Embora da proposição anterior fique claro que é autovalor de T ⇔ é uma raiz do polinômio característico p( ) da matriz [ ]T , poderíamos nos perguntar se p( ) depende da base es- colhida. O aspecto fundamental em relação a esse ponto é que o polinômio em questão independe da escolha da base. Para ver isto, vamos considerar duas bases e ' e lembrar que existe uma matriz inversível P tal que 1
'
[ ]T =P− [ ]T P (ou seja, [ ]T é
semelhante a [ ]T '). Logo, usando o fato de que
1
det ( ) det (P P− ) 1= (esse resultado será mostrado no capítulo seguinte), obtemos
1
det ([ ]T −I)=det (P− ) det ([ ]T −I) det ( )P =d − − = −
1 ' ( ) det (P [ ]T P I) det ([ ]T I) − − − = − = − = − .
Isso mostra que as matrizes [ ]T e T' têm o mesmo polinômio
característico. No que diz respeito aos autovetores, temos a equi- valência
[ ] v v
Tv=v⇔ T x =x , em que nx1
v
x ∈ℜ é o vetor de coordenadas do autovetor v de T na
base . A discussão acima justifica a definição a seguir.
Definição: Seja uma base de um espaço vetorial V de dimen- são finita. O polinômio característico de um operador linear
:
Vejamos agora alguns exemplos que ilustram características as- sociadas a autovalores e autovetores de operadores lineares ainda não observadas nos exemplos anteriores.
Exemplo 7: Seja V o espaço das funções polinomiais de grau me-
nor ou igual a 1 e considere a base ={ , } {1v v1 2 = +x, 4+x}. Seja
o operador linear definido por T v( )1 = +5 2x, e T v( )2 = −2 (4+x).
Assim, já que T v( )1 = +v1 v2 e T v( )2 = −2v2 (verifique!), segue que
a matriz de T na base é [ ] 1 0 1 2
T =
−
, portanto o polinômio característico de T é p( ) =det ([ ]T −I)= −(1 ) ( 2− −) e os au- tovalores são =1 1 e = −2 2. A partir daí observamos facilmente
que o autovetor de [ ]T associado a =1 1 é x=[3b b]T, com b
real não-nulo e arbitrário. Usando o fato de que as componentes do autovetor x são os coeficientes do autovetor de T expresso
como combinação linear dos vetores da base , o autovetor de T
associado a =1 1 é v=3bv1+bv2 =b(3(1+ + +x) (4 x))=b(7 4 )+ x ,
com b não-nulo e arbitrário. Procedendo analogamente verifica-
se que o autovetor de [ ]T associado a = −2 2 é Ax=[0 b]t, com
b real não-nulo e arbitrário. Assim, o autovetor de T associado a
2 2
= − é x=0v1+bv2 =bv2, b não-nulo, ou seja, o vetor v2 é um
autovetor do operador associado ao autovalor = −2 2.
Exemplo 8: Suponha no exemplo anterior que, em lugar de
2
( ) 2 (4 )
T v = − +x , o operador T satisfaz T v( )2 =(4+x). Proceden- do da maneira usual, a matriz de T na base é [ ] 1 0
1 1
T =
. Logo, o polinômio característico é 2
( ) ( 1)
p = − e os autovalores são 1= 2 =1. Ou seja, o operador tem dois autovalores repeti-
dos. Busquemos agora os autovetores associados. Seja x=[a b]T o autovetor procurado. Logo,
1 1 1 (1 ) 0 0 ([ ] ) 0 1 (1 ) 0 a b T x a b − + = − = ⇔ + − =
e esse sistema se reduz à expressão a=0. Dessa forma, o au- tovetor associado a 1=2 =1 é [0 ]
T
x= b , em que b é real e
não-nulo, e assim o autovetor de T associado a 1= 2 =1 é
1 2
0 (4 )
terior, aqui vemos que o operador T não possui mais que um
autovetor linearmente independente.
A conclusão que podemos tirar do exemplo acima é que o nú- mero de autovetores linearmente independentes associados a um autovalor repetido nem sempre coincide com a multiplicidade do autovalor como raiz da equação característica. Esses fatos moti- vam as definições a seguir.
Definição: A multiplicidade algébrica de um autovalor é o número de vezes que ele aparece como raiz do polinômio carac- terístico; se aparece somente uma vez, ou seja, se sua multipli- cidade algébrica for um, então dizemos que é um autovalor
simples. A multiplicidade geométrica de é a dimensão de V,
o subespaço próprio associado.
Baseados nessa definição podemos concluir que a multiplicidade algébrica e a multiplicidade geométrica de =1 no exemplo 7 são iguais a 1. No entanto, se considerarmos o exemplo 8, enquanto a multiplicidade algébrica de =1 é 2, a sua multiplicidade geométri- ca é 1, pois a dimensão do subespaço próprio V=1 associado é 1.
