Demonstração:

Provaremos, inicialmente, para o caso em que $$k=2$$. Supondo, por absurdo, que $$v_{2}=\alpha v_{1}$$ — os autovetores são linearmente dependentes. Temos, por hipótese, que $$\lambda_{1}(\alpha v_{2})=\lambda v_{1}=Av_{1}=A(\alpha v_{2})=\alpha(Av_{2})=\alpha\lambda_{2} v_{2}$$. Daqui, temos a igualdade

\[\alpha(\lambda_{1}-\lambda_{2})=0,\]

se, e somente se, $$\alpha = 0$$ ou $$\lambda_{1}=\lambda_{2}$$. Por absurdo, como todos os autovalores são distintos, não se pode ter um escalar $$\alpha$$ que faz com que $$v_{1}=\alpha v_{2}$$.

Etapa k+1

Assumindo a hipótese de indução, precisamos mostrar que os $$k+1$$ autovetores associados aos $$k+1$$ autovalores são linearmente independentes. Suponhamos que existam $$r$$ vetores do conjunto $$\{v_{1},…,v_{k}\}$$ e $$r$$ escalares para os quais $$v_{k+1}=\sum_{s=1}^{r}\beta_{j_{r}}v_{j_{r}}$$. Isso é: estamos supondo que o vetor de ordem $$k+1$$ é combinação linear de alguns vetores do conjunto original. Por hipótese, sabemos que

\[\lambda_{k+1}(\sum_{s=1}^{r}\beta_{j_{r}}v_{j_{r}})=\]

\[\lambda_{k+1}v_{k+1}=Av_{k+1}=A(\sum_{s=1}^{r}\beta_{j_{r}}v_{j_{r}})=\]

\[\sum_{s=1}^{r}\lambda_{j_{r}}\beta_{j_{r}}v_{j_{r}}.\]

Daqui, temos a igualdade

\[\lambda_{k+1}(\sum_{s=1}^{r}\beta_{j_{r}}v_{j_{r}})-(\sum_{s=1}^{r}\lambda_{j_{r}}\beta_{j_{r}}v_{j_{r}})\Longrightarrow\]

\[(\sum_{s=1}^{r}(\lambda_{k+1}-\lambda_{j_{r}})\beta_{j_{r}}v_{j_{r}})=0.\]

Note que a igualdade anterior só é válida se tivermos $$(\lambda_{k+1}-\lambda_{j_{r}})=0$$, para todo $$r\in\{1,..,s\}$$, uma vez que os coeficientes $$\beta_{j_{r}}$$ devem ser diferentes de zero, por hipótese da combinação linear, e uma vez que qualquer soma de vetores de algum subconjunto de $$\{v_{1},..,v_{k}\}$$ é, por hipótese indutiva, linearmente independente.

Por contradição, chegamos à conclusão de que não existem os escalares $$\beta_{j_{r}}$$, para qualquer $$r\in\{1,..,k\}$$, que fazem de $$v_{k+1}$$ uma combinação linear dos k vetores anteriores. Logo, $$\{v_{1},,.,v_{k+1}\}$$ é um conjunto linearmente independente.

O post Autovalores – Exercício 6 apareceu primeiro em Educacional Plenus.

Exercício 1

Demonstre a equivalência das afirmações a seguir

i) $$(\lambda , v)$$, com $$v\neq 0$$, é autopar da matriz $$A_{n\times n}$$.

ii) $$A-\lambda I_{n}$$ é uma matriz singular.

iii) $$N(A-\lambda I_{n})\neq\{0\}$$.

Exercício 2

Seja $$A$$ uma matriz não singular com o autopar $$(\lambda , v)$$. Então $$\lambda^{-1}$$ é autovalor de $$A$$, com o autovetor associado $$v$$.

Exercício 3

Verifique a validez dos itens a seguir.

i) $$A$$ e $$A^{T}$$ possuem os mesmos autovalores.

ii) $$A$$ e $$A^{H}$$ possuem os mesmos autovalores.

Exercício 4

Seja $$A$$ uma matriz com o autopar (\lambda, v)$$. Então $$(\lambda^{k},v)$$ é o autopar de $$A^{k}$$, para todo $$k$$ natural.

