y 2 R 2. Considere α = {e 1, e 2 } a base canônica de R 2 e β = {1, 0, 1, 1} outra base de R 2. Determine a matriz de F com respeito a essas bases. Solução Primeiramente, façamos o cálculo da matriz de F com respeito à base canônica: F e 1, e 1 = F 1, 0, 1, 0 = 1 F e 1, e 2 = F 1, 0, 0, 1 = 1; F e 2, e 1 = F 0, 1, 1, 0 = 3; F e 2, e 2 = F 0, 1, 0, 1 = 5. Portanto, temos que a matriz de F na base canônica é 1 1 A =. 3 5 Para a matriz de F na base β, temos F 1, 0, 1, 0 = 1; F 1, 0, 1, 1 = 0; F 1, 1, 1, 0 = 4; F 1, 1, 1, 1 = 2. Portanto, temos que a matriz de F na base β = {1, 0, 1, 1} é 1 0 B =. 4 2 CEDERJ 54
Formas bilineares MÓDULO 3 AULA 25 Um problema interessante é saber qual a relação entre as matrizes A e B que representam uma mesma forma bilinear F em duas bases α e β, respectivamente. No caso do exemplo anterior, se P representa a matriz mudança de base, da base α para a base β, temos 1 1 P =. 0 1 Daí, 1 0 B = 4 2 = P t A P. = 1 0 1 1 1 1 3 5 1 1 0 1 De um modo geral, temos o seguinte teorema: Teorema 2 Seja F uma forma bilinear de um espaço vetorial V. Se A é a matriz de F numa base α e B é matriz de F numa base β de V, então B = P t A P, onde P é a matriz mudança de base, da base α para a base β. Definição 6 Uma forma bilinear F no espaço vetorial V é denominada simétrica se F u, v = F v, u para todo par de vetores u, v V. Teorema 3 Seja F uma forma bilinear no espaço vetorial V e A a matriz que representa F numa base α de V. Então F é uma forma bilinear simétrica se e somente se A é uma matriz simétrica. Demonstração: Por F ser uma forma bilinear em V, temos que F u, v = u t A v = u t A v t, pois u t A v é um escalar = v t A t u. 55 CEDERJ
Formas bilineares Se, ainda, F for uma forma bilinear simétrica, então v t A t u = F u, v = F v, u = v t A u para todo u, v V. Portanto, temos A t = A, isto é, a matriz A é simétrica. Reciprocamente, se A é uma matriz simétrica isto é, A t = A, então a forma bilinear F também é simétrica, pois F u, v = u t A v = u t A v t, pois u t A v é um escalar = v t A t u = v t A u, pois A t = A = F v, u para todo par de vetores u, v V. Auto-avaliação Você deve ter compreendido que o conceito de forma bilinear é uma generalização do conceito de transformação linear já bastante estudado. É de extrema importância rever todos os conceitos e tentar resolver os exercícios propostos. Caso surjam dificuldades, consulte as notas de aula ou peça ajuda ao seu tutor. Os conceitos desta aula ainda serão bastante utilizados. Por isso, não deixe de fazer uma boa revisão de matrizes simétricas. Exercícios 1. Seja A M n R. Verifique que a aplicação F : R n R n R, definida por F u, v = u t A v é uma forma bilinear. 2. Seja F : R 3 R 3 R, definida por F u, v = u, v, o produto escalar em R 3. a Determine a matriz A que representa a forma bilinear F com respeito à base canônica α R 3. b Determine a matriz B que representa a forma bilinear F com respeito à base β = {1, 1, 0, 1, 0, 1, 0, 2, 1}. CEDERJ 56