Como uma constatação do que foi visto no exemplo anterior, é im- portante observar que a multiplicidade geométrica de um autova- lor não pode exceder sua multiplicidade algébrica (ver Boldrini et al, 1996).
Seja V um espaço vetorial real de dimensão n e T∈L V V( , ). Sabemos que L V V( , ) é um espaço vetorial de dimensão m=n2.
Uma conseqüência desse fato é que o conjunto de m+1 vetores ( 2
, , , , m
I T T T ) é linearmente dependente em L V V( , ) porque nesse espaço não podem existir mais que m vetores linearmente
independentes (lembrar que 2
T = T T, 3 2
T = T T etc). Assim,
existem constantes reais a a0, ,1 ,am não todas nulas tais que
1 0 0
m m
a T + + a T+a I = , 0∈L V V( , ).
Isto é, o operador T satisfaz p T( )=0, em que
1 0
( ) m m
p x =a x + + a x+a , e nesse caso dizemos que o polinômio p anula o operador. Lembramos que um polinômio p x( ), cujo coeficiente da maior potência em x é 1, é chamado de polinômio
mônico. Dentre vários polinômios que anulam o operador T, um
deles recebe um nome especial, conforme veremos a seguir.
Definição: Seja V um espaço vetorial real de dimensão finita. O
polinômio minimal de um operador T∈L V V( , ), denotado por ( )
pm , é o polinômio mônico de menor grau que anula T.
Exemplo 9: Vamos considerar a matriz 1 1
0 1
A=
e achar o polinô- mio minimal associado. Com efeito, o polinômio característico de
A é det (A−I)=2−2+ =1 (−1)2. Após algumas operações al- gébricas, observamos que o polinômio característico de A anula a
matriz A, isto é, a matriz A satisfaz 2
2 ( ) ( ) 0
A − A I+ = A I− A I− =
(verifique!). Como 0 1 0 0 0
A I− = ≠
, porém, concluímos que o polinômio minimal é 2
( ) 2 1
pm = − + .
Exemplo 10: Considere agora a matriz
48 10 10 90 17 20 135 30 27 B − − = − − − − .
Nesse caso, pode-se ver que o polinômio característi-
co é 2
( ) ( 2) ( 3)
p = − + − . Pode-se ver também que (B+2 ) (I B−3 )I =0, e que (B+2 )I ≠0, e (B−3 )I ≠0 (ve- rifique!), portanto o polinômio minimal da matriz B é
( ) ( 2) ( 3)
pm = + − .
Os exemplos acima sugerem dois fatos: em geral,
1) p( ) ≠ pm( ) ;
ambos os polinômios têm as mesmas raízes.
2)
Uma prova formal do item 2 é dada na proposição a seguir.
Proposição: Seja V um espaço vetorial de dimensão n≥1 e ( , )
T∈L V V , então p( ) e pm( ) têm as mesmas raízes a menos de multiplicidades.
Prova: Sem perda de generalidade, vamos supor que todas as
raiz de p( ) , precisamos provar que p( ) = ⇔0 pm( ) =0. Com efeito, se é raiz de p( ) , então é um autovalor de
T e, para algum vetor não-nulo v V∈ , temos T v( )= v. Daí
decorre que Tk( )v = kv para cada k≥1. Agora, assuma que
0 1
( ) s
pm x = +b b x+ + x . Como pm T( )=0 (lembrar a definição de polinômio minimal), segue que
0 1 0= pm T v( ) =(b I+b T+ + Ts)v 0 1 s b v b v v = + + + 0 1 (b b s)v pm( ) v = + + + =
e por conseguinte pm( ) =0, pois v≠0. Logo, é uma raiz de pm( ) . Reciprocamente, se é raiz de pm x( ), pela con- dição de minimalidade no grau do polinômio pm x( ) segue que
( ) ( ) ( )
pm x = x− q x com q T( )≠0 e, portanto, existe u∈V tal
que v=q T u( ) ≠0. Usando novamente o fato de que pm T( )=0, temos
0= pm T v( ) =(T−I q T u) ( ) =(T−I v) ,
e, portanto, Tv=v. Isto é, é um autovalor de T e, assim,
( ) 0
p = , como queríamos provar.
Análogo ao exemplo 8, em que o polinômio característico da ma- triz A anula a matriz A, pode-se verificar no exemplo 9 que o
polinômio característico deB anula B. Esses não são resultados
devido ao acaso. Eles são conseqüências de um resultado geral conhecido como teorema de Cayley-Hamilton.
Proposição (Teorema de Cayley-Hamilton): Seja V um espaço
vetorial de dimensão finita e T∈L V V( , ). Se p( ) é o polinômio característico de T, então p T( )=0.
Prova: Seja uma base de V de dimensão n. Para simplificar
a notação, escrevemos A=[ ]T . A prova está baseada na pro-
priedade
( ) det ( )
Adj A A= A I
em que Adj A( ) é a adjunta clássica da matriz A. O conceito em
que os elementos de Adj A( ) são obtidos via cálculo do determi- nante de certas submatrizes de A de ordem n−1. Continuando a prova, seja B=Adj A( −I). Da observação acima, segue que os elementos bij de B são polinômios em de grau no máximo n−1, isto é, para cada par i j, , temos
(0) (1) (n 1) n 1
ij ij ij ij
b =b +b ++b − − .
