(3,0)(a) Para a
\mathrm{A}=\left(\begin{array}{ccc} 1 & \alpha & 0 \\\ \beta & 1 & 0 \\\\ 0 & 0 & 1 \end{array}\right), \quad \text { matriz }
onde \alpha e \beta são números complexos diferentes de zero, encontre seus autovalores e autovetores.
(b) Encontre as respectivas condições para que os autovalores sejam reais,
(c) para que os autovetores sejam ortogonais.
(d) Mostre que essas condições são satisfeitas simultaneamente se e somente se a matriz A for hermitiana.
(e) Assumindo que A seja uma matriz hermitiana, encontre a matriz C que diagonaliza A . Então mostre que C^{-1} A C=D, onde D é uma matriz diagonal.

Passo 1

O enunciado pede várias coisas sobre a matriz
A=\begin{pmatrix} 1 & \alpha & 0\\[4pt] \beta & 1 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 1 \end{pmatrix},
onde \alpha e \beta são números complexos não nulos. As perguntas são:
(a) encontrar os autovalores e autovetores de A;
(b) encontrar as condições para que esses autovalores sejam reais;
(c) encontrar as condições para que os autovetores sejam ortogonais (no espaço complexo, isto é, com produto interno hermitiano padrão);
(d) mostrar que as condições das partes (b) e (c) são satisfeitas simultaneamente se e somente se A for hermitiana;
(e) assumindo A hermitiana, encontrar a matriz C que diagonaliza A e mostrar que C^{-1}AC=D com D diagonal.
Informações relevantes dadas:
  • \alpha\neq0 e \beta\neq0.
  • A matriz é quase em bloco: o bloco 2\times2 no canto superior-esquerdo e um 1 isolado na terceira coordenada.
  • Devemos usar produto interno hermitiano padrão (em (c) e (d) a palavra “hermitiana” indica isso).]

Passo 2

Definição e estratégia para (a): um número \lambda é autovalor de A se existe vetor não nulo v tal que
Av=\lambda v,
o que é equivalente a
\det(A-\lambda I)=0.
Como A tem bloco 2\times2 e um 1 isolado, vamos calcular o polinômio característico usando essa estrutura. Escrevendo A em blocos:
A=\begin{pmatrix}B & 0\\[4pt]0 & 1\end{pmatrix},\qquad B=\begin{pmatrix}1 & \alpha\\[4pt]\beta & 1\end{pmatrix}.
O polinômio característico de A fatoriza como o produto do polinômio de B e (1-\lambda) (porque o terceiro autovalor é óbvio). Então primeiro calculamos o determinante
\det(B-\lambda I)=\det\begin{pmatrix}1-\lambda & \alpha\\[4pt]\beta & 1-\lambda\end{pmatrix}=(1-\lambda)^2-\alpha\beta.
Assim os autovalores da parte 2\times2 satisfazem
(1-\lambda)^2-\alpha\beta=0.
Resolvendo isso:
1-\lambda=\pm\sqrt{\alpha\beta}\quad\Longrightarrow\quad \lambda=1\pm\sqrt{\alpha\beta}.
Além disso, da entrada isolada 1 obtemos o terceiro autovalor \lambda=1. Portanto os três autovalores são
\lambda_1=1+\sqrt{\alpha\beta},\qquad \lambda_2=1-\sqrt{\alpha\beta},\qquad \lambda_3=1.
Observação sobre \sqrt{\alpha\beta}: é alguma das raízes quadradas de \alpha\beta; usaremos uma raíz fixa s tal que s^2=\alpha\beta.]

Passo 3

Encontrando autovetores para [\lambda\neq1) (ou seja, para \lambda=1\pm s com s=\sqrt{\alpha\beta}).
Queremos vetores v=(x,y,z)^T com Av=\lambda v. Escrevendo as equações:
\begin{cases} 1\cdot x+\alpha y = \lambda x,\\[4pt] \beta x +1\cdot y = \lambda y,\\[4pt] 1\cdot z = \lambda z. \end{cases}
Para \lambda\neq1\] a terceira equação dá \(z=0. As duas primeiras tornam-se
(1-\lambda)x+\alpha y=0,\qquad \beta x+(1-\lambda)y=0.
Essas duas equações são redundantes (pois \lambda foi escolhido como raiz do determinante). Tomando a primeira delas e resolvendo para y em função de x:
\alpha y = (\lambda-1)x \quad\Longrightarrow\quad y=\frac{\lambda-1}{\alpha}x.
Portanto um autovetor associado a \lambda pode ser escolhido como
v(\lambda)=\begin{pmatrix}1\\[4pt]\dfrac{\lambda-1}{\alpha}\\[4pt]0\end{pmatrix}.
Substituindo \lambda=1\pm s obtemos explicitamente os dois autovetores da submatriz 2\times2:
v_1=\begin{pmatrix}1\\[4pt]\dfrac{s}{\alpha}\\[4pt]0\end{pmatrix}\quad\text{para }\lambda_1=1+s, \qquad v_2=\begin{pmatrix}1\\[4pt]\dfrac{-s}{\alpha}\\[4pt]0\end{pmatrix}\quad\text{para }\lambda_2=1-s.]