Formas bilineares MÓDULO 3 AULA 25 3. Seja a forma bilinear F : R 2 R 2 R definida por F u, v = F x 1, x 2, y 1, y 2 = 2 x 1 y 1 3 x 1 y 2 + x 2 y 2, para todo u = x 1, x 2, v = y 1, y 2 R 2. a Determine a matriz A que representa F com respeito à base α = {1, 0, 1, 1}. b Determine a matriz B que representa F com respeito à base β = {2, 1, 1, 1}. c Determine a matriz mudança de base P, da base α para a base β, e verifique que B = P t A P. 57 CEDERJ
Formas quadráticas MÓDULO 3 AULA 26 Aula 26 Formas quadráticas Objetivos: Compreender o conceito de forma quadrática. Aplicar os conceitos apresentados em casos particulares. Pré-requisitos: Aulas 22 e 25. As formas bilineares, vistas na aula anterior, dão origem às formas quadráticas que serão estudadas nesta aula. As formas quadráticas ocorrem com grande destaque em aplicações da Álgebra Linear à Engenharia, como em critérios para projetos, em problemas de otimização e em processamento de sinais. Elas também ocorrem na Física, em descrições de energia potencial e energia cinética; em Economia, nas funções de utilidade; e, também, em Estatística. Em todas essas situações é muito importante o conhecimento do sinal positivo ou negativo que a forma quadrática pode assumir, assim como o conhecimento de seus autovalores associados. Uma parte muito importante da base matemática para o estudo das formas quadráticas segue facilmente do nosso estudo prévio sobre matrizes simétricas. Definição 7 Seja V um espaço vetorial real. Uma aplicação q : V R é chamada de forma quadrática se existe uma forma bilinear simétrica F : V V R tal que qv = F v, v para todo v V. Seja A a matriz que representa a forma bilinear F na base α V. Dizemos que matriz A é a representação matricial da forma quadrática q com espeito a essa mesma base α V. Como a forma bilinear F é simétrica, então, pelo Teorema 3 da Aula 25, a matriz A é uma matriz simétrica. Com respeito à base α, denotamos A = a ij e v = x 1, x 2,..., x n V ; então qv = F v, v = v t A v = x 1 x 2 x n a 11 a 12 a 1n a 21 a 22 a 2n...... x 1 x 2. = n i, j=1 a ij x i x j. a n1 a n2 a nn x n 59 CEDERJ
Formas quadráticas E agora, sendo A simétrica, vale que a ij = a ji. Portanto, n n qv = a ij x i x j = a 11 x 2 1 + a 22 x 2 2 + + a nn x 2 n + 2 a ij x i y j. 1 i, j=1 i<j Observe ainda que, se A for uma matriz diagonal, isto é a ij = 0 para i j, então teremos o que nos dá n a ij x i y j = 0, i<j qv = a 11 x 2 1 + a 22 x 2 2 + + a nn x 2 n, que será denominada representação diagonal da forma quadrática q. Veremos, mais à frente, que toda forma quadrática sempre admite uma representação diagonal. Exemplo 1 Seja a forma quadrática q : R 2 R dada por qx, y = x 2 10xy + y 2. Determine a matriz A que representa a forma quadrática q com respeito à base canônica. Solução Como A é uma matriz simétrica, podemos denotar a b A = ; b c temos então Então, vale que a b x qx, y = x y b c y = ax 2 + 2bxy + cy 2. ax 2 + 2bxy + cy 2 = x 2 10xy + y 2, de onde concluímos que a = 1, b = 5 e c = 1, obtendo A = 1 5 5 1. CEDERJ 60