Com essa notação a matriz B pode ser escrita como 1 0 1 1 n n B=B +B+ + B − − , em que ( ) ,
(Bk i j) =bijk , 0≤ ≤ −k n 1. Usando a propriedade da ad- junta clássica descrita acima, obtemos que
( ) det ( )
B A−I = A−I I.
Agora, note que, enquanto o lado esquerdo dessa igualdade pode ser escrito como
1
0 ( 1 0) ( 1 2) 1
n n
n n n
B A+ B A B− + + B− A B− − − −B − ,
o lado direito é o polinômio característico do operador T vezes
a matriz identidade: 1
0 1 1
( ) n n n n
p I =a I+a I+ + a −I − +a I . Comparando os coeficientes de ambos os polinômios obtemos o seguinte conjunto de igualdades:
0 0 1 1 0 2 2 1 1 1 2 1 ( ) ( ) ( ) n n n n n a I B A a I B A B a I B A B a I B A B a I B − − − − = = − = − = − = −
Multiplicando essas equações por 2
, , , , n
I A A A , respectivamen-
te, e somando, obtemos
1
0 1 1
( ) n n n n 0
p A =a I+a A+ + a − A − +a A = ,
como queríamos provar.
Note que, devido ao teorema de Cayley-Hamilton, o polinômio característico é um candidato ao polinômio minimal. Mais adian- te veremos que o polinômio minimal é importante, pois a partir da multiplicidade das raízes dele pode-se determinar se o opera- dor linear possui uma base de autovetores.
Exercícios
1)
Mostre que o conjunto formado pelos autovetores de um ope- rador linear T V: →V associados a um autovalor e o vetor nuloé um subespaço vetorial de V .
2)
Para cada , seja 2 2:
R ℜ → ℜ o operador definido por
( , ) ( cos , cos )
R x y = x −y sen y +x sen . Mostre que o opera-
dor R não tem nem autovalores nem autovetores.
3)
Mostre que a matriz 1 2 3 2 A= é semelhante a 4 0 0 1 − .4)
Sejam 1 1 1 1 A= e 1 1 a B a = . Ache uma matriz não-singu- lar P tal que 1
P AP− e 1 P BP− são diagonais.
5)
Seja 5 3 3 5 A= − . Mostre que A e T A têm um autovetor co- mum.6)
Seja A uma matriz inversível e seja um autovalor de A.Mostre que 1 / é um autovalor de 1 A− .
7)
No exemplo 7 vimos que os autovalores de uma matriz trian- gular inferior 2 2× eram os elementos da diagonal principal. Ge- neralize esse resultado para uma matriz triangular inferior Ln n× , isto é, prove que os autovalores da matriz L são os elemen-
tos Ljj da diagonal principal. Idem para matrizes triangulares
superiores.
8)
Uma matriz A n n× é dita idempotente se A2 =A.Mostre que, se
a) é um autovalor de uma matriz idempoten- te, então tem que ser igual a 0 ou 1.
Seja
b) v um vetor unitário em ℜn×1 (usando a norma eucli-
deana) e T
um autovetor de A. Qual é o autovalor associado? Quantos
autovalores nulos podemos encontrar?
Seja
c) 3 [1 1 1]
3
T
v= − . Ache os autovalores da matriz
T
A=vv e os autovetores correspondentes.
9)
Seja A uma matriz quadrada e seja B= +A I, em que I é amatriz identidade e um escalar. Qual a relação entre os autova- lores de A e de B? Explique.
10)
Seja A uma matriz quadrada. Mostre que A e AT têm omesmo polinômio característico e, logo, os mesmos autovalores. Podemos concluir que A e AT têm os mesmos subespaços pró-
prios?
11)
Seja 2 2:
T ℜ → ℜ , T x y( , )= −( 12x−19 , 7y x+11 )y . Mostre que T não tem autovalores em ℜ. Determine os autovalores comple-
xos de T e autovetores correspondentes.
12)
Ache a transformação linear 2 2:
T ℜ → ℜ , tal que T tenha
autovalores -2 e 3 respectivamente associados aos autovetores (3 , )y y e ( 2 , )− y y .
13)
Seja T V: →V um operador linear. Assim: a) Se =0 é au- tovalor de T, mostre que T não é injetora; b) A recíproca é ver-dadeira?
14)
Seja S o subespaço das funções reais gerado pelas funções2
( )
x
e sen x , e2xcos ( )x , e2 x, e considere o operador linear D S: →S
definido por D f( )= f ′. Determine:
A matriz de a) D em relação à base 2 2 2 {e sen xx ( ) , e xcos ( ) ,x e x} = de S. Os autovalores de
b) D e as funções de S que são autovetores