Diagonalização de Operadores Complexos

Teoria Completa

Como diagonalizar?

Eai galera. Agora que a gente já viu qual é a desses espaços complexos, vamos ver como eles costumam cair nas provas haha. O tema mais recorrente dentro dos espaços complexos é justamente a diagonalização de operadores, isso porque é aqui que as coisas são um pouquinho diferentes dos espaços reais.

Como diagonalizamos??

Ora, o procedimento é exatamente o mesmo dos reais: a mesma conta que já estamos cansados de fazer.

det T - λ I = 0

Não se assuste com os i ' s não. Já aprendemos a multiplicar complexos, calculamos o determinante da mesmíssima forma.

E quando os operadores vão ser diagonalizáveis hein?

Meu amigo, aqui também é a mesma história. Precisamos que a multiplicidade geométrica de cada autovalor seja igual a sua multiplicidade algébrica. Se estamos em um espaço de dimensão n :

m . g . λ = n

Agora você já deve estar pensando que eu sou louco né? Eu não tinha dito que as coisas eram um pouco diferentes?

Na verdade, básico da diagonalização é a mesma coisa. As coisas se complicam é quando a gente vai analisar uns operadores pra ver se eles são diagonalizáveis, isso vai mudar de caso pra caso e por isso é muito importante a gente pegar uma prática nos exercícios. Mas segura aí antes de ir pra eles, ainda tenho umas dicas pra passar.

Uns operadores especiais

Agora pessoal, a gente vai falar sobre uns operadores complexos importantes. São aqueles que tem uma base na qual sua matriz só tem números reais. Um jeito mais “chique” de dizer isso é assim: existe uma base B tal que T B M n ( R ) .

Resumindo: se você achar uma B , tal que T B não tem nenhum i , amigo, é desse operador que a gente tá falando.

E o que tem de especial nesse operador. Bem, acima de tudo, eles caem nas provas haha.

Mas se liga só, se λ   é um autovalor de T e v   um autovetor associado temos:

T v = λ v

T ( v ) B = T B v B = λ v B

Agora, vamos aplicar o conjugado nessa equação:

T v B - = T B v B - = λ - v b -

Veja que o T B não muda porque ela é uma matriz real!! E o que isso quer dizer?

Quer dizer que são equivalentes:

  • λ é um autovalor de T com multiplicidade algébrica n e multiplicidade geométrica m e v   é um autovetor associado
  • λ - é um autovalor de T com multiplicidade algébrica n e multiplicidade geométrica m e v -     é um autovetor associado

E isso galera, vai resolver muitos problemas. Veja por si mesmo, bora pros exercícios.

Expandir

Exercício Resolvido #1

P3 USP MAT2458. Ano: 2009. Questão 5

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Passo 1

Precisamos analisar uma relação de A 15 com A . Sabemos que i é autovalor de A de multiplicidade 2 , já que possui 2 autovetores linearmente independentes, logo - i também será autovalor de multiplicidade 2 . Podemos então dizer que existe uma matriz M tal que:

A = M i 0 0 0 0 i 0 0 0 0 - i 0 0 0 0 - i M - 1

Passo 2

Temos então que:

A 15 = M i 0 0 0 0 i 0 0 0 0 - i 0 0 0 0 - i 15   M - 1 = M i 15 0 0 0 0 i 15 0 0 0 0 - i 15 0 0 0 0 - i 15 M - 1

A 15 = M - i 0 0 0 0 - i 0 0 0 0 i 0 0 0 0 i M - 1 = - M i 0 0 0 0 i 0 0 0 0 - i 0 0 0 0 - i M - 1 = - A

A 15 = - A

Resposta

d   A 15 = - A

Exercício Resolvido #2

P3 USP MAT2458. Ano: 2010. Questão 10

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Passo 1

Precisamos analisar uma relação de A 6 e A 5 com A . Sabemos que 2 i é autovalor de A de multiplicidade 2 , já que possui 2 autovetores linearmente independentes, logo - 2 i também será autovalor de multiplicidade 2 . Podemos então dizer que existe uma matriz M tal que:

A = M 2 i 0 0 0 0 2 i 0 0 0 0 - 2 i 0 0 0 0 - 2 i M - 1

Passo 2

Temos então que:

A 5 = A = M 2 i 0 0 0 0 2 i 0 0 0 0 - 2 i 0 0 0 0 - 2 i 5 M - 1

A 5 = M 2 i 5 0 0 0 0 2 i 5 0 0 0 0 - 2 i 5 0 0 0 0 - 2 i 5 M - 1

A 5   = M 3 2 i 0 0 0 0 3 2 i 0 0 0 0 - 3 2 i 0 0 0 0 - 3 2 i M - 1 = 32 M 2 i 0 0 0 0 2 i 0 0 0 0 - 2 i 0 0 0 0 - 2 i M - 1 = 32 A

A 5 = 32 A

Passo 3

Temos também que:

A 6 = M 2 i 0 0 0 0 2 i 0 0 0 0 - 2 i 0 0 0 0 - 2 i 6 M - 1

A 6 = M 2 i 6 0 0 0 0 2 i 6 0 0 0 0 - 2 i 6 0 0 0 0 - 2 i 6 M - 1

A 6 = M - 64 0 0 0 0 - 64 0 0 0 0 - 64 0 0 0 0 - 64 M - 1 = - 64 M I M - 1

A 6 = - 64 M M - 1 = - 64 I

Resposta

a   A 64 = - 64 I

Exercício Resolvido #3

P3 USP MAT2458. Ano: 2008. Questão 4

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Passo 1

Aqui, vamos ter que analisar sobre quais condições a matriz é diagonalizável. E pra isso vamos lembrar o que é necessário.

Vamos analisar o polinômio caracterísitico e ver o que rola.

Passo 2

det A - λ I = 1 - λ 1 a 0 1 - λ - b 0 b 1 - λ

det A - λ I = 1 - λ 3 + b 2 1 - λ

det A - λ I = 1 - λ λ 2 - 2 λ + b 2 + 1

det A - λ I = ( 1 - λ ) ( λ - 1 + i b ) ( λ - 1 - i b )

Se b 0 , teremos 3 autovalores distintos e a matriz será diagonálizável.

Agora, se b = 0 , teremos 1 como autovalor de multiplicidade 3 . Pra matriz ser diagonálizável, 1 terá que gerar um autoespaço de dimensão 3 , que nesse caso é impossível, é só olhar as alternativas haha. Fique esperto na hora da prova pras alternativas que elas podem te economizar umas contas desnecessárias.

Resposta

d   A é diagonalizável sobre C se e somente se b 0

Exercício Resolvido #4

P3 USP MAT2458. Ano: 2009. Questão 18

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Passo 1

Aqui vamos considerar as afirmações sobre um operador T : C n C n , tal que T C a n só tem números reais. A gente viu alguns resultados sobre esse tipo de operador na teoria, lembra?

Passo 2

Afirmação ( I ) :

Vamos ver se os vetores são l.i em C :

α 1 + i β 1 v 1 + + α k + i β k v k = 0

α 1 v 1 + + α k v k + i β 1 v 1 + + β k v k = 0

α 1 v 1 + + α k v k = 0 β 1 v 1 + + β k v k = 0

E como v 1 ,   , v k   é l.i. sobre R , temos:

α 1 = = α k = β 1 = = β k = 0

Logo, { v 1 , , v k } é l.i. sobre C .

Passo 3

Afirmação ( I I ) :

Aqui, a afirmação tá cheirando mal. Vamos procurar um contra-exemplo pra garantir que ela é falsa:

Seja T tal que T C a n = 0 - 1 1 0 .

Teremos λ 1 = i e λ 2 = - i .