Formas quadráticas MÓDULO 3 AULA 26 Observe que q é a forma quadrática associada à forma bilinear 1 5 y 1 F u, v = x 1 x 2 5 1 = x 1 y 1 5x 2 y 1 5x 1 y 2 + x 2 y 2, onde u = x 1, x 2, v = y 1, y 2 R 2, com respeito à base canônica. y 2 Exemplo 2 Seja q : R 3 R a forma quadrática dada por qv = qx 1, x 2, x 3 = 5 x 2 1 + 3 x 2 2 + 2 x 2 3 x 1 x 2 + 8 x 2 x 3, onde v = x 1, x 2, x 3 R 3. Determinar a matriz A que representa a forma quadrática q com respeito à base canônica e expresse a forma quadrática na forma matricial qv = v t A v. Solução Os coeficientes de x 2 1, x 2 2 e x 2 3 formam a diagonal principal da matriz A, como indica a equação 6. Como A é matriz simétrica, o coeficiente de x i x j, para i j, é a soma dos coeficientes iguais a ij = a ji, como indica outra vez a equação 6. Portanto, a ij = a ji = 1 2 coeficiente de x ix j. Assim, é fácil ver que A = 5 1/2 0 1/2 3 4 0 4 2. E, finalmente, qx 1, x 2, x 3 = x 1 x 2 x 3 5 1/2 0 1/2 3 4 0 4 2 x 1 x 2 x 3. Queremos agora estudar o efeito de uma mudança de base sobre uma forma quadrática. Assim, sejam q : V R uma forma quadrática e α e β duas bases do espaço vetorial V. Seja P a matriz mudança de base da base α para a base β. Se A é a matriz que representa a forma quadrática q na 61 CEDERJ
Formas quadráticas base α e B é a matriz de q na base β, então, pelo Teorema 2 da Aula 25, sabemos que B = P t A P. Observe que, se P é a matriz ortogonal que diagonaliza a matriz A, então B = P t A P = P 1 A P é uma matriz diagonal. Nesse caso, a matriz P também é chamada mudança de variáveis. Usaremos esses fatos no próximo exemplo. Exemplo 3 Determine uma mudança de variável P que transforma a forma quadrática q : R 2 R, dada por qx 1, x 2 = x 2 1 8x 1 x 2 5x 2 2 na base canônica, em uma forma diagonal. Obtenha, também, a expressão dessa forma diagonal. Solução Observando os coeficientes de q, vemos que a matriz A que representa q na base canônica é dada por 1 4 A =. 4 5 Diagonalizar a forma quadrática q é equivalente a diagonalizar a matriz simétrica A. Usando os procedimentos já conhecidos sobre diagonalização de matrizes simétricas, os autovalores da matriz A são λ 1 = 3 e λ 2 = 7. A matriz P será obtida a partir de uma base ortonormal de autovetores. Efetuando os cálculos, que é um exercício para você, obtemos 2 / 5 u 1 = 1 /, autovetor associado ao autovalor λ 1 = 3, e 5 1 / 5 u 2 = 2 /, autovetor associado ao autovalorλ 2 = 7. 5 Como {u 1, u 2 } forma uma base ortonormal de R 2, então P = [u 1 u 2 ] = 2 / 5 1 / 5 1 / 5 2 /, 5 CEDERJ 62
Formas quadráticas MÓDULO 3 AULA 26 e a matriz diagonal correspondente será 3 0 D = 0 7, onde D = P t A P. A forma diagonal de q é dada por qy 1, y 2 = y 1 y 2 3 0 0 7 y 1 y 2 = 3y 2 1 7y 2 2, onde v = e x 1 x 2 v = P w, é a mudança de variáveis. Veja que e w = ou w = P t v y 1 y 2, qv = qx 1, x 2 = x 2 1 8x 1 x 2 5x 2 2 = x 1 x 2 1 4 4 5 x 1 x 2 = v t A v = P w t A P w = w t P t AP w = w t D w = y 1 y 2 3 0 0 7 y 1 y 2 = 3y 2 1 7y 2 2 = qy 1, y 2 = qw. 63 CEDERJ
