Aulas - Cederj - álgebra Linear, Volume2, De 19 A 32

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Operadores ortogonais ´ MODULO 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. n n Vocˆe deve se lembrar de que um operador T : R → R ´e dito ortogonal se existe uma base ortonormal α de Rn tal que a matriz de T na base α ´e uma matriz ortogonal, isto ´e, se a matriz [T ]α ´e ortogonal. Pr´ e-requisitos: Aulas 10 a 14, 17 e 18. Veremos que os operadores ortogonais est˜ao bem definidos no sentido de que o fato de ser um operador ortogonal n˜ao depende da base ortonormal escolhida, ou seja, se a matriz [T ]α , numa certa base ortonormal α de Rn , for ortogonal, ent˜ao a matriz [T ]β tamb´em ser´a ortogonal para qualquer outra base ortonormal β de Rn . Na verdade, temos o seguinte resultado: Teorema 1 Sejam T : Rn → Rn um operador ortogonal e α e β duas bases ortonormais de Rn . Se a matriz [T ]α ´e ortogonal, ent˜ao a matriz [T ]β tamb´em ser´a ortogonal. Demonstra¸c˜ao: O teorema sobre mudan¸ca de base para operadores lineares, visto no ´ curso de Algebra Linear I, nos garante que [T ]β = P −1 [T ]α P, onde P ´e a matriz mudan¸ca de base entre as bases ortonormais α e β. Como α e β s˜ao duas bases ortonormais de Rn , temos que P ´e uma matriz ortogonal e, pelo Teorema 1 da Aula 10, segue-se que P −1 = P t , onde P t ´e a transposta da matriz P . Assim, [T ]β = P t [T ]α P. Como [T ]α ´e uma matriz ortogonal por hip´otese e como o produto de matrizes ortogonais ´e tamb´em uma matriz ortogonal, conclu´ımos que [T ]β tamb´em ser´a uma matriz ortogonal. ¤ 7 CEDERJ Operadores ortogonais O resultado anterior simplifica um problema crucial: para decidirmos se um dado operador linear T : Rn → Rn´e ortogonal, basta considerar qualquer base ortonormal α de Rn e verificar se a matriz [T ]α ´e uma matriz ortogonal. Exemplo 1 Verifique que o operador linear T : R3 → R3 T (x, y, z) = (x cos θ − y senθ, x senθ + y cos θ, z), com θ ∈ [0, 2π), ´e um operador ortogonal. Solu¸c˜ao De fato, escolhendo a base canˆonica {e1 , e2 , e3 } de R3 , dada por e1 = (1, 0, 0), e2 = (0, 1, 0) e e3 = (0, 0, 1), obtemos T (e1 ) = (cos θ, senθ, 0) T (e2 ) = (−senθ cos θ, 0) T (e3 ) = (0, 0, 1). Portanto, a matriz que representa T nesta base ´e dada por   cos θ −senθ 0   A =  senθ cos θ 0  . 0 0 1 Sabemos que A ´e uma matriz ortogonal de R3 . Mais ainda, A ´e uma rota¸c˜ao de θ radianos em torno do eixo-z (Exemplo 1 da Aula 17). Assim, o operador linear T ´e um operador ortogonal. O pr´oximo teorema segue imediatamente do Teorema 2 da Aula 10. Teorema 2 Seja T : Rn → Rn um operador ortogonal. Ent˜ao as seguintes propriedades s˜ao v´alidas: 1. T transforma bases ortonormais em bases ortonormais, ou seja, se {v1 , v2 , . . . , vn } ´e uma base ortonormal de Rn , ent˜ao {T v1 , T v2 , . . . , T vn } tamb´em ´e uma base ortonormal de Rn . 2. T preserva o produto interno, ou seja, para todo u, v ∈ Rn vale que hT u, T vi = hu, vi . 3. T preserva a norma, ou seja, para todo v ∈ Rn vale que ||T v|| = ||v||. CEDERJ 8 Operadores ortogonais ´ MODULO 3 – AULA 19 Exemplo 2 Seja T : R2 → R2 um operador ortogonal, ent˜ao sua matriz na base canˆonica ´e da forma à ! à ! cos θ −senθ cos θ senθ ou , senθ cos θ senθ − cos θ onde θ ∈ [0 , 2π). Solu¸c˜ao De fato, sendo T : R2 → R2 um operador ortogonal, sua matriz na base canˆonica de R2 ser´a uma matriz ortogonal de ordem 2. Mas, pelos Exemplos 1 e 2 da Aula 10, sabemos que toda matriz ortogonal de ordem 2 ´e da forma à ! à ! cos θ −senθ cos θ senθ ou . senθ cos θ senθ − cos θ Sabemos tamb´em que a primeira matriz representa uma rota¸ca˜o de θ radianos, no sentido anti-hor´ario, em torno da origem, e a segunda matriz representa uma reflex˜ao em torno da reta pela origem que forma um ˆangulo de θ/2 radianos com o semi-eixo x positivo. Exemplo 3 a) Determine a transforma¸c˜ao linear T : R2 → R2 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 transforma¸ca˜o acima ´e uma rota¸ca˜o. Determine, tamb´em, o ˆangulo dessa rota¸ca˜o. y 6 y 2 -6 -1 2 x Figura 19.1: O operador T . 1 x 9 CEDERJ Operadores ortogonais Solu¸c˜ao a) Queremos encontrar escalares a, b, c, d ∈ R tais que a matriz que representa T na base canˆonica seja dada por à ! a b [T ] = . c d Da condi¸ca˜o sobre as extremidades, temos à !à ! à ! a b −6 −2 T (−6, 2) = = e c d 2 6 à !à ! à ! a b −1 1 T (−1 , 2) = = , c d 2 2 o que nos d´a o sistema linear  −6a + 2b     −6c + 2d  −a + 2b    −c + 2d = = = = −2 6 . 1 2 ´ f´acil ver que a solu¸c˜ao desse sistema ´e dada por: E a = 3/5; b = 4/5; Assim, à [T ] = c = −4/5 e d = 3/5. 3/5 4/5 −4/5 3/5 ! . b) Como as colunas da matriz [T ], representadas pelos vetores v1 = (3/5 , −4/5) e v2 = (4/5 , 3/5), formam uma base ortonormal de R2 , conclu´ımos que a matriz [T ] ´e ortogonal e, conseq¨ uentemente, o operador linear T ´e um operador ortogonal. Al´em disso, det[T ] = 1 e, assim, o operador T ´e uma rota¸ca˜o de R2 cujo ˆangulo θ ´e dado por θ = − arccos(3/5). Exerc´ıcios 1. Seja T : R3 → R3 uma reflex˜ao num plano π de R3 tal que T (1, 0, −1) = (−1, 0, 1). Determine a matriz que representa o operador T com respeito `a base canˆonica. 2. Determine os autovalores e os autovetores associados da transforma¸ca˜o linear T do exerc´ıcio anterior. CEDERJ 10 Proje¸c˜oes ortogonais – 1a Parte ´ MODULO 3 – AULA 20 Aula 20 – Proje¸c˜ oes ortogonais – 1a Parte Objetivos • Compreender o conceito de proje¸c˜ao ortogonal em dimens˜ao 2. • Aplicar os conceitos apresentados em exemplos importantes. Pr´ e-requisitos: Aulas 10 a 14, 17, 18 e 19. Nesta e na pr´oxima aula vamos apresentar um tipo de transforma¸c˜ao usada em ´areas como a Computa¸ca˜o Gr´afica e o Desenho Geom´etrico. Tratase das proje¸c˜oes ortogonais. Nesta primeira aula, trabalharemos com as proje¸co˜es ortogonais em R2 . Exemplo 1 Determine a matriz que representa a proje¸c˜ao ortogonal sobre o eixo-x, isto ´e, sobre a reta de equa¸c˜ao cartesiana y = 0. Solu¸c˜ao Geometricamente, essa transforma¸c˜ao ´e representada pela Figura 20.1. y V= (x,y) V'= (x,0) x Figura 20.1: A proje¸ca˜o ortogonal no eixo-x. Assim, temos a transforma¸ca˜o linear T : R2 → R2 T (x, y) = (x, 0). 11 CEDERJ Proje¸c˜oes ortogonais – 1a Parte Denotando por {e1 , e2 } a base canˆonica de R2 , temos que T (e1 ) = T (1, 0) = (1, 0) = 1 · e1 + 0 · e2 T (e2 ) = T (0, 1) = (0, 0) = 0 · e1 + 0 · e2 . Portanto, a matriz que representa a transforma¸ca˜o T na base canˆonica ´e dada por à ! 1 0 A= . 0 0 Vemos imediatamente algumas propriedades dessa proje¸ca˜o ortogonal. 1. A matriz A e, portanto, o operador T , n˜ao ´e invert´ıvel, pois det(A) = 0. 2. Como T (e2 ) = 0 · e2 , ent˜ao λ2 = 0 ´e um autovalor de T com autovetor associado e2 = (0, 1). N˜ao ´e dif´ıcil ver que o auto-espa¸co associado a λ2 = 0 ´e exatamente o eixo-y, isto ´e, a reta de equa¸c˜ao cartesiana x = 0. 3. Como T (e1 ) = 1 · e1 , ent˜ao λ1 = 1 ´e um autovalor de T com autovetor associado e1 = (1, 0). N˜ao ´e dif´ıcil ver que o auto-espa¸co associado a λ1 = 1 ´e exatamente o eixo-x, isto ´e, a reta de equa¸ca˜o cartesiana y = 0. 4. O operador T ´e diagonaliz´avel e seu polinˆomio caracter´ıstico ´e p(x) = x (x − 1). Exemplo 2 Determine a matriz que representa a proje¸c˜ao ortogonal sobre o eixo-y, isto ´e, sobre a reta de equa¸ca˜o cartesiana x = 0. Solu¸c˜ao A proje¸ca˜o ortogonal no o eixo-y ´e dada pela transforma¸c˜ao linear T : R2 → R2 T (x, y) = (0, y). Geometricamente, esta transforma¸ca˜o ´e representada pela Figura 20.2. CEDERJ 12 Proje¸c˜oes ortogonais – 1a Parte ´ MODULO 3 – AULA 20 y T (x,y) (x,y) x Figura 20.2: A proje¸c˜ao ortogonal no eixo-y. Como no Exemplo 1, temos que T (e1 ) = T (1, 0) = (0, 0) = 0 · e1 + 0 · e2 T (e2 ) = T (0, 1) = (0, 1) = 0 · e1 + 1 · e2 . Portanto, a matriz que representa a transforma¸ca˜o T na base canˆonica ´e dada por à ! 0 0 A= . 0 1 Como antes, vemos que: 1. A matriz A e, portanto, o operador T , n˜ao ´e invert´ıvel, pois det(A) = 0. 2. Como T (e1 ) = 0 · e1 , ent˜ao λ1 = 0 ´e um autovalor de T com autovetor associado e1 = (1 , 0). N˜ao ´e dif´ıcil ver que o auto-espa¸co associado a λ1 = 0 ´e exatamente o eixo-x, isto ´e, a reta de equa¸c˜ao cartesiana y = 0. 3. Como T (e2 ) = 1 · e2 , ent˜ao λ2 = 1 ´e um autovalor de T com autovetor associado e2 = (0 , 1). N˜ao ´e dif´ıcil ver que o auto-espa¸co associado a λ2 = 1 ´e exatamente o eixo-y, isto ´e, a reta de equa¸c˜ao cartesiana x = 0. 4. O operador T ´e diagonaliz´avel com polinˆomio caracter´ıstico p(x) = x (x − 1). 13 CEDERJ Proje¸c˜oes ortogonais – 1a Parte Os exemplos 1 e 2 s˜ao muito simples, por´em s˜ao muito importantes a sua compreens˜ao e o seu significado geom´etrico. Especialmente, certifique-se de que tenha entendido os auto-espa¸cos associados a cada autovalor. Usaremos essas id´eias para apresentar a proje¸ca˜o ortogonal sobre uma reta L qualquer do R2 passando pela origem. Se vocˆe compreendeu bem a geometria dos exemplos anteriores, ent˜ao n˜ao ter´a dificuldade em acompanhar o caso geral a seguir. Exemplo 3 Descreva a proje¸ca˜o ortogonal sobre uma reta L de R2 que passa pela origem. Solu¸c˜ao Suponhamos que a reta L seja paralela a um vetor unit´ario u1 ∈ R2 , como ilustra a Figura 20.3. y L u1 x Figura 20.3: A reta L paralela ao vetor unit´ario u1 . O efeito geom´etrico da proje¸c˜ao ortogonal sobre a reta L ´e observado na Figura 20.4. y L v TV x Figura 20.4: A proje¸ca˜o ortogonal na reta L. CEDERJ 14 Proje¸c˜oes ortogonais – 1a Parte ´ MODULO 3 – AULA 20 A proje¸c˜ao ortogonal de um vetor v na dire¸ca˜o do vetor u1 ´e dada por T : R2 → R2 hv, u1 i u1 , v 7→ T v = hu 1 , u1 i de onde vemos que T ´e uma transforma¸c˜ao linear. Para obter a f´ormula acima observamos que desejamos um vetor T v da forma T v = ku1 de modo que v − ku1 seja ortogonal a u1 , como indica a Figura 20.5. Figura 20.5: A proje¸ca˜o ortogonal de v na dire¸ca˜o de u1 Assim, da ortogonalidade entre v − ku1 e u1 temos = hv − ku1 , u1 i = hv, u1 i − hku1 , u1 i = hv, u1 i − k hu1 , u1 i , o que nos d´a k hu1 , u1 i = hv, u1 i hv, u1 i k = , hu1 , u1 i e, portanto, T v = ku1 = hv, u1 i u1 . hu1 , u1 i Observe que na f´ormula acima o vetor u1 n˜ao precisa ser unit´ario, mas, caso seja, como hu1 , u1 i = 1, ent˜ao a f´ormula acima se simplifica para T v = hv, u1 i u1 . Nosso problema agora ´e encontrar a matriz que represente a transforma¸c˜ao T . Veremos que, escolhendo uma base ortonormal adequada de R2 , a matriz de T nessa base ´e muito similar `a matriz do Exemplo 1, visto anteriormente. Lembre que o problema da escolha de uma base ortonormal adequada j´a foi tratado quando estudamos as reflex˜oes de R2 com respeito a uma reta qualquer passando pela origem. Veja a Aula 12. 15 CEDERJ Proje¸c˜oes ortogonais – 1a Parte Seja β = {u1 , u2 } uma base ortonormal de R2 onde u1 ´e um vetor unit´ario paralelo `a reta L e u2 ´e um vetor unit´ario normal `a reta L. Veja a Figura 20.6. y L u2 u1 x Figura 20.6: A base ortonormal β = {u1 , u2 }. Nesse caso, como hu1 , u1 i = 1 e pela observa¸c˜ao acima temos que T v = hv, u1 i u1 . Assim, vemos que T u1 = hu1 , u1 i u1 = u1 = 1 · u1 + 0 · u2 T u2 = hu2 , u1 i u1 = 0 · u1 = 0 · u1 + 0 · u2 . Portanto, a matriz que representa a transforma¸ca˜o T na base β ´e dada por à [T ]β = 1 0 0 0 ! , que ´e exatamente da mesma forma que a matriz do Exemplo 1. Se quisermos obter a matriz que representa T na base canˆonica, ´e s´o fazermos uma mudan¸ca de base. Se α = {e1 , e2 } ´e a base canˆonica de R2 , ent˜ao [T ]α = P [T ]β P −1 , onde P ´e a matriz mudan¸ca de base. Como P = [u1 u2 ], isto ´e, suas colunas s˜ao vetores ortonormais, ent˜ao P ´e 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 , n˜ao s˜ao invert´ıveis, pois det [T ]β = 0. CEDERJ 16 Proje¸c˜oes ortogonais – 1a Parte ´ MODULO 3 – AULA 20 2. Como T (u2 ) = 0 · u2 , ent˜ao λ2 = 0 ´e um autovalor de T com autovetor associado u2 . N˜ao ´e dif´ıcil ver que o auto-espa¸co associado a λ2 = 0 ´e exatamente a reta pela origem ortogonal `a reta L. 3. Como T (u1 ) = 1 · u1 , ent˜ao λ1 = 1 ´e um autovalor de T com autovetor associado u1 . N˜ao ´e dif´ıcil ver que o auto-espa¸co associado a λ1 = 1 ´e exatamente a reta L. 4. O operador T ´e diagonaliz´avel e seu polinˆomio caracter´ıstico ´e p(x) = x (x − 1). Cabe aqui, mais uma vez, ressaltar a analogia entre este terceiro exemplo e os dois primeiros. Isto se deve `a escolha adequada de uma base ortonormal de R2 . Exerc´ıcios 1. Determine a matriz da proje¸ca˜o ortogonal sobre a reta y = respeito `a base canˆonica. √ 3x com 2. Determine os autovalores e os auto-espa¸cos associados da transforma¸c˜ao linear do exerc´ıcio 1. 17 CEDERJ Proje¸c˜oes ortogonais – 2a Parte ´ MODULO 3 – AULA 21 Aula 21 – Proje¸c˜ oes ortogonais – 2a Parte Objetivos • Compreender o conceito de proje¸c˜ao ortogonal em dimens˜ao 3. • Aplicar os conceitos apresentados em exemplos importantes. Pr´ e-requisitos: Aulas 10 a 14, 17 a 20. Nesta aula daremos continuidade ao estudo das proje¸c˜oes ortogonais, estudando as proje¸co˜es ortogonais em R3 . Apresentamos inicialmente os casos mais simples das proje¸c˜oes ortogonais nos planos coordenados. Em seguida, trataremos do caso geral de uma proje¸c˜ao ortogonal sobre um plano passando pela origem. Exemplo 1 Determine a matriz que representa a proje¸c˜ao ortogonal sobre o plano-xy, isto ´e, sobre o plano de equa¸c˜ao cartesiana z = 0. Solu¸c˜ao Geometricamente, essa transforma¸c˜ao ´e representada pela Figura 21.1. z V= (x,y,z) u1 V'= (x,y,0) x y Figura 21.1: A proje¸ca˜o ortogonal no plano-xy. 19 CEDERJ Proje¸c˜oes ortogonais – 2a Parte Assim, temos a transforma¸c˜ao linear T : R3 → R3 T (x, y, z) = (x, y, 0). Denotando por {e1 , e2 , e3 } a base canˆonica de R3 , temos que T (e1 ) = T (1, 0, 0) = (1, 0, 0) = 1 · e1 + 0 · e2 + 0 · e3 T (e2 ) = T (0, 1, 0) = (0, 1, 0) = 0 · e1 + 1 · e2 + 0 · e3 T (e3 ) = T (0, 0, 1) = (0, 0, 0) = 0 · e1 + 0 · e2 + 0 · e3 . Portanto, a matriz que representa a ´e dada por  1 0  A= 0 1 0 0 transforma¸ca˜o T na base canˆonica  0  0 . 0 Como nos exemplos da Aula 20, vemos imediatamente algumas propriedades dessa proje¸c˜ao ortogonal. 1. A matriz A e, portanto, o operador T , n˜ao s˜ao invert´ıveis, pois det(A) = 0. 2. Como T (e3 ) = 0 · e3 , ent˜ao λ2 = 0 ´e um autovalor de T com autovetor associado e3 . N˜ao ´e dif´ıcil ver que o auto-espa¸co associado a λ2 = 0 ´e exatamente o eixo-z, que ´e o espa¸co gerado por e3 . 3. Como T (e1 ) = 1 · e1 e T (e2 ) = 1 · e2 , ent˜ao λ1 = 1 ´e um autovalor de T de multiplicidade 2 com autovetores associados e1 e e2 . N˜ao ´e dif´ıcil ver que o auto-espa¸co associado a λ1 = 1 ´e exatamente o plano-xy, que ´e o espa¸co gerado pelos vetores canˆonicos e1 e e2 . 4. O operador T ´e diagonaliz´avel com polinˆomio caracter´ıstico p(x) = x (x − 1)2 . Mais uma vez, chamamos a aten¸ca˜o do aluno para que compreenda bem a geometria desse exemplo, pois ela ser´a recorrente nos exemplos seguintes. Vejamos outro exemplo de proje¸ca˜o ortogonal em um plano coordenado. Exemplo 2 Determine a matriz que representa a proje¸ca˜o ortogonal sobre o plano-yz, isto ´e, sobre o plano de equa¸ca˜o cartesiana x = 0. CEDERJ 20 Proje¸c˜oes ortogonais – 2a Parte ´ MODULO 3 – AULA 21 Solu¸c˜ao Geometricamente, essa transforma¸c˜ao ´e representada pela Figura 21.2. z (x,y,z) T(x,y,z)= (0,x,z) y x Figura 21.2: A proje¸c˜ao ortogonal no plano-yz. Assim, temos a transforma¸ca˜o linear T : R3 → R3 T (x, y, z) = (0, y, z). Se vocˆe entendeu bem a geometria do Exemplo 1, ent˜ao ver´a que neste caso temos T (e1 ) = T (1, 0, 0) = (0, 0, 0) = 0 · e1 + 0 · e2 + 0 · e3 T (e2 ) = T (0, 1, 0) = (0, 1, 0) = 0 · e1 + 1 · e2 + 0 · e3 T (e3 ) = T (0, 0, 1) = (0, 0, 1) = 0 · e1 + 0 · e2 + 1 · e3 . Portanto, a matriz que representa a ´e dada por  0 0  A= 0 1 0 0 transforma¸ca˜o T na base canˆonica  0  0 . 1 Seguem tamb´em as propriedades: 1. A matriz A e, portanto, o operador T , n˜ao s˜ao invert´ıveis, pois det(A) = 0. 2. Como T (e1 ) = 0 · e1 , ent˜ao λ2 = 0 ´e um autovalor de T com autovetor associado e1 . N˜ao ´e dif´ıcil ver que o auto-espa¸co associado a λ2 = 0 ´e exatamente o eixo-x, que ´e o espa¸co gerado por e1 . 21 CEDERJ Proje¸c˜oes ortogonais – 2a Parte 3. Como T (e2 ) = 1 · e2 e T (e3 ) = 1 · e3 , ent˜ao λ1 = 1 ´e um autovalor de T de multiplicidade 2 com autovetores associados e2 e e3 . N˜ao ´e dif´ıcil ver que o auto-espa¸co associado a λ1 = 1 ´e exatamente o plano-yz, que ´e o espa¸co gerado pelos vetores canˆonicos e2 e e3 . 