Vamos achar um autovetor de λ = - i :

i - 1 1 i z 1 z 2 = 0 0

i z 1 = - z 2

Um autovetor será então ( 1 , - i ) R ² .

Logo a afirmação ( I I ) é falsa.

Passo 4

Afirmação ( I I I ) :

Nós vimos que quando existe uma base B tal que T B M n ( R ) temos que, se λ é autovalor de T , então λ - também é autovalor.

A afirmação é verdadeira.

Resposta

( d ) Apenas as afirmações ( I ) e ( I I I ) são verdadeiras

Exercício Resolvido #5

P3 USP MAT2458. Ano: 2009. Questão 18

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Passo 1

Vamos ir considerando cada item até achar uma afirmação falsa.

Passo 2

a Se A é diagonáilizável sobre C , podemos ter autovalores em C - R . Verdadeiro

( b ) Se tivermos uma raiz complexa do polinômio caracterísitico, não conseguiremos n autovalores l.i. Verdadeiro

c Lembramos que para A ser diagonalizável, a multiplicidade geométrica de cada autovalor tem que ser igual a multiplicidade algébrica. Nada a ver com o polinômio característico ter somente raízes reais. A implicação é falsa.

Resposta

c     ( I I I ) implica ( I ) .

Exercício Resolvido #6

P3 USP MAT2458. Ano: 2008. Questão 3

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Passo 1

Aqui temos uma típica questão de V ou F teórica. Geralmente as afirmações são independentes, e pelo menos não temos que fazer muitas contas haha.

Passo 2

Afirmação ( I ) :

Vamos lembrar que achamos os autovalores resolvendo o polinômio característico det A - λ I . Lembramos também que se um polinômio tem coeficientes reais, se λ é raiz λ - também será. Mas, aqui ninguém disse nada sobre coeficientes reais. Então, por exemplo se:

A M 1 C ,   A = ( i )

Teremos autovalor λ = i , mas λ - não é autovalor.

A afirmação é falsa.

Passo 3

Afirmação ( I I ) :

Aqui, diferente da questão anterior, eles nos dizem que existe uma base B tal que T B só possui números reais. Vimos que nessa situação, se λ é autovalor de T , então λ - também é autovalor de T , com a mesma multiplicidade.

Então, a afirmação ( I I ) é verdadeira.

Passo 4

Afirmação ( I I I ) :

Nesse tipo de item, a gente tem que sentir que tá errado haha. È meio complicado mas é só pegar o jeito, ai pra garantir que estamos certos, a gente procura um contra-exemplo:

Vamos considerar T : C 2 C ² tal que:

T x , y = ( x - y , y - x )

T c a n = 1 - 1 - 1 1

Mas:

T i , i = i - i , i - i = ( 0,0 )

Logo:

ker T R ²

Logo a afirmação ( I I I ) é falsa

Resposta

( b ) Apenas a afirmação ( I I ) é verdadeira.

Exercício Resolvido #7

P3-USP-MAT2458. Ano: 2012. Questão 15

Considere o espaço vetorial vetorial complexo C 4 e seja T :   C 4 C 4 um operador linear tal que T c a n M 4 ( R ) . Considere também as seguintes afirmações:

  1. Se λ é é um autovalor real de T então a multiplicidade algébrica de λ é igual a 2;
  2. Se dim K e r T = 2   e   T tem um autovalor complexo não real então T   é diagonalizável;
  3. Se T c a n é uma matriz simétrica então todos os autovalores de T são reais.

Assinale a alternativa correta:

  1. Apenas as afirmações (II) e (III) são verdadeiras;
  2. Apenas a afirmação (III) é verdadeira;
  3. Apenas a afirmação (II) é verdadeira;
  4. Todas as afirmações são verdadeiras;
  5. Apenas as afirmações (I) e (II) são verdadeiras.
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Passo 1

Vamos analisar as afirmações sobre um operador T : C 4 C 4 , tal que T C a n M 4 ( C ) .

