5a Lista de Exercıcios de Introducao a Algebra LinearIMPA - Verao 2009

Solucoes dos exercıcios

1. Devido ao fato deA ser simetrica, existe uma base ortonormal {u1, · · · , un}formada por autovetores de A, entao

A = C−1 ·

λ1

λ2

λ3

λ4

· Conde C e ortogonal. Definindo

B = C−1 ·

λ

131

λ132

λ133

λ134

· C,

entao A = B3.

2. Como A e normal, existe uma base ortonormal de E na qual a matriz deA tem a forma

A0 =

λ1

. . .λr

α1 −β1

β1 α1

. . .αs −βsβs αs

,

isto e, existe C tal que A = C−1 ·A0 · C.

Como 0 = An = C−1 · An0 · C, temos que An0 = 0, entao λni = 0 para

1 ≤ i ≤ r e(αj −βjβj αj

)n= 0 para 1 ≤ j ≤ s, isso implica que λi = 0,

para todo i = 1, . . . , r e αj = βj = 0 para todo j = 1, . . . , s (verifique! ).Logo, A0 = 0 e por conseguinte A = 0.

3. T + U e auto-adjunto e < T + U(v), v >=< Tv, v > + < Uv, v >> 0,entao T + U e positivo.

Se T =(

1 11 3

)e U =

(3 00 1

), T e U sao positivos, mas TU =(

3 13 3

)nao e auto-adjunto, entao nao e positivo.

1

4. (a) O polinomio caracterıstico para A e

det(

1− x −12 2− x

)= x2 − 3x+ 4,

os autovalores para A sao 3±√

7i2 , entao A nao tem subespaco invariante

de R2 de dimensso 1 (porque se A tem subespaco invariante de R2 dedimensso 1, A vai ter autovalor real).

(b) Para autovalor 3+√

7i2 , sempre existe um autovetor que e invariante

para A.

5. Se dim(Im(A)) = s, dim(ker(A)) = n − s. Para u ∈ Im(A), existe

v ∈ V tal que A(v) = u, A(u) = A2(v) A2=A= A(v) = u, isso significaA|Im(A) = Id e Im(A)

⋂Ker(A) = φ, entao V = Im(A) ⊕ Ker(A).

Escolha uma base {v1, · · · , vs, vs+1, · · · , vn} tal que vi ∈ Im(A) 1≤i≤s evj ∈ Ker(A) s+1≤j≤n, tem A(vi) = vi para 1 ≤ i ≤ s e A(vj) = 0 paras+ 1 ≤ j ≤ n, entao relativamente a esta base, A tem a forma

1. . .

10

. . .0

,

isso significa que A e semelhante a uma matriz diagonal.

6. SejamP = {p : [0, 1]→ R/p e um polinomio}

D = {f ; [0, 1]→ R/f e diferenciavel}

F = {g : [0, 1]→ R/g e contınua e g(12

) = 0}

P e D sao subespacos invariantes por T , mas F nao e invariante.Com efeito:Se p ∈ P entao p(x) = a0 + a1x + · · · + anx

n para algum n ∈ N ∪ {0}.Assim e facil verificar que T (p)(x) = a0x + a1

2 x2 + · · · + an

n+1xn+1 ∈ P.

Portanto, T (P) ⊂ P.

Note que pelo Teorema Fundamental do Calculo T (C([0, 1],R)) ⊂ D, emparticular T (D) ⊂ D.

Para ver que F nao e invariante, tome f : [0, 1] → R dada por f(x) =1 − 2x, se 0 ≤ x ≤ 1

2 e f(x) = 0, se 12 ≤ x ≤ 1. Assim f ∈ F , mas T (f)

nao esta em F .

7. (a) (Veja Hoffman-Kunze, pag. 354). Se A e um operador normal numespaco V , entao V = W1⊕· · ·⊕Wr, onde p = p1 . . . pr e o polinomiominimal de A e Wj = ker pj(A). Alem disso, prova-se que deg pj = 1

2

ou 2 e no caso de pj(x) = (x − a)2 + b2 temos que a restricao de Aem Wj satisfaz

Ajvi = avi + bwi

Ajwi = −bvi + awi.

onde {v1, w1, . . . , vs, ws} e uma base ortonormal de Wj , Aj e sua re-stricao e psj e o polinomio caracterıstico de Aj . Alem disso a projecaoortogonal Ej sobre Wj e um polinomio em A. Portanto, qualqueroperador que comuta com A comuta com Ej e portanto deixa Wj

invariante. Assim, como A∗ comuta com A, A∗ deixa Wj invariantee temos que a adjunta A∗j de Aj e a restricao de A∗ a Wj . Alemdisso, e facil ver que

A∗jvi = avi − bwiA∗jwi = bvi + awi.