4. O operador T ´e diagonaliz´avel com polinˆomio caracter´ıstico p(x) = x (x − 1)2 . O outro caso trivial, a proje¸c˜ao ortogonal sobre o plano-xz, ´e totalmente an´alogo aos exemplos anteriores e deixamos como exerc´ıcio para vocˆe. Assim, estando bem compreendidos os dois exemplos anteriores, podemos tratar da proje¸ca˜o ortogonal sobre um plano qualquer de R3 passando pela origem. Exemplo 3 Descreva a proje¸ca˜o ortogonal sobre um plano π de R3 que passa pela origem. Solu¸c˜ao Seja T : R3 → R3 a proje¸c˜ao ortogonal sobre o plano π. Geometricamente, essa transforma¸ca˜o ´e representada pela Figura 21.3. Figura 21.3: A proje¸ca˜o ortogonal no plano-π. Vamos agora obter uma base ortonormal β de R3 de modo que a matriz que representa a transforma¸ca˜o T nessa base seja da mesma forma que a matriz do Exemplo 1. Como conhecemos a equa¸c˜ao cartesiana de plano π, sabemos como obter um vetor normal a esse plano. Lembre: se π tem equa¸c˜ao ax + by + cz + d = 0, ent˜ao o vetor u = (a, b, c) ´e um vetor normal ao plano π. Seja, ent˜ao, u3 um vetor unit´ario normal ao plano π. Usando a equa¸ca˜o cartesiana de π, como foi feito nas Aulas 17 e 18, facilmente determinamos vetores unit´arios u1 e u2 de modo que β = {u1 , u2 , u3 } seja uma base ortonormal de R3 . Observe que os vetores unit´arios u1 e u2 s˜ao ortogonais e pertencem ao plano π. Veja a Figura 21.4. CEDERJ 22 Proje¸c˜oes ortogonais – 2a Parte ´ MODULO 3 – AULA 21 Figura 21.4: A base ortonormal β = {u1 , u2 , u3 }. A proje¸c˜ao ortogonal de um vetor v sobre o plano π ´e dada por T : R3 → R3 hv, u1 i hv, u2 i v 7→ T v = u1 + u2 , hu1 , u1 i hu2 , u2 i de onde vemos que T ´e uma transforma¸c˜ao linear. Para obter a f´ormula acima observamos que desejamos um vetor T v da forma T v = k1 u1 + k2 u2 de modo que v − k1 u1 − k2 u2 seja ortogonal a u1 e u2 , como indica a Figura 21.5. Figura 21.5: A proje¸ca˜o ortogonal de v no plano π. Assim, da ortogonalidade entre v − k1 u1 − k2 u2 e u1 , temos 0 = = = = hv − k1 u1 − k2 u2 , u1 i hv, u1 i − hk1 u1 , u1 i − hk2 u2 , u1 i hv, u1 i − k1 hu1 , u1 i − k2 hu2 , u1 i hv, u1 i − k1 hu1 , u1 i , j´a que hu2 , u1 i = 0, o que nos d´a k1 hu1 , u1 i = hv, u1 i k1 = hv, u1 i , hu1 , u1 i e, portanto, T v = k1 u1 + k2 u2 = hv, u1 i hv, u2 i u1 + u2 . hu1 , u1 i hu2 , u2 i 23 CEDERJ Proje¸c˜oes ortogonais – 2a Parte Usando o fato de u1 e u2 serem vetores unit´arios, isto ´e, hu1 , u1 i = hu2 , u2 i = 1, obtemos T v = hv, u1 i u1 + hv, u2 i u2 . Portanto, vemos que T u1 = hu1 , u1 i u1 + hu1 , u2 i u2 = u1 = 1 · u1 + 0 · u2 + 0 · u3 T u2 = hu2 , u1 i u1 + hu2 , u2 i u2 = u2 = 0 · u1 + 1 · u2 + 0 · u3 T u3 = hu3 , u1 i u1 + hu3 , u2 i u2 = 0 · u1 + 0 · u2 + 0 · u3 . Portanto, a matriz que representa dada por  1 0  [T ]β =  0 1 0 0 a transforma¸c˜ao T na base β ´e  0  0 , 0 que ´e exatamente da mesma forma que a matriz do Exemplo 1. Se quisermos obter a matriz que representa T na base canˆonica, ´e s´o fazermos uma mudan¸ca de base. Se α = {e1 , e2 , e3 } ´e a base canˆonica de R3 , ent˜ao [T ]α = P [T ]β P −1 , onde P ´e a matriz mudan¸ca de base. Como P = [u1 u2 u3 ], isto ´e, suas colunas s˜ao vetores ortonormais, ent˜ao P ´e 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 , n˜ao s˜ao invert´ıveis, pois det [T ]β = 0. 2. Como T (u3 ) = 0 · u3 , ent˜ao λ2 = 0 ´e um autovalor de T com autovetor associado u3 . N˜ao ´e dif´ıcil ver que o auto-espa¸co associado a λ2 = 0 ´e exatamente a reta pela origem ortogonal a π. 3. Como T (u1 ) = 1 · u1 e T (u2 ) = 1 · u2 , ent˜ao λ1 = 1 ´e um autovalor de T com autovetores associados u1 e u2 . N˜ao ´e dif´ıcil ver que o auto-espa¸co associado a λ1 = 1 ´e exatamente o plano π. 4. O operador T ´e diagonaliz´avel com polinˆomio caracter´ıstico p(x) = x (x − 1)2 . Cabe aqui, mais uma vez, ressaltar a analogia entre este terceiro exemplo e os dois primeiros. Isso se deve `a escolha adequada de uma base ortonormal de R3 . CEDERJ 24 Proje¸c˜oes ortogonais – 2a Parte ´ MODULO 3 – AULA 21 Exerc´ıcios 1. Determine a matriz da proje¸c˜ao ortogonal sobre o plano-xz com respeito `a base canˆonica. 2. Determine a matriz da proje¸c˜ao ortogonal sobre o plano x − z = 0 com respeito `a base canˆonica. 3. Determine a matriz da proje¸ca˜o ortogonal sobre o plano gerado pelos vetores v1 = (1, 1, 0) e v2 = (−1, 1, 1), com respeito `a base canˆonica. 25 CEDERJ Matrizes sim´etricas ´ MODULO 3 – AULA 22 Aula 22 – Matrizes sim´ etricas Objetivos: • Compreender o conceito de matriz sim´etrica. • Aplicar os conceitos apresentados em exemplos importantes. Pr´ e-requisitos: Aulas 6, 7, 8, 9, 10, 20 e 21 ´ Em muitas aplica¸c˜oes da Algebra Linear, as matrizes sim´etricas aparecem com maior freq¨ uˆencia que qualquer outra classe de matrizes importantes. A teoria correspondente a essas matrizes ´e muito rica e elegante, e depende, de maneira especial, das teorias de diagonaliza¸ca˜o e ortogonalidade, vistas em aulas anteriores. Veremos, nesta aula, que a diagonaliza¸ca˜o de uma matriz sim´etrica ´e um fundamento essencial e necess´ario `a discuss˜ao das formas quadr´aticas que estudaremos no pr´oximo m´odulo. Lembramos que todas as matrizes e vetores considerados tˆem somente elementos e componentes reais. Antes de come¸carmos a estudar a teoria de diagonaliza¸ca˜o de matrizes sim´etricas, conv´em lembrarmos de algumas defini¸c˜oes que ser˜ao essenciais a este conte´ udo. Defini¸c˜ ao 1 Uma matriz A ∈ Mn (R) ´e sim´etrica se At = A, onde At representa a matriz transposta de A. Equivalentemente, a matriz A = (aij ) ´e sim´etrica se aij = aji para todo i, j. Observe, primeiramente, que o conceito de matriz sim´etrica se aplica apenas a matrizes quadradas. Observe tamb´em que os elementos da diagonal principal de uma matriz sim´etrica A podem assumir valores arbitr´arios; no entanto, elementos sim´etricos com respeito `a diagonal principal tˆem o mesmo valor. Exemplo 1 As duas matrizes a seguir s˜ao sim´etricas: à A= 2 1 1 3 !   4 −1 0   e B =  −1 2 3 . 0 3 −2 27 CEDERJ Matrizes sim´etricas No entanto, as matrizes abaixo n˜ao s˜ao sim´etricas:   à ! −1 4 −1 2 1 −1   C= e D =  4 2 2 . 1 3 0 1 2 3 A matriz C n˜ao ´e sim´etrica porque ela n˜ao ´e matriz quadrada, e a matriz D n˜ao ´e sim´etrica porque d31 = 1 6= −1 = d13 . Vamos rever algumas propriedades das matrizes sim´etricas. Teorema 1 Sejam A, B ∈ Mn (R) matrizes sim´etricas. Ent˜ao A + B e cA, onde c ∈ R, tamb´em s˜ao matrizes sim´etricas. Vale observar que o produto de duas matrizes sim´etricas n˜ao ´e necessariamente uma matriz sim´etrica. Por exemplo, dadas as matrizes sim´etricas à ! à ! 1 2 4 5 A= e B= 2 3 5 6 temos que a matriz produto à !à ! à ! 1 2 4 5 14 17 AB = = 2 3 5 6 23 28 n˜ao ´e uma matriz sim´etrica, pois (AB)21 = 23 6= 17 = (AB)12 . Vamos rever o processo de diagonaliza¸c˜ao de matrizes, descrito nas Aulas 6 e 7, agora aplicado a um caso particular de uma matriz sim´etrica.  6 −2 −1   Diagonalize, caso seja poss´ıvel, a matriz A =  −2 6 −1 . −1 −1 5 Solu¸c˜ao Exemplo 2  O polinˆomio caracter´ıstico da matriz A ´e dado por: p(x) = det(xI3 − A) ¯ ¯ ¯ x−6 2 1 ¯¯ ¯ ¯ ¯ = ¯ 2 x−6 1 ¯ ¯ ¯ ¯ 1 1 x−5 ¯ ¯ ¯ x−6 1 ¯ = (x − 6) · ¯ ¯ 1 x−5 = x3 − 17x2 + 90x − 144 . CEDERJ 28 ¯ ¯ ¯ 2 ¯ 1 ¯ ¯ ¯−2·¯ ¯ 1 x−5 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 2 ¯ 1 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯+1·¯ ¯ x−6 1 ¯ ¯ Matrizes sim´etricas ´ MODULO 3 – AULA 22 As poss´ıveis ra´ızes racionais de p(x) s˜ao, obrigatoriamente, divisores de 144. Por inspe¸ca˜o, vemos que 3 ´e uma raiz e, depois, completando fatora¸c˜ao de p(x), descobrimos que 6 e 8 tamb´em s˜ao ra´ızes. Assim, p(x) = (x − 3)(x − 6)(x − 8). Assim, os autovalores da matriz A s˜ao λ1 = 3, λ2 = 6 e λ3 = 8. Como a matriz A possui 3 autovalores distintos, j´a podemos concluir que ela ´e uma matriz diagonaliz´avel. Para o autovalor λ1 = 3, temos que os seus autovetores associados, v = (x, y, z), satisfazem o sistema linear (3 I3 − A)v = 0. Um c´alculo rotineiro, como foi visto na Aula 7, mostra que o autoespa¸co V3 ´e um subespa¸co de dimens˜ao 1 e ´e gerado pelo vetor v1 = (1, 1, 1). Analogamente, o auto-espa¸co V6 , associado ao autovalor λ2 = 6, ´e o subespa¸co de dimens˜ao 1 gerado pelo vetor v2 = (−1, −1, 2), e o auto-espa¸co V8 , associado ao autovalorλ3 = 8, ´e o subespa¸co de dimens˜ao 1 gerado pelo vetor v3 = (−1, 1, 0). Esses trˆes vetores, v1 , v2 e v3 , formam uma base de R3 e poderiam ser usados para construir uma matriz P que diagonaliza a matriz ´ f´acil ver que {v1 , v2 , v3 } ´e um conjunto ortogonal de R3 e que obtereA. E mos uma matriz ortogonal P se usarmos uma base ortonormal {u1 , u2 , u3 }, obtida de {v1 , v2 , v3 }, normalizando cada um dos vetores v1 , v2 e v3 . Como um m´ ultiplo n˜ao-nulo de um autovetor tamb´em ´e um autovetor, a nova base {u1 , u2 , u3 } tamb´em seria uma base de autovetores de R3 . Os vetores assim obtidos s˜ao: √ √ √ u1 = (1/ 3, 1/ 3, 1/ 3); √ √ √ u2 = (−1/ 6, −1/ 6, 2/ 6) e √ √ u3 = (−1/ 2, 1/ 2, 0). Assim, as matrizes P e D s˜ao dadas por:  ±√ ±√ ±√  1 3 −1 6 −1 2 ±√ ±√   ±√ P =  1 3 −1 6 1 2  ±√ ±√ 1 3 2 6 0   3 0 0   e D =  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, ent˜ao, pelo Teorema 2 da Aula 9, P ´e uma matriz ortogonal, isto ´e, P −1 = P t . Assim, temos tamb´em que A = P DP t . 29 CEDERJ Matrizes sim´etricas Vimos, no Exemplo 2, que os autovetores da matriz sim´etrica A, associados a autovalores distintos, s˜ao ortogonais. Isso ´e uma propriedade geral, como mostra o pr´oximo teorema. Teorema 2 Seja A ∈ Mn (R) uma matriz sim´etrica; ent˜ao qualquer conjunto de autovetores associados a autovalores distintos s˜ao ortogonais. Demonstra¸c˜ao: Sejam v1 , v2 , . . . , vk autovetores da matriz A associados aos autovalores distintos λ1 , λ2 , . . . , λk . Assim, dados λi 6= λj , e observando que Avi = λi vi e Avj = λj vj , queremos mostrar que hvi , vj i = 0. Para isto, observamos que λi hvi , vj i = = = = = = = = = hλi vi , vj i hAvi , vj i (Avi )t vj (vit At )vj (vit A)vj , pois A ´e sim´etrica vit (Avj ) hvi , Avj i hvi , λj vj i λj hvi , vj i . Portanto, (λi − λj ) hvi , vj i = 0. Como λi − λj 6= 0, segue que hvi , vj i = 0, isto ´e, os vetores vi e vj s˜ao ortogonais. O tipo de diagonaliza¸ca˜o que aparece no Exemplo 2 ´e muito importante na teoria das matrizes sim´etricas. Por isso, temos a seguinte defini¸ca˜o. Defini¸c˜ ao 2 Uma matriz A ∈ Mn (R) ´e dita diagonaliz´avel 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 discuss˜ao do Exemplo 2 vimos que, para diagonalizar uma matriz A ∈ Mn (R) utilizando uma matriz ortogonal P , foi preciso encontrar n autovetores linearmente independentes e ortogonais. A quest˜ao ´e: quando ´e que isso ´e poss´ıvel de ser realizado? O pr´oximo teorema caracteriza o tipo de matriz que pode ser diagonalizada por matriz ortogonal. Teorema 3 Uma matriz A ∈ Mn (R) ´e diagonaliz´avel por matriz ortogonal se e somente se A ´e uma matriz sim´etrica. CEDERJ 30 Matrizes sim´etricas ´ MODULO 3 – AULA 22 Demonstra¸c˜ao: Uma das dire¸co˜es ´e muito simples de ser feita. Suponha que A seja diagonaliz´avel por matriz ortogonal, como na Defini¸c˜ao 2; ent˜ao At = (P DP t )t = (P t )t Dt P t = P DP t = A, onde (P t )t = P e Dt = D, j´a que D ´e uma matriz diagonal. Assim, conclu´ımos que A ´e uma matriz sim´etrica. A rec´ıproca ´e muito mais complicada e ser´a omitida nestas notas. A id´eia b´asica desta parte da demonstra¸c˜ao ser´a apresentada na pr´oxima aula ´ e envolve um dos teoremas mais importantes da Algebra Linear. ¤ Exemplo 3 Determine se a matriz  3 −2 4   A =  −2 6 2  4 2 3  ´e diagonaliz´avel por matriz ortogonal e, caso seja, determine uma matriz ortogonal P e uma matriz diagonal D tal que A = P DP t . Solu¸c˜ao Como A ´e uma matriz sim´etrica, ent˜ao, pelo Teorema 3, ela ´e diagonaliz´avel por matriz ortogonal. Vamos, agora, realizar o c´alculo de diagonaliza¸c˜ao de A. Os autovalores da matriz A s˜ao as ra´ızes do polinˆomio caracter´ıstico p(x) = det(xI3 − A) ¯ ¯ x−3 2 −4 ¯ ¯ = ¯ 2 x − 6 −2 ¯ ¯ −4 −2 x − 3 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ = x3 − 12x2 + 21x + 98 . Observando, por inspe¸c˜ao, que λ1 = −2 ´e uma raiz de p(x), temos que p(x) = (x + 2) (x2 − 14x + 49) = (x + 2) (x − 7)2 . Assim, os autovalores da matriz A s˜ao λ1 = −2, com multiplicidade alg´ebrica 1, e λ2 = 7, com multiplicidade alg´ebrica 2. 31 CEDERJ Matrizes sim´etricas Para o autovalor λ1 = −2, temos que os autovetores associados, v = (x, y, z), satisfazem o sistema linear (−2 I3 − A)v = 0. Completando os c´alculos temos, que o auto-espa¸co V−2 ´e um subespa¸co de dimens˜ao 1 e ´e gerado pelo vetor v1 = (−2, −1, 2). Para o autovalor λ2 = 7, como j´a sabemos que a matriz A ´e diagonaliz´avel, o auto-espa¸co V7 tem dimens˜ao igual a 2. O fato interessante ´e que podemos construir uma base ortogonal de autovetores para esse subespa¸co V7 . Os autovetores v = (x, y, z) associados ao autovalor λ2 = 7 satisfazem o sistema linear (7 I3 − A)v = 0. Usando as t´ecnicas usuais para a resolu¸ca˜o de sistemas lineares, obtemos que: V7 = {v ∈ R3 |Av = 7v } = {v ∈ R3 |(7 I3 − A)v = 0 } = {(x, y, z) ∈ R3 |2x + y − 2z = 0 }. Para obter uma base ortogonal de V7 , observamos facilmente que v2 = (1, 0, 1) ∈ V7 . O outro vetor v3 = (a, b, c) ∈ V7 deve satisfazer 2a + b − 2c = 0 e ainda ser ortogonal a v2 , isto ´e, hv2 , v3 i = 0, ou seja, a + c = 0. Portanto, v3 = (a, b, c) deve satisfazer o sistema linear ( 2a + b − 2c = 0 a + c = 0. Completando os c´alculos, obtemos, por exemplo, v3 = (−1, 4, 1). Observe que, pelo Teorema 2, o autovetor v1 ´e ortogonal aos autovetores v2 e v3 , j´a que eles correspondem a autovalores distintos da matriz sim´etrica A. Assim, {v1 , v2 , v3 } ´e um conjunto ortogonal de autovetores da matriz A. Normalizando esses vetores, obtemos: v1 = (−2/3, −1/3, 2/3); ||v1 || ±√ ±√ v2 u2 = = (1 2, 0, 1 2); ||v2 || ±√ ±√ ±√ v3 u3 = = (−1 18, 4 18, 1 18). ||v3 || u1 = CEDERJ 32 Matrizes sim´etricas ´ MODULO 3 – AULA 22 Portanto, {u1 , u2 , u3 } ´e uma base ortonormal de autovetores de A. Com esses autovetores, obtemos a matriz P e com os autovalores, obtemos a matriz D:  ±√ ±√  −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 de modo que A = P DP t . Exerc´ıcios 1. Mostre que se A ´e uma matriz sim´etrica, ent˜ao A2 tamb´em ´e uma matriz sim´etrica. 2. Mostre que se A ´e uma matriz diagonaliz´avel por matriz ortogonal ent˜ao A2 tamb´em ´e. 3. Determine uma matriz ortogonal P e uma matriz diagonal D tal que A = P DP t , onde a matriz A ´e dada por    A=  1 2 0 0 2 0 0 1 0 0 0 1 −2 0 −2 1    .  33 CEDERJ O Teorema Espectral ´ MODULO 3 – AULA 23 Aula 23 – O Teorema Espectral Objetivos: • Compreender o significado do Teorema Espectral. • Compreender a decomposi¸c˜ao espectral de matrizes sim´etricas. • Aplicar os conceitos apresentados em exemplos importantes. Pr´ e-requisitos: Aulas 5 e 22 Nesta aula, continuaremos estudando as matrizes sim´etricas e faremos uma breve discuss˜ao do chamado Teorema Espectral para Matrizes Sim´etricas, mencionado na demonstra¸ca˜o do Teorema 3 da aula passada. Os detalhes da demonstra¸c˜ao desse importante teorema ser˜ao omitidos nestas notas. Uma vers˜ao simples do Teorema Espectral ´e apresentada a seguir. Teorema 1 (Teorema Espectral para Matrizes Sim´etricas) Seja A ∈ Mn (R) uma matriz sim´etrica (isto ´e, At = A). Ent˜ao vale: 1. A matriz A possui n autovalores reais, contando suas multiplicidades. 2. A dimens˜ao do auto-espa¸co associado a cada autovalor λ ´e igual `a multiplicidade de λ como raiz do polinˆomio caracter´ıstico de A, isto ´e, a multiplicidade geom´etrica de λ ´e igual `a sua multiplicidade alg´ebrica. 3. Os auto-espa¸cos s˜ao ortogonais entre si, isto ´e, os autovetores associados a autovalores distintos s˜ao ortogonais. 4. A matriz A ´e diagonaliz´avel por matriz ortogonal, isto ´e, existem uma matriz ortogonal P e uma matriz diagonal D tal que A = P DP t . Observa¸c˜ oes: 1. Como j´a foi observado anteriormente, o polinˆomio caracter´ıstico de uma matriz A n˜ao possui necessariamente apenas ra´ızes reais. Por exemplo, dada a matriz à ! 