Álgebra Linear I - Aula Forma diagonal de uma matriz diagonalizável

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1 Álgebra Linear I - Aula 18 1 Forma diagonal de uma matriz diagonalizável 2 Matrizes ortogonais Roteiro 1 Forma diagonal de uma matriz diagonalizável Sejam A uma transformação linear diagonalizável, β = {v 1, v 2,, v n } uma base de autovetores de A e {λ 1, λ 2,, λ n } os autovalores associados aos vetores v 1,, v n Uma forma diagonal de A é λ λ 2 0 D A = 0 0 λ n Observe que A pode ter diferentes formas diagonais (é suficiente mudar a ordem dos vetores da base de autovetores!) Exemplos 1 Formas diagonais das projeções (ortogonais ou não) P e espelhamentos R em R 2 são, respectivamente, ( ) ( ) D P =, D 0 0 R = 0 1 No caso das projeções, é suficiente considerar uma base β = {u, w}, onde u é o vetor da reta de projeção e w é a direção de projeção Agora é suficiente observar que P (u) = u, P (w) = 0 Portanto, a matriz [P ] β de P na base β é a matriz D P No caso dos espelhamentos, consideramos uma base β = {u, n}, onde u é o vetor da reta de espelhamento e n é um vetor normal a u Observamos que E(u) = u, E(n) = n 1

2 Assim, a matriz [E] β de E na base β é exatamente D E Formas diagonais das projeções P 1 (ortogonais ou não) P 1 em retas de R 3 são, D P1 = É suficiente considerar uma base β = {u, w 1, w 2 }, onde u é o vetor da reta de projeção e w 1 e w 2 são vetores linearmente independentes da direção (plano) de projeção Agora é suficiente observar que P 1 (u) = u, P 1 (w 1 ) = P 1 (w 2 ) = 0 Portanto, a matriz [P 1 ] β de P 1 na base β é a matriz D P1 Formas diagonais das projeções P 2 (ortogonais ou não) P 1 em planos de R 3 são, D P2 = É suficiente considerar uma base β = {u 1, u 2, w}, onde u 1 e u 2 são vetores linearmente independentes (uma base) do plano de projeção e w é um vetor paralelo à direção de projeção Agora é suficiente observar que P 2 (u 1 ) = u 1, P 2 (u 2 ) = u 2, P 1 (w) = 0 Portanto, a matriz [P 2 ] β de P 1 na base β é a matriz D P2 Finalmente, formas diagonais dos espelhamentos E 1 em torno de uma reta e E 2 em torno de um plano em R 3 são, respectivamente, D E1 = 0 1 0, D E2 = Deixamos como exercício encontrar as bases apropriadas Exemplo 1 A transformação linear T : R 3 R 3 definida por T (1, 1, 2) = 2 (1, 1, 2), T (1, 0, 1) = 2 (1, 0, 1), T (1, 1, 1) = 3 (1, 1, 1) é diagonalizável 2

3 Prova: Observe que β = {(1, 1, 2), (1, 0, 1), (1, 1, 1)} é uma base de autovetores de T A matriz de T na base β tem forma diagonal [T ] β = D T = Uma condição suficiente, porém não necessária, para uma transformação linear T : R n R n ser diagonalizável é ter n autovalores reais distintos Para ver isto, sejam λ 1,, λ n os autovalores e v 1,, v n os autovetores associados a estes autovalores Por resultados já vistos, como λ 1,, λ n são diferentes, os vetores v 1,, v n são li Portanto, formam uma base (de autovetores) de R n (n vetores li de R n formam uma base) Exercício 1 Suponha que A é uma transformação linear de R 3 cujo polinômio característico é p(λ) = (λ 1) (λ 2) (λ 3) Estude se A é diagonalizável e calcule sua forma diagonal Resposta: A transformação é diagonalizável: tem três autovalores distintos: 1,2,3 Sua forma diagonal é Exercício 2 Estude se a afirmação a seguir é verdadeira: Suponha que A é transformação linear de R 3 cujo polinômio característico é então A não é diagonalizável p(λ) = (λ 1) 2 (λ 2), 3