Daı, segue que A∗jAj = (a2 + b2)I. E portanto A∗j = (a2 + b2)−1A−1j .

E como temos que se AB = BA, entao A−1B = BA−1, o resultadosegue.

(b) (Vamos usar de novo os resultados em Hoffman-Kunze, pag. 354.Mostra-se que se A e normal e E e um subespaco invariante de Aentao A∗ tambem deixa E invariante.) Seja V = W1 ⊕ · · · ⊕Wr adecomposicao do item anterior para A2. Se pj(x) = (x − a)2 + b2 e{v1, w1, . . . , vs, ws} base ortonormal de Wj

A1B(vi) = BA2(vi) = B(avi − bwi) = aBvi − bBwi

A1B(wi) = BA2(wi) = B(bvi + awi) = bBvi + aBwi

Seja E entao o espaco gerado por {Bvi, Bwi}. Sabemos que A∗ deixaE invariante. Vamos mostrar que

A∗1B(vi) = aBvi − bBwi (1)

A∗1B(vi) = bBvi + aBwi. (2)

Pois entao A∗1Bvi = BA∗2vi e A∗1Bwi = BA∗2Bwi e portanto A∗1B =BA∗2 restrito a E.(O caso pj(x) = x − c e bem mais simples). Naoe difıcil ver que para mostrar (1), (2) basta checar que {Bvi, Bwi} eortogonal.Seja entao S a restricao de b−1(A1−aI) a E. Observe que S e normale que S2 + I = 0. Alem disso, SBvi = Bwi. Use o lema da pag.353de Hoffman-Kunze para ver que {Bvi, Bwi} e ortogonal.

(c) Defina

A =

1 0 00 1 00 0 1

, B =

0 0 00 0 01 0 0

e C =

1 0 00 2 00 0 3

.

E claro que AB = BA, AC = CA, mas cheque que BC 6= CB.

3

8.

(a) Suponhamos que A comuta com A∗A, isto e, A(A∗A) = (A∗A)A.Afirmacao: V = kerA⊕ Im(A)Com efeito, seja v ∈ kerA ∩ Im(A). Assim, existe u ∈ V tal que Au = ve Av = 0.Entao 〈A∗v,A∗v〉 = 〈v,AA∗Au〉 = 〈v,A∗AAu〉 = 0. Logo, A∗v = 0.Agora, 〈v, v〉 = 〈Au, v〉 = 〈u,A∗v〉 = 0. Portanto v = 0. Isso prova aafirmacao.

Agora seja v ∈ kerA, 〈AA∗v,AA∗v〉 = 〈v,AA∗AA∗v〉 = 〈v,A∗AAA∗v〉 =〈Av,AAA∗v〉 = 0. Portanto, kerA ⊆ kerAA∗. Assim, pela afirmacao,para qualquer w ∈ V , podemos escrever w = Au+ v para algum u ∈ V ev ∈ kerA. Dessa forma, temos:

A∗Aw = A∗AAu = AA∗Au = AA∗(w − v) = AA∗w −AA∗v = AA∗w

Ou seja, A e normal.

(b) Defina A =

1 2 00 0 02 −1 0

. Cheque que A∗A =

5 0 00 5 00 0 0

e

AA∗ =

5 0 00 0 00 0 5

. Portanto A∗A comuta com AA∗ mas sao

diferentes, o que implica que A nao e normal. (Observe que esseexemplo e geral, no sentido de que como A∗A comuta com AA∗ existeuma base ortonormal que diagonaliza ambas simultaneamente.)

9. (a) Seja {v1, . . . , vn} uma base de autovetores para A. Observe queAB(vi) = BA(vi) = B(λivi) = λiBvi Como os autovalores de Atem multiplicidade 1, temos que Bvi = aivi para algum ai. Agora,use interpolacao de Lagrange para construir um polinomio p que sat-isfaz p(λi) = ai. Agora, mostre que p(A) = B.