0 −1 A= , 1 0 seu polinˆomio caracter´ıstico, dado por p(x) = x2 + 1, n˜ao possui ra´ızes reais. Mas isso n˜ao acontece se A for uma matriz sim´etrica. O item 1 do Teorema Espectral afirma que o polinˆomio caracter´ıstico de uma matriz sim´etrica possui apenas ra´ızes reais. A demonstra¸c˜ao desse fato, embora simples, ´e bem trabalhosa e utiliza o Teorema Fundamental ´ da Algebra, que diz que todo polinˆomio de grau n com coeficientes 35 CEDERJ O Teorema Espectral reais possui n ra´ızes reais ou complexas, contando suas multiplicidades. Na demonstra¸ca˜o do Teorema Espectral mostra-se que as n ra´ızes do polinˆomio caracter´ıstico s˜ao, de fato, ra´ızes reais. 2. Se A ´e uma matriz sim´etrica e tem n autovalores distintos, ent˜ao pelo Teorema 2 da Aula 5 e pelo Teorema 2 da Aula 22, vemos que A ´e diagonaliz´avel por matriz ortogonal. 3. Se A ´e uma matriz sim´etrica e tem algum autovalor com multiplicidade alg´ebrica maior que 1, ainda ´e verdade que podemos diagonaliz´a-la. Na verdade, podemos mostrar que se A ´e sim´etrica e tem um autovalor λ de multiplicidade k, ent˜ao o auto-espa¸co associado tem dimens˜ao k. Isto significa que o sistema linear (λ In − A)v = 0 admite k solu¸co˜es linearmente independentes, isto ´e, a matriz A tem k autovetores linearmente independentes associados ao autovalor λ. Usando o processo de ortogonaliza¸c˜ao de Gram-Schmidt, podemos obter uma base ortonormal para este auto-espa¸co. Obtemos assim um conjunto de k autovetores ortonormais associados ao autovalor λ. Como autovetores associados a autovalores distintos s˜ao ortogonais, ent˜ao, considerando o conjunto de todos os autovalores de A, obtemos uma base ortonormal de autovetores para Rn . Conseq¨ uentemente, A ´e uma matriz diagonaliz´avel, e a matriz diagonalizadora P , formada pela base de autovetores de A, ´e uma matriz ortogonal. Decomposi¸c˜ ao espectral de uma matriz sim´ etrica Seja A ∈ Mn (R) uma matriz sim´etrica e {u1 , u2 , . . . , un } uma base ortonormal de autovetores associados aos autovalores λ1 , λ2 , . . . , λn da matriz A. Seja P a matriz ortogonal tendo esses autovetores como colunas e D a matriz diagonal tal que A = P DP t . Ent˜ao A = P DP t = [u1 u2    · · · un ]    λ1 0 · · · 0 0 λ2 · · · 0 .. . . . .. . . 0 0 · · · λn     [u1 u2 · · · un ]t   = [λ1 u1 λ2 u2 · · · λn un ] [u1 u2 · · · un ]t = λ1 u1 ut1 + λ2 u2 ut2 + · · · λn un utn . Esta representa¸c˜ao ´e chamada uma decomposi¸c˜ ao espectral de A. CEDERJ 36 O Teorema Espectral ´ MODULO 3 – AULA 23 Exemplo 1 à 7 2 2 4 Obtenha uma decomposi¸c˜ao espectral da matriz A = ! . Solu¸c˜ao Sendo A uma matriz sim´etrica, essa decomposi¸c˜ao existe. O polinˆomio caracter´ıstico de A ´e dado por p(x) = det(xI2 − A) = x2 − 11x + 24 = (x − 8)(x − 3) . Ent˜ao os autovalores s˜ao λ1 = 8 e λ2 = 3, e ainda podemos obter os ±√ ±√ ±√ ±√ respectivos autovetores u1 = (2 5, 1 5) e u2 = (−1 5, 2 5). Assim, temos que à t A = P ! à ±√ ! ÃDP ±√ ! à ±√ ! ±√ 8 0 2 5 1 5 7 2 2 5 −1 5 ±√ ±√ ±√ ±√ = 1 5 2 5 0 3 −1 5 2 5 2 4 Denotando a matriz P = [u1 u2 ], temos, pela decomposi¸c˜ao espectral, que: A = 8u1 ut1 + 3u2 ut2 . Para verificar essa decomposi¸c˜ao da matriz A, observe que: à ±√ ! à ! ´ ³ ±√ ±√ 2 5 4/5 2/5 ±√ u1 ut1 = = 2 5 2 5 1 5 2/5 1/5 à à ! ±√ ! ³ ´ ±√ ±√ −1 5 1/5 −2/5 ±√ u2 ut2 = = −1 5 2 5 2 5 −2/5 4/5 e, finalmente, 8u1 ut1 + 3u2 ut2 = à 32/5 16/5 16/5 8/5 ! à + 3/5 −6/5 −6/5 12/5 ! à = 7 2 2 4 ! = A. Processo de diagonaliza¸c˜ ao de uma matriz sim´ etrica A ∈ Mn (R) 1o Passo: Obtenha o polinˆomio caracter´ıstico da matriz A, p(x) = det(xIn − A). 2o Passo: Encontre as ra´ızes do polinˆomio caracter´ıstico de A. Elas s˜ao todas reais e existem exatamente n delas, contando suas multiplicidades. 37 CEDERJ O Teorema Espectral 3o Passo: Para cada autovalor λ da matriz A, de multiplicidade alg´ebrica k, determine seu auto-espa¸co associado Vλ = {v ∈ Rn | (λ In − A)v = 0 }, que ´e um subespa¸co vetorial de dimens˜ao k. Para cada Vλ assim obtido, determine uma base ortonormal que consistir´a de k autovetores. Se desejar, pode utilizar o processo de ortogonaliza¸ca˜o de Gram-Schmidt. A reuni˜ao dessas bases determina uma base ortonormal de autovetores para Rn . 4o Passo: Seja P a matriz cujas colunas s˜ao os n autovetores da base ortonormal de Rn obtida no terceiro passo. Portanto, P ´e uma matriz ortogonal. Seja D a matriz diagonal cuja diagonal principal ´e formada pelos n autovalores da matriz A, tomados na mesma ordem de seus autovetores correspondentes na matriz P . Temos, ent˜ao, A = P DP t . Exemplo 2 Aplique o processo de diagonaliza¸ca˜o acima `a matriz  0 2 2   A= 2 0 2  2 2 0  e obtenha sua decomposi¸ca˜o espectral. Solu¸c˜ao Observe, inicialmente, que A ´e uma matriz sim´etrica e, portanto, se aplica o processo de diagonaliza¸c˜ao acima. N˜ao ´e dif´ıcil determinar que o polinˆomio caracter´ıstico da matriz A ´e dado por p(x) = det(xI3 − A) = (x + 2)2 (x − 4), de modo que os autovalores de A s˜ao: λ1 = −2 com multiplicidade alg´ebrica 2, λ2 = 4 com multiplicidade alg´ebrica 1. O auto-espa¸co associado a λ1 = −2 ´e dado por V−2 = {v ∈ R3 | (A + 2 I3 )v = 0 } = {(x, y, z) ∈ R3 |x + y + z = 0 }. CEDERJ 38 e O Teorema Espectral ´ MODULO 3 – AULA 23 Para escolhermos uma base ortogonal de V−2 , podemos usar o processo de ortogonaliza¸c˜ao de Gram-Schmidt a partir de uma base qualquer de V−2 ou podemos tentar obter diretamente dois vetores ortonormais de V−2 , como j´a foi feito anteriormente. Faremos o c´alculo diretamente. Da equa¸c˜ao x + y + z = 0 podemos ver facilmente que v1 = (1, 0, −1) ∈ V−2 . O outro vetor, v2 = (a, b, c) ∈ V−2 , deve satisfazer a + b + c = 0 e ainda ser ortogonal a v1 , isto ´e, hv2 , v1 i = 0, ou seja, a − c = 0. Portanto, v2 = (a, b, c) deve satisfazer o sistema linear ( a+b+c=0 a − c = 0. Completando os c´alculos, obtemos, por exemplo, v2 = (1, −2, 1). Normalizando esses dois vetores, obtemos: ±√ ±√ v1 = (1 2 , 0 , −1 2) e ||v1 || ±√ ±√ ±√ v2 u2 = = (1 6 , −2 6 , 1 6). ||v2 || u1 = Assim, {u1 , u2 } forma uma base ortonormal do auto-espa¸co V−2 . Por outro lado, o auto-espa¸co associado a λ2 = 4 ´e dado por V4 = {v ∈ R3 | (4 I3 − A)v = 0 } = {(x, y, z) ∈ R3 |x = z e y = z } . ´ f´acil ver que v3 = (1, 1, 1) ∈ V4 . Normalizando esse vetor, obtemos E que .√ .√ .√ v3 u3 = = (1 3, 1 3, 1 3) ||v3 || representa uma base ortonormal do auto-espa¸co V4 . Como A ´e matriz sim´etrica, os autovetores associados a autovalores distintos s˜ao ortogonais e, assim, u3 ´e ortogonal a u1 e u2 . Portanto, {u1 , u2 , u3 } ´e uma base ortonormal de R3 formada por autovetores de A. Com esses autovetores obtemos a matriz P , e com os autovalores obtemos a matriz D:  ±√ ±√ ±√  1 2 1 6 1 3 ±√  ±√  P = [u1 u2 u3 ] =  0 −2 6 1 3  ; ±√ ±√ ±√ −1 2 1 6 1 3   −2 0 0   D =  0 −2 0  , 0 0 4 39 CEDERJ O Teorema Espectral de modo que A = P DP t . A decomposi¸ca˜o espectral da matriz A ´e dada por: A = −2u1 ut1 − 2u2 ut2 + 4u3 ut3 , ou ainda,      1/2 0 −1/2 1/6 −2/6 1/6      A = −2 0 0 0 − 2 −2/6 4/6 −2/6 + 4 −1/2 0 1/2 1/6 −2/6 1/6      −1/3 2/3 −1/3 4/3 −1 0 −1      =  0 0 0  +  2/3 −4/3 2/3  +  4/3 1 0 −1 −1/3 2/3 −1/3 4/3   0 2 2   =  2 0 2 . 2 2 0  1/3 1/3 1/3  1/3 1/3 1/3  1/3 1/3 1/3  4/3 4/3  4/3 4/3  4/3 4/3 Resumo ´ muito importante que vocˆe entenda bem o significado deste Teorema E Espectral. Lembre do que aconteceu em exemplos vistos anteriormente, em que a matriz considerada n˜ao era sim´etrica. Estudamos exemplos de matrizes n˜ao-sim´etricas com autovalores repetidos que eram diagonaliz´aveis e outros exemplos de matrizes n˜ao-sim´etricas que n˜ao eram diagonaliz´aveis. H´a algumas diferen¸cas marcantes entre os casos sim´etrico e n˜ao-sim´etrico que tentaremos resumir agora. Se A for uma matriz n˜ao-sim´etrica, ent˜ao nem todas as ra´ızes de seu polinˆomio caracter´ıstico precisam ser n´ umeros reais, o que ´e necess´ario no caso de a matriz A ser sim´etrica. Se A for uma matriz n˜ao-sim´etrica e todas as ra´ızes de seu polinˆomio caracter´ıstico forem n´ umeros reais, ent˜ao ainda ´e ´ poss´ıvel que A n˜ao seja diagonaliz´avel. E o caso em que um autovalor λ de multiplicidade alg´ebrica k n˜ao possui k autovetores linearmente independentes, isto ´e, quando o auto-espa¸co correspondente tem dimens˜ao menor que k, ou ainda, quando a multiplicidade geom´etrica do autovalor ´e menor que sua multiplicidade alg´ebrica. Agora, quando A ´e uma matriz sim´etrica, al´em de todos os autovalores serem reais, s˜ao iguais a multiplicidade alg´ebrica e a multiplicidade geom´etrica de cada autovalor. E, por fim, diferente do que ocorre no caso de matriz sim´etrica, se a matriz A ´e n˜ao-sim´etrica, ent˜ao autovetores associados a autovalores distintos n˜ao precisam ser ortogonais. Estude e analise, com a ajuda de seu tutor, exemplos j´a vistos em aulas anteriores em que ocorrem as diferen¸cas descritas aqui. CEDERJ 40 O Teorema Espectral ´ MODULO 3 – AULA 23 Exerc´ıcios 1. Em cada caso, aplique o processo de diagonaliza¸ca˜o `a matriz A, determinando as matrizes ortogonal P e diagonal D tais que A = P DP t . à ! 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  0 0 2 2    −1 3 1 1     2. Sejam A =  1 3 1  e v =  1 . Verifique que λ = 5 ´e um 0 1 1 3 autovalor de A e que v ´e um autovetor A. Em seguida obtenha as matrizes ortogonal P e diagonal D tais que A = P DP t .  41 CEDERJ Operadores auto-adjuntos ´ MODULO 3 – AULA 24 Aula 24 – Operadores auto-adjuntos Objetivos: • Compreender o conceito de operador auto-adjunto. • Aplicar os conceitos apresentados em exemplos importantes. Pr´ e-requisitos: Aulas 8 e 20 a 23 Nesta aula vamos definir os operadores lineares T : Rn → Rn associados `as matrizes sim´etricas e estudar suas propriedades. Como estaremos trabalhando sempre com bases ortonormais, ´e de suma importˆancia que o espa¸co vetorial Rn esteja munido de um produto interno, o qual estaremos sempre supondo que seja o produto interno canˆonico de Rn . Defini¸c˜ ao 3 Um operador linear T : Rn → Rn ´e denominado auto-adjunto se satisfaz hT (u), vi = hu, T (v)i para todo u, v ∈ Rn . O resultado que segue relaciona os operadores auto-adjuntos com as matrizes sim´etricas. Teorema 1 Um operador linear T : Rn → Rn ´e auto-adjunto se e somente se a matriz A, que representa T com respeito a qualquer base ortonormal α de Rn , ´e uma matriz sim´etrica. Demonstra¸c˜ao: Com respeito `a base ortonormal α de Rn , temos que T (u) = Au para todo u ∈ Rn . Assim, para todo u, v ∈ Rn , temos que hT u, vi = hAu, vi = (Au)t v = ut At v e hu, T vi = hu, Avi = ut Av, onde At ´e a transposta da matriz A. Assim, T ´e auto-adjunto ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ hT (u), vi = hu, T (v)i para todo u, v ∈ Rn hAu, vi = hu, Avi para todo u, v ∈ Rn ut At v = ut Av para todo u, v ∈ Rn At = A A ´e uma matriz sim´etrica. 43 CEDERJ Operadores auto-adjuntos ´ importante salientar que n˜ao existe uma rela¸ca˜o t˜ao simples entre o E operador linear T : Rn → Rn e sua representa¸ca˜o matricial A = [T ]α quando a base α n˜ao for ortonormal (veja a observa¸c˜ao ao final do Exemplo 1). O Teorema 1 tamb´em fornece um crit´erio pr´atico para determinar se um dado operador linear T : Rn → Rn ´e auto-adjunto. Basta considerar qualquer base ortonormal α de Rn e verificar se a matriz A = [T ]α ´e uma matriz sim´etrica. Exemplo 1 Determine se o operador linear T : R2 → R2 T (x, y) = (x, 0) ´e auto-adjunto. Solu¸c˜ao Vimos, no Exemplo 1 da Aula 20, que T ´e a proje¸ca˜o ortogonal sobre o eixo-x. Considerando a base canˆonica α = {e1 , e2 } de R2 , vimos que a matriz que representa T nesta base ´e dada por à ! 1 0 A = [T ]α = . 0 0 Como a base canˆonica ´e ortonormal e a matriz A ´e sim´etrica, ent˜ao, pelo Teorema 1, o operador T ´e auto-adjunto. Vejamos o que acontece quando escolhemos um base β de R2 que n˜ao ´e ortonormal. Considere a base β = {u1 , u2 } dada por √ . √ . u1 = ( 2 2, 2 2) e u2 = (0, 1). Est´a claro que esta base n˜ao ´e ortonormal, e ainda temos que √ ± √ ± √ ± √ ± T u1 = T ( 2 2, 2 2) = ( 2 2, 0) = 1 · u1 + (− 2 2) · u2 T u2 = T (0, 1) = (0, 0) = 0 · u1 + 0 · u2 . Da´ı, segue que a matriz que representa T na base β ´e dada por à ! 1 0 √ ± B = [T ]β = . − 2 2 0 Observe que esta matriz n˜ao ´e sim´etrica, mas tamb´em a base β n˜ao ´e ortonormal, o que n˜ao contradiz o Teorema 1. CEDERJ 44 Operadores auto-adjuntos ´ MODULO 3 – AULA 24 Exemplo 2 Considere os operadores lineares T1 : R2 → R2 , T1 (x, y) = (x, 2y) T2 : R2 → R2 , T2 (x, y) = (y, x). e Verifique que T1 e T2 s˜ao operadores auto-adjuntos e verifique se a composi¸ca˜o T1 ◦ T2 tamb´em ´e operador auto-adjunto. Solu¸c˜ao Considerando a base canˆonica de R2 , verificamos que as matrizes A1 e A2 que representam respectivamente, os operadores T1 e T2 nesta base, s˜ao dadas por à ! à ! 1 0 0 1 A1 = e A2 = . 0 2 1 0 Como essas duas matrizes s˜ao matrizes sim´etricas, conclu´ımos, pelo Teorema 1, que T1 e T2 s˜ao operadores auto-adjuntos. No entanto, o operador obtido pela composi¸ca˜o T1 ◦ T2 : R2 → R2 , (T1 ◦ T2 )(x, y) = (y, 2x) ´e representado, na base canˆonica, pela matriz à ! 0 2 B= , 1 0 que n˜ao ´e uma matriz sim´etrica. Assim, outra vez pelo Teorema 1, a composi¸ca˜o T1 ◦ T2 n˜ao ´e um operador auto-adjunto. Da´ı, conclu´ımos que a composi¸ca˜o de operadores auto-adjuntos n˜ao ´e, necessariamente, auto-adjunto. O pr´oximo teorema segue imediatamente dos resultados sobre matrizes sim´etricas estudados nas Aulas 22 e 23. Teorema 2 Seja T : Rn → Rn um operador auto-adjunto. Ent˜ao 1. Autovetores correspondentes a autovalores distintos de T s˜ao ortogonais, isto ´e, se v1 , v2 , . . . , vk s˜ao k autovetores associados aos autovalores distintos λ1 , λ2 , . . . , λk , ent˜ao v1 , v2 , . . . , vk s˜ao ortogonais. 2. O operador T possui n autovalores reais, contando suas multiplicidades. 45 CEDERJ Operadores auto-adjuntos 3. A dimens˜ao do auto-espa¸co associado a cada autovalor λ ´e igual `a multiplicidade de λ como raiz do polinˆomio caracter´ıstico de T , isto ´e, a multiplicidade geom´etrica de cada autovalor λ ´e igual `a sua multiplicidade alg´ebrica. 4. Os auto-espa¸cos de T s˜ao ortogonais entre si. 5. Existe uma base ortonormal {u1 , u2 , . . . , un } de Rn formada por autovetores de T . Au ´ltima afirma¸ca˜o do Teorema 2 tamb´em ´e conhecida como Teorema Espectral para Operadores Auto-Adjuntos Reais e diz, simplesmente, que estes operadores s˜ao diagonaliz´aveis. Exemplo 3 Seja T : R3 → R3 dado por T (x, y, z) = (3x, 2y + z, y + 2z). a) Verifique que T ´e um operador auto-adjunto. b) Determine os autovalores e os autovetores de T e verifique que T ´e diagonaliz´avel. Solu¸c˜ao a) Considerando a base canˆonica {e1 , e2 , e3 } de R3 , temos que T e1 = T (1, 0, 0) = (3, 0, 0), T e2 = T (0, 1, 0) = (0, 2, 1), T e3 = T (0, 0, 1) = (0, 1, 2). Assim, a matriz que representa o dada por  3  A= 0 0 operador linear T na base canˆonica ´e  0 0  2 1 . 1 2 Observando que A ´e uma matriz sim´etrica, temos, pelo Teorema 1, que T ´e um operador auto-adjunto. CEDERJ 46 Operadores auto-adjuntos ´ MODULO 3 – AULA 24 b) O polinˆomio caracter´ıstico do operador T ´e dado por p(x) = det(xI3 − A) ¯ ¯ x−3 0 0 ¯ ¯ = ¯ 0 x − 2 −1 ¯ ¯ 0 −1 x − 2 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ = (x − 3)2 (x − 1) . Assim, os autovalores de T s˜ao λ1 = 3, com multiplicidade alg´ebrica 2, e λ2 = 1 com multiplicidade alg´ebrica 1. N˜ao ´e dif´ıcil obter que o auto-espa¸co V3 , associado a λ1 = 3, ´e dado por V3 = {v ∈ R3 |T v = 3v} = {(x, y, z) ∈ R3 |y = z e x arbitr´ario} . Portanto, uma base ortonormal de V3 ´e dada por .√ .√ 2, 1 2). u1 = (1, 0, 0) e u2 = (0, 1 Analogamente, o auto-espa¸co V1 , associado a λ2 = 1, ´e dado por V1 = {v ∈ R3 | T v = v} = {(x, y, z) ∈ R3 | x = 0 e y = −z} , ±√ ±√ e uma base ortonormal de V1 ´e dada pelo vetor u3 = (0, 1 2, −1 2). Conseq¨ uentemente, β = {u1 , u2 , u3 } ´e uma base ortonormal de R3 formada por autovetores de T e, nesta base, T ´e representado pela matriz diagonal   3 0 0   B = [T ]β =  0 3 0  . 