Formas quadráticas Observe que a forma diagonal qy 1, y 2 = 3y 2 1 7y 2 2 não contém o termo cruzado y 1 y 2. Este exemplo anterior ilustra o teorema a seguir. A parte essencial de sua demonstração foi apresentada nos cálculos do Exemplo 3 e consiste na mudança de variáveis efetuada. Teorema 1 Teorema dos Eixos Principais Seja q : V R uma forma quadrática. Então, sempre existe uma mudança de variáveis P que transforma a forma quadrática qv = v t A v na forma diagonal qw = w t D w, onde v = P w e D = P t A P. O nome Teorema dos Eixos Principais segue do fato de que as colunas de P são chamadas eixos principais da forma quadrática q. Uma interpretação geométrica deste teorema será vista nas próximas aulas, mais precisamente no estudo da classificação de curvas cônicas e na classificação de superfícies quádricas. Exemplo 4 Determine uma mudança de variável P que transforme a forma quadrática q : R 3 R, dada por qx 1, x 2, x 3 = 3x 2 1 + 2x 2 2 + x 2 3 + 4x 1 x 2 + 4x 2 x 3 na base canônica, em uma forma diagonal. Obtenha também a expressão dessa forma diagonal. Solução Observando os coeficientes de q, vemos que a matriz A que representa q na base canônica é dada por A = 3 2 0 2 2 2 0 2 1. Procedendo à diagonalização da matriz simétrica A, deixamos os detalhes dos cálculos como um exercício para você, obtemos os autovalores λ 1 = 5, λ 2 = 2 e λ 3 = 1. A matriz mudança de variável P será obtida a partir de uma base ortonormal de autovetores. Efetuando os cálculos, obtemos: CEDERJ 64
u 1 = u 2 = u 3 = 2/3 2/3 1/3 2/3 1/3 2/3 1/3 2/3 2/3 Formas quadráticas autovetor associado ao autovalor λ 1 = 5; autovetor associado ao autovalorλ 2 = 2; autovetor associado ao autovalorλ 3 = 1. Como {u 1, u 2, u 3 } forma uma base ortonormal de R 3, então 2/3 2/3 1/3 P = [u 1 u 2 u 3 ] = 2/3 1/3 2/3 1/3 2/3 2/3 é uma matriz ortogonal e a matriz diagonal correspondente será 5 0 0 D = 0 2 0, 0 0 1 MÓDULO 3 AULA 26 onde D = P t A P. A forma diagonal de q é dada por 5 0 0 qy 1, y 2, y 3 = y 1 y 2 y 3 0 2 0 0 0 1 y 1 y 2 y 3 = 5y 2 1 + 2y 2 2 y 2 3, onde x 1 v = e w = x 2 e v = P w, ou w = P t v é a mudança de variáveis requerida. y 1 y 2, Observe, mais uma vez, que a forma diagonal qy 1, y 2, y 3 = 5y 2 1 + 2y 2 2 y 2 3 não contém os termos cruzados y 1 y 2, y 1 y 3 com i j. e y 2 y 3, isto é, os termos y i y j 65 CEDERJ
Cônicas MÓDULO 3 AULA 27 Aula 27 Cônicas Objetivos: Compreender o conceito de cônica. Aplicar os conceitos apresentados em casos particulares. Pré-requisitos: Aulas 22, 25 e 26. Nesta aula estudaremos algumas figuras importantes do R 2, ou seja, determinados conjuntos de pontos do plano cujas coordenadas satisfazem certas propriedades. Mais precisamente, consideraremos subconjuntos de R 2 cujas coordenadas x, y satisfazem uma equação do tipo ax 2 + bxy + cy 2 + dx + ey + f = 0, onde a, b, c, d, e e f são constantes reais com pelo menos um dos números a, b ou c diferente de zero. A idéia toda é simplificar e classificar equações desse tipo e, para isso, usaremos os resultados sobre diagonalização de formas quadráticas apresentados na aula anterior. Definição 8 Uma cônica é