Passo 4

Autovetores para [\lambda=1).
Colocando \lambda=1 nas equações Av=\lambda v obtemos
\begin{cases} \alpha y = 0,\\[4pt] \beta x = 0,\\[4pt] z = z \text{ (qualquer)}. \end{cases}
Como \alpha\neq0\] e \(\beta\neq0, as duas primeiras equações forçam x=0 e y=0. Assim os autovetores associados a \lambda_3=1 são exatamente os múltiplos de
v_3=\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}.]

Passo 5

Resumo (resposta da parte a): os autovalores e autovetores encontrados são:
  • \lambda_1=1+\sqrt{\alpha\beta} com autovetor v_1=\displaystyle\begin{pmatrix}1\\[4pt]\dfrac{\sqrt{\alpha\beta}}{\alpha}\\[4pt]0\end{pmatrix}.
  • \lambda_2=1-\sqrt{\alpha\beta} com autovetor v_2=\displaystyle\begin{pmatrix}1\\[4pt]\dfrac{-\sqrt{\alpha\beta}}{\alpha}\\[4pt]0\end{pmatrix}.
  • \lambda_3=1 com autovetor v_3=\displaystyle\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}.
(Observação: qualquer múltiplo não-nulo desses vetores também é autovetor.)]

Passo 6

Parte (b): condição para autovalores sejam reais.
Os autovalores são 1\pm s e 1, com s=\sqrt{\alpha\beta}. Para que 1\pm s sejam números reais é necessário e suficiente que s seja real. Como s^2=\alpha\beta, isso equivale a pedir que \alpha\beta seja um número real não-negativo. Como \alpha e \beta são dados não nulos, a condição fica
\alpha\beta\in\mathbb{R}_{>0}.
Assim, todos os autovalores de A são reais se e somente se \alpha\beta for real e positivo (então s=\sqrt{\alpha\beta}>0 é real). Se \alpha\beta for real e negativo, s é imaginário e obtemos um par complexo conjugado 1\pm s.

Passo 7

Parte (c): condição para os autovetores serem ortogonais (produto interno hermitiano).
No espaço complexo usamos o produto interno hermitiano padrão
\langle u,v\rangle = u^* v=\overline{u_1}v_1+\overline{u_2}v_2+\overline{u_3}v_3.
Já notamos que v_3=(0,0,1)^T é ortogonal a v_1 e v_2 (porque as duas primeiras componentes de v_3 são zero). Resta verificar a ortogonalidade entre v_1 e v_2. Usando as representações:
v_1=\begin{pmatrix}1\\[4pt]\dfrac{s}{\alpha}\\[4pt]0\end{pmatrix},\qquad v_2=\begin{pmatrix}1\\[4pt]\dfrac{-s}{\alpha}\\[4pt]0\end{pmatrix},
temos
\langle v_1,v_2\rangle = \overline{1}\cdot 1 + \overline{\left(\dfrac{s}{\alpha}\right)}\cdot\left(\dfrac{-s}{\alpha}\right) = 1 - \frac{|s|^2}{|\alpha|^2}.
Como |s|^2=| \sqrt{\alpha\beta}\,|^2=|\alpha\beta|=|\alpha|\,|\beta|, isso dá
\langle v_1,v_2\rangle = 1 - \frac{|\alpha|\,|\beta|}{|\alpha|^2} = 1 - \frac{|\beta|}{|\alpha|}.
Portanto \langle v_1,v_2\rangle=0 se e somente se |\alpha|=|\beta|. Conclusão: todos os autovetores (entre si) podem ser tomados ortogonais se e somente se
|\alpha|=|\beta|.]