0 0 1 Portanto, T ´e um operador diagonaliz´avel. Exemplo 4 Determine valores de a, b ∈ R de modo que o operador T : R3 → R3 , definido por T (x, y, z) = (x + 2ay + 2z, 4x − 5y − bz, 2x − 4y + z), seja auto-adjunto. Determine, tamb´em, uma base ortonormal de R3 formada por autovetores de T e a matriz que representa T nesta base. 47 CEDERJ Operadores auto-adjuntos Solu¸c˜ao Considerando a base canˆonica {e1 , e2 , e3 } de R3 , temos que T e1 = T (1, 0, 0) = (1, 4, 2) = 1 · e1 + 4 · e2 + 2 · e3 , T e2 = T (0, 1, 0) = (2a, −5, −4) = 2a · e1 + (−5) · e2 + (−4) · e3 , T e3 = T (0, 0, 1) = (2, −b, 1) = 2 · e1 + (−b) · e2 + 1 · e3 . Assim, a matriz que representa dada por  1  A= 4 2 o operador linear T na base canˆonica ´e  2a 2  −5 −b  . −4 1 Para que T seja um operador auto-adjunto ´e necess´ario que a matriz A seja sim´etrica, isto ´e, que At = A. Para isso, ´e preciso que 2a = 4 e −b = −4, ou seja, que a = 2 e b = 4. Assim, obtemos a matriz sim´etrica  1 4 2   A =  4 −5 −4  , 2 −4 1  garantindo que o operador T ´e auto-adjunto. N˜ao ´e dif´ıcil verificar que o polinˆomio caracter´ıstico de T ´e dado por p(x) = det(xI3 − A) = (x + 9)(x − 3)2 . Os auto-espa¸cos correspondentes s˜ao dados por V−9 = {v ∈ R3 | T v = −9v} = {(x, y, z) ∈ R3 | x = −z e y = 2z} , e V3 = {v ∈ R3 | T v = 3v} = {(x, y, z) ∈ R3 | − x + 2y + z = 0} . ±√ ±√ Uma base ortonormal de V−9 ´e dada pelo vetor u1 = (1 6, −2 6, ±√ −1 6), enquanto uma base ortonormal de V3 ´e dada pelos vetores ±√ ±√ ±√ ±√ ±√ uentemente, u2 = (1 2, 0, 1 2) e u3 = (1 3, 1 3, 1 3). Conseq¨ CEDERJ 48 Operadores auto-adjuntos ´ MODULO 3 – AULA 24 β = {u1 , u2 , u3 } ´e uma base ortonormal de R3 formada por autovetores de T e, nessa base ordenada, T ´e representado pela matriz diagonal   −9 0 0   B = [T ]β =  0 3 0  . 0 0 3 Observe que T ´e um operador diagonaliz´avel. Exemplo 5 Dados os vetores u = (4, 4, −2), v = (4, −2, 4) e w = (1, −2, −2), seja T : R3 → R3 o operador linear dado por T u = (10 , −2 , −2), T v = (−2, 10, −2) e T w = (1, 1, −5). Verifique que T ´e um operador auto-adjunto. Solu¸c˜ao ´ f´acil ver que T ´e uma base ortogonal, pois E hu, vi = 4 · 4 + 4 · (−2) + (−2) · 4 = 0 ; hu, wi = 4 · 1 + 4 · (−2) + (−2) · (−2) = 0 ; hv, wi = 4 · 1 + (−2) · (−2) + 4 · (−2) = 0 . Assim, os vetores normalizados u = (2/3 , 2/3 , −1/3), ||u|| v = (2/3 , −1/3 , 2/3) e u2 = ||v|| w = (1/3 , −2/3 , −2/3) u3 = ||w|| u1 = formam uma base ortonormal de R3 . Como ||u|| = ||v|| = 6 e ||w|| = 3, temos µ ¶ ¶ µ u 1 1 1 T (u1 ) = T ||u|| = T (u) = (10, −2, −2) = (5/3, −1/3, −1/3); =T ||u|| 6 6 6 µ ¶ ¶ µ v 1 1 1 T (u2 ) = T ||v|| = T (v) = (−2, 10, −2) = (−1/3, 5/3, −1/3); =T ||v|| 6 6 6 ¶ µ ¶ µ 1 1 w 1 ||w|| = T (w) = (1, 1, −5) = (1/3, 1/3, −5/3). T (u3 ) = T =T ||w|| 3 3 3 49 CEDERJ Operadores auto-adjuntos Agora, n˜ao ´e dif´ıcil ver que os vetores T (u1 ), T (u2 ) e T (u3 ) se expressam em fun¸ca˜o da base β = {u1 , u2 , u3 } como: T (u1 ) = (5/3, −1/3, −1/3) = 1 · u1 + 1 · u2 + 1 · u3 ; T (u2 ) = (−1/3, 5/3, −1/3) = 1 · u1 + (−1) · u2 + (−1) · u3 ; T (u3 ) = (1/3, 1/3, −5/3) = 1 · u1 + (−1) · u2 + 1 · u3 . Portanto, a matriz que representa ortonormal {u1 , u2 , u3 } ´e dada por  1  B = [T ]β =  1 1 o operador T com respeito `a base  1 1  −1 −1  . −1 1 Como B ´e uma matriz sim´etrica, conclu´ımos, pelo Teorema 1, que o operador T ´e auto-adjunto. Observe que neste exemplo usamos uma base ortonormal que n˜ao ´e a base canˆonica nem ´e uma base de autovetores. Auto-avalia¸c˜ ao: ´ de suma importˆancia que vocˆe reveja e entenda muito bem a rela¸ca˜o E que existe entre as matrizes sim´etricas, estudadas nas aulas anteriores, e os operadores auto-adjuntos vistos nesta aula. Compare os conceitos e estude os exemplos. Em caso de d´ uvidas n˜ao hesite em consultar o seu tutor. Exerc´ıcios 1. Verifique que o operador T : R3 → R3 , dado por T (x, y, z) = (2x + y + z, x + 2y − z, x − y + 2z), ´e auto-adjunto. 2. Determine uma base ortonormal de autovetores do operador T dado no exerc´ıcio anterior. CEDERJ 50 Formas bilineares ´ MODULO 3 – AULA 25 Aula 25 – Formas bilineares Objetivos: • Compreender o conceito de forma bilinear. • Aplicar os conceitos apresentados em casos particulares. Pr´ e-requisito: Aula 22. Nesta aula vamos introduzir um conceito que generaliza a no¸ca˜o de aplica¸c˜ao linear num espa¸co vetorial. Mais especificamente, vamos desenvolver o conceito de forma bilinear, que d´a origem `as formas quadr´aticas que ser˜ao estudadas na pr´oxima aula. Veremos a defini¸c˜ao de formas bilineares e estudaremos algumas de suas propriedades, principalmente sua rela¸ca˜o com as matrizes, o que constitui o aspecto mais importante para fins pr´aticos. Defini¸c˜ ao 4 Seja V um espa¸co vetorial real. Uma forma bilinear em V ´e uma aplica¸c˜ao B :V ×V →R (u , v) → 7 B(u , v) que ´e linear em cada uma das duas vari´aveis u e v, isto ´e, que satisfaz: i) para todo u , v , w ∈ V e a ∈ R, B(u + w, v) = B(u , v) + B(w, v) B(a u , v) = a B(u , v); ii) para todo u , v , w ∈ V e a ∈ R, B(u , w + v) = B(u , w) + B(u , v) B(u , a v) = a B(u , v). Exemplo 1 Seja F o produto escalar em Rn , isto ´e, dados u = (u1 , u2 , . . . , un ), v = (v1 , v2 , . . . , vn ) ∈ Rn , considere a aplica¸ca˜o F :V ×V →R (u , v) 7→ F (u , v) = u1 v1 + u2 v2 + · · · + un vn . Verifique que F ´e uma forma bilinear em Rn . 51 CEDERJ Formas bilineares Solu¸c˜ao De fato, considerando outro vetor w = (w1 , w2 , . . . , wn ) ∈ Rn e a ∈ R, temos que F (u + a w, v) = = = = B((u1 + aw1 , u2 + aw2 , . . . , un + awn ) , (v1 , v2 , . . . , vn )) (u1 + aw1 )v1 + (u2 + aw2 )v2 + · · · + (un + awn )vn (u1 v1 + u2 v2 + · · · + un vn ) + a (w1 v1 + w2 v2 + · · · + wn vn ) F (u , v) + a F (w, v) , o que mostra que F (u , v) ´e uma transforma¸c˜ao linear na primeira vari´avel u. Um argumento an´alogo, deixado a cargo do aluno, mostra que F (u , v) tamb´em ´e uma transforma¸ca˜o linear na segunda vari´avel v. Assim, podemos concluir que F (u , v) ´e uma aplica¸c˜ao bilinear de Rn . Exemplo 2 Seja a matriz  2 0 0   A =  4 2 0 . 0 0 3  Mostre que podemos associar `a matriz A uma forma bilinear B : R3 × R3 → R dada por    y1 2 0 0    B((x1 , x2 , x3 ), (y1 , y2 , y3 )) = (x1 x2 x3 )  4 2 0   y2  0 0 3 y3 = 2 x1 y1 + 4 x2 y1 + 2 x2 y2 + 3 x3 y3 . Solu¸c˜ao Observe que para todo par de vetores u , v ∈ R3     y1 x1     u =  x2  e v =  y2 , y3 x3 podemos reescrever B(u , v) = ut A v, onde ut ´e a matriz transposta de u. Assim, a bilinearidade da aplica¸ca˜o B(u, v) decorre facilmente das propriedades do produto e da soma de matrizes. Este exemplo ´e facilmente generalizado. CEDERJ 52 Formas bilineares ´ MODULO 3 – AULA 25 Teorema 1 Seja A = (aij ) ∈ Mn (R), isto ´e, uma matriz de ordem n. Podemos associar `a matriz A uma forma bilinear F : Rn × Rn → R dada por F (u , v) = ut A v, onde u , v ∈ Rn . Observe que, reescrevendo os vetores u e    x1      x2    u= .  e v=    ..  v na forma  y1  y2  ..  , .  yn xn ent˜ao F (u , v) = ut A v = (x1 x2    · · · xn )    a11 a21 .. . a12 · · · a22 · · · .. .. . . a1n a2n .. . an1 an2 · · · ann = a11 x1 y1 + a12 x1 y2 + · · · + ann xn yn n P aij xi yj . =            y1 y2 .. .       yn i, j=1 Seja V um espa¸co vetorial real, F : V × V → R uma forma bilinear em V , e α = {e1 , e2 , . . . , en } uma base de V . Sejam u , v ∈ V com u = u1 e1 + u2 e2 + · · · + un en e v = v1 e 1 + v2 e 2 + · · · + vn e n . Ent˜ao, F (u , v) = F (u1 e1 + u2 e2 + · · · + un en , v1 e1 + v2 e2 + · · · + vn en ) = u1 v1 F (e1 , e1 ) + u1 v2 F (e1 , e2 ) + · · · + un vn F (en , en ) n P = ui vj F (ei , ej ) . i, j=1 Assim, a forma bilinear F fica completamente determinada pela n2 valores F (vi , vj ). 53 CEDERJ Formas bilineares Defini¸c˜ ao 5 A matriz A = (aij ), com aij = F (ei , ej ), ´e chamada de representa¸c˜ ao matricial da forma bilinear F com rela¸ca˜o `a base α, ou, simplesmente, de matriz de F com rela¸c˜ao a α. Esta matriz representa F no sentido que F (u , v) = n X ui vj F (ei , ej ) = [u]tα A [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 `a base α. Exemplo 3 Seja a forma bilinear F : R2 × R2 → R dada por F (u , v) = F ((x1 , x2 ), (y1 , y2 )) = x1 y1 − x1 y2 + 3 x2 y1 − 5 x2 y2 , para todo u = (x1 , x2 ) , v = (y1 , y2 ) ∈ R2 . Considere α = {e1 , e2 } a base canˆonica de R2 e β = {(1 , 0) , (1 , 1)} outra base de R2 . Determine a matriz de F com respeito a essas bases. Solu¸c˜ao Primeiramente, fa¸camos o c´alculo da matriz de F com respeito `a base canˆonica: F (e1 , F (e1 , F (e2 , F (e2 , e1 ) = F ((1 , e2 ) = F ((1 , e1 ) = F ((0 , e2 ) = F ((0 , 0), 0), 1), 1), (1 , (0 , (1 , (0 , 0)) = 1 1)) = −1; 0)) = 3; 1)) = −5. Portanto, temos que a matriz de F na base canˆonica ´e à ! 1 −1 A= . 3 −5 Para a matriz de F na base β, temos F ((1 , F ((1 , F ((1 , F ((1 , 0), 0), 1), 1), (1 , (1 , (1 , (1 , 0)) = 1; 1)) = 0; 0)) = 4; 1)) = −2. Portanto, temos que a matriz de F na base β = {(1 , 0) , (1 , 1)} ´e à ! 1 0 B= . 4 −2 CEDERJ 54 Formas bilineares ´ MODULO 3 – AULA 25 Um problema interessante ´e saber qual a rela¸c˜ao 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 mudan¸ca de base, da base α para a base β, temos à ! 1 1 P = . 0 1 Da´ı, à B = 1 0 4 −2 ! à = 1 0 1 1 !à 1 −1 3 −5 !à 1 1 0 1 ! = P tA P . De um modo geral, temos o seguinte teorema: Teorema 2 Seja F uma forma bilinear de um espa¸co vetorial V . Se A ´e a matriz de F numa base α e B ´e matriz de F numa base β de V , ent˜ao B = P t A P, onde P ´e a matriz mudan¸ca de base, da base α para a base β. Defini¸c˜ ao 6 Uma forma bilinear F no espa¸co vetorial V ´e denominada sim´etrica se F (u , v) = F (v , u) para todo par de vetores u , v ∈ V . Teorema 3 Seja F uma forma bilinear no espa¸co vetorial V e A a matriz que representa F numa base α de V . Ent˜ao F ´e uma forma bilinear sim´etrica se e somente se A ´e uma matriz sim´etrica. Demonstra¸c˜ao: Por F ser uma forma bilinear em V , temos que F (u , v) = ut A v = (ut A v)t , pois ut A v ´e um escalar = vt A t u . 55 CEDERJ Formas bilineares Se, ainda, F for uma forma bilinear sim´etrica, ent˜ao vt At u = F (u , v) = F (v , u) = vt A u para todo u , v ∈ V . Portanto, temos At = A, isto ´e, a matriz A ´e sim´etrica. Reciprocamente, se A ´e uma matriz sim´etrica (isto ´e, At = A), ent˜ao a forma bilinear F tamb´em ´e sim´etrica, pois F (u , v) = ut A v = (ut A v)t , pois ut A v ´e um escalar = vt At u = vt A u , pois At = A = F (v , u) para todo par de vetores u , v ∈ V . Auto-avalia¸c˜ ao Vocˆe deve ter compreendido que o conceito de forma bilinear ´e uma generaliza¸ca˜o do conceito de transforma¸ca˜o linear j´a bastante estu´ de extrema importˆancia rever todos os conceitos e tentar resolver os dado. E exerc´ıcios propostos. Caso surjam dificuldades, consulte as notas de aula ou pe¸ca ajuda ao seu tutor. Os conceitos desta aula ainda ser˜ao bastante utilizados. Por isso, n˜ao deixe de fazer uma boa revis˜ao de matrizes sim´etricas. Exerc´ıcios 1. Seja A ∈ Mn (R). Verifique que a aplica¸c˜ao F : Rn × Rn → R, definida por F (u , v) = ut A v ´e uma forma bilinear. 2. Seja F : R3 × R3 → R, definida por F (u , v) = hu , vi, o produto escalar em R3 . (a) Determine a matriz A que representa a forma bilinear F com respeito `a base canˆonica α ⊂ R3 . (b) Determine a matriz B que representa a forma bilinear F com respeito `a base β = {(1 , 1 , 0) , (−1 , 0 , 1) , (0 , 2 , 1)}. CEDERJ 56 Formas bilineares ´ MODULO 3 – AULA 25 3. Seja a forma bilinear F : R2 × R2 → R definida por F (u , v) = F ((x1 , x2 ), (y1 , y2 )) = 2 x1 y1 − 3 x1 y2 + x2 y2 , para todo u = (x1 , x2 ) , v = (y1 , y2 ) ∈ R2 . a) Determine a matriz A que representa F com respeito `a base α = {(1 , 0) , (1 , 1)}. b) Determine a matriz B que representa F com respeito `a base β = {(2 , 1) , (1 , −1)}. c) Determine a matriz mudan¸ca de base P , da base α para a base β, e verifique que B = P t A P . 57 CEDERJ Formas quadr´aticas ´ MODULO 3 – AULA 26 Aula 26 – Formas quadr´ aticas Objetivos: • Compreender o conceito de forma quadr´atica. • Aplicar os conceitos apresentados em casos particulares. Pr´ e-requisitos: Aulas 22 e 25. As formas bilineares, vistas na aula anterior, d˜ao origem `as formas quadr´aticas que ser˜ao estudadas nesta aula. As formas quadr´aticas ocorrem ´ com grande destaque em aplica¸co˜es da Algebra Linear `a Engenharia, como em crit´erios para projetos, em problemas de otimiza¸ca˜o e em processamento de sinais. Elas tamb´em ocorrem na F´ısica, em descri¸c˜oes de energia potencial e energia cin´etica; em Economia, nas fun¸co˜es de utilidade; e, tamb´em, em Estat´ıstica. Em todas essas situa¸c˜oes ´e muito importante o conhecimento do sinal (positivo ou negativo) que a forma quadr´atica pode assumir, assim como o conhecimento de seus autovalores associados. Uma parte muito importante da base matem´atica para o estudo das formas quadr´aticas segue facilmente do nosso estudo pr´evio sobre matrizes sim´etricas. Defini¸c˜ ao 7 Seja V um espa¸co vetorial real. Uma aplica¸ca˜o q : V → R ´e chamada de forma quadr´atica se existe uma forma bilinear sim´etrica F : V × V → R tal que q(v) = 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 ´e a representa¸c˜ ao matricial da forma quadr´atica q com espeito a essa mesma base α ⊂ V . Como a forma bilinear F ´e sim´etrica, ent˜ao, pelo Teorema 3 da Aula 25, a matriz A ´e uma matriz sim´etrica. Com respeito `a base α, denotamos A = (aij ) e v = (x1 , x2 , . . . , xn ) ∈ V ; ent˜ao q(v) = F (v , v) = vt A v = (x1 x2 = n P    · · · xn )    a11 a21 .. . a12 · · · a22 · · · .. ... . a1n a2n .. . an1 an2 · · · ann            x1 x2 .. .       xn aij xi xj . i, j=1 59 CEDERJ Formas quadr´aticas E agora, sendo A sim´etrica, vale que aij = aji . Portanto, q(v) = n X aij xi xj = a11 x21 + a22 x22 + ··· + ann x2n +2 i, j=1 n X aij xi yj . (1) i 0. Solu¸c˜ao Comparando a equa¸c˜ao x2 y 2 − 2 =0 a2 b com a equa¸c˜ao (6), vemos que ela tamb´em representa uma cˆonica. Reescrevendo a equa¸ca˜o na forma y2 x2 = , b2 a2 temos b y = ± x, a o que representa um par de retas concorrentes que passa pela origem, como ilustra a Figura 27.3. Figura 27.3: As retas y = ± ab x. 69 CEDERJ Cˆonicas Os pr´oximos exemplos mostram como procedemos para simplificar uma equa¸c˜ao de uma cˆonica. Exemplo 4 Identifique a cˆonica representada pela equa¸ca˜o 5x2 − 4xy + 8y 2 − 36 = 0. Solu¸c˜ao Precisamos, inicialmente, eliminar o termo misto (−4xy); para isto, realizamos diagonaliza¸ca˜o da forma quadr´atica correspondente, q(x , y) = 5x2 − 4xy + 8y 2 . Escrevemos a equa¸ca˜o 5x2 − 4xy + 8y 2 − 36 = 0 na forma matricial vt A v = 36, com à v= x y ! à ∈ R2 e A = 5 −2 −2 8 ! . Lembre, da Aula 26, que a matriz A ´e a matriz sim´etrica que representa a forma quadr´atica q(x , y) = 5x2 − 4xy + 8y 2 com respeito `a base canˆonica. N˜ao ´e dif´ıcil ver que os autovalores da matriz A s˜ao λ1 = 4 e λ2 = 9, e os autovetores normalizados s˜ao à ±√ ! 2 5 ±√ u1 = , autovetor associado ao autovalor λ1 = 4 1 5 e à u2 = ±√ ! −1 5 ±√ , autovetor associado ao autovalor λ2 = 9. 2 5 Como {u1 , u2 } forma uma base ortonormal de R2 , ent˜ao à ±√ ±√ ! 2 5 −1 5 ±√ ±√ P = [u1 u2 ] = 1 5 2 5 ´e a matriz ortogonal que diagonaliza a matriz A e a matriz diagonal correspondente ser´a à ! 4 0 D= . 0 9 Temos que D = P t A P . CEDERJ 70 Cˆonicas ´ MODULO 3 – AULA 27 A forma diagonal de q ´e dada por à q(x1 , y1 ) = (x1 y1 ) 4 0 0 9 !à x1 y1 ! = 4x21 + 9y12 , onde à v= x y ! à e v1 = ! x1 y1 , com v = P v1 , ou v1 = P t v. Portanto, a equa¸ca˜o da cˆonica pode ser reescrita como q(x1 , y1 ) = 36, ou ainda, 4x21 + 9y12 = 36, o que nos d´a a equa¸ca˜o x21 y12 + = 1, 9 4 que representa uma elipse de semi-eixo maior 3 e semi-eixo menor 2, como ilustra a Figura 27.4. y 2 –3 x 3 0 –2 Figura 27.4: A elipse x21 9 + y12 4 = 1. 71 CEDERJ Cˆonicas Exemplo 5 √ Identifique a cˆonica representada pela equa¸ca˜o 2x2 +4xy +2y 2 +4 2 x+ √ 12 2 y − 8 = 0. Solu¸c˜ao √ Observe que neste exemplo a forma linear `(x, y) = dx + ey = 4 2 x + √ 12 2 y ´e n˜ao-nula. Reescrevendo a cˆonica na forma matricial, obtemos vt A v + Bv − 8 = 0, onde à v= à A= e x y (3) ! ∈ R2 , 5 −2 −2 8 ! √ √ B = (4 2 12 2 ). A matriz A ´e a matriz sim´etrica que representa a forma quadr´atica q(x , y) = 2x2 +4xy +2y 2 com respeito `a base canˆonica. N˜ao ´e dif´ıcil ver (exerc´ıcio para o aluno) que os autovalores da matriz A s˜ao λ1 = 4 e λ2 = 0, e os autovetores normalizados s˜ao à ±√ ! 1 2 ±√ u1 = , autovetor associado ao autovalor λ1 = 4, 1 2 e à u2 = ±√ ! −1 2 ±√ , autovetor associado ao autovalor λ2 = 0. 1 2 Como {u1 , u2 } forma uma base ortonormal de R2 , ent˜ao à ±√ ±√ ! 1 2 −1 2 ±√ ±√ , P = [u1 u2 ] = 1 2 1 2 ´e a matriz ortogonal que diagonaliza a matriz A, e a matriz diagonal correspondente ser´a à ! 4 0 D= . 0 0 E, tamb´em, D = P t A P . CEDERJ 72 Cˆonicas A forma diagonal de q ´e dada por à q(x1 , y1 ) = (x1 y1 ) ´ MODULO 3 – AULA 27 4 0 0 0 !