um conjunto de pontos do R 2 cujas coordenadas x, y, em relação à base canônica, satisfazem uma equação do tipo ax 2 + bxy + cy 2 + dx + ey + f = 0, 2 onde os coeficientes a, b, c, d, e e f são números reais e pelo menos um dos números a, b ou c é não-nulo. Observe que a equação 6 contém uma forma quadrática, qx, y = ax 2 + bxy + cy 2, uma forma linear, lx, y = dx + ey, e o termo constante f. Exemplo 1 Identifique o conjunto dos pontos x, y R 2 que satisfazem a equação x 2 + y 2 4 = 0. 67 CEDERJ
Cônicas Solução Comparando a equação x 2 + y 2 4 = 0 com a equação 6, vemos que o valor dos coeficientes são a = c = 1, b = d = e = 0 e f = 4, e, portanto, representa uma cônica. Reescrevendo a equação na forma x 2 + y 2 = 4, identificamos os pontos x, y como pertencendo à circunferência de centro 0, 0 e raio 2, como ilustra a Figura 27.1. Figura 27.1: A circunferência x 2 + y 2 = 4. Exemplo 2 Identifique o conjunto dos pontos x, y R 2 que satisfazem a equação y 2 kx = 0, onde k é um número real não-nulo. Solução Comparando a equação y 2 kx = 0 com a equação 6, vemos que o valor dos coeficientes são c = 1, a = b = e = f = 0 e d = k 0, e, portanto, representa uma cônica. Reescrevendo a equação na forma y 2 = kx, identificamos os pontos x, y como pertencendo a uma parábola com eixo coincidindo com o eixo-y, como ilustra a Figura 27.2. CEDERJ 68
Cônicas MÓDULO 3 AULA 27 Figura 27.2: A parábola y 2 = kx. Exemplo 3 Identifique o conjunto dos pontos x, y R 2 que satisfazem a equação com a, b R, a, b > 0. Solução Comparando a equação x 2 a 2 y2 b 2 = 0, x 2 a 2 y2 b 2 = 0 com a equação 6, vemos que ela também representa uma cônica. Reescrevendo a equação na forma temos y 2 b 2 = x2 a 2, y = ± b a x, o que representa um par de retas concorrentes que passa pela origem, como ilustra a Figura 27.3. Figura 27.3: As retas y = ± b a x. 69 CEDERJ
Cônicas Os próximos exemplos mostram como procedemos para simplificar uma equação de uma cônica. Exemplo 4 Identifique a cônica representada pela equação 5x 2 4xy +8y 2 36 = 0. Solução Precisamos, inicialmente, eliminar o termo misto 4xy; para isto, realizamos diagonalização da forma quadrática correspondente, qx, y = 5x 2 4xy + 8y 2. Escrevemos a equação 5x 2 4xy + 8y 2 36 = 0 na forma matricial v t A v = 36, com v = x y R 2 e A = 5 2 2 8. Lembre, da Aula 26, que a matriz A é a matriz simétrica que representa a forma quadrática qx, y = 5x 2 4xy + 8y 2 com respeito à base canônica. Não é difícil ver que os autovalores da matriz A são λ 1 = 4 e λ 2 = 9, e os autovetores normalizados são 2 / 5 u 1 = 1 /, autovetor associado ao autovalor λ 1 = 4 5 e u 2 = 1 / 5 2 / 5, autovetor associado ao autovalor λ 2 = 9. Como {u 1, u 2 } forma uma base ortonormal de R 2, então 2 / 5 1 / 5 P = [u 1 u 2 ] = 1 / 5 2 / 5 é a matriz ortogonal que diagonaliza a matriz A e a matriz diagonal correspondente será 4 0 D =. 0 9 Temos que D = P t A P. CEDERJ 70