(b) A condicao e claramente suficiente. Basta mostrar entao que se Bcomuta com toda transformacao linear que comuta com A entao,B = p(A) para algum polinomio p. Como A e hermitiana, existeuma base de autovetores {v1, . . . , vn}. Seja Ei a projecao ortogonalsobre a reta gerada por vi. Como vi e autovetor, Ei comuta com Ae portanto com B. Mas isso significa que Bvi = aivi. Agora repita aconstrucao do item anterior.

10. 〈(A−C)x, x〉 = 〈((A−B)+(B−C))x, x〉 = 〈(A−B)x, x〉+〈(B−C)x, x〉 > 0

11. E claro que A = At. E para todo (x, y) vale

〈A(x, y), (x, y)〉 = 〈(x+iy,−ix+y), (x, y)〉 = x(x+iy)+y(−ix+y) = x2+y2 ≥ 0

Os autovalores de A sao as raızes do polinomio (1−λ)2−1, ou seja, λ = 0e λ = 2. Encontramos uma base de autovetores para A (resolvendo os

4

sistemas (A − λI) = 0). Por exemplo, os vetores (1, i) e (1,−i) formamuma base de autovetores. A matriz que representa A nesta base e

D =(

0 00 2

)E a matriz de cambio de base, da canonica para a base de autovetores e

C =12

(1 −i1 i

)Entao temos que

A =(

1 i−i 1

)= C−1DC =

(1 1i −i

)(0 00 2

)12

(1 −i1 i

).

Portanto,

√A =

(1 1i −i

)(0 00√

2

)12

(1 −i1 i

).

12. Note que se B = [bij ] satisfaz

B2 =(

0 10 0

)entao B deve ser zero, que claramente e uma contradicao. Logo, nao existetal B. Por outro lado,

B =(

2 1/40 2

)satisfaz B2 =

(4 10 4

).

13. Tome A =(

0 2−2 0

). E facil checar que AA∗ = A∗A, mas A nao e

hermitiana nem unitaria.

14. (αA+ βA∗)(αA+ βA∗)∗ = (αA+ βA∗)(αA∗ + βA) = ααAA∗ + αβA2 +

βα(A∗)2 + ββA∗A|α|=|β|=1

= AA∗ +A∗A+ αβA2 + βα(A∗)2

Do mesmo modo (αA+βA∗)∗(αA+βA∗) = AA∗+A∗A+αβA2+βα(A∗)2.Logo αA+ βA∗ e normal.

15. (a) Por ser A normal, vale ‖ Av ‖=‖ A∗v ‖, para todo v ∈ V (verifique).Em particular, vale Nuc(A) = Nuc(A∗) e como Nuc(A∗) = Im(A)⊥

Tomando-se uma base ortonormal de Nuc(A), {v1, . . . , vs} e umabase ortonormal de Im(A), {vs+1, . . . , vn} temos imediatamente umabase ortonormal de V , {v1, . . . , vn}.Agora, como A2 = A, temos que Av e um autovetor de A associadoao autovalor 1, para todo v ∈ V . Em particular, Avj = vj paratodo j = s+ 1, . . . , n. Assim {v1, . . . , vn} e uma base ortonormal deautovetores de A, o que implica que A e auto-adjunta.

5

(b) Vamos provar que se A 6= 0 e A e normal entao Ak 6= 0∀ k ∈ N.Usaremos o fato ja usado no item anterior que Nuc(A) = Nuc(A∗).Seja v ∈ ker(A2) entao ‖Av‖2 = 〈Av,Av〉 = 〈A∗Av, v〉 = 0, poispor hipotese Av ∈ ker(A) e por A ser normal Av ∈ ker(A∗). Logoker(A2) ⊆ ker(A) e como sempre vale ker(A) ⊆ ker(A2) temos queker(A2) = ker(A), consequentemente ker(Ak) = ker(A)∀ k ∈ N.Isso mostra que se A 6= 0 entao Ak 6= 0 para todo k ∈ N.

(c) Provamos no item (b) que ker(A) = ker(A2), quando A e normal.Assim, ∀ v ∈ V v−Av ∈ ker(A2) por hipotese, logo ∀ v ∈ V v−Av ∈ker(A), isto e Av = A2v para todo v.Sem a hipotese de normalidade nao vale, basta dar um exemplo deuma transformacao nao nula, mas que seu quadrado seja nulo.