à x1 y1 ! = 4x21 , isto ´e, vt A v = 4x21 , onde à x y v= ! à e v1 = x1 y1 ! , com v = P v1 , ou v1 = P t v. Como det(P ) = 1, observe que v = P v1 ´e uma rota¸ca˜o. A forma linear se transforma em Bv = B(P v1 ) = BP v1 à ±√ ! ±√ ! à 1 2 −1 2 x1 ±√ ±√ = (4 2 12 2 ) 1 2 1 2 y1 √ √ à = (16 8 ) x1 y1 ! = 16x1 + 8y1 . Substituindo vt A v = 4x21 e Bv = 16x1 + 8y1 em (7), obtemos 4x21 + 16x1 + 8y1 − 8 = 0, (4) ou, simplificando, x21 + 4x1 + 2y1 − 2 = 0. Completando o quadrado na vari´avel x1 , x21 + 4x1 = (x1 + 2)2 − 4. E, substituindo em (8), obtemos (x1 + 2)2 − 4 + 2y1 − 2 = 0, 73 CEDERJ Cˆonicas ou (x1 + 2)2 + 2(y1 − 3) = 0. (5) Essa equa¸c˜ao j´a ´e uma forma bem mais simples da cˆonica inicial e j´a se pode identificar a equa¸c˜ao de uma par´abola, mas ela ainda pode ser mais simplificada. Realizando a mudan¸ca de vari´aveis em (9) dada por ( x 2 = x1 + 2 y2 = y1 − 3 , que representa uma transla¸c˜ao no R2 , obtemos x22 = −2y2 , que representa a cˆonica inicial aos novos eixos-x2 y2 . Nessa forma, identificamos facilmente a equa¸c˜ao de uma par´abola, como ilustra a Figura 27.5. Figura 27.5: A par´abola x22 = −2y2 . Procedimento para simplificar a equa¸c˜ ao de uma cˆ onica Seja a cˆonica Γ dada pela equa¸c˜ao ax2 + bxy + cy 2 + dx + ey + f = 0. Podemos reescrevˆe-la na forma matricial, vt A v + Bv + f = 0, CEDERJ 74 Cˆonicas ´ MODULO 3 – AULA 27 onde q(x , y) = ax2 + bxy + cy 2 à = (x y) a b/2 b/2 c !à x y ! = vt A v , e `(x, y) = dx + ey à = (d e) x y ! = Bv , com à A = a b/2 b/2 c ! , B = (d e) e à v = x y ! . A id´eia principal do procedimento a seguir consiste em realizar uma rota¸c˜ao nos eixos-xy, de modo a eliminar o termo cruzado bxy. 1o Passo: Encontrar uma matriz ortogonal P = [u1 u2 ] que diagonalize A. Lembre que as colunas de P formam uma base {u1 , u2 } ortogonal de autovetores da matriz A para o R2 . Assim, à D = P t A P com D = λ1 0 0 λ2 ! , onde λ1 e λ2 s˜ao os autovalores da matriz A associados aos autovetores u1 e u2 , respectivamente. 75 CEDERJ Cˆonicas 2o Passo: Permutar as colunas de P , caso seja necess´ario, de modo que se tenha det(P ) = 1. Isso garante que a transforma¸c˜ao ortogonal à ! x1 v = P v1 , com v1 = , y1 seja uma rota¸ca˜o no plano. 3o Passo: Obter a equa¸c˜ao que representa a cˆonica Γ no novo sistema de eixosx2 y2 . Para isso, observe que ax2 + bxy + cy 2 = vt A v = (P v1 )t A (P v1 ) ; onde v = P v1 = vt1 (P t A P ) v1 = vt1 D v1 à λ1 0 0 λ2 = (x1 y1 ) !à x1 y1 ! = λ1 x21 + λ2 y12 , e dx + ey = Bv = B(P v1 ) ; onde v = P v1 = (BP ) v1 ; onde BP = (d1 e1 ) à = (d1 e1 ) x1 y1 ! = d1 x1 + e1 y1 . Assim, a equa¸ca˜o vt A v + Bv + f = 0 se transforma em λ1 x21 + λ2 y12 + d1 x1 + e1 y1 + f = 0, que ´e uma equa¸ca˜o que representa a cˆonica Γ e n˜ao cont´em termos cruzados (em xy). CEDERJ 76 Cˆonicas ´ MODULO 3 – AULA 27 Vamos fazer uma breve an´alise dessa equa¸c˜ao. 1. Considere o caso em que os autovalores s˜ao n˜ao-nulos: λ1 , λ2 6= 0. Neste caso, podemos completar os quadrados nas vari´aveis x1 e y1 , obtendo λ1 x21 + λ2 y12 + d1 x1 + e1 y1 + f = (λ1 x21 + d1 x1 ) + (λ2 y12 + e1 y1 ) = λ1 x22 + λ2 y22 + F , com F ∈ R2 . Assim, a equa¸ca˜o λ1 x21 + λ2 y12 + d1 x1 + e1 y1 + f = 0 ´e transformada em λ1 x22 + λ2 y22 + F = 0. Note que (a) Se λ1 , λ2 > 0, ent˜ao a cˆonica Γ ser´a uma elipse, caso F < 0; ou um ponto ((x2 , y2 ) = (0 , 0)), caso F = 0; ou o conjunto vazio, caso F > 0. (b) Se λ1 , λ2 < 0, ent˜ao a cˆonica Γ ser´a uma elipse, caso F > 0; ou um ponto ((x2 , y2 ) = (0 , 0)), caso F = 0; ou o conjunto vazio, caso F < 0. (c) Se λ1 < 0 < λ2 , ent˜ao a cˆonica Γ ser´a uma hip´erbole, caso F 6= 0; ou um par de retas concorrentes, casoF = 0. 2. Considere o caso de um autovalor nulo, digamos, λ1 = 0 e λ2 6= 0 (necessariamente λ2 6= 0). Novamente, completando o quadrado na vari´avel y1 , obtemos λ2 y12 + d1 x1 + e1 y1 + f = (λ2 y12 + e1 y1 ) + d1 x1 + f = λ2 y22 + d1 x2 + F . Assim, a equa¸ca˜o inicial da cˆonica Γ fica transformada em λ2 y22 + d1 x2 + F = 0. Note que (a) Se d1 6= 0, ent˜ao Γ ser´a uma par´abola. 77 CEDERJ Cˆonicas (b) Se d1 = 0, ent˜ao Γ ser´a um par de retas paralelas, caso λ2 · F < 0; ou uma u ´nica reta, caso F = 0; ou o conjunto vazio, caso λ2 ·F > 0. 3. O caso λ2 = 0 e λ1 6= 0 ´e an´alogo ao anterior. ´ importante observar que nunca poderemos ter λ1 = λ2 = 0, pois E estamos supondo que a forma quadr´atica associada ´e n˜ao-nula. Veja, tamb´em, que λ1 · λ2 ¯ ¯ ¯ λ 0 ¯ ¯ ¯ 1 =¯ ¯ ¯ 0 λ2 ¯ = det P = det A ¯ ¯ ¯ a ¯ b/2 ¯ ¯ =¯ ¯ ¯ b/2 c ¯ = ac − b2 . 4 b2 , que por sua vez tem o 4 mesmo sinal de 4ac − b2 . Assim, podemos refazer a an´alise anterior em fun¸ca˜o do discriminante b2 − 4ac da forma quadr´atica. Portanto, λ1 · λ2 tem o mesmo sinal de ac − Teorema 1 Dada a cˆonica de equa¸ca˜o ax2 + bxy + cy 2 + dx + ey + f = 0, ent˜ao esta cˆonica representa: a) uma elipse, um ponto ou o conjunto vazio, caso b2 − 4ac < 0; b) uma par´abola, duas retas paralelas ou uma u ´nica reta, caso b2 −4ac = 0; c) uma hip´erbole ou duas retas concorrentes, caso b2 − 4ac > 0. Auto-avalia¸c˜ ao: Esta aula constitui uma excelente aplica¸ca˜o dos conceitos vistos nas aulas anteriores. No entanto, pressupomos que vocˆe tenha alguns conhecimentos acerca das equa¸co˜es de cˆonicas tradicionais, como elipses, par´abolas e CEDERJ 78 Cˆonicas ´ MODULO 3 – AULA 27 hip´erboles. Conhecendo essas equa¸co˜es e com o conhecimento adquirido das u ´ltimas aulas, vocˆe n˜ao deve encontrar muita dificuldade para compreender os conceitos apresentados aqui. No entanto, como esta aula re´ une muitos conhecimentos matem´aticos, vocˆe deve ser persistente na leitura dos exemplos e do procedimento apresentado, sempre recorrendo ao tutor no caso de encontrar uma dificuldade maior. Na pr´oxima aula, trataremos de equa¸c˜oes semelhantes, agora com trˆes vari´aveis ao inv´es de duas, mas o procedimento ser´a exatamente o mesmo, ou seja, diagonalizar uma forma quadr´atica e completar quadrados at´e simplificar a equa¸ca˜o ao m´aximo. Exerc´ıcio 1. Dada a cˆonica de equa¸c˜ao 2x2 − 4xy − y 2 − 4x − 8y + 14 = 0, aplique o procedimento apresentado nesta aula, simplificando a equa¸c˜ao ao m´aximo e identificando a cˆonica apresentada. Resposta 1. A hip´erbole de equa¸ca˜o x22 y22 − = 1. 12 8 79 CEDERJ Qu´adricas ´ MODULO 3 – AULA 28 Aula 28 – Qu´ adricas Objetivos: • Compreender o conceito generalizado de uma qu´adrica. • Aplicar os conceitos apresentados em casos particulares. Pr´ e-requisitos: Aulas 22, 25, 26 e 27. Esta aula ´e uma continua¸c˜ao da aula anterior sobre cˆonicas; nela estudaremos as superf´ıcies qu´adricas no espa¸co R3 . Mais precisamente, vamos estudar alguns conjuntos de R3 cujas coordenadas, com respeito `a base canˆonica, satisfazem uma equa¸ca˜o do tipo ax2 + by 2 + cz 2 + dxy + exz + f yz + gx + hy + kz + p = 0. Usando novamente os resultados sobre diagonaliza¸ca˜o de formas quadr´aticas, iremos simplificar essa equa¸ca˜o e descrever as superf´ıcies mais simples que ela pode representar. Defini¸c˜ ao 9 Uma superf´ıcie qu´adrica, ou, simplesmente, uma qu´ adrica, ´e o conjunto 3 de pontos de R cujas coordenadas (x, y, z) satisfazem uma equa¸c˜ao da forma ax2 + by 2 + cz 2 + dxy + exz + f yz + gx + hy + kz + p = 0, (6) onde os coeficientes a, b, c,..., k, p s˜ao n´ umeros reais e pelo menos um dos coeficientes a, b, c, d, e, f ´e n˜ao-nulo. Observe que a equa¸c˜ao (6) cont´em uma forma quadr´atica n˜ao-nula em R3 , q(x , y , z) = ax2 + by 2 + cz 2 + dxy + exz + f yz, uma forma linear em R3 , `(x , y , z) = gx + hy + kz, e o termo constante p. Apresentaremos a seguir os exemplos mais comuns de superf´ıcies qu´adricas. Figura 28.1: Gr´aficos de qu´adricas 81 CEDERJ Qu´adricas (a) Elips´oide ( x2 y 2 z 2 + 2 + 2 = 1) a2 b c (b) Hiperbol´oide de uma folha ( x2 y 2 z 2 + 2 − 2 = 1) a2 b c (c) Hiperbol´oide de duas folhas (− CEDERJ 82 x2 y 2 z 2 + 2 − 2 = 1) a2 b c (d) Cone el´ıptico ( x2 y 2 z 2 + 2 − 2 = 0) a2 b c Qu´adricas (e) Parabol´oide el´ıptico ( x2 y 2 + 2 = z) a2 b (g) Cilindro el´ıptico ( x2 y 2 + 2 = 1) a2 b ´ MODULO 3 – AULA 28 (f) Parabol´oide hiperb´olico (− x2 y 2 + 2 = z) a2 b (h) Cilindro parab´olico (y = ax2 ) 83 CEDERJ Qu´adricas Observe que a equa¸ca˜o (6) tamb´em pode representar um conjunto vazio (por exemplo, x2 + y 2 + 1 = 0), um u ´nico ponto (por exemplo, x2 + y 2 + (z − 1)2 = 0), um plano (por exemplo, z 2 = 0), dois planos paralelos (por exemplo, z 2 = 4) ou dois planos secantes (por exemplo, xz = 0). Nestes casos, as qu´adricas s˜ao ditas degeneradas. Assim como foi feito para as cˆonicas, mostraremos que atrav´es de uma mudan¸ca de coordenadas podemos reduzir a equa¸ca˜o (6) de modo que a qu´adrica seja identificada como sendo de um dos tipos descritos. Esse problema ´e o de classificar a qu´adrica. Sempre que a qu´adrica for representada por uma equa¸ca˜o que n˜ao cont´em termos em xy, xz, yz, x, y e z, dizemos que a equa¸ca˜o est´a na forma canˆ onica e que a qu´adrica est´a na posi¸c˜ ao canˆ onica. A presen¸ca de termos cruzados da forma xy, xz ou yz na equa¸c˜ao (6) indica que a qu´adrica sofreu uma rota¸c˜ao com respeito `a posi¸ca˜o canˆonica, e a presen¸ca de termos da forma x, y ou z indica que a qu´adrica sofreu uma transla¸c˜ao com respeito `a posi¸ca˜o canˆonica. Como foi feito no caso das cˆonicas, vamos desenvolver um procedimento para representar uma qu´adrica na forma canˆonica. A id´eia principal do procedimento consiste em obter um novo sistema de coordenadas x1 y1 z1 de modo que n˜ao apare¸cam os termos cruzados x1 y1 , x1 z1 e y1 z1 . Vamos, primeiramente, expressar a equa¸ca˜o (6) na forma matricial. Temos, q(x , y , z) = ax2 + by 2 + cz 2 + dxy + exz + f yz    a d/2 e/2 x    = (x y z)  d/2 b f /2   y  e/2 f /2 c z = vt A v , onde     x a d/2 e/2     v =  y  e A =  d/2 b f /2  . z e/2 f /2 c CEDERJ 84 Qu´adricas ´ MODULO 3 – AULA 28 Observe tamb´em que `(x , y , z) = gx + hy + kz   x   = (g h k)  y  z = Bv , onde B = (g h k). Substituindo q(x , y , z) = vt A v e `(x , y , z) = Bv em (6), obtemos a forma vetorial da qu´adrica, vt A v + Bv + p = 0. (7) ˜ DE UMA PROCEDIMENTO PARA SIMPLIFICAR A EQUAC ¸ AO ´ QUADRICA Seja Γ a qu´adrica representada pela equa¸c˜ao (6), ax2 + by 2 + cz 2 + dxy + exz + f yz + gx + hy + kz + p = 0, cuja forma vetorial ´e a equa¸ca˜o (7), vt A v + Bv + p = 0. 1o Passo: Encontrar uma matriz ortogonal P = [u1 u2 u3 ] que diagonaliza A. Como j´a foi visto v´arias vezes ao longo do curso, lembre que as colunas de P formam uma base ortonormal {u1 , u2 , u3 } de autovetores da matriz A para o R3 . Assim,   λ1 0 0   D = P t A P com D =  0 λ2 0  , 0 0 λ3 onde λ1 , λ2 e λ3 s˜ao os autovalores da matriz A associados aos autovetores u1 , u2 e u2 , respectivamente. 85 CEDERJ Qu´adricas 2o Passo: Permutar as colunas de P , caso seja necess´ario, de modo que se tenha det(P ) = 1. Isso garante que a transforma¸c˜ao ortogonal   x1   v = P v1 , com v1 =  y1  , z1 seja uma rota¸ca˜o no plano. 3o Passo: Obter a equa¸ca˜o que representa a qu´adrica Γ no novo sistema de eixos x1 y1 z1 . Para isso, observe que ax2 + by 2 + cz 2 + dxy + exz + f yz = vt A v = (P v1 )t A (P v1 ) ; onde v = P v1 = vt1 (P t A P ) v1 = vt1 D v1    λ1 0 0 x1    z1 )  0 λ2 0   y1  0 0 λ3 z1 = (x1 y1 = λ1 x21 + λ2 y12 + λ3 z12 e gx + hy + kz = Bv = B(P v1 ) ; onde v = P v1 = (BP ) v1 ; onde BP = (g1 h1 k1 )  x1   k1 )  y 1  z1  = (g1 h1 = g1 x1 + h1 y1 + k1 z1 . Assim, a equa¸ca˜o vt A v + Bv + p = 0 CEDERJ 86 Qu´adricas ´ MODULO 3 – AULA 28 se transforma em λ1 x21 + λ2 y12 + λ3 z12 + g1 x1 + h1 y1 + k1 z1 + p = 0. Essa equa¸ca˜o representa a qu´adrica Γ e n˜ao cont´em os termos cruzados x1 y1 , x1 z1 e y1 z1 . 4o Passo: Completando os quadrados em x1 , y1 e z1 , obtemos (λ1 x21 + g1 x1 ) + (λ2 y12 + h1 y1 ) + (λ3 z12 + +k1 z1 ) + p = 0 λ1 (x21 + g1 h1 k1 x1 ) + λ2 (y12 + y1 ) + λ3 (z12 + z1 ) + p = 0 λ1 λ2 λ3 λ1 (x1 + g1 2 h1 2 k1 2 ) + λ2 (y1 + ) + λ3 (z1 + ) + p1 = 0. 2λ1 2λ2 2λ3 Passando para as novas vari´aveis g1 h1 k1 ; y2 = y1 + ; z2 = z1 + , 2λ1 2λ2 2λ3 x2 = x1 + obtemos a equa¸ca˜o λ1 x22 + λ2 y22 + λ3 z22 + p1 = 0. Essa equa¸ca˜o representa a qu´adrica Γ e n˜ao cont´em os termos cruzados x2 y2 , x2 z2 e y2 z2 nem os termos em x2 , y2 e z2 . Portanto, ´e uma equa¸c˜ao na forma canˆonica. Exemplo 1 Descreva a superf´ıcie qu´adrica cuja equa¸c˜ao ´e dada por 4x2 + 4y 2 + 4z 2 + 4xy + 4xz + 4yz − 3 = 0. Solu¸c˜ao Reescrevendo essa equa¸ca˜o na forma matricial, temos vt A v − 3 = 0, onde (8)     x 4 2 2     v =  y  e A =  2 4 2 . z 2 2 4 87 CEDERJ Qu´adricas Deixamos para vocˆe o exerc´ıcio de calcular os autovalores e os autovetores correspondentes da matriz A. Obtemos: • λ1 = 2: ´e um autovalor com multiplicidade alg´ebrica 2 e autovetores associados   ±√  −1 2  ±√   u1 =  1 2  e u2 =  0 ±√  −1 6 ±√  −1 6  ; ±√ 2 6 • λ2 = 8: ´e um autovalor com multiplicidade alg´ebrica 1 e autovalor associado  ±√  1 3  ±√  u3 =  1 3  . ±√ 1 3 Como {u1 , u2 , u3 } forma uma base ortonormal de R3 , temos que  ±√ ±√ ±√  −1 2 −1 6 1 3 ±√ ±√   ±√ P = [u1 u2 u3 ] =  1 2 −1 6 1 3  ±√ ±√ 0 2 6 1 3 ´e a matriz ortogonal que diagonaliza a pondente ser´a  2  D= 0 0 matriz A e a matriz diagonal corres 0 0  2 0 . 0 8 Vale tamb´em que D = P t A P . Observe que det(P ) = 1, logo P representa uma rota¸ca˜o em R3 . Considerando     x x1     v =  y  e v1 =  y1  z1 z CEDERJ 88 Qu´adricas ´ MODULO 3 – AULA 28 e substituindo v = P v1 em vt A v, obtemos vt A v = (P v1 )t A (P v1 ) = vt1 (P t AP )v1 = vt1 D v1 onde P t AP = D   2 0 0 x1    = (x1 y1 z1 )  0 2 0   y1  z1 0 0 8  = 2x21 + 2y12 + 8z12 . Portanto, substituindo vt A v = 2x21 + 2y12 + 8z12 na equa¸ca˜o (8), obtemos 2x21 + 2y12 + 8z12 = 3, ou, equivalentemente, x21 y2 z2 + 1 + 1 = 1. 3/2 3/2 3/8 Observe que essa equa¸ca˜o n˜ao cont´em os termos cruzados x1 y1 , x1 z1 e y1 z1 nem os termos em x1 , y1 e z1 . Portanto, ´e uma equa¸ca˜o na forma canˆonica. Identificamos, facilmente, que essa equa¸c˜ao representa um elips´oide, como ilustra a Figura 28.1.a. Exemplo 2 Identifique a superf´ıcie qu´adrica cuja equa¸c˜ao ´e dada por √ −x2 + 2yz − 2 y − 101 = 0. Solu¸c˜ao Inicialmente, observe que a presen¸ca do termo cruzado yz nos levar´a a realizar uma rota¸ca˜o de eixos, e a presen¸ca dos termos lineares z e y, a realizar uma transla¸c˜ao de eixos. Reescrevendo essa equa¸ca˜o na forma matricial, temos vt A v + Bv − 101 = 0, (9) 89 CEDERJ Qu´adricas onde   x   v= y  z  −1 0 0   A =  0 0 1  e B = (0 0 1 0  , − √ 2 √ 2). Deixamos para vocˆe, novamente, o exerc´ıcio de calcular os autovalores e os autovetores correspondentes da matriz A. Obtemos: • λ1 = −1 : autovalor com multiplicidade alg´ebrica 2 e autovetores associados   1    u1 =  0  e u2 =  0   0 ±√  1 2 ; ±√ −1 2 • λ2 = 1 : autovalor com multiplicidade alg´ebrica 1 e autovalor associado   0  ±√  u3 =  1 2  . ±√ 1 2 Como {u1 , u2 , u3 } forma uma base ortonormal de R3 , ent˜ao   1 0 0 ±√ ±√   P = [u1 u2 u3 ] =  0 1 2 1 2  ±√ ±√ 0 −1 2 1 2 ´e a matriz ortogonal que diagonaliza a pondente ser´a  −1  D= 0 0 matriz A e a matriz diagonal corres 0 0  −1 0  . 0 1 Vale tamb´em que D = P t A P . Como no Exemplo 1, det(P ) = 1, logo P representa uma rota¸ca˜o em R . Considerando     x x1     v =  y  e v1 =  y1  , z1 z 3 CEDERJ 90 Qu´adricas ´ MODULO 3 – AULA 28 e substituindo v = P v1 em vt A v, obtemos vt A v = (P v1 )t A (P v1 ) = vt1 (P t AP )v1 = vt1 D v1 , onde P t AP = D    −1 0 0 x1    = (x1 y1 z1 )  0 −1 0   y1  0 0 1 z1 = −x21 − y12 + z12 , e, substituindo v = P v1 em B v, obtemos Bv = B(P v1 ) = BP v1  = (0   1 0 0 x1 √ √  ±√ ±√    − 2 2)  0 1 2 1 2   y1  ±√ ±√ 0 −1 2 1 2 z1  = (0  x1   − 2 0)  y1  z1 = −2y1 . Portanto, substituindo vt A v = −x21 − y12 + z12 e Bv = −2y1 em (9), obtemos −x21 − y12 + z12 − 2y1 = 101. Agora, completando o quadrado na vari´avel y1 , temos −x21 + z12 − (y12 + 2y1 ) = 101, o que nos d´a −x21 − [(y1 + 1)2 − 1] + z12 = 101, 91 CEDERJ Qu´adricas e, portanto, −x21 − (y1 + 1)2 + z12 = 100, ou, equivalentemente, − x21 (y1 + 1)2 z12 − + = 1. 102 102 102 (10) Essa equa¸ca˜o j´a ´e uma forma canˆonica para a qu´adrica inicial e j´a se pode identificar a equa¸c˜ao de um hiperbol´oide de duas folhas, mas ela ainda pode ser mais simplificada. Realizando a mudan¸ca de vari´aveis dada por    x2 = x1 y2 = y1 + 1   z2 = z1 , que representa uma transla¸c˜ao no R3 , a equa¸c˜ao (10) se transforma em − y22 z22 x22 − + = 1, 102 102 102 que representa a qu´adrica inicial aos novos eixos x2 y2 z2 . Nessa forma, identificamos novamente a equa¸ca˜o de um hiperbol´oide de duas folhas, como ilustra a Figura 28.1.c. Auto-avalia¸c˜ ao: Terminamos o estudo das cˆonicas em R2 e das qu´adricas em R3 , que constituem uma excelente aplica¸ca˜o da diagonaliza¸c˜ao das formas quadr´aticas. ´ importante que vocˆe reveja o procedimento de simplifica¸c˜ao dessas equa¸co˜es E e compreenda os c´alculos realizados nos exemplos. Tamb´em ´e importante que fique clara a interpreta¸ca˜o geom´etrica de cada mudan¸ca de vari´aveis realizada. Exerc´ıcios Obtenha uma forma canˆonica de cada qu´adrica abaixo e identifique a qu´adrica. √ √ 1. 