3 Problemas Teóricos
- Seja
um conjunto com
vetores de
. Se
é LI e
, mostre que
é combinação linear dos elementos de
se, e somente se, o subespaço gerado por
tem dimensão
.
- Se
são subespaços vetoriais de
e
, mostre que
. Mostre que a igualdade vale se, e somente se,
.
- Seja
uma matriz
que não é da forma
. Mostre que
é diagonalizável se, e somente, possui dois autovalores reais distintos.
- Seja
uma matriz
com autovalores distintos
. Se
é um autovetor associado a
e
é um autovetor associado a
, mostre que o conjunto
é LI.
- Dada uma base
de
, mostre que o processo de Gram-Schmidt realmente retorna uma base ortogonal para
.
- Seja
uma matriz
invertível e seja
um conjunto de vetores de
. Mostre que
é um conjunto LI se, e somente se, o conjunto
é LI.
- Verifique o Teorema de Cayley-Hamilton para matrizes de ordem 2: se
é uma matriz quadrada
e
é seu polinômio característico, então
Passo 1
Vou separar claramente o que cada item pede e