Passo 8

Parte (d): relação com hermiticidade.
Definição: A é hermitiana se A=A^*, ou seja A é igual à sua conjugada transposta. Para nossa A,
A^*=\begin{pmatrix}1 & \overline{\beta} & 0\\[4pt]\overline{\alpha} & 1 & 0\\[4pt]0 & 0 & 1\end{pmatrix}.
Igualando A e A^* obtemos as condições
\alpha=\overline{\beta}\quad\text{e}\quad \beta=\overline{\alpha},
que são equivalentes (uma implica a outra). Se \beta=\overline{\alpha} então
\alpha\beta=\alpha\overline{\alpha}=|\alpha|^2\in\mathbb{R}_{>0}
e também |\beta|=|\overline{\alpha}|=|\alpha|. Logo a hermiticidade implica as condições de (b) e (c).
Agora a recíproca: suponha que as condições de (b) e (c) sejam verdadeiras simultaneamente, isto é \alpha\beta\in\mathbb{R}_{>0} e |\alpha|=|\beta|. Escrevendo \alpha= r e^{i\varphi} e \beta= r e^{i\theta} com r>0 (já que os módulos são iguais), a condição \alpha\beta\in\mathbb{R}_{>0}
\alpha\beta = r^2 e^{i(\varphi+\theta)}\in\mathbb{R}_{>0}\quad\Longrightarrow\quad e^{i(\varphi+\theta)}=1,
isto é \varphi+\theta\equiv 0\pmod{2\pi}, logo \theta=-\varphi. Então
\beta = r e^{-i\varphi}=\overline{r e^{i\varphi}}=\overline{\alpha}.
Portanto \beta=\overline{\alpha} e A é hermitiana. Assim mostramos a equivalência: as condições de (b) e (c) são satisfeitas simultaneamente se e somente se A for hermitiana.]

Passo 9

Parte (e): diagonalização quando A é hermitiana.
Assuma agora que A é hermitiana, portanto \beta=\overline{\alpha}. Então
\alpha\beta=|\alpha|^2,\qquad s=\sqrt{\alpha\beta}=|\alpha|>0,
e os autovalores são
\lambda_1=1+|\alpha|,\qquad \lambda_2=1-|\alpha|,\qquad \lambda_3=1,
todos reais. Podemos escolher autovetores ortonormais (porque matriz hermitiana é diagonalizável por matriz unitária). Tomando as versões normalizadas dos vetores do Passo 3, e simplificando a fase, note que
\frac{s}{\alpha}=\frac{|\alpha|}{\alpha}=e^{-i\arg(\alpha)}.
Escolhemos os autovetores unitários:
u_1=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\[4pt]\dfrac{|\alpha|}{\alpha}\\[4pt]0\end{pmatrix},\qquad u_2=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-\dfrac{|\alpha|}{\alpha}\\[4pt]0\end{pmatrix},\qquad u_3=\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Colocando essas colunas juntas definimos a matriz unitária C:
C=\begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & 0\\[6pt] \frac{1}{\sqrt{2}}\dfrac{|\alpha|}{\alpha} & -\frac{1}{\sqrt{2}}\dfrac{|\alpha|}{\alpha} & 0\\[6pt] 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.
As colunas de C são autovetores normalizados e mutuamente ortogonais; por isso C é unitária e C^{-1}=C^*. Então, como A u_j=\lambda_j u_j para j=1,2,3, temos (pela propriedade padrão de diagonalização por mudança de base)
C^{-1}AC = C^* A C = \operatorname{diag}(\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3) = \begin{pmatrix}1+|\alpha| & 0 & 0\\[4pt]0 & 1-|\alpha| & 0\\[4pt]0 & 0 & 1\end{pmatrix}.
Isto conclui a construção de C e a verificação de que C^{-1}AC é diagonal.]

Resposta

(a) \lambda_1=1+\sqrt{\alpha\beta},\; v_1=\displaystyle\begin{pmatrix}1\\[4pt]\dfrac{\sqrt{\alpha\beta}}{\alpha}\\[4pt]0\end{pmatrix};\quad \lambda_2=1-\sqrt{\alpha\beta},\; v_2=\displaystyle\begin{pmatrix}1\\[4pt]\dfrac{-\sqrt{\alpha\beta}}{\alpha}\\[4pt]0\end{pmatrix};\quad \lambda_3=1,\; v_3=\displaystyle\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}.
(b) Os autovalores são todos reais se e somente se \displaystyle \alpha\beta\in\mathbb{R}_{>0}.
(c) Os autovetores (com produto interno hermitiano padrão) são mutuamente ortogonais se e somente se \displaystyle |\alpha|=|\beta|.
(d) As condições de (b) e (c) ocorrem simultaneamente \iff A é hermitiana, o que equivale a \displaystyle \beta=\overline{\alpha}.
(e) Assumindo A hermitiana ( \beta=\overline{\alpha}), escolha
C=\begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & 0\\[6pt] \frac{1}{\sqrt{2}}\dfrac{|\alpha|}{\alpha} & -\frac{1}{\sqrt{2}}\dfrac{|\alpha|}{\alpha} & 0\\[6pt] 0 & 0 & 1 \end{pmatrix},
então C diagonaliza A e
C^{-1}AC=C^*AC=\begin{pmatrix}1+|\alpha| & 0 & 0\\[4pt]0 & 1-|\alpha| & 0\\[4pt]0 & 0 & 1\end{pmatrix}=D.]

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