Álgebra Linear – Matrizes – Autovalores (exercício 3)

Questão

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

a) $$D-\lambda I$$ é não singular;

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

Demonstração:

1) Cálculo do determinante de $$A$$.

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

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

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

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

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

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

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

Consequentemente,

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

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

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

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

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

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

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