Exercício 5

i) Se $$A=A^{*}$$ (auto-adjunta), seus autovalores são reais.

ii) Se $$A$$ é real e simétrica, seus autovalores são reais.

iii) Se $$A$$ é simétrica definida positiva, seus autovalores são estritamente positivos.

iii) Se $$A$$ é ortogonal (ou unitária), o módulo dos seus autovalores é igual a 1.

Demonstrações

Exercício 1

De (i) para (ii): $$Av=\lambda v \Longleftrightarrow (A-\lambda I)v=0$$. Daqui, prova-se que a matriz é singular.

De (ii) para (iii): Sua singularidade garante a existência de $$v\in N(A-\lambda I)$$ tal que $$(A-\lambda I)v = 0$$.

De (iii) para (ii): É equivalente.

De (ii) para (i): Por hipótese, existe $$v\in\mathbb{R}^{n}$$ tal que $$(A-\lambda I)v = 0$$, daqui, tem-se $$Av=\lambda Iv=\lambda\cdot v$$.

Exercício 2

Em $$Av=\lambda v$$, basta multiplicar por $$A^{-1}$$. De fato: \[A^{-1}Av=A^{-1}(\lambda v)\Longrightarrow v = Iv = \lambda A^{-1}v \Longrightarrow \frac{1}{\lambda}\cdot v = A^{-1}v\].

Exercício 3

i) Afirmação verdadeira.

Os autovalores de $$A$$ correspondem às raízes do polinômio $$p_{A}(\lambda)=det (A-\lambda I)$$. Usando os fatos que dizem que $$det(B)=det(B^{T})$$ e $$(A-\lambda I)^{T} = A^{T}-\lambda I$$, nota-se que $$p(\lambda)=det (A-\lambda I) = det((A-\lambda I)^{T}) = det(A^{T}-\lambda I)=p_{A^{T}}(\lambda)$$

Dado que os polinômios são idênticos, as raízes são idênticas.

ii) Afirmação falsa.

O raciocínio anterior é aplicado novamente, utilizando-se as regras $$det(B^{H})=\overline{det(B)}$$ e $$(A-\lambda I)^{H}= A^{H}-\overline{\lambda}I$$.

\[p_{A}(\lambda)=det (A-\lambda I)=\overline{det ((A-\lambda I)^{H})}=\overline{det(A^{H}-\overline{\lambda}I)} = \overline{p_{A^{H}(\lambda)}}\].

Pelo teorema de Gauss, $$p_{A^{H}}(\overline{\lambda})=p_{A^{H}}(\lambda)$$.

Por fim, $$p_{A}(\lambda) = \overline{ p_{A^{H}}(\lambda)}$$. Isso prova que as raízes de um polinômio equivalem às conjugadas transpostas do outro.

Portanto os autovalores de $$A^{*}$$ são iguais ao conjugado dos autovalores de $$A$$.

Exercício 4

Para $$k=2$$, tem-se $$A^{2}v = A(Av)=A(\lambda v)= \lambda\cdot Av = \lambda^{2}v$$.

Assumindo a hipótese de indução, prova-se para $$k+1$$.

$$A^{k+1}v = A(A^{k}v)=A(\lambda^{k} v)=\lambda^{k}\cdot\lambda\cdot v = \lambda^{k+1}\cdot v$$.

Exercício 5

i) De fato, se $$Av=\lambda v$$, $$A^{*}v=\overline{\lambda}v$$. Dado que $$A=A^{*}$$:

\[\overline{\lambda}v = A^{*}v = Av=\lambda v\Longrightarrow \overline{\lambda}=\lambda\].

A última igualdade só é possível no caso em que $$\lambda = a+ 0i$$; isto é, $$lambda$$ é um número real.

ii) Raciocínio análogo ao anterior.

iii) $$ 0< v^{T}Av = v^{T}\lambda v = \lambda\cdot (v^{T}v)$$. Dado que $$v^{T}v>0$$, tem-se, inequivocamente, $$\lambda>0$$.

iv) $$Q^{*}Qv = Iv = v$$. Daqui, $$Q^{*}Qv = Q^{*}(\lambda v) = \lambda Q^{*}v = \lambda\cdot\overline{\lambda}v=v\Longrightarrow \lambda\cdot\overline{\lambda}=1$$.

