Álgebra Linear – Matrizes – Autolvalores (exercício 5)

Alguns resultados de Autovalores e Autovetores

Exercício 1

Demonstre a equivalência das afirmações a seguir

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

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

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

 

Exercício 2

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

 

Exercício 3

Verifique a validez dos itens a seguir.

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

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

 

Exercício 4

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

Exercício 5

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

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

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

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


Demonstrações

Exercício 1

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

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

De (iii) para (ii): É equivalente.

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

 

Exercício 2

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

 

Exercício 3

i) Afirmação verdadeira.

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

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

ii) Afirmação falsa.

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

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

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

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

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

Exercício 4

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

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

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

Exercício 5

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

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

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

ii) Raciocínio análogo ao anterior.

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

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

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

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

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