Nós já vimos algumas propriedades desses operadores certo?

Passo 2

Afirmação ( I ) :

Essa é fácil: podemos ter λ com multiplicidade 4. Logo é falsa a afirmação.

Passo 3

Afirmação ( I I ) :

Se dim ker T = 2 , temos 0 como autovalor de multiplicidade algébrica e geométrica 2. Logo se tivermos um autovalor λ C - R teremos também o autovalor λ - , e portanto o operador será diagonálizavel, já que a soma das multiplicidades geométricas será 4.

Passo 4

Afirmação ( I I I ) :

Essa a gente mostra com o Teorema Espectral. Já que T C a n M 4 ( R ) , tudo acontece como se não estivéssemos trabalhando com complexos, e estaremos dentro das condições do Teorema Espectral.

Resposta

( a ) Apenas as afirmações ( I I ) e ( I I I ) são verdadeiras

Exercício Resolvido #8

P3 USP MAT2458. Ano: 2012. Questão 7

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Passo 1

Vamos analisar as afirmações sobre o operador T descrito no enunciado.

Passo 2

Afirmação ( I ) :

Uma condição para o operador T ser diagonalizável é que a soma da dimensão dos autoespaços seja 6. Como 0, é autovalor, A u t 0 = k e r ( T ) e 6 = dim ker T + d i m ( I m T ) , pra T ser diagonlizável, devemos ter dim ker T = 4 .

Logo dim I m T = 2 .

Passo 3

Afirmação ( I I ) :

Temos 0 autovalor de T , logo det T = 0 e o operador não é injetor.

Passo 4

Afirmação ( I I I ) :

Aqui ningém disse que existe uma base B tal que T B M 6 ( C ) . Logo nada garante que tenhamos autovalores conjugados.

Resposta

( d ) Apenas as afirmações ( I ) e ( I I ) são verdadeiras

Exercício Resolvido #9

P3 USP MAT2458. Ano: 2010. Questão 13

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Passo 1

Aqui vamos analisar as afirmaçãoes referentes aum operador T : C 3 C ³ , tal que T C a n M 3 ( R ) .

Vou adiantar pra vocês que a afirmação falsa é a ( a ) . Mas por que ela?

Pra responder isso vamos ver primeiro como a afirmação ( c ) é verdadeira.

Passo 2

Vou adiantar pra vocês que a afirmação falsa é a ( a ) . Mas por que ela?

Pra responder isso vamos ver primeiro como a afirmação ( c ) é verdadeira.

Da afirmação ( c ) temos que:

T 2 + i , 3 , - i = 2 2 + i , 3 , - i

Mas:

T 2 + i , 3 , - i = T 2,3 , 0 + i T 1,0 , - 1 = 2 2,3 , 0 + 2 i ( 1,0 , - 1 )

Como T c a n M 3 ( R ) , temos que T v R 3   sempre que v R 3 .   Assim, a gente pode separar as partes reais e imaginárias, chegando em:

T 2,3 , 0 = 2 ( 2,3 , 0 )

Logo ( 2,3 , 0 ) é autovetor de T .

Passo 3

A diferença no item ( a ) é que o autovalor em questão não é real:

T 2 + i , 3 , - i = 2 + i 2 + i , 3 , - i

T 2,3 , - 1 + i T 1,0 , - 1 = 3 + 4 i , 6 + 3 i , 1 - 2 i = 3,6 , 1 + i ( 4,3 , - 2 )

T 1,0 , - 1 = 4,3 , - 2 λ ( 1,0 , - 1 )

Logo ( 1,0 , - 1 ) não é autovetor de T .

Resposta

( a ) Se ( 2 + i , 3 , - i ) é autovetor de T associado ao autovalor 2 + i , então ( 1,0 , - 1 ) é autovetor de T

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