4 Resposta: A afirmação é falsa Da afirmação deduzimos que A tem um autovalor 1 (de multiplicidade 2) e um autovalor 2 simples Por exemplo, tem polinômio característico p(λ) = (λ 1) 2 (λ 2) e é diagonalizável (de fato, já é diagonal!) Porém, a matriz tem o mesmo polinômio característico e não é diagonalizável Ou seja, no caso em que existem raízes repetidas não é possível deduzir se é diagonalizável ou não somente com a análise do polinômio característico (é necessário estudar os autovetores) Exemplo 2 Sabendo que a matriz P, 5/6 2/6 1/6 P = 2/6 2/6 2/6 1/6 2/6 5/6 representa um espelhamento ou uma projeção ortogonal em um plano determine a opção válida Determine o plano de projeção ou de espelhamento Prova: A matriz tem traço 2 Logo não pode ser um espelhamento Será, portanto, uma projeção Para determinar o plano de projeção há três opções Determinar os autovetores associados a 1 (obtendo assim o plano), determinar os autovetores de 0 (obtendo a direção normal do plano) ou como segue Observe que P (1, 0, 0) e P (0, 1, 0) são vetores do plano Logo (5, 2, 1) e ( 1, 1, 1) são vetores paralelos do plano Logo o vetor normal do plano é (1, 2, 1) Verifique que P (1, 2, 1) = 0 Exemplo 3 Considere a transformação linear T, T = Estude se T é diagonalizável Em caso afirmativo, determine sua forma diagonal Determine seu significado geométrico 4

5 Resposta: A resposta é: uma projeção ortogonal na reta (1, 1, 1) seguida de uma multiplicação por 3 É diagonalizável e sua forma diagonal é T = Veja que os autovalores são 3 (simples) e 0 (multiplicidade 2) Os autovetores são (t, t, t), t R, t 0, e os vetores não nulos de x + y + z = 0 Observe que existe uma base ortogonal de autovetores: {(1, 1, 1), (1, 1, 0), (1, 1, 2)} Exemplo 4 Se λ é um autovalor de uma matriz inversível A se, e somente se, λ 1 é um autovalor de A 1 Os autovetores associados são os mesmos? Prova: Seja v um autovetor de A e σ 0 seu autovalor (pelo exercício anterior sabemos que σ é não nulo) Temos, Portanto, v = A 1 A(v) = A 1 (σv) = σa 1 (v) A 1 (v) = (1/σ) v Logo v é um autovetor de A 1 com autovalor associado σ 1 Observe que o argumento anterior prova que se A é inversível, então A é diagonalizável se, e somente se, A 1 é diagonalizável Outra forma de provar esta propriedade é a seguinte: suponha que A é inversível e diagonalizável, então A = P 1 D, P, onde D é diagonal Como o determinante do produto é o produto dos determinantes, D tem determinante não nulo e portanto é inversível De fato, a inversa de uma matriz diagonal é outra matriz diagonal, mais precisamente: λ λ λ 2 0 D =, 0 λ 1 D =, 0 0 λ n 0 0 λ 1 n 5

6 observe que det(d) 0 implica que λ 1,, λ n são todos diferentes de 0 Finalmente, como (C E) 1 = E 1 C 1, temos A 1 = (P 1 D P ) 1 = P D 1 P 1, e A 1 é semelhante a D 1 que é diagonal Portanto, A 1 é diagonalizável 2 Matrizes Ortogonais 21 Bases ortogonais Lembre que uma base β é ortogonal se está formada por vetores ortogonais entre si: para todo par de vetores distintos u e v da base β se verifica que u v = 0 Uma base γ é ortonormal se é ortogonal e todo vetor da base é um vetor unitário (ou seja, u u = 1 para todo vetor de γ) Como já vimos, calcular as coordenadas de um vetor em uma base ortogonal é muito simples (mais ainda se a base é ortonormal) Suponha que estamos em R 3 e que β = {u, v, w} é uma base ortonormal Queremos determinar as coordenadas de um vetor l na base β, ou seja Para determinar a considere l u, (l) β = (a, b, c), l = a u + b v + c w l u = (a u + b v + c w) u = a (u u) + b (u v) + c (u w) Observe que, como a base é ortonormal, u u = 1, u v = 0 = u w Logo Analogamente obtemos, a = l u b = l v, c = l w Exercício 3 Encontre uma base ortonormal β que contenha dois vetores paralelos a (1, 1, 1) e (1, 1, 0) Obtida a base β, determine as coordenadas do vetor (1, 2, 3) em dita base 6