(d) Se v e um autovetor associado a um autovalor λ, temos que Akv =λkv = v, entao λk = 1. Mas, como A e autoadjunto λ ∈ R, o queimplica que λ = ±1. Logo, A2v = v, e como pelo Teorema Espectraltemos uma base formada por autovalores de A, segue que A2 = I.

16. (a) E claro.

(b) Como A e B sao normais, vale Im(A∗)⊥ = Ker(A) = Ker(A∗) =Im(A)⊥ e portanto Im(B∗) = Im(B) ⊆ Ker(A) = ker(A∗).

(c) Im(A) = ker(A∗)⊥ = ker(A)⊥por (a)

= ⊆ Im(B)⊥ = ker(B∗) =kern(B).Agora e claro que BA = 0.

17. Como C e autoadjunto, existem λ1, . . . , λr autovalores distintos de C (to-dos eles >0) tais que para v no espaco v = v1 + · · ·+ vr, com vi ∈ Eλi

, oespaco proprio associado ao autovalor λi (i = 1 . . . , r). Sabemos que Eλi

e ortogonal a Eλj , se i 6= j.Por outro lado, como C comuta com A e B, se vi ∈ Eλi

C(B −A)vi = (B −A)Cvi = λi(B −A)vi

ou seja, (B − A)Eλi⊆ Eλi

para i = 1, . . . , r. Pela nao negatividade deB −A e pelo dito acima sobre C, para v no espaco vale

〈(BC−AC)v, v〉 = 〈(B−A)C(Σri=1vi),Σri=1vi〉 = Σri=1λi〈(B−A)vi, vi〉 ≥ 0

O que significa que AC ≤ BC.

18. (a) Qualquer transformacao que seja representada por uma matriz comdeterminante negativo nao pode ter raiz quadrada. Por exemplo

A =(

1 00 −1

)(b) Sejam α1, . . . , αl os autovalores distintos de A, sabemos que V =

Eαi⊕ · · · ⊕Eαl

, onde Eαie o espaco proprio associado ao autovalor

αi. Definimos o operador B por B(v) =√αivi + · · · + √αlvl se

v = v1+· · ·+vl, onde√b e qualquer numero que elevado ao quadrado

e igual a b. B e tal que B2 = A.

6

(c) Nao vale o mesmo para matrizes autoadjuntas, por exemplo a matrizA do item (a) nao tem raiz quadrada.

19. Primeiramente note que BA−1 e A−12BA−1A

12 = A−

12BA−

12 sao conju-

gadas. Logo possuem os mesmos autovalores.Agora,

A < B ⇔ 〈Av, v〉 ≤ 〈Bv, v〉 ∀ v

〈Av, v〉 ≤ 〈Bv, v〉 ∀ v ⇔ 〈AA− 12w,A−

12w〉 ≤ 〈BA− 1

2w,A−12w〉 ∀ w

m

〈A− 12AA−

12w,w〉 ≤ 〈A− 1

2BA−12w,w〉 ∀ w

m

I ≤ A− 12BA−

12

m

Todos os autovalores de A−12BA−

12 s~ao maiores ou igual a 1.

20. O resultado e obvio se detA = 0.Se detA 6= 0, pelo exercıcio 19, todos os autovalores de BA−1 sao maioresque 1. Logo, det(BA−1) ≥ 1, o que implica o exercıcio.

21. Pelo exercıcio 19, todos os autovalores de BA−1 sao maiores ou igual 1.Mas como A−1B = B−1(BA−1)B, temos que todos os autovalores deA−1B sao maiores ou igual 1, logo usando a recıproca do exercıcio 19,temos que B−1 ≤ A−1.

22. Seja ε > 0.Considere C = (

√A+√B+ε)(

√A−√B+ε). Afirmamos que C e invertıvel.

Com efeito, C = B − A +√

(A)√B −

√B√A + 2ε

√B + 2ε2. Assim, se

0 6= v ∈ V , entao < Cv, v >=< (B − A)v, v > +2ε <√Bv, v > +2ε2 <

v, v > + < (√A√B −

√B√A)v, v >6= 0, pois a soma das 3 primeiras

parcelas e um numero real positivo e a ultima parcela e um imaginariopuro.Por outro lado e claro que

√B+√A+ε que e um operador positivo. Logo,√

B −√A+ ε e invertıvel para todo ε > 0.

Agora, como√B−√A e auto-adjunta, ela e diagonalizavel e todos os seus

autovalores sao reais. Assim se algum de seus autovalores fosse negativoentao

√B −

√A + ε seria nao invertıvel para algum ε > 0. Portanto,√

B −√A > 0.