Cônicas MÓDULO 3 AULA 27 A forma diagonal de q é dada por qx 1, y 1 = x 1 y 1 4 0 0 9 x 1 y 1 = 4x 2 1 + 9y 2 1, onde v = x y e v 1 = x 1 y 1, com v = P v 1, ou v 1 = P t v. Portanto, a equação da cônica pode ser reescrita como qx 1, y 1 = 36, ou ainda, o que nos dá a equação 4x 2 1 + 9y 2 1 = 36, x 2 1 9 + y2 1 4 = 1, que representa uma elipse de semi-eixo maior 3 e semi-eixo menor 2, como ilustra a Figura 27.4. y 2 3 0 3 x 2 Figura 27.4: A elipse x2 1 9 + y2 1 4 = 1. 71 CEDERJ
Cônicas Exemplo 5 Identifique a cônica representada pela equação 2x 2 +4xy+2y 2 +4 2 x+ 12 2 y 8 = 0. Solução Observe que neste exemplo a forma linear lx, y = dx + ey = 4 2 x + 12 2 y é não-nula. Reescrevendo a cônica na forma matricial, obtemos v t A v + Bv 8 = 0, 3 onde e x v = R 2, y 5 2 A = 2 8 B = 4 2 12 2. A matriz A é a matriz simétrica que representa a forma quadrática qx, y = 2x 2 +4xy +2y 2 com respeito à base canônica. Não é difícil ver exercício para o aluno que os autovalores da matriz A são λ 1 = 4 e λ 2 = 0, e os autovetores normalizados são u 1 = 1 / 2 1 / 2, autovetor associado ao autovalor λ 1 = 4, e u 2 = 1 / 2 1 / 2, autovetor associado ao autovalor λ 2 = 0. Como {u 1, u 2 } forma uma base ortonormal de R 2, então 1 / 2 1 / 2 P = [u 1 u 2 ] = 1 / 2 1 /, 2 é a matriz ortogonal que diagonaliza a matriz A, e a matriz diagonal correspondente será 4 0 D =. 0 0 E, também, D = P t A P. CEDERJ 72
Cônicas MÓDULO 3 AULA 27 A forma diagonal de q é dada por 4 0 qx 1, y 1 = x 1 y 1 0 0 = 4x 2 1, x 1 y 1 isto é, onde com v t A v = 4x 2 1, x v = e v 1 = y x 1 y 1 v = P v 1, ou v 1 = P t v., Como detp = 1, observe que v = P v 1 é uma rotação. A forma linear se transforma em Bv = BP v 1 = BP v 1 = 4 2 12 2 1 / 2 1 / 2 1 / 2 1 / 2 x 1 y 1 = 16 8 x 1 y 1 = 16x 1 + 8y 1. Substituindo v t A v = 4x 2 1 e Bv = 16x 1 + 8y 1 em 7, obtemos 4x 2 1 + 16x 1 + 8y 1 8 = 0, 4 ou, simplificando, x 2 1 + 4x 1 + 2y 1 2 = 0. Completando o quadrado na variável x 1, x 2 1 + 4x 1 = x 1 + 2 2 4. E, substituindo em 8, obtemos x 1 + 2 2 4 + 2y 1 2 = 0, 73 CEDERJ
Cônicas ou x 1 + 2 2 + 2y 1 3 = 0. 5 Essa equação já é uma forma bem mais simples da cônica inicial e já se pode identificar a equação de uma parábola, mas ela ainda pode ser mais simplificada. Realizando a mudança de variáveis em 9 dada por { x 2 = x 1 + 2 y 2 = y 1 3, que representa uma translação no R 2, obtemos x 2 2 = 2y 2, que representa a cônica inicial aos novos eixos-x 2 y 2. Nessa forma, identificamos facilmente a equação de uma parábola, como ilustra a Figura 27.5. Figura 27.5: A parábola x 2 2 = 2y 2. Procedimento para simplificar a equação de uma cônica Seja a cônica Γ dada pela equação ax 2 + bxy + cy 2 + dx + ey + f = 0. Podemos reescrevê-la na forma matricial, v t A v + Bv + f = 0, CEDERJ 74
Cônicas MÓDULO 3 AULA 27 onde qx, y = ax 2 + bxy + cy 2 = x y a b/2 b/2 c x y = v t A v, e lx, y = dx + ey = d e x y = Bv, com A = a b/2 b/2 c, B = d e e v = x y. A idéia principal do procedimento a seguir consiste em realizar uma rotação nos eixos-xy, de modo a eliminar o termo cruzado bxy. 1 o Passo: Encontrar uma matriz ortogonal P = [u 1 u 2 ] que diagonalize A. Lembre que as colunas de P formam uma base {u 1, u 2 } ortogonal de autovetores da matriz A para o R 2. Assim, D = P t A P com D = λ 1 0 0 λ 2, onde λ 1 e λ 2 são os autovalores da matriz A associados aos autovetores u 1 e u 2, respectivamente. 75 CEDERJ