7 Resposta: O terceiro vetor da base deve ser ortogonal a (1, 1, 1) e (1, 1, 0), portanto, é paralelo a (1, 1, 1) (1, 1, 0), isto é, paralelo a (1, 1, 2) Uma possível base β (existem muitas possibilidades) é β = {(1/ 3, 1/ 3, 1/ 3), (1/ 2, 1/ 2, 0), (1/ 6, 1/ 6, 2/ 6)} As coordenadas de (1, 2, 3) na base β são (a, b, c) onde a = (1, 2, 3) (1/ 3, 1/ 3, 1/ 3) = 6/ 3, b = (1, 2, 3) (1/ 2, 1/ 2, 0) = 1/ 2, c = (1, 2, 3) (1/ 6, 1/ 6, 2/ 6) = 3/ 6 Obtemos assim as coordenadas 22 Matrizes ortogonais Dada uma matriz quadrada M sua transposta, denotada M t, é uma matriz cujas linhas são as colunas de M, ou seja, se M = (a i,j ) e M t = (b i,j ) se verifica b j,i = a i,j Definição 1 (Matriz ortogonal) Uma matriz M é ortogonal se é inversível e M 1 = M t, ou seja, MM t = M t M = Id Observe que se M é ortogonal então sua transposta também é ortogonal (veja que (M t ) 1 = M) Portanto, a inversa de uma matriz ortogonal também é ortogonal Propriedade 21 O produto de duas matrizes ortogonais é ortogonal Prova: Para provar a afirmação, lembre que (AB) t = B t A t Sejam agora M e N ortogonais, isto é, N N t = Id = M M t Temos (M N) (M N) t = M N N t M t = M (N N t ) M t = M M t = Id Portanto, o produto M N é ortogonal Propriedade 22 O determinante de uma matriz ortogonal é igual a ±1 Prova: Para provar a afirmação é suficiente lembrar que M t e M têm o mesmo determinante e que o determinante da identidade é igual a 1, logo det(mm t ) = det(m) det(m t ) = det(m) 2 = 1 7

8 23 Matrizes ortogonais: interpretação geométrica Propriedade 23 Uma matriz ortogonal é uma matriz cujas colunas (ou linhas) formam uma base ortonormal (de fato, isto é uma definição geométrica alternativa de matriz ortogonal) Prova: Para simplificar a notação veremos a afirmação para matrizes 2 2 Seja M uma matriz ortogonal cujos vetores coluna são u = (a, b) e v = (c, d) ( ) ( ) ( ) a b a c a a + b b a c + b d Id = M t M = = = c d b d a c + b d c c + d d ( ) u u u v = = u v v v ( ) Logo u u = v v = 1, u v = 0, e u e v formam uma base ortonormal De fato, o argumento anterior mostra o seguinte: Propriedade 24 Uma matriz é ortogonal se, e somente se, seus vetores coluna formam uma base ortonormal Multiplicando MM t, v obterá a mesma afirmação para os vetores linha: Propriedade 25 Uma matriz é ortogonal se, e somente se, seus vetores linha formam uma base ortonormal Observação 1 O fato anterior implica que a matriz de uma rotação ou de um espelhamento (na base canônica) é uma matriz ortogonal Também implica que a matriz de uma projeção não é ortogonal (em nenhuma base) Veremos que a propriedade anterior implica que: Propriedade 26 Uma matriz ortogonal A conserva ângulos e módulos Prova: Como já vimos quando estudamos espelhamentos e rotações, é suficiente ver que a matriz A conserva o produto escalar Sejam v 1 = A(1, 0, 0), v 2 = A(0, 1, 0) v 3 = A(0, 0, 1) 8

9 Pela Propriedade 23, como A é ortogonal, β = {v 1, v 2, v 3 } é uma base ortonormal Considere vetores u = (a, b, c) e v = (d, e, f), Observe que A(u) = a v 1 + b v 2 + c v 3, A(v) = d v 1 + e v 2 + f v 3 Usando que v 1 v 2 = v 1 v 3 = v 2 v 3 = 0 e que v i v i = 1, i = 1, 2, 3, temos A(u) A(v) = (a v 1 + b v 2 + c v 3 ) (d v 1 + e v 2 + f v 3 ) = = (a d) (v 1 v 1 ) + (b e) (v 2 v 2 ) + (c f) (v 3 v 3 ) = = a d + b e + c f = u v Obtemos assim a afirmação Propriedade 27 (Autovalores de uma matriz ortogonal) Todo autovalor real de uma matriz ortogonal A é igual a 1 ou 1 Todo autovalor complexo de A tem módulo 1 Prova: A afirmação sobre autovalores reais é obvia: se λ é um autovalor e u um autovetor associado a A, u = A(u) = λ u = λ u, Portanto λ = ±1 Para ver que os autovalores complexos têm módulo igual a 1 (veremos isto em dimensão dois ou três) usaremos que o determinante de A é igual ao produto dos autovalores e que números complexos conjugados têm o mesmo módulo Observe também que se λ é um autovalor então λ (seu conjugado) também é um autovalor Portanto, 1 = det(a) = λ λ = λ 2 Logo 1 = λ Em dimensão três a prova e idéntica usando que existe um autovalor real que é igual a ±1 9