23. Supondo P normal, para u, v ∈ V vale

〈P 2u, v〉 = 〈Pu, P ∗v〉 = 〈u, (P ∗)2v〉〈Pu, v〉 = 〈u, P ∗v〉

Por ser P projecao 〈P 2u, v〉 = 〈Pu, v〉, entao concluımos que (P ∗)2 =P ∗. Pelo provado no exercıcio (37), sabemos que os autovetores de P saoautovetores de P ∗, associados aos mesmos autovalores. Como P e P ∗ saoprojecoes, elas devem ser iguais. A outra implicacao e obvia.

7

24. Como AA∗ = A∗A, temos que A∗(kerA) ⊆ kerA e A(kerA∗) ⊆ kerA∗.Sejam v ∈ kerA e w = A∗v, entao (como w ∈ kerA),

0 = 〈Aw, v〉 = 〈w,A∗v〉 = 〈w,w〉

ou seja, w = 0, portanto kerA ⊆ kerA∗. A outra inclusao obtem-seanalogamente.Por outro lado, para uma transformacao linear A qualquer vale kerA⊥ =Im(A∗) e (kerA∗)⊥ = Im(A), daqui segue a conclusao.

25.

26. Dado um operador L num espaco vetorial complexo sempre podemos es-creve-lo da seguinte forma:

L = LR + iLI =(

12

(L+ L∗))

+ i

(12i

(L− L∗))

Observe que os operadores parte real, LR, e parte imaginaria, LI , saohermitianos. Prove que :

L e normal⇔ LRLI = LILR

E daı conclua o exercıcio.

27. Sabemos que os autovetores de A sao autovetores de A∗, associados aomesmo autovalor, portanto

λ〈u, v〉 = 〈Au, v〉 = 〈u,A∗v〉 = µ〈u, v〉

Como µ 6= λ, entao 〈u, v〉 = 0.

28. 1◦ Caso: E espaco vetorial complexo.Neste caso, pelo teorema espectral, (ver por exemplo, Algebra Linear doElon 7aed. pag. 304) existe uma base ortonormal de autovetores tal queA nesta base e uma matriz diagonal. Assim e claro o resultado, deixamosos detalhes para os alunos.2o Caso: E espaco vetorial real.Neste caso, pelo teorema espectral (por exemplo, Algebra Linear do Elon7aed. pag.198) existe uma base ortonormal de autovetores de modo quenesta base A tem a forma

λ1

. . .λs

α1 β1

−β1 α1

. . .αr βr−βr αr

Afirmamos que qualquer subespaco invariante por A e da forma Ei1 ⊕· · · ⊕Eil ⊕Wj1 ⊕ · · · ⊕Wjk com Eip autoespaco unidimensional associado

8

ao autovalor λip e Wjq autoespaco bidimensional tal que escrevendo cadaelemento desse na forma (x, y) temos A(x, y) = (αjqx+βjqy, αjqy−βjqx).(Verifique!)Agora como cada um desses subespacos Ei e Wj claramente satisfazemA∗(Ei) ⊂ Ei e A∗(Wj) ⊂Wj segue-se que A∗(F ) ⊂ F para todo F invari-ante por A.

Vejamos agora que F⊥ e invariante por A e por A∗. Para isso, sejamx ∈ F e y ∈ F⊥, entao < Ay, x >=< y,A∗x >, como F e invariante porA∗ temos que < y,A∗x >= 0, o que mostra que Ay ∈ F⊥ e consequente-mente a invariancia de F⊥ por A.Analogamente se mostra que A∗(F⊥) ⊂ F⊥.

29. 1) FALSO.

Se A =(

1 10 1

), entao A possui um unico autovetor:

(10

)Neste caso A∗ =

(1 01 1

)possui um unico autovetor:

(01

)2) VERDADEIRO.

Se A ·

p1,j

...pn,j

= λj

p1,j

...pn,j

, entao

p−1ap(ej) = p−1a

p1,j

...pn,j

= p−1λj

p1,j

...pn,j

= λjej .

3) VERDADEIRO.

4) FALSO.Se A = B = Id, entao pA(λ) = pB(λ) = (λ− 1)2, mas pA+B(λ)(λ−2)2, pois A+B = 2Id.

5) VERDADEIRO.

9