Cônicas 2 o Passo: Permutar as colunas de P, caso seja necessário, de modo que se tenha detp = 1. Isso garante que a transformação ortogonal v = P v 1, com v 1 = seja uma rotação no plano. 3 o Passo: Obter a equação que representa a cônica Γ no novo sistema de eixosx 2 y 2. Para isso, observe que x 1 y 1, ax 2 + bxy + cy 2 = v t A v = P v 1 t A P v 1 ; onde v = P v 1 = v t 1P t A P v 1 = v t 1D v 1 = x 1 y 1 λ 1 0 0 λ 2 x 1 y 1 e dx + ey = λ 1 x 2 1 + λ 2 y 2 1, = Bv = BP v 1 ; onde v = P v 1 = BP v 1 ; onde BP = d 1 e 1 = d 1 e 1 x 1 y 1 = d 1 x 1 + e 1 y 1. Assim, a equação v t A v + Bv + f = 0 se transforma em λ 1 x 2 1 + λ 2 y1 2 + d 1 x 1 + e 1 y 1 + f = 0, que é uma equação que representa a cônica Γ e não contém termos cruzados em xy. CEDERJ 76
Cônicas MÓDULO 3 AULA 27 Vamos fazer uma breve análise dessa equação. 1. Considere o caso em que os autovalores são não-nulos: λ 1, λ 2 0. Neste caso, podemos completar os quadrados nas variáveis x 1 e y 1, obtendo λ 1 x 2 1 + λ 2 y 2 1 + d 1 x 1 + e 1 y 1 + f = λ 1 x 2 1 + d 1 x 1 + λ 2 y 2 1 + e 1 y 1 com F R 2. Assim, a equação = λ 1 x 2 2 + λ 2 y 2 2 + F, λ 1 x 2 1 + λ 2 y 2 1 + d 1 x 1 + e 1 y 1 + f = 0 é transformada em λ 1 x 2 2 + λ 2 y 2 2 + F = 0. Note que a Se λ 1, λ 2 > 0, então a cônica Γ será uma elipse, caso F < 0; ou um ponto x 2, y 2 = 0, 0, caso F = 0; ou o conjunto vazio, caso F > 0. b Se λ 1, λ 2 < 0, então a cônica Γ será uma elipse, caso F > 0; ou um ponto x 2, y 2 = 0, 0, caso F = 0; ou o conjunto vazio, caso F < 0. c Se λ 1 < 0 < λ 2, então a cônica Γ será uma hipérbole, caso F 0; ou um par de retas concorrentes, casof = 0. 2. Considere o caso de um autovalor nulo, digamos, λ 1 = 0 e λ 2 0 necessariamente λ 2 0. Novamente, completando o quadrado na variável y 1, obtemos λ 2 y 2 1 + d 1 x 1 + e 1 y 1 + f = λ 2 y 2 1 + e 1 y 1 + d 1 x 1 + f = λ 2 y2 2 + d 1 x 2 + F. Assim, a equação inicial da cônica Γ fica transformada em λ 2 y2 2 + d 1 x 2 + F = 0. Note que a Se d 1 0, então Γ será uma parábola. 77 CEDERJ
Cônicas b Se d 1 = 0, então Γ será um par de retas paralelas, caso λ 2 F < 0; ou uma única reta, caso F = 0; ou o conjunto vazio, caso λ 2 F > 0. 3. O caso λ 2 = 0 e λ 1 0 é análogo ao anterior. É importante observar que nunca poderemos ter λ 1 = λ 2 = 0, pois estamos supondo que a forma quadrática associada é não-nula. Veja, também, que λ 1 λ 2 = λ 1 0 0 λ 2 = det P = det A = a b/2 b/2 c = ac b2 4. Portanto, λ 1 λ 2 tem o mesmo sinal de ac b2, que por sua vez tem o 4 mesmo sinal de 4ac b 2. Assim, podemos refazer a análise anterior em Teorema 1 função do discriminante b 2 4ac da forma quadrática. Dada a cônica de equação ax 2 + bxy + cy 2 + dx + ey + f = 0, então esta cônica representa: a uma elipse, um ponto ou o conjunto vazio, caso b 2 4ac < 0; b uma parábola, duas retas paralelas ou uma única reta, caso b 2 4ac = 0; c uma hipérbole ou duas retas concorrentes, caso b 2 4ac > 0. Auto-avaliação: Esta aula constitui uma excelente aplicação dos conceitos vistos nas aulas anteriores. No entanto, pressupomos que você tenha alguns conhecimentos acerca das equações de cônicas tradicionais, como elipses, parábolas e CEDERJ 78