Pondo $$\lambda = a+bi$$, $$|\lambda|^{2}=(a+bi)(a-bi)=\lambda\cdot\overline{\lambda}=1$$. Conclui-se que $$|\lambda|=1$$.

O caso real é dedutível da fórmula geral para o caso complexo.

O post Álgebra Linear – Matrizes – Autolvalores (exercício 5) apareceu primeiro em Educacional Plenus.

Seja A uma matriz quadrada e ε > 0. Prove que as seguintes afirmações são equivalentes:

a) $$\lambda$$ é autovalor de $$A+B$$, para alguma matriz $$B$$, com $$||B||_{2}\leq\epsilon$$.

b) Existe $$||v||_{2}=1$$ tal que $$||A-\lambda I||_{2}\leq\epsilon$$.

c) $$||(A-\lambda I)^{-1}||_{2}\leq 1/\epsilon$$.

Demonstração:

(a) implica (b): Por hipótese, existe $$u$$ tal que $$(A+B-\lambda I)u=0$$, ou $$(A-\lambda I)u=-Bu$$.

Propriedade da norma induzida: $$||B||_{2}\geq ||Bx||/||x||$$, para qualquer vetor $$x$$.

Daqui, temos: $$\epsilon\geq ||B||_{2}\geq \frac{||Bu||_{2}}{||u||}=\frac{||-Bu||_{2}}{||u||_{2}}=\frac{||(A-\lambda  I)u||_{2}}{||u||_{2}}$$.

Em particular, $$\frac{||(A-\lambda  I)u||_{2}}{||u||_{2}} = ||(A-\lambda I)\frac{u}{||u||_{2}}||=||(A-\lambda I)v||_{2}$$. Como $$v=\frac{u}{||u||_{2}}$$, $$||v||=1$$. Logo é válida a expressão a baixo:

\[\epsilon\geq ||(A-\lambda I)v||_{2}\].

(b) implica (a): Sabe-se que $$||(A-\lambda I)v||_{2}\cdot ||||(A-\lambda I)^{-1}v||_{2}\geq 1$$. Então \[\epsilon\cdot ||(A-\lambda I)^{-1}v||_{2} \geq ||(A-\lambda I)v||_{2}\cdot ||(A-\lambda I)^{-1}v||_{2}\geq 1\Longrightarrow ||(A-\lambda I)^{-1}v||_{2}\geq \frac{1}{\epsilon}\]

A seta (a) implica (b), e (b) implica (a) segue de modo análogo.

O post Álgebra Linear – Matrizes – Autovalores (exercício 4) apareceu primeiro em Educacional Plenus.

Sejam $$d\in\mathbb{R^{n}}$$ com todos os seus valores distintos,$$ v\in\mathbb{R^{n}}$$ com todos os elementos não nulos e $$a\in\mathbb{R}$$, e defina $$A=\left(\begin{array}{rrr}
D&v\\
v^{T}&a
\end{array}\right)$$, com $$D=diag(d_{1},…,d_{n}$$. Se $$\lambda\in\Lambda(A)$$, prove que:

a) $$D-\lambda I$$ é não singular;

b) $$\sum^{n}_{i=1}\frac{v_{i}^{2}}{d_{i}-\lambda}=a-\lambda$$.

Demonstração:

1) Cálculo do determinante de $$A$$.

Pela definição, $$det(A)=\sum_{\sigma}a_{1i_{1}}\cdot …\cdot a_{n+1 i_{n+1}}\cdot (-1)^{sg(\sigma)}$$.

Note que a maioria das permutações possíveis terão produto $$a_{1i_{1}}\cdot …\cdot a_{n+1 i_{n+1}}$$ nulo, com exceção das permutações de ciclo 2 que trocam algum $$i_{k}$$ por $$n+1$$. As outras permutações terão, em algum momento, a inversão $$(i_{s}\; i_{r})$$, com $$i_{s}$$ e $$i_{r}<n+1$$, daqui conclui-se que aparecerá, no mínimo, um zero na sequência $$a_{1i_{1}}\cdot …\cdot a_{n+1 i_{n+1}}$$. As permutações de ciclo 3,…,n produzem produto nulo.