2xy − 4 2 x + 2 2y + z − 9 = 0. 2. 2xy + 2xz + 2yz − 6x − 6y − 4z − 9 = 0. 3. 7x2 + 7y 2 + 10z 2 − 2xy − 4xz + 4yz − 12x + 12y + 60z − 24 = 0. CEDERJ 92 Autovalores complexos ´ MODULO 3 – AULA 29 Aula 29 – Autovalores complexos Objetivos: • Compreender o conceito de autovalor complexo. • Aplicar os conceitos apresentados em casos particulares. Pr´ e-requisitos: Aulas 3 e 5. Vimos logo na Aula 3 que, dada uma matriz A ∈ Mn (R), seu polinˆomio caracter´ıstico p(x) ´e um polinˆomio de grau n com coeficientes reais e, portanto, possui um total de n ra´ızes, contando suas multiplicidades e as ra´ızes complexas. Nesta aula, estudaremos alguns exemplos de matrizes reais com autovalores complexos. Inicialmente, vamos relembrar alguns conceitos sobre n´ umeros complexos. Denotamos o conjunto dos n´ umeros complexos por C e representamos por √ C = {a + b i | a, b ∈ R e i = −1 } A igualdade de n´ umeros complexos ´e definida por a + b i = c + d i se e somente se a = c e b = d. A adi¸ca˜o e a multiplica¸ca˜o de n´ umeros complexos s˜ao definidas por: i. (a + b i) + (c + d i) = (a + c) + (b + d) i; ii. (a + b i) · (c + d i) = (ac − bd) + (ad + bc) i, ´ f´acil verificar que todas as propriedades para todos os a, b, c, d ∈ R. E de corpo dos n´ umeros reais continuam v´alidas para os n´ umeros complexos. Definimos o conjugado de um n´ umero complexo z = a + b i como sendo o n´ umero complexo z¯ = a − b i. A teoria de espa¸cos vetoriais e de ´algebra matricial desenvolvida no caso de componentes reais e escalares reais se aplica tamb´em para componentes e escalares complexos. Por exemplo, o espa¸co vetorial C2 ´e definido por C2 = {(z , w) | z, w ∈ C }, com as opera¸c˜oes usuais i. (z1 , w1 ) + (z2 , w2 ) = (z1 + z2 , w1 + w2 ); 93 CEDERJ Autovalores complexos ii. z · (z1 , w1 ) = (z z1 , z z2 ), onde z, z1 , w1 , z2 , w2 ∈ C. Assim, dada uma matriz A ∈ Mn (C), um n´ umero complexo λ ∈ C ´e um autovalor (complexo) da matriz A se existe um vetor n˜ao-nulo v ∈ Cn tal que Av = λv. Dizemos que v ´e um autovetor (complexo) associado ao autovalor λ ∈ C. Exemplo 1 Discuta a diagonaliza¸c˜ao da matriz ! à 0 −1 A= . 1 0 Solu¸c˜ao Sabemos, do nosso estudo de rota¸c˜oes no plano, que essa matriz corresponde a uma rota¸c˜ao de π/2 radianos no sentido anti-hor´ario em torno da origem do plano cartesiano R2 . Assim, fica claro que nenhum vetor n˜ao-nulo v ∈ R2 ´e transformado, pela a¸ca˜o da matriz A, num m´ ultiplo dele mesmo. 2 Assim, a matriz A n˜ao possui autovetores em R e, conseq¨ uentemente, n˜ao tem autovalores reais. De fato, o polinˆomio caracter´ıstico de A ´e p(x) = det(xI2 − A) ¯ ¯ ¯ x 1 ¯¯ ¯ =¯ ¯ ¯ −1 x ¯ = x2 + 1 . Esse polinˆomio s´o possui as ra´ızes complexas λ1 = i e λ2 = − i. No entanto, considerando A com matriz complexa, isto ´e, A ∈ M2 (C), λ1 = i e λ2 = − i s˜ao autovalores complexos da matriz A, pois os vetores v1 = (1 , − i) , v2 = (1 , i) ∈ C2 , e satisfazem à ! à ! 1 1 Av1 = =i = i v1 ; −i −i à !à ! à ! 0 −1 1 1 Av2 = = −i = − i v2 . 1 0 i i CEDERJ 94 0 −1 1 0 !à Autovalores complexos ´ MODULO 3 – AULA 29 Assim, v1 = (1 , − i) ´e um autovetor associado ao autovalor λ1 = i, e v2 = (1 , i) ´e um autovetor associado ao autovalor λ2 = − i. Como a matriz n˜ao possui autovalores reais, ela n˜ao ´e diagonaliz´avel enquanto matriz real. No entanto, como ela possui dois autovalores complexos distintos, a matriz A ´e diagonaliz´avel quando considerada como matriz complexa. Mais ainda, considerando as matrizes P, D ∈ M2 (C) dadas por à P = [v1 v2 ] = 1 1 −i i ! à e D= i 0 0 −i ! , temos à P DP −1 = à = à = 1 1 −i i i −i 1 1 0 −1 1 0 !à !à i 0 0 −i !à 1/2 i/2 1/2 − i/2 1/2 i/2 1/2 − i/2 ! ! ! = A, isto ´e, A = P DP −1 . Portanto, no caso complexo, a matriz A ´e semelhante `a matriz diagonal D. Exemplo 2 Dada a matriz à A= 0, 5 − 0, 6 0, 75 1, 1 ! , determine os autovalores de A e uma base para cada auto-espa¸co. Solu¸c˜ao Obtendo o polinˆomio caracter´ıstico da matriz A, p(x) = det(xI 2 − A) ¯ ¯ 0, 5 − x −0, 6 ¯ =¯ ¯ 0, 75 1, 1 − x ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ = (0, 5 − x)(1, 1 − x) − (−0, 6)(0, 75) = x2 − 1, 6 x + 1 . 95 CEDERJ Autovalores complexos Calculando as ra´ızes desse polinˆomio quadr´atico, obtemos λ1 = 0, 8 − 0, 6 i e λ2 = 0, 8 + 0, 6 i. Considerando o autovalor λ1 = 0, 8−0, 6 i, queremos obter v = (z , w) ∈ C n˜ao-nulo tal que Av = λ1 v, 2 ou seja, à 0, 5 − 0, 6 0, 75 1, 1 !à z w ! à = (0, 8 − 0, 6 i) z w ! , o que nos d´a o sistema linear ( (0, 8 − 0, 6 i) z − 0, 6 w = 0 0, 75 z + (0, 8 + 0, 6 i) w = 0 . Como os autovalores s˜ao distintos, cada auto-espa¸co tem dimens˜ao 1; portanto, as equa¸co˜es do sistema anterior s˜ao dependentes. Assim, basta considerar uma das equa¸c˜oes; por exemplo, da segunda equa¸ca˜o, temos z = (− 0, 4 − 0, 8 i) w. Escolhendo w = 5 (para eliminar a parte decimal), obtemos z = −2 − 4 i. Assim, uma base para o auto-espa¸co associado ao autovalor λ1 = 0, 8 − 0, 6 i ´e dada pelo vetor à ! −2 − 4 i v1 = . 5 Analogamente, para o autovalor λ2 = 0, 8 + 0, 6 i, obtemos o autovetor à ! −2 + 4 i v2 = , 5 pois à Av2 = à = 0, 5 − 0, 6 0, 75 1, 1 −4 + 2 i 4 + 3i = (0, 8 + 0, 6 i) CEDERJ 96 −2 + 4 i 5 ! à = λ2 v2 . !à −2 + 4 i 5 ! ! Autovalores complexos ´ MODULO 3 – AULA 29 Observe que a matriz A ´e semelhante `a matriz diagonal à ! à ! λ1 0 0, 8 − 0, 6 i 0 D= = . 0 λ2 0 0, 8 + 0, 6 i Auto-avalia¸c˜ ao: N˜ao ´e nosso objetivo generalizar toda a teoria de diagonaliza¸ca˜o de matrizes reais para o caso complexo; apesar disso, desejamos proporcionar novas ´ e importantes aplica¸co˜es da Algebra Linear. Muitos problemas envolvendo matrizes com autovalores complexos aparecem naturalmente em Engenharia El´etrica, em F´ısica e na ´area de Sistemas Dinˆamicos de um modo geral. Essa ´ discuss˜ao costuma ser feita num curso avan¸cado de Algebra Linear. Portanto, nosso objetivo foi apenas o de apresentar a vocˆe alguns exemplos elementares. Exerc´ıcios 1. Determine os autovalores e uma base para cada auto-espa¸co da matriz à A= 1 −2 1 3 ! . 2. Calcule os autovalores e autovetores da matriz à ! a −b A= , b a onde a , b ∈ R com a 6= 0 ou b 6= 0. ¯ tamb´em 3. Dada a matriz A ∈ Mn (R) com autovalor λ ∈ C, mostre que λ ´e autovalor da matriz A. 97 CEDERJ Exerc´ıcios resolvidos – 3a Parte ´ MODULO 3 – AULA 30 Aula 30 – Exerc´ıcios resolvidos – 3a Parte Objetivo: • Aplicar os conceitos e as propriedades vistas nas Aulas 17 a 29. Pr´ e-requisitos: Aulas 17 a 29. Nas pr´oximas aulas apresentaremos uma s´erie de exerc´ıcios resolvidos sobre a segunda parte do curso. Esses exerc´ıcios o ajudar˜ao a consolidar os conceitos apresentados nas aulas anteriores. A nossa orienta¸c˜ao ´e que vocˆe primeiro tente resolver cada um dos exerc´ıcios, usando, se necess´ario, as anota¸c˜oes das aulas anteriores, e, s´o depois de obtida a sua pr´opria solu¸ca˜o, compar´a-la com a solu¸c˜ao apresentada aqui. Caso vocˆe n˜ao consiga resolver algum exerc´ıcio, n˜ao se aflija, leia atentamente a solu¸c˜ao correspondente. Se vocˆe ainda tiver dificuldade, n˜ao hesite em procurar ajuda de seu tutor. Exerc´ıcios 1. Determine a matriz, com respeito `a base canˆonica, da proje¸c˜ao ortogonal sobre a reta y = x. 2. Determine as proje¸co˜es ortogonais dos pontos P1 = (1 , 0 , 1) e P2 = (1 , 1 , 1) sobre o plano x + y − z = 0. 3. Determine o valor  1  A= 2 3 das constantes a, b, c, d ∈ R para que    a+b b 5 b − c 2d + 3    0 4  e B= 3 5 1  4 3 d b+c 0 sejam matrizes sim´etricas. 4. Dadas as matrizes sim´etricas A, B ∈ Mn (R), mostre que AB + BA tamb´em ´e uma matriz sim´etrica. 5. Dadas as matrizes A, B ∈ Mn (R) tal que A uma ´e matriz sim´etrica, verifique que B t A B ´e uma matriz sim´etrica. 6. Dados a, b ∈ R, com b 6= uma matriz ortogonal P que à 0, encontre ! a b diagonaliza a matriz A = , isto ´e, tal que D = P t A P . b a 99 CEDERJ Exerc´ıcios resolvidos – 3a Parte 7. Seja T : R3 → R3 um operador auto-adjunto com autovalores associados λ1 = 3 e λ2 = 4; suponha que v1 = (1 , 1 , 1) e v2 = (2 , 0 , 1) s˜ao dois autovetores associados ao autovalor λ1 = 3. Determine um autovetor associado ao autovalor λ2 = 4 e uma base ortonormal de autovetores de T . 8. Para cada matriz abaixo, determine uma matriz matriz diagonal D tais que A = P DP t .    3 1 0 0 3 1 0 0   1 3 0 0  1 3 0 0     a) A =  b) A =    0 0 2 1  0 0 0 0    0 0 1 2 0 0 0 0 0 0 1 1 ortogonal P e uma 0 0 1 1 2         Solu¸c˜ao 1. Denotamos por T : R2 → R2 a proje¸c˜ao ortogonal sobre a reta y = x, como ilustra a Figura 30.1 Figura 30.1: A proje¸c˜ao ortogonal sobre a reta y = x e a base ortonormal β. Vamos primeiro determinar uma matriz que representa T com respeito a uma base ortonormal β = {u1 , u2 }. Sejam: ±√ ±√ u1 = (1 2 , 1 2) vetor unit´ario paralelo `a reta y = x; e u2 = ±√ ±√ (−1 2 , 1 2) um vetor unit´ario normal `a reta y = x. Como T (u1 ) = u1 = 1 · u1 + 0 · u2 e T (u2 ) = 0 = 0 · u1 + 0 · u2 , temos que à B = [T ]β = CEDERJ 100 1 0 0 0 ! . Exerc´ıcios resolvidos – 3a Parte ´ MODULO 3 – AULA 30 Assim, a matriz A que representa T com respeito `a base canˆonica ´e dada por A = P B P −1 , onde P = [u1 à ±√ ±√ ! 1 2 −1 2 ±√ ±√ u2 ] = . 1 2 1 2 Como P ´e uma matriz ortogonal, temos que à ±√ ±√ ! 1 2 1 2 ±√ ±√ P −1 = P t = , −1 2 1 2 portanto, A =à P B P −1 ! à ±√ ±√ ! à ±√ ! ±√ 1 0 1 2 1 2 1 2 −1 2 ±√ ±√ ±√ ±√ = 1 2 1 2 0 0 −1 2 1 2 à = 1/2 1/2 1/2 1/2 ! . 2. Seja T : R3 → R3 a proje¸ca˜o ortogonal sobre o plano π : x + y − z = 0; precisamos determinar a matriz A que representa essa proje¸ca˜o com respeito `a base canˆonica. Novamente, vamos primeiro obter a matriz que representa T com respeito a uma base ortonormal β = {u1 , u2 , u3 }. Veja a Figura 30.2 Figura 30.2: Uma base ortonormal β. ±√ ±√ Considere os seguintes vetores: u1 = (1 2 , 0 , 1 2) um vetor ±√ ±√ ±√ unit´ario paralelo ao plano π, u2 = (−1 6 , 2 6 , 1 6) um vetor ±√ ±√ ±√ unit´ario ortogonal a u1 e paralelo ao plano π e u3 = (1 3 , 1 3 , −1 3) um vetor unit´ario normal ao plano π. Como T (u1 ) = u1 = 1 · u1 + 0 · u2 + 0 · u3 ; 101 CEDERJ Exerc´ıcios resolvidos – 3a Parte T (u2 ) = u2 = 0 · u1 + 1 · u2 + 0 · u3 ; e T (u3 ) = 0 = 0 · u1 + 0 · u2 + 0 · u3 , temos que   1 0 0   B = [T ]β =  0 1 0  . 0 0 0 Assim, a matriz A que representa T com respeito `a base canˆonica ´e dada por A = P B P −1 , onde P = [u1 u2  ±√ ±√ ±√  1 2 −1 6 1 3 ±√ ±√   u3 ] =  0 2 6 1 3 . ±√ ±√ ±√ 1 2 1 6 −1 3 Como P ´e uma matriz ortogonal, temos que  ±√ ±√  1 2 0 1 2 ±√ ±√ ±√   P −1 = P t =  −1 6 2 6 1 6  ; ±√ ±√ ±√ 1 3 1 3 −1 3 portanto A = P B P −1   ±√ ±√ ±√   1 2 −1 6 1 3 1 0 0 ±√ ±√     = 0 2 6 1 3  0 1 0 . ±√ ±√ ±√ 0 0 0 1 2 1 6 −1 3  ±√ ±√  1 2 0 1 2 ±√ ±√  ±√  .  −1 6 2 6 1 6  ±√ ±√ ±√ 1 3 1 3 −1 3   2/3 −1/3 1/3   =  −1/3 2/3 1/3  . 1/3 1/3 2/3 Assim, as imagens dos pontos P1 e P2 , sob a a¸ca˜o da proje¸c˜ao ortogonal sobre o plano π, s˜ao obtidas por multiplica¸ca˜o de matrizes: CEDERJ 102 Exerc´ıcios resolvidos – 3a Parte  2/3 −1/3 1/3  A P1 =  −1/3 2/3 1/3 1/3 1/3 2/3  2/3 −1/3 1/3  A P2 =  −1/3 2/3 1/3 1/3 1/3 2/3    0     0 = 1    1     1 = 1 ´ MODULO 3 – AULA 30  1/3  1/3  ; 2/3  2/3  2/3  . 1 Portanto, temos A P1 = (1/3 , 1/3 , 2/3) e A P2 = (2/3 , 2/3 , 1). 3. Lembre que uma matriz A ´e sim´etrica se para a matriz  1 a+b  A= 2 0 3 4 temos A = At se e somente  1 a+b   2 0 3 4 e somente se A = At . Assim,  b  4 , 3 se    1 2 3 b    4  =  a + b 0 4 , b 4 3 3 ou seja, se e somente se a + b = 2 e b = 3, ou, ainda, a = −1 e b = 3. Para a matriz  5 b − c 2d + 3   B= 3 5 1 , d b+c 0  temos B = B t se e somente se     5 3 d 5 b − c 2d + 3     1  =  b − c 5 b + c ,  3 5 d b+c 0 2d + 3 1 0 ou seja, se e somente se b − c = 3 , b = 2 , c = −1 e d = −3. b + c = 1 e 2d + 3 = d, ou, ainda, 4. Sendo A e B matrizes sim´etricas, temos A = At e B = B t . Portanto, (AB + BA)t = (AB)t + (BA)t = B t At + At B t = BA + AB = AB + BA . Portanto, a AB + BA tamb´em ´e uma matriz sim´etrica. 103 CEDERJ Exerc´ıcios resolvidos – 3a Parte 5. De fato, temos que (B t AB)t = B t At (B t )t = B t AB; logo, B t AB tamb´em ´e uma matriz sim´etrica. 6. Como A ´e matriz sim´etrica, existe uma matriz ortogonal P que diagonaliza a matriz A. Lembre que as colunas de P s˜ao autovetores unit´arios da matriz A. Portanto, precisamos calcular os autovalores e os respectivos autovetores da matriz A. Seu polinˆomio caracter´ıstico ´e dado por p(x) = det(A − xI2 ) ¯ ¯ a − x −b ¯ =¯ ¯ −b a−x ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ = (a − x)2 − (−b)2 = x2 − 2ax + (a2 − b2 ) . Portanto, os autovalores s˜ao λ1 = a + b e λ2 = a − b. Como b 6= 0, segue que λ1 6= λ2 . Vamos, agora, ao c´alculo dos autovetores. O autovetor associado ao autovalor λ1 = a + b ´e um vetor u1 = (x , y) ∈ R2 que satisfaz (A − λ1 I2 ) u1 = 0, ou seja, à −b b b −b !à x y ! à = 0 0 ! . Como b 6= 0, obtemos x = y. Assim, uma escolha de u1 = (x , y) ±√ ±√ que seja vetor unit´ario ´e dada por u1 = (1 2 , 1 2). Como λ1 6= λ2 e a matriz A ´e sim´etrica, ent˜ao todo autovetor u2 = (x , y) ∈ R2 associado ao autovalor λ2 = a − b ´e ortogonal ao vetor u1 . Portanto, ±√ ±√ podemos escolher u2 = (−1 2 , 1 2). Assim, a matriz P = [u1 CEDERJ 104 à ±√ ±√ ! 1 2 −1 2 ±√ ±√ u2 ] = 1 2 1 2 Exerc´ıcios resolvidos – 3a Parte ´ MODULO 3 – AULA 30 diagonaliza a matriz A, isto ´e, D = P tA P à = à = ! à ±√ ±√ ±√ ! à ±√ ! 1 2 1 2 a b 1 2 −1 2 ±√ ±√ ±√ ±√ −1 2 1 2 b a 1 2 1 2 a+b 0 0 a−b ! ´e uma matriz diagonal semelhante `a matriz A. 7. Seja v3 ∈ R3 um autovetor associado ao autovalor λ2 = 4. Como T ´e um operador auto-adjunto e os vetores v1 e v2 s˜ao linearmente independentes, devemos ter v3 ortogonal a v1 e v2 . Como estamos em R3 , v3 ´e paralelo ao vetor v1 × v2 ; portanto, podemos considerar v3 = v1 × v2 = (1 , 1 , −2). Observe que para os autovetores v1 e v2 associados ao autovalor λ1 = 3 temos hv1 , v2 i = h(2 , 0 , 1), (1 , 1 , 1)i =2·1+0·1+1·1 = 3 6= 0; logo, v1 e v2 n˜ao s˜ao ortogonais entre si. Para construir uma base ortogonal de autovetores, consideramos os vetores v2 , v3 e um novo vetor w, com w ortogonal a v2 e v3 , por exemplo, w = v2 × v3 = (−1 , 5 , 2). Normalizando esses vetores, obtemos uma base ortonormal de autovetores β = {u1 , u2 , u3 }, dada por: u1 = w || w|| −1 5 2 = ( √ , √ , √ ); 30 30 30 u2 = v2 2 1 = ( √ , 0 , √ ); || v2 || 5 5 u3 = v3 1 1 −1 = ( √ , √ , √ ). || v3 || 6 6 6 105 CEDERJ Exerc´ıcios resolvidos – 3a Parte 8. a) Sendo    A=  3 1 0 0 1 3 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0    ,  seu polinˆomio caracter´ıstico ´e dado por p(x) = det(A − xI4 ) ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ =¯ ¯ ¯ ¯ 3−x 1 0 0 1 3−x 0 0 0 0 −x 0 0 0 0 −x ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ = x2 (x2 − 6x + 8) = x2 (x − 2)(x − 4) . Logo, seus autovalores s˜ao: • λ1 = 0, com multiplicidade alg´ebrica 2; • λ2 = 2, com multiplicidade alg´ebrica 1; e • λ3 = 4, com multiplicidade alg´ebrica 1. Vamos, agora, calcular uma base ortonormal de autovetores de A. Para o autovalor λ1 = 0, sabemos que os autovetores associados v = (x , y , z , t) ∈ R4 satisfazem (A − 0 · I4 )v = 0 Av = 0 isto ´e, satisfazem o  3  1    0 0 sistema linear homogˆeneo    0 x 1 0 0     3 0 0  y   0  = 0 0 0  z   0 0 t 0 0 0    .  Escalonando a matriz associada desse sistema linear, no caso, a pr´opria matriz A, obtemos as solu¸co˜es x = 0, CEDERJ 106 y = 0 e z, t arbitr´arios. Exerc´ıcios resolvidos – 3a Parte ´ MODULO 3 – AULA 30 Portanto, escolhendo ora z = 1, t = 0, e ora z = 0, t = 1, obtemos que u1 = (0 , 0 , 1 , 0) u2 = (0 , 0 , 0 , 1) formam uma base ortonormal do auto-espa¸co associado ao autovalor λ1 = 0. Para o autovalor λ2 = 2, sabemos que os autovetores associados v = (x , y , z , t) ∈ R4 satisfazem (A − 2 · I4 )v = 0, isto ´e, satisfazem  1  1    0 0 o sistema linear homogˆeneo    x 1 0 0    1 0 0  y     = 0 −2 0   z   t 0 0 −2 0 0 0 0    .  