Cônicas MÓDULO 3 AULA 27 hipérboles. Conhecendo essas equações e com o conhecimento adquirido das últimas aulas, você não deve encontrar muita dificuldade para compreender os conceitos apresentados aqui. No entanto, como esta aula reúne muitos conhecimentos matemáticos, você deve ser persistente na leitura dos exemplos e do procedimento apresentado, sempre recorrendo ao tutor no caso de encontrar uma dificuldade maior. Na próxima aula, trataremos de equações semelhantes, agora com três variáveis ao invés de duas, mas o procedimento será exatamente o mesmo, ou seja, diagonalizar uma forma quadrática e completar quadrados até simplificar a equação ao máximo. Exercício 1. Dada a cônica de equação 2x 2 4xy y 2 4x 8y + 14 = 0, aplique o procedimento apresentado nesta aula, simplificando a equação ao máximo e identificando a cônica apresentada. Resposta 1. A hipérbole de equação x2 2 12 y2 2 8 = 1. 79 CEDERJ
Quádricas MÓDULO 3 AULA 28 Aula 28 Quádricas Objetivos: Compreender o conceito generalizado de uma quádrica. Aplicar os conceitos apresentados em casos particulares. Pré-requisitos: Aulas 22, 25, 26 e 27. Esta aula é uma continuação da aula anterior sobre cônicas; nela estudaremos as superfícies quádricas no espaço R 3. Mais precisamente, vamos estudar alguns conjuntos de R 3 cujas coordenadas, com respeito à base canônica, satisfazem uma equação do tipo ax 2 + by 2 + cz 2 + dxy + exz + fyz + gx + hy + kz + p = 0. Usando novamente os resultados sobre diagonalização de formas quadráticas, iremos simplificar essa equação e descrever as superfícies mais simples que ela pode representar. Definição 9 Uma superfície quádrica, ou, simplesmente, uma quádrica, é o conjunto de pontos de R 3 cujas coordenadas x, y, z satisfazem uma equação da forma ax 2 + by 2 + cz 2 + dxy + exz + fyz + gx + hy + kz + p = 0, 6 onde os coeficientes a, b, c,..., k, p são números reais e pelo menos um dos coeficientes a, b, c, d, e, f é não-nulo. R 3, Observe que a equação 6 contém uma forma quadrática não-nula em qx, y, z = ax 2 + by 2 + cz 2 + dxy + exz + fyz, uma forma linear em R 3, lx, y, z = gx + hy + kz, e o termo constante p. Apresentaremos a seguir os exemplos mais comuns de superfícies quádricas. Figura 28.1: Gráficos de quádricas 81 CEDERJ
Quádricas a Elipsóide x2 a 2 + y2 b 2 + z2 c 2 = 1 b Hiperbolóide de uma folha x2 a 2 + y2 b 2 z2 c 2 = 1 c Hiperbolóide de duas folhas x2 a 2 + y2 b 2 z2 c 2 = 1 d Cone elíptico x2 a 2 + y2 b 2 z2 c 2 = 0 CEDERJ 82
Quádricas MÓDULO 3 AULA 28 e Parabolóide elíptico x2 a 2 + y2 b 2 = z f Parabolóide hiperbólico x2 a 2 + y2 b 2 = z g Cilindro elíptico x2 a 2 + y2 b 2 = 1 h Cilindro parabólico y = ax 2 83 CEDERJ