As permutações possíveis são da forma $$(i_{s}\; n+1)$$.

Caso identidade ($$\sigma=I$$): $$a_{1i_{1}}\cdot …\cdot a_{n+1 i_{n+1}}=d_{1}\cdot…\cdot d_{n}\cdot a$$.

Caso $$(i_{s}\; n+1)$$: $$a_{1i_{1}}\cdot …\cdot a_{n+1 i_{n+1}}=d_{1}\cdot…\cdot v_{s}\cdot..\cdot d_{n}\cdot v_{s}=v_{s}^{2}\Pi^{n}_{i\neq s}d_{i}$$.

Os sinais das permutações são negativos, dado que cada uma delas inverte um par de índices. Basta somarmos todos os casos para termos a fórmula do determinante da matriz.

\[det(A)=\Pi^{n}_{i=1}d_{i}a-\sum^{n}_{j=1}v_{j}^{2}\Pi^{n}_{i\neq j}d_{i}\].

Consequentemente,

\[0=det(A-\lambda I)=\Pi^{n}_{i=1}(d_{i}-\lambda)(\lambda-a)+\sum^{n}_{j=1}v_{j}^{2}\Pi^{n}_{i\neq j}(d_{i}-\lambda)\].

a) Suponha, por absurdo, que $$D-\lambda I$$ seja singular. Então é necessário que $$0=det(D-\lambda I)=\Pi^{n}_{i=1}(d_{i}-\lambda)=0$$. Como, por hipótese, os valores da diagonal são distintos, deve existir $$s\in\mathbb{N}, s<n$$, tal que $$(d_{s}-\lambda)=0$$.

Por hipótese, $$det(A-\lambda I)=0=\Pi^{n}_{i=1}(d_{i}-\lambda)(a-\lambda)+\sum^{n}_{j=1}v_{j}^{2}\Pi^{n}_{i\neq j}(d_{i}-\lambda)$$.

Então o primeiro termo desta soma é anulado, pois $$d_{s}=\lambda$$. E, no somatório à direita, todos os termos são anulados, exceto $$v^{2}_{s}\Pi_{i\neq s}(d_{i}-\lambda)$$. Então este último termo é nulo, dado que o determinante é nulo. Mas, por hipótese, os $$d_{j}$$ são distintos, logo este produtório não pode ser nulo, gerando, assim, um absurdo.

b) Basta manipularmos a expressão $$det(A-\lambda I)=0$$:

\[0=\Pi^{n}_{i=1}(d_{i}-\lambda)(\lambda-a)+\sum^{n}_{j=1}v_{j}^{2}\Pi^{n}_{i\neq j}(d_{i}-\lambda)\Longrightarrow \]

\[(a-\lambda)=\frac{\sum^{n}_{j=1}v_{j}^{2}\Pi^{n}_{i\neq j}(d_{i}-\lambda)}{\Pi^{n}_{i=1}(d_{i}-\lambda)}=\sum^{n}_{j=1}\frac{v^{2}_{j}}{d_{j}-a}\]

O post Álgebra Linear – Matrizes – Autovalores (exercício 3) apareceu primeiro em Educacional Plenus.

Seja H uma matriz hermitiana. Prove que:

(a) Se $$H = A + iB$$, com $$A$$ e $$B$$ reais, A é simétrica, e B é anti-simétrica.
(b) $$H ± iI$$ é invertível.
(c) $$(H ± iI)^{-1}\cdot(H ∓ iI)$$ é unitária.

Solução:

a) Por hipótese, $$H=H^{*}$$, então $$(A+iB)=(A+iB)^{*}\Longrightarrow A+iB=A^{*}-iB^{*}$$.

Daqui, temos: $$A-A^{*}=-i(B+B^{*})$$. Esta sentença é verdadeira se, e somente se, é identicamente nula, isto é, $$A-A^{*}=0\longrightarrow A=A^{*}$$ e $$B+B^{*}=0\longrightarrow B=-B^{*}$$. Além disso, porque $$A$$ e $$B$$ são reais, valem $$A^{*}=A^{T}$$ e $$B^{*}=B^{T}$$. Portanto $$A$$ é simétrica, e $$B$$ é anti-simétrica.

b) Os autovalores da matriz $$H$$ são reais. De fato, existe a decomposição do teorema espectral para $$H=UDU^{*}$$. Então $$H^{*}=U\overline{D}U^{*}$$ e $$H=H^{*}$$, logo $$D=\overline{D}$$, o que implica que os valores da diagonal são iguais aos seus conjugados, ou seja, estes valores são números reais não nulos (a matriz é inversível).

Além disso, $$H$$ e $$H+iI$$ tem os mesmos autovalores: $$det(H+iI)=det(UDU+iI)=det(U(D+iI)U^{*})=det(D+iI) = \Pi^{n}_{j=1}(\lambda_{j}=i)$$. Como os escalares $$\lambda_{j}$$ são os autovalores de $$H$$, então os termos $$(\lambda_{j}-i)\neq 0$$, pelo fato de que $$\lambda_{j}$$ sempre é um número real. Logo a matriz $$H+iI$$ é inversível, pois $$(H+iI)v=0$$ se, e somente se, $$v=0$$. O resultado é análogo para $$H-II$$.

c) Assumimos, do item (b), que $$H+iI$$ e $$H-iI$$ possuem inversas. Faremos a sequência de passos a seguir:

i) $$(H+iI)^{-1}\cdot (H+iI)=I$$, multiplique a expressão por $$(H-iI)$$,

ii) $$(H+iI)^{-1}\cdot (H+iI)\cdot(H-iI)=(H-iI)$$, note que as duas matrizes comutam,

iii) $$(H+iI)^{-1}\cdot (H-iI)\cdot(H+iI)=(H-iI)$$, multiplique a expressão por $$(H-iI)^{-1}$$,

iv) $$(H+iI)^{-1}\cdot (H-iI)\cdot(H+iI)(H-iI)^{-1}=I$$.

Aqui, provaremos que $$[(H+iI)^{-1}\cdot (H-iI)]^{*}=(H+iI)(H-iI)^{-1}$$.

Com efeito, \[[(H+iI)^{-1}\cdot (H-iI)]^{*}=(H-iI)^{*}\cdot ((H+iI)^{-1})^{*} = (H+iI)\cdot (H-iI)^{*}\].

O post Álgebra Linear – Matrizes – Autovalores (exercício 2) apareceu primeiro em Educacional Plenus.

Observação: $$\Lambda(A)$$ é o conjunto de todos os autovalores em módulo da matriz $$A$$.

Solução:

Pelo teorema espectral, decompomos a matriz na forma $$A=UDU^{*}$$, onde $$D$$ é a matriz diagonal, com os autovalores de $$A$$, e $$U$$ é uma matriz unitária (ortogonal).

\[r(x)=x^{*}UDU^{*}x=(U^{*}x)^{*}D(U^{*}x)\].

Pondo $$z=U^{*}x$$, vemos que a norma euclidiana $$||z|| = ||U^{*}x||=||x||$$.

Basta, portanto, calcularmos o máximo para $$||z|| = ||x|| = 1$$. Adote $$z=(z_{1},..,z_{n})$$.

Com efeito, $$z^{*}Dz = z^{*}(\lambda_{1}z_{1},…,\lambda_{n}z_{n})=\sum^{n}_{i=1}\lambda_{i}\cdot z_{i}\overline{z_{i}}=\sum^{n}_{i=1}\lambda_{i}||z_{i}||^{2}$$.

Agora, para calcularmos o máximo de $$r(x)$$, quando $$||z||^{2}=|z_{1}|^{2}+…+|z_{n}|^{2}=1$$, basta fazermos $$||z_{k}||^{2}=1$$ e $$||z_{i}||^{2}=0$$, para $$i\neq k$$, com $$|\lambda_{k}|$$, o maior valor dentre os módulos dos autovalores da matriz (espectro). Portanto $$max_{||x||=1} (r(x)) = max \Lambda (A)$$.

O post Álgebra Linear – Matrizes – Autovalores (exercício 1) apareceu primeiro em Educacional Plenus.