Escalonando a matriz associada desse sistema linear, obtemos as solu¸co˜es y = −x e z = t = 0, com x arbitr´ario. ±√ ±√ Portanto, escolhendo x = 1 2 e, conseq¨ uentemente, y = −1 2, obtemos que µ ¶ 1 −1 u3 = √ , √ , 0 , 0 2 2 forma uma base ortonormal do auto-espa¸co associado ao autovalor λ2 = 2. Finalmente, para o autovalor λ3 = 4, os autovetores associados v = (x , y , z , t) ∈ R4 satisfazem (A − 4 · I4 )v = 0, ou seja, satisfazem o sistema linear homogˆeneo     x −1 1 0 0    1 −1 0  0  y       =  0 0 −4 0   z   t 0 0 0 −4 0 0 0 0    .  Escalonando a matriz associada desse sistema linear, obtemos as solu¸co˜es y = x e z = t = 0, comx arbitr´ario. 107 CEDERJ Exerc´ıcios resolvidos – 3a Parte Portanto, escolhendo x = 1 obtemos que ±√ µ u4 = 2 e, conseq¨ uentemente, y = 1 1 1 √ , √ , 0, 0 2 2 ±√ 2, ¶ forma uma base ortonormal do auto-espa¸co associado ao autovalor λ3 = 4. Como a matriz A ´e sim´etrica, observe que os autovetores associados a autovalores distintos s˜ao ortogonais. Assim, β = {u1 , u2 , u3 , u4 } ´e uma base ortonormal de R4 formada por autovetores da matriz A. Portanto, a matriz ortogonal P ,  P = [u1 u2 u3   u4 ] =   ±√  ±√ 0 1 2 1 2 ±√ ±√ 0 −1 2 1 2   , 0 0 0  1 0 0 0 0 1 0 e a matriz diagonal D,    D=  0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 2 0 0 0 0 4    ,  satisfazem A = P DP t . b) No caso     A=    CEDERJ 108 3 1 0 0 0 1 3 0 0 0 0 0 2 1 1 0 0 1 2 1 0 0 1 1 2     ,    Exerc´ıcios resolvidos – 3a Parte ´ MODULO 3 – AULA 30 seu polinˆomio caracter´ıstico ´e dado por p(x) = det(xI5 − A) ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ = ¯¯ ¯ ¯ ¯ ¯ x−3 −1 0 0 0 −1 x−3 0 0 0 ¯ ¯ x − 3 −1 ¯ =¯ ¯ −1 x−3 0 0 x−2 −1 −1 0 0 −1 x−2 −1 0 0 −1 −1 x−2 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ x − 2 −1 −1 ¯ ¯ ¯ ¯ x − 2 −1 ¯ · ¯ −1 ¯ ¯ ¯ −1 −1 x−2 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ = (x2 − 6x + 8)(x3 − 6x2 + 9x − 4) = (x − 1)2 (x − 2)(x − 4)2 . Logo, os autovalores da matriz A s˜ao: • λ1 = 1, com multiplicidade alg´ebrica 2; • λ2 = 2, com multiplicidade alg´ebrica 1; e • λ3 = 4, com multiplicidade alg´ebrica 2. Vamos, agora, calcular uma base ortonormal de autovetores de A. Para o autovalor λ1 = 1, sabemos que os autovetores associados v = (x , y , z , t , s) ∈ R5 satisfazem (A − 2 · I5 )v = 0, isto ´e, satisfazem o sistema linear homogˆeneo     x −2 −1 0 0 0      −1 −2 0 0 0  y        z =  0 0 −1 −1 −1         0 −1 −1 −1   t    0 s 0 0 −1 −1 −1 0 0 0 0 0     .    Escalonando a matriz associada desse sistema linear, obtemos as solu¸co˜es x = 0, y = 0, z = −t − s com t e s arbitr´arios. 109 CEDERJ Exerc´ıcios resolvidos – 3a Parte Portanto, escolhendo t = 0 e s = −1, obtemos o autovetor v1 = (0 , 0 , 1 , 0 , −1). Para obter um segundo autovetor v2 = (a , b , c , d , e) associado ao autovalor λ1 = 1 e que seja ortogonal a v1 , devemos ter    a=b=0 c+d+e=0   c − e = 0, sendo que a u ´ltima equa¸c˜ao segue da condi¸c˜ao hv1 , v2 i = 0. Uma solu¸ca˜o desse sistema linear ´e dada por v2 = (0 , 0 , 1 , −2 , 1). Assim, {v1 , v2 } ´e uma base ortogonal do auto-espa¸co associado a λ1 = 1. Para o autovalor λ2 = 2, sabemos que os autovetores associados v = (x , y , z , t , s) ∈ R5 satisfazem (A − 2 · I5 )v = 0, isto ´e, satisfazem o sistema linear homogˆeneo     −1 −1 0 0 0 x      −1 −1 0 0 0  y        0  z = 0 0 −1 −1         0 −1 0 −1   t    0 0 0 −1 −1 0 s 0 0 0 0 0     .    Escalonando a matriz associada desse sistema linear, obtemos as solu¸co˜es y = −x e z = t = 0, com x arbitr´ario. Portanto, escolhendo x = 1, obtemos o autovetor v3 = (1 , −1 , 0 , 0 , 0), que forma uma base do auto-espa¸co associado ao autovalor λ2 = 2. Finalmente, para o autovalor λ3 = 4, os autovetores associados v = (x , y , z , t , s) ∈ R5 satisfazem (A − 4 · I5 )v = 0, CEDERJ 110 Exerc´ıcios resolvidos – 3a Parte ou seja, satisfazem o  1 −1   −1 1   0 0   0  0 0 0 ´ MODULO 3 – AULA 30 sistema linear homogˆeneo    0 0 0 x    0 0 0  y         2 −1 −1   z =    −1 2 −1   t   −1 −1 2 s 0 0 0 0 0     .    Escalonando a matriz associada desse sistema linear, obtemos as solu¸co˜es y = x, s = z e t = z, com x e z arbitr´arios. Agindo como no caso do autovalor λ1 = 1, obtemos os seguintes autovetores associados ao autovalor λ3 = 4: v4 = (1 , 1 , 0 , 0 , 0) e v5 = (0 , 0 , 1 , 1 , 1), e eles formam uma base ortogonal para o auto-espa¸co associado ao autovalor λ3 = 4. Assim, {v1 , v2 , v3 , v4 , v5 } ´e uma base ortogonal de R5 formada por autovetores da matriz A. Normalizando os vetores dessa base, obtemos ´ ³ −1 ; u1 = 0 , 0 , √12 , 0 , √ 2 ³ u2 = 0 , 0 , ³ u3 = ³ u4 = e √1 6 √1 2 , −1 √ 2 √1 2 , √1 2 ³ u2 = 0 , 0 , , −2 √ 6 , √1 6 ´ ; ´ , 0, 0, 0 ; ´ , 0, 0, 0 ; √1 3 , √1 3 , √1 3 ´ . Observe, agora, que β = {u1 , u2 , u3 , u4 , u5 } ´e uma base ortonormal de R5 formada por autovetores da matriz A. Portanto, a matriz ortogonal P ,   ±√ ±√ 0 0 1 2 1 2 0 ±√ ±√    0  0 0 −1 2 1 2  ±√ ±√ ±√  P = [u1 u2 u3 u4 u5 ] =  1 2 1 6 0 0 1 3  ,  ±√ ±√   0 −2 6 0 0 1 3   ±√ ±√ ±√ 0 0 1 3 −1 2 1 6 111 CEDERJ Exerc´ıcios resolvidos – 3a Parte e a matriz diagonal D,     D=    1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 2 0 0 0 0 0 4 0 0 0 0 0 4     ,    satisfazem A = P DP t . Lembre que a ordem dos elementos da diagonal principal da matriz D depende da ordem das colunas da matriz ortogonal P e vice-versa. CEDERJ 112 Exerc´ıcios resolvidos – 4a Parte ´ MODULO 3 – AULA 31 Aula 31 – Exerc´ıcios resolvidos – 4a Parte Objetivo: • Aplicar os conceitos e as propriedades vistas nas Aulas 17 a 29. Pr´ e-requisitos: Aulas 17 a 30. Nesta aula, vamos dar continuidade `a apresenta¸ca˜o de exerc´ıcios resolvidos sobre a segunda parte do curso. Estes exerc´ıcios o ajudar˜ao a consolidar os conceitos apresentados nas aulas anteriores. Mais uma vez, ressaltamos que vocˆe deve primeiro tentar resolver cada um dos exerc´ıcios, usando, se necess´ario, as anota¸co˜es das aulas anteriores, e, s´o depois de obtida a sua pr´opria solu¸c˜ao, compar´a-la com a solu¸ca˜o apresentada aqui. Caso vocˆe n˜ao consiga resolver algum exerc´ıcio, n˜ao se aflija, leia atentamente a solu¸ca˜o correspondente e, se ainda tiver dificuldade, n˜ao hesite em procurar ajuda de seu tutor. Uma discuss˜ao entre alunos e tutor sobre as solu¸c˜oes encontradas ´e sempre muito proveitosa. Exerc´ıcios 1. Para cada caso abaixo, determine a matriz que representa a forma bilinear com respeito `a base ordenada especificada. a) F : R3 × R3 → R dada por F (u , v) = hu , vi com respeito `a base β = {u1 , u2 , u3 }, u1 = (−2 , 0 , 1), u2 = (1 , 2 , 1) e u3 = (0 , 1 , −2). b) F : R2 × R2 → R dada por F (u , v) = hu , ai · hv , bi, com a , b ∈ R2 , com respeito `a base canˆonica. 2. Expresse as formas quadr´aticas abaixo na forma vt A v, onde a matriz A ´e uma matriz sim´etrica. a) q(x1 , x2 ) = 3 x21 + 7 x22 b) q(x1 , x2 , x3 , x4 ) = x21 + x22 + 3 x23 + x24 + 2 x1 x2 + 4 x1 x3 + 6 x2 x3 + 7 x1 x4 − 2 x2 x4 c) q(x1 , x2 , x3 ) = x21 + x22 − x23 + 2 x1 x2 − 3 x1 x3 + x2 x3 113 CEDERJ Exerc´ıcios resolvidos – 4a Parte d) q(x1 , x2 ) = −7x1 x2 e) q(x1 , x2 , . . . , xn ) = (c1 x1 +c2 x2 +· · ·+cn xn )2 , com c1 , c2 , . . . , cn ∈ R. 3. Diagonalize as seguintes formas quadr´aticas: a) q(x , y) = 2xy b) q(x , y , z) = 2xy + 2xz + 2yz Em cada caso, determine a matriz ortogonal que diagonaliza a forma quadr´atica. 4. Identifique as cˆonicas representadas pelas equa¸co˜es abaixo. Em cada caso, determine a matriz ortogonal que diagonaliza a forma quadr´atica. a) 2x2 + 5y 2 = 20 b) x2 − 16y 2 + 8x + 128y = 256 c) 4x2 − 20xy + 25y 2 − 15x − 6y = 0 5. Identifique as qu´adricas representadas pelas equa¸c˜oes abaixo. Em cada caso, determine a matriz ortogonal que diagonaliza a forma quadr´atica. a) 2xy + 2xz + 2yz − 6x − 6y − 4z = −9 √ √ b) 2xy − 6 2 x + 10 2 y + z − 31 = 0 6. Seja F a forma bilinear de R2 definida por F ((x1 , x2 ), (y1 , y2 )) = 2x1 y1 − 3x1 y2 + x2 y2 . a) Determine a matriz A que representa F com respeito `a base α = {(1 , 0) , (1 , 1)}. b) Determine a matriz B que representa F com respeito `a base β = {(2 , 1) , (1 , −1)}. c) Determine a matriz mudan¸ca de base P , da base α para a base β, e verifique que B = P t A P . CEDERJ 114 Exerc´ıcios resolvidos – 4a Parte ´ MODULO 3 – AULA 31 Solu¸c˜ao 1. a) Lembre-se da Aula 25, na qual a matriz que representa a forma bilinear com respeito `a base β = {u1 , u2 , u3 } ´e dada pela matriz A = (aij ), onde aij = F (ui , uj ). Neste caso, temos: a11 a12 a13 a21 a22 a23 a31 a32 a33 = F (u1 , = F (u1 , = F (u1 , = F (u2 , = F (u2 , = F (u2 , = F (u3 , = F (u3 , = F (u3 , u1 ) u2 ) u3 ) u1 ) u2 ) u3 ) u1 ) u2 ) u3 ) = hu1 , = hu1 , = hu1 , = hu2 , = hu2 , = hu2 , = hu3 , = hu3 , = hu3 , u1 i u2 i u3 i u1 i u2 i u3 i u1 i u2 i u3 i = h(−2 , 0 , 1) , (−2 , 0 , 1)i = h(−2 , 0 , 1) , (1 , 2 , 1)i = h(−2 , 0 , 1) , (0 , 1 , −2)i = h(1 , 2 , 1) , (−2 , 0 , 1)i = h(1 , 2 , 1) , (1 , 2 , 1)i = h(1 , 2 , 1) , (0 , 1 , −2)i = h(0 , 1 , −2) , (−2 , 0 , 1)i = h(0 , 1 , −2) , (1 , 2 , 1)i = h(0 , 1 , −2) , (0 , 1 , −2)i = 5; = −1; = −2; = −1; = 6; = 0; = −2; = 0; = 5. Assim, a matriz A ´e dada por  5 −1 −2   A =  −1 6 0 . −2 0 5  Observe que A ´e uma matriz sim´etrica. b) Sejam a = (a1 , a2 ) e b = (b1 , b2 ) vetores com respeito `a base canˆonica. Seja A = (aij ) a matriz que representa a forma bilinear F (u , v) = hu , ai · hv , bi com respeito `a base canˆonica. Assim, temos: a11 a12 a21 a22 = F (e1 , = F (e1 , = F (e2 , = F (e2 , e1 ) e2 ) e1 ) e2 ) = he1 , = he1 , = he2 , = he2 , Portanto, ai · he1 , ai · he2 , ai · he1 , ai · he2 , à A= bi bi bi bi a1 b1 a1 b2 a2 b1 a2 b2 = h(1 , = h(1 , = h(0 , = h(0 , 0) , 0) , 1) , 1) , (a1 , (a1 , (a1 , (a1 , a2 )i · h(1 , a2 )i · h(0 , a2 )i · h(1 , a2 )i · h(0 , 0) , 1) , 0) , 1) , (b1 , (b1 , (b1 , (b1 , b2 )i b2 )i b2 )i b2 )i = a1 b1 ; = a1 b2 ; = a2 b1 ; = a2 b2 . ! . Observe que, em geral, a matriz A n˜ao ´e uma matriz sim´etrica. 115 CEDERJ Exerc´ıcios resolvidos – 4a Parte 2. Como foi visto na Aula 26, temos: a) à q(x1 , x2 ) = (x1 x2 ) 3 0 0 7 !à x1 x2 ! = 3x21 + 7x22 b)    q(x1 , x2 , x3 , x4 ) = (x1 x2 x3 x4 )   1 1 1 2 2 3 7/2 −1  x1 2 7/2   3 −1   x2  3 0   x3 x4 0 1      = x21 + x22 + 3 x23 + x24 + 2 x1 x2 + 4 x1 x3 + 6 x2 x3 + 7 x1 x4 − 2 x2 x4 c)   x1 1 1 −3/2    q(x1 , x2 , x3 ) = (x1 x2 x3 )  1 1 1/2   x2  −3/2 1/2 −1 x3  = x21 + x22 − x23 + 2 x1 x2 − 3 x1 x3 + x2 x3 d) à q(x1 , x2 ) = (x1 x2 ) 0 −7/2 −7/2 0 !à x1 x2 ! = −7x1 x2 e) q(x1 , x2 , . . . , xn ) = (c1 x1 + c2 x2 + · · · + cn xn )2 = = c21 x21 + c22 x22 + · · · + c2n x2n + 2 c1 c2 x1 x2 + 2 c1 c3 x1 x3 + · · · · · · + 2 cn−1 cn xn−1 xn  = (x1 x2 CEDERJ 116    · · · xn )     c21 c1 c2 c1 c3 c1 c2 c22 c2 c3 c1 c3 c2 c3 c23 .. .. .. . . . c1 cn c2 cn c3 cn   x1 · · · c1 cn   · · · c 2 c n   x2    · · · c3 cn    x3 ..   .. ... .   . xn · · · c2n         Exerc´ıcios resolvidos – 4a Parte 3. ´ MODULO 3 – AULA 31 a) Observando os coeficientes de q, vemos que a matriz A que representa q na base canˆonica ´e dada por à ! 0 1 A= . 1 0 Diagonalizar a forma quadr´atica q ´e equivalente a diagonalizar a matriz sim´etrica A. Usando os procedimentos j´a conhecidos sobre diagonaliza¸ca˜o de matrizes sim´etricas, os autovalores da matriz A s˜ao λ1 = 1 e λ2 = −1. A matriz P ser´a obtida a partir de uma base ortonormal de autovetores de A. Efetuando os c´alculos, o que ´e um exerc´ıcio para vocˆe, obtemos à ±√ ! 1 2 ±√ autovetor associado ao autovalor λ1 = 1, e u1 = 1 2 à ±√ ! −1 2 ±√ u2 = autovetor associado ao autovalorλ2 = −1. 1 2 Como {u1 , u2 } forma uma base ortonormal de R2 , ent˜ao à ±√ ±√ ! 1 2 −1 2 ±√ ±√ P = [u1 u2 ] = , 1 2 1 2 que representa uma rota¸c˜ao de π/4 radianos, e a matriz diagonal correspondente ser´a à ! 1 0 D= , 0 −1 onde D = P t A P . Observe que a forma diagonal de q ´e dada por à ! !à 1 0 x1 q(x1 , y1 ) = (x1 y1 ) 0 −1 y1 = x21 − y12 . b) Observando os coeficientes de q, vemos que a matriz A que representa q na base canˆonica ´e dada por   0 1 1   A =  1 0 1 . 1 1 0 Procedendo `a diagonaliza¸ca˜o da matriz sim´etrica A, deixamos os detalhes dos c´alculos como um exerc´ıcio para vocˆe, obtemos 117 CEDERJ Exerc´ıcios resolvidos – 4a Parte os autovalores λ1 = −1, com multiplicidade alg´ebrica 2, e λ2 = 2. A matriz mudan¸ca de vari´avel P ser´a obtida a partir de uma base ortonormal de autovetores de A. Efetuando os c´alculos, obtemos  ±√  1 6 ±√   u1 =  −2 6  autovetor associado ao autovalor λ1 = −1; ±√ 1 6  ±√  1 2   u2 =  0  autovetor associado ao autovalorλ1 = −1; ±√ −1 2  ±√  1 3  ±√  u3 =  1 3  autovetor associado ao autovalorλ2 = 2. ±√ 1 3 Como {u1 , u2 , u3 } forma uma base ortonormal de R3 , ent˜ao  ±√ ±√ ±√  1 6 1 2 1 3 ±√  ±√  P = [u1 u2 u3 ] =  −2 6 0 1 3  ±√ ±√ ±√ 1 6 −1 2 1 3 ´e uma matriz ortogonal e a matriz diagonal correspondente ser´a   −1 0 0   D =  0 −1 0  , 0 0 2 onde D = P t A P . A forma diagonal de q ´e dada por    x1 −1 0 0    q(x1 , y1 , z1 ) = (x1 y1 z1 )  0 −1 0   y1  0 0 2 z1 2 2 2 = −x1 − y1 + 2 z1 . Como P ´e uma matriz ortogonal e det(P ) = 1, ent˜ao P ´e uma rota¸ca˜o em R3 . 4. CEDERJ 118 a) Como a forma quadr´atica q(x , y) = 2x2 + 5y 2 n˜ao cont´em termos em xy, a equa¸ca˜o da cˆonica j´a est´a diagonalizada. Podemos escrevˆe-la na forma x2 y 2 + = 1, 10 4 e, da´ı, identificar a cˆonica como uma elipse de semi-eixos √ 10 e 2. Veja a Figura 31.1. Exerc´ıcios resolvidos – 4a Parte Figura 31.1: A elipse x2 10 + y2 4 ´ MODULO 3 – AULA 31 = 1. b) Como a equa¸c˜ao x2 −16y 2 +8x+128y = 256 n˜ao cont´em termos em xy, ela j´a se encontra diagonalizada, restando apenas completar os quadrados em x e y: (x2 + 8x) − 16(y 2 − 8y) (x + 4)2 − 16 − 16 [(y − 4)2 − 16] (x + 4)2 − 16(y − 4)2 (x + 4)2 (y − 4)2 − 16 1 = 256 = 256 = 16 =1. Efetuando a transla¸c˜ao ( x1 = x + 4 y1 = y − 4 , a equa¸c˜ao que representa a cˆonica se transforma, no sistema de coordenadas x1 y1 , em x21 y12 − = 1. 16 1 Podemos identificar a hip´erbole na Figura 31.2. Figura 31.2: A hip´erbole x21 16 − y12 1 = 1. c) Reescrevendo a cˆonica 4x2 − 20xy + 25y 2 − 15x − 6y = 0 na forma matricial, obtemos vt A v + Bv = 0, 119 CEDERJ Exerc´ıcios resolvidos – 4a Parte onde à v= à A= 4 −10 −10 25 ! x y ! ∈ R2 , e B = (−15 − 6 ). A matriz A ´e a matriz sim´etrica que representa a forma quadr´atica q(x , y) = 4x2 − 20xy + 25y 2 com respeito `a base canˆonica. N˜ao ´e dif´ıcil ver – os c´alculos ficam para vocˆe – que os autovalores da matriz A s˜ao λ1 = 0 e λ2 = 29, e os autovetores normalizados s˜ao à ±√ ! 5 29 ±√ autovetor associado ao autovalor λ1 = 0, e u1 = 2 29 à ±√ ! −2 29 ±√ u2 = autovetor associado ao autovalorλ2 = 29. 5 29 Como {u1 , u2 } forma uma base ortonormal de R2 , ent˜ao à ±√ ±√ ! 5 29 −2 29 ±√ ±√ P = [u1 u2 ] = 2 29 5 29 ´e a matriz ortogonal que diagonaliza a matriz A, e a matriz diagonal correspondente ser´a à ! 0 0 D= , 0 29 com D = P t A P . Como det(P ) = 1, a matriz ortogonal P representa uma rota¸c˜ao em R2 . Considerando à v= x y ! à e v1 = x1 y1 ! , e substituindo v = P v1 em vt A v, obtemos vt A v = (P v1 )t A (P v1 ) = vt1 (P t AP )v1 t = vt1 D v1 ;à onde P D ! AP à =! 0 0 x1 = (x1 y1 ) y1 0 29 = 29y12 . CEDERJ 120 Exerc´ıcios resolvidos – 4a Parte ´ MODULO 3 – AULA 31 A forma linear se transforma em Bv = B(P v1 ) = BP v1 à ±√ ! ±√ ! à 5 29 −2 29 x1 ±√ ±√ = (−15 − 6 ) 2 29 5 29 y1 ! à √ x1 = (−3 29 0 ) y1 √ = −3 29 x1 . Substituindo √ vt A v = 29y12 e Bv = −3 29 x1 em vt A v + Bv = 0, obtemos √ 29y12 − 3 29 x1 = 0. ou, ainda, √ 29 2 y , 3 1 onde identificamos facilmente a equa¸c˜ao de uma par´abola. Veja a Figura 31.3. x1 = y1 x1 Figura 31.3: A par´abola x1 = 5. √ 29 2 y1 . 3 a) Reescrevendo a equa¸ca˜o 2xy + 2xz + 2yz − 6x − 6y − 4z = −9 na forma matricial, temos vt A v + B v = −9, onde   x   v =  y , z   0 1 1   A =  1 0 1  e B = (−6 1 1 0 −6 − 4). 121 CEDERJ Exerc´ıcios resolvidos – 4a Parte A matriz A j´a foi diagonalizada no exerc´ıcio 3b. Encontramos:  ±√  1 6 ±√   u1 =  −2 6  autovetor associado ao autovalor λ1 = −1; ±√ 1 6  ±√ 1 2  u2 =  0 ±√ −1 2  ±√ 1 3  ±√ u3 =  1 3 ±√ 1 3    autovetor associado ao autovalor λ1 = −1;    autovetor associado ao autovalor λ2 = 2. Como {u1 , u2 , u3 } forma uma base ortonormal  ±√ ±√ 1 6 1 2 ±√  P = [u1 u2 u3 ] =  −2 6 0 ±√ ±√ 1 6 −1 2 ´e a matriz ortogonal que diagonaliza gonal correspondente ser´a  −1 0  D =  0 −1 0 0 de R3 , ±√ 1 3 ±√ 1 3 ±√ 1 3 temos que    a matriz A, e a matriz dia 0  0 . 2 Vale tamb´em que D = P t A P . Observe que det(P ) = 1, logo P representa uma rota¸ca˜o em R3 . Considerando     x1 x     v =  y  e v1 =  y1  , z1 z e substituindo v = P v1 em vt A v, obtemos vt A v = (P v1 )t A (P v1 ) = vt1 (P t AP )v1 = vt1 D v1 ; onde P t AP  −1 0  = (x1 y1 z1 )  0 −1 0 0 = −x21 − y12 + 2z12 . CEDERJ 122 =D   0 x1   0   y1  z1 2 Exerc´ıcios resolvidos – 4a Parte ´ MODULO 3 – AULA 31 Agora, substituindo v = P v1 em B v, obtemos Bv = B(P v1 ) = BP v1 = (−6  −6  ±√ ±√ ±√   1 2 1 3 1 6 x1 ±√ ±√     − 4)  −2 6 0 1 3   y1  ±√ ±√ ±√ 1 6 −1 2 1 3 z1 2 16 2 = √ x1 − √ y1 − √ z1 . 6 6 6 Portanto, substituindo 2 2 16 vt A v = −x21 − y12 + 2z12 e Bv = √ x1 − √ y1 − √ z1 6 6 6 na equa¸c˜ao vt A v + B v = −9, obtemos 2 2 16 −x21 − y12 + 2z12 + √ x1 − √ y1 − √ z1 = −9. 6 6 6 Completando os quadrados nas vari´aveis x1 , y1 e z1 , obtemos a qu´adrica µ ¶2 µ ¶2 µ ¶2 1 1 4 − x1 − √ − y1 + √ + 2 z1 + √ = 1. 6 2 3 Agora, aplicando a transla¸ca˜o  1   x2 = x1 − √ 6 y2 = y1 + √12   z2 = z1 + √43 , obtemos −x22 − y22 + 2z22 = 1, que representa um hiperbol´ oide de duas folhas. √ √ b) Reescrevendo a equa¸c˜ao 2xy − 6 2 x + 10 2 y + z − 31 = 0 na forma matricial, temos vt A v + B v = 31, onde   x   v= y  z  ,  0 1 0 √   A =  1 0 0  e B = (− 6 2 0 0 0 √ 10 2 1). 123 CEDERJ Exerc´ıcios resolvidos – 4a Parte Deixamos para vocˆe, novamente, o exerc´ıcio de calcular os autovalores e os autovetores correspondentes da matriz A. Obtemos:   0   u1 =  0  autovetor associado ao autovalor λ1 = 0; 1  ±√  1 2  ±√  u2 =  1 2  autovetor associado ao autovalor λ2 = 1; 0  ±√  −1 2  ±√  u3 =  1 2  autovetor associado ao autovalor λ3 = −1. 0 Como {u1 , u2 , u3 } forma uma base  0  P = [u1 u2 u3 ] =  0 1 ortonormal de R3 , temos que ±√ ±√  1 2 −1 2 ±√ ±√  1 2 1 2  0 0 ´e a matriz ortogonal que diagonaliza a matriz A, e a matriz diagonal correspondente ser´a   0 0 0   D =  0 1 0 , 0 0 −1 onde D = P t A P . Observe que det(P ) = 1, logo P representa uma rota¸ca˜o em R3 , a saber, uma rota¸c˜ao de π/4 radianos em torno do eixo-z. Considerando     x x1     v =  y  e v1 =  y1  , z z1 e substituindo v = P v1 em vt A v, obtemos vt A v = (P v1 )t A (P v1 ) = vt1 (P t AP )v1 = vt1 D v1 ; pois  0  = (x1 y1 z1 )  0 0 = y12 − z12 . CEDERJ 124 P t AP = D   0 0 x1   1 0   y1  z1 0 −1 Exerc´ıcios resolvidos – 4a Parte ´ MODULO 3 – AULA 31 Agora, substituindo v = P v1 em B v, obtemos Bv = B(P v1 ) = BP v1 √ = (−6 2   ±√ ±√   0 1 2 −1 2 x1 ±√ ±√    1)  0 1 2 1 2   y1  1 0 0 z1  √ 10 2  = (1 4 x1   16)  y1  z1 = x1 + 4y1 + 16z1 . Portanto, substituindo vt A, v = y12 − z12 e Bv = x1 + 4y1 + 16z1 na equa¸c˜ao vt A v + B v = − 9, obtemos y12 − z12 + x1 + 4y1 + 16z1 = 31. Completando os quadrados nas vari´aveis y1 e z1 , obtemos (y12 + 4y1 ) − (z12 − 16z1 ) + x1 = 31 (y1 + 2)2 − 4 − (z1 − 8)2 + 64 + x1 = 31 e, por fim, x1 + 29 = −(y1 + 2)2 + (z1 − 8)2 . Agora, aplicando a transla¸ca˜o    x2 = x1 + 29 y2 = y1 + 2   z2 = z1 − 8 , obtemos x2 = −y22 + z22 , que representa um parabol´ oide hiperb´ olico. 6. a) Queremos montar a matriz A = (aij ), onde aij = F (ui , uj ), u1 = (1 , 0) e u2 = (1 , 1). Temos: a11 = F (u1 , u1 ) = F ((1 , 0), (1 , 0)) = 2; 125 CEDERJ Exerc´ıcios resolvidos – 4a Parte a12 = F (u1 , u2 ) = F ((1 , 0), (1 , 1)) = −1; a21 = F (u2 , u1 ) = F ((1 , 1), (1 , 0)) = 2; a22 = F (u2 , u2 ) = F ((1 , 1), (1 , 1)) = 0. Logo, à A= 2 −1 2 0 ! . b) Queremos montar a matriz B = (bij ), onde bij = F (vi , vj ), v1 = (2 , 1) e v1 = (1 , −1). Temos: b11 = F (v1 , v1 ) = F ((2 , 1), (2 , 1)) = 3; b12 = F (v1 , v2 ) = F ((2 , 1), (1 , −1)) = 9; b21 = F (v2 , v1 ) = F ((1 , −1), (2 , 1)) = 0; b22 = F (v2 , v2 ) = F ((1 , −1), (1 , −1)) = 6. Logo, à B= 3 9 0 6 ! . c) Expressando v1 e v2 em fun¸c˜ao de u1 e u2 (os detalhes ficam para vocˆe), obtemos: v 1 = 1 · u1 + 1 · u2 ; v2 = 2 · u1 + (−1) · u2 , à e, portanto, P = 1 2 1 −1 ! à e Pt = 1 1 2 −1 ! , onde à t P AP = CEDERJ 126 1 1 2 −1 !à 2 −1 2 0 !à 1 2 1 −1 ! à = 3 9 0 6 ! = B. Um caso pr´atico ´ MODULO 3 – AULA 32 Aula 32 – Um caso pr´ atico Um modelo de crescimento populacional Nesta u ´ltima aula, vamos ilustrar como a teoria de autovalores e autovetores de matrizes com coeficientes reais pode ser usada para analisar um modelo de crescimento populacional. Iniciaremos nossa discuss˜ao com a apresenta¸c˜ao de um modelo simples de crescimento populacional. Para isso, vamos supor que certas esp´ecies tˆem uma taxa de crescimento constante. Isso significa que a popula¸c˜ao cresce a percentuais iguais em intervalos de tempos iguais. Vamos considerar uma esp´ecie em que cada indiv´ıduo de uma gera¸c˜ao produz r novos descendentes e, logo em seguida, morre. Assim, se pn denota o n´ umero de indiv´ıduos da popula¸c˜ao da n-´esima gera¸ca˜o, supondo que as gera¸c˜oes se sucedem a intervalos de tempos iguais, temos que pn = r pn−1 . Por exemplo, se r = 2, temos: p0 ´e a popula¸c˜ao inicial da esp´ecie; p1 = 2 p0 ; p2 = 2 p1 = 2 (2 p0 ) = 22 p0 ; p3 = 2 p2 = 2 (22 p0 ) = 23 p0 . De modo geral, temos pn = 2n p0 . E para r arbitr´ario, temos pn = rn p0 . Esse modelo pode ser usado, por exemplo, para descrever a popula¸ca˜o de uma certa bact´eria, na qual, a cada per´ıodo de tempo, cada bact´eria se divide em duas outras. Para esse modelo, a popula¸c˜ao cresce para o infinito se r > 1, decresce para zero se 0 < r < 1 e permanece constante se r = 1. Como vocˆe pode notar, esse modelo populacional ´e muito simples. Por exemplo, para a maioria das esp´ecies o n´ umero de descendentes depende da idade dos pais. No caso da esp´ecie humana, uma mulher com 50 anos de idade tem mais dificuldade de ter filhos que uma de 20 anos. Estudaremos um modelo que leva em considera¸c˜ao esse tipo de complexidade. Vamos considerar uma certa esp´ecie de p´assaros em que o n´ umero de 127 CEDERJ Um caso pr´atico machos ´e igual ao n´ umero de fˆemeas. Assim, basta controlar o n´ umero de fˆemeas. Vamos supor, ainda, que o per´ıodo de reprodu¸ca˜o ´e de um ano e que, ap´os o nascimento de uma nova fˆemea, ela s´o poder´a se reproduzir ap´os um ano de vida. Antes de um ano ela ser´a considerada uma fˆemea jovem e ap´os um ano ser´a considerada uma fˆemea adulta. Podemos, ent˜ao, denotar por: pj,n a popula¸ca˜o de fˆemeas jovens ap´os n anos (n per´ıodos de reprodu¸ca˜o); pa,n a popula¸ca˜o de fˆemeas adultas ap´os n anos. Vamos tamb´em assumir que, a cada ano, uma fra¸ca˜o α de fˆemeas jovens sobrevive e se torna fˆemeas adultas, que cada fˆemea adulta produz k novas fˆemeas jovens e que uma fra¸c˜ao β de fˆemeas adultas sobrevive. A suposi¸c˜ao de taxa de sobrevivˆencia constante significa que a sobrevivˆencia dos adultos independe da sua idade, o que nem sempre se aplica. Com as suposi¸co˜es anteriores, podemos relacionar a popula¸ca˜o de fˆemeas jovens e adultas da seguinte forma: ( pj,n = k pj,n−1 pa,n = α pj,n−1 + β pa,n−1 , o que nos d´a um sistema linear de ordem 2. Em nota¸c˜ao matricial, podemos reescrevˆe-lo como Pn = A Pn−1 , onde à Pn = pj,n pa,n ! à e A= 0 k α β ! . Observe que P1 = A P 0 ; P2 = A P1 = A (A P0 ) = A2 P0 ; P3 = A P2 = A (A2 P0 ) = A3 P0 ; P4 = A P3 = A (A3 P0 ) = A4 P0 , e, assim, de um modo geral, Pn = An P0 , onde à P0 = pj,0 pa,0 ! ´e a matriz que representa a popula¸ca˜o inicial de fˆemeas (jovens e adultas). CEDERJ 128 Um caso pr´atico ´ MODULO 3 – AULA 32 Exemplo 1 Vamos considerar o modelo descrito anteriormente durante um per´ıodo de 20 anos com matriz A dada por à A= 0 2 0, 3 0, 5 ! . Essa matriz informa que cada fˆemea adulta gera k = 2 fˆemeas jovens a cada ano e que as taxas de sobrevivˆencia s˜ao α = 0, 3 para fˆemeas jovens e β = 0, 5 para fˆemeas adultas. Observe que α < β significa que as fˆemeas jovens tˆem menos chances de sobreviver que as adultas. Vamos supor, inicialmente, que temos 10 fˆemeas adultas e nenhuma jovem; portanto, à P0 = 0 10 ! . Assim, ap´os um ano, temos à P1 = A P 0 = 0 2 0, 3 0, 5 !à 0 10 ! à = 20 5 ! . Como pj,1 = 20 e pa,1 = 5, a popula¸ca˜o total de fˆemeas ´e de 25 indiv´ıduos ap´os um ano e a raz˜ao entre fˆemeas jovens e adultas ´e pj,1 20 = = 4. pa,1 5 Ap´os o segundo ano, temos à P2 = A P1 = 0 2 0, 3 0, 5 !à 20 5 ! à = 10 8, 5 ! . O valor de 8,5 para fˆemeas adultas pode ser interpretado como um total de 8 indiv´ıduos. No entanto, como pj,2 = 10 e pa,2 = 8, 5, a popula¸ca˜o total de fˆemeas ´e de 18 indiv´ıduos ap´os dois anos, e a raz˜ao entre fˆemeas jovens e adultas ´e 10 pj,2 = = 1, 18. pa,2 8, 5 129 CEDERJ Um caso pr´atico Procedendo dessa forma, obtemos a seguinte tabela de valores: Tabela 32.1 Ano n 0 1 2 3 4 5 10 11 12 20 Fˆemeas jovens Fˆemeas adultas pj,n pa,n 0 10 20 5 10 8 17 7 14 8 17 8 22 12 24 12 25 13 42 22 Total de fˆemeas Pj,n + pa,n 10 25 18 24 22 25 34 36 38 64 pj,n /pa,n 0 4,00 1,18 2,34 1,66 2,00 1,87 1,88 1,88 1,88 Retornando ao modelo geral, suponhamos que a matriz A tenha dois autovalores reais distintos, λ1 e λ2 , com autovetores correspondentes v1 e v2 , respectivamente. Como v1 e v2 s˜ao linearmente independentes, eles formam uma base de R2 e, portanto, podemos escrever P0 = a1 v1 + a2 v2 , com a1 , a2 ∈ R. Como Pn = An P0 , temos que Pn = An P0 = An (a1 v1 + a2 v2 ) , e, portanto, Pn = a1 An v1 + a2 An v2 . Agora, como v1 ´e autovetor associado ao autovalor λ1 , temos Av1 = λ1 v1 ; A2 v1 = A(Av1 ) = A(λ1 v1 ) = λ1 (Av1 ) = λ1 (λ1 v1 ) = λ21 v1 ; A3 v1 = λ31 v1 ; CEDERJ 130 Um caso pr´atico ´ MODULO 3 – AULA 32 e, de um modo geral, An v1 = λn1 v1 . Analogamente, An v2 = λn2 v2 . Portanto, podemos reescrever a equa¸ca˜o Pn = a1 An v1 + a2 An v2 na forma Pn = a1 λn1 v1 + a2 λn2 v2 . à O polinˆomio caracter´ıstico da matriz A = 0 k α β ! ´e dado por p(x) = det(A − xI2 ) = x2 − βx − kα , cujas ra´ızes s˜ao λ= ´ p 1³ β ± β 2 + 4αk . 2 Como k > 0, 0 < α < 1 e 0 < β < 1, temos que β 2 + 4αk > 0 e, portanto, a matriz A de fato possui dois autovalores reais distintos, λ1 e λ2 , como supusemos inicialmente. Vemos tamb´em que λ1 = ´ p 1³ β + β 2 + 4αk > 0 2 λ2 = ´ p 1³ β − β 2 + 4αk < 0, 2 e e, ainda, que |λ1 | > |λ2 |. Assim, neste caso, o vetor Pn pode ser reescrito como ¸ · µ ¶n λ2 n a2 v2 . Pn = λ1 a1 v1 + λ1 ¯ ¯ ³ ´n ¯ ¯ Agora, j´a que ¯ λλ12 ¯ < 1, temos que λλ21 → 0 quando n → +∞, ou seja, λ2 λ1 ≈ 0 quando n ´e muito grande. Nesse caso, teremos Pn ≈ a1 λn1 v1 . Isso significa que, ap´os um tempo grande, a popula¸c˜ao fica proporcional a v1 . 131 CEDERJ Um caso pr´atico Exemplo 2 à Dando continuidade ao Exemplo 1, como A = 0 2 0, 3 0, 5 ! , temos que o polinˆomio caracter´ıstico ´e p(x) = x2 − 0, 5 x − 0, 6. Assim, os autovalores s˜ao ´ p 1³ λ1 = 0, 5 + 2, 65 ≈ 1, 06 2 e ´ p 1³ 0, 5 − 2, 65 ≈ − 0, 56. 2 Efetuando contas rotineiras que vocˆe pode conferir, obtemos os respectivos autovetores: à ! à ! 1 1 v1 = e v2 = . 0, 53 − 0, 28 λ2 = Observe, do autovetor v1 , que 1 ≈ 1, 88, 0, 53 o que explica a raz˜ao pj,n /pa,n na quinta coluna da tabela do Exemplo 1. No exemplo anterior, trabalhamos com precis˜ao de duas casas deci´ claro que obteremos informa¸co˜es mais mais nas aproxima¸co˜es num´ericas. E precisas se usarmos um n´ umero maior de casas decimais. Devemos, tamb´em, esclarecer algumas limita¸co˜es desse modelo. As taxas de nascimento e morte de uma popula¸ca˜o de p´assaros variam de ano para ano e, em particular, dependem do clima da regi˜ao. Em nossa discuss˜ao, assumimos um meio ambiente constante. Muitos ecologistas tamb´em tˆem observado que as taxas de nascimento e morte variam com o tamanho da popula¸ca˜o. Em particular, a popula¸ca˜o n˜ao pode crescer mais depois de atingir um certo tamanho limite, pois incorre no problema da falta de alimento. E, ainda, se a popula¸ca˜o crescesse indefinidamente a uma taxa constante, ela iria superpovoar qualquer ecossistema. Exerc´ıcios 1. Usando o modelo populacional desenvolvido neste cap´ıtulo, determine o n´ umero de fˆemeas jovens e adultas ap´os per´ıodos de 1, 2, 5, 10, 19 e CEDERJ 132 Um caso pr´atico ´ MODULO 3 – AULA 32 20 anos. Em cada caso, calcule tamb´em a raz˜ao pj,n /pa,n . Considere ! à 0 P0 = , k = 3, α = 0, 4 e β = 0, 6. 12 Esperamos que vocˆe tenha apreciado os conhecimentos matem´aticos desenvolvidos neste curso. Eles s˜ao, realmente, de ampla aplica¸c˜ao pr´atica. Na medida em que vocˆe desenvolver outras ferramentas matem´aticas, vocˆe ver´a esses conceitos ressurgindo em muitos contextos diferentes. No mais, n´os, autores, desejamos a vocˆe toda a sorte e sucesso na sua caminhada pelo maravilhoso mundo da Matem´atica. 133 CEDERJ Solu¸c˜oes de exerc´ıcios selecionados Solu¸ c˜ oes de exerc´ıcios selecionados Aula 19   0 0 1   1. [T ] =  0 1 0  . 1 0 0 2. autovalorλ1 = 1 com multiplicidade 2: autovetores u1 = (1 e u2 = (0, 1, 0); autovalor λ2 = −1 com multiplicidade 1: autovetor u3 = (1 ±√ ±√ ±√ 2, 0, 1 2) ±√ 2, 0, −1 2). Aula 20 1. Matriz ca˜o ortogonal com respeito `a base canˆonica: à da proje¸ √ ± ! 1/4 3 4 A= √ ± . 3 4 1/4 A diagonaliza¸ca˜o da matriz A ´e dada por à A = P DP t = !à √ ± !à √ ± ! 1/2 − 3 2 1 0 1/2 3 2 √ ± √ ± . 3 2 1/2 0 0 − 3 2 1/2 Aula 21   1 0 0   1. [T ] =  0 0 0  0 0 1   1/2 0 1/2   2. [T ] =  0 1 0  1/2 0 1/2 ´ dada pelo produto de matrizes 3. E  ±√    ±√ ±√ ±√   ±√ 1 2 −1 3 1 6 1 0 0 1 2 0 1 2 ±√ ±√   ±√ ±√ ±√   ±√   1 2 1 3 −1 6   0 1 0   −1 3 1 3 1 3  . ±√ ±√ ±√ ±√ ±√ 2 6 0 1 3 0 0 1 1 6 −1 6 2 6 135 CEDERJ Solu¸c˜oes de exerc´ıcios selecionados Aula 22 1. Como At = A, temos (A2 )t = (AA)t = At At = (At )2 = A2 , garantindo que A2 ´e uma matriz sim´etrica. 2. Sejam P matriz ortogonal (P −1 = P t ) e D matriz diagonal tais que A = P DP t . Ent˜ao A2 = AA = (P DP t ) (P DP t ) = P D(P t P )DP t = P DIDP t = P D2 P t , mostrando que A2 tamb´em ´e diagonaliz´avel por matriz ortogonal. 3. Como A ´e uma matriz sim´etrica, temos, pelo Teorema 3, que A ´e diagonaliz´avel por matriz ortogonal. Os autovalores de A s˜ao: λ1 = 3 com multiplicidade alg´ebrica2; λ2 = −1 com multiplicidade alg´ebrica2. Uma base ortonormal para o auto-espa¸co V3 ´e dada por: ±√ ±√ 2, 1 2, 0, 0); ±√ ±√ u2 = (0, 0, 1 2, −1 2), u1 = (1 enquanto uma base para o auto-espa¸co V−1 ´e dada por: ±√ 2, −1 2, 0, 0); ±√ ±√ u4 = (0, 0, 1 2, 1 2). u3 = (1 ±√ Assim, as matrizes ±√  ±√ 1 2 0 1 2 0 ±√  1±√2 0 −1 2 0  ±√ ±√ P =  0 1 2 0 1 2 ±√ ±√ 0 −1 2 0 1 2 satisfazem A = P DP t . CEDERJ 136         e D=  3 0 0 0 0 0 0 3 0 0 0 −1 0 0 0 −1      Solu¸c˜oes de exerc´ıcios selecionados Aula 23 1. à a) P =   b) P =     c) P =   à ! ±√ ±√ ! 1 2 1 2 0 0 ±√ ±√ ;D= −1 2 1 2 0 4  ±√ ±√ ±√  1 3 −1 2 −1 6 −2 0 ±√ ±√ ±√   1 3 1 2 −1 6  ; D =  0 1 ±√ ±√ 0 2 6 0 0 1 3 ±√ ±√   1 2 0 1 2 0 ±√ ±√  −1 2 0 1 2 0    ±√ ±√  ; D =   0 1 2 0 1 2  ±√ ±√ 0 −1 2 0 1 2  0  0  1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 4 0 0 0 0 4      2. Observe que λ = 5 ´e um autovalor de A, mas v = (−1, 1, 0) n˜ao ´e um autovetor correspondente ao autovalor λ = 5. Temos:    ±√ ±√ ±√  1 3 −1 2 −1 6 5 0 0 ±√ ±√    ±√  P =  1 3 1 2 −1 6  ; D =  0 2 0  ±√ ±√ 0 0 2 1 3 0 2 6 Aula 24 1. A matriz que representa o operador T com respeito `a base canˆonica ´e   2 1 1   A =  1 2 −1  . 1 −1 2 Como A ´e uma matriz sim´etrica, segue que o operador T ´e auto-adjunto. 2. A base pode ser β = {u1 , u2 , u3 }, dada por ±√ ±√ ±√ ±√ ±√ ±√ u1 = (−1 3, 1 3 , 1 3); u2 = (1 2, 1 2 , 0) e u3 = (−1 6, ±√ ±√ 1 6 , −2 6) . Aula 25 1. Para todo u , v , w ∈ Rn e a ∈ R, F (u + a w, v) = (u + a w)t A v = (ut + a wt ) A v = ut A v + a (wt A v) = F (u , v) + a F (w, v) . 137 CEDERJ Solu¸c˜oes de exerc´ıcios selecionados Assim, F ´e linear na primeira vari´avel. De forma an´aloga, mostra-se que F tamb´em ´e linear na segunda vari´avel.     1 0 0 2 −1 2     2. a) A = I3 =  0 1 0  b) B =  −1 2 1  0 0 1 2 1 5 à ! à ! à ! 2 −1 3 9 1 2 3. a) A = b) B = c) P = 2 0 0 6 1 −1 Aula 28 1. z22 = x22 − y22 ; parabol´oide hiperb´olico. 2. x22 + y22 − 2z22 = −1; hiperbol´oide de duas folhas. 3. x22 4 + y22 4 + z22 2 = 1; elips´oide. Aula 29 1. λ1 = 2 + i; λ2 = 2 − i; v1 = (−1 + i , 1) v2 = (−1 − i , 1) 2. O polinˆomio caracter´ıstico ´e p(x) = x2 − 2a x + b, cujas ra´ızes s˜ao λ1 = a + b i e λ2 = a − b i, com autovetores associados v1 = (1 , − i) e v2 = (1 , i), respectivamente. 3. Basta observar que, se A ´e matriz real, ent˜ao seu polinˆomio caracter´ıstico p(x) tem coeficientes reais. Logo, se λ ´e uma raiz complexa de ¯ tamb´em ´e raiz de p(x). p(x), ent˜ao λ Aula 32 1. Os autovalores s˜ao λ1 ≈ 1, 44 e λ2 ≈ − 0, 836, com autovalores correspondentes à ! à ! 2, 09 − 3, 57 v1 = e v2 = . 1 1 Valores: Tabela 32.2 CEDERJ 138 Solu¸c˜oes de exerc´ıcios selecionados Ano n 0 1 2 5 10 19 20 Fˆemeas jovens Fˆemeas adultas pj,n pa,n 0 12 36 7 21 19 104 45 600 291 16,090 7,737 23,170 11,140 Total de fˆemeas Pj,n + pa,n 12 43 40 149 981 23,827 34,310 pj,n /pa,n 0 5,14 1,11 2,31 2,06 2,08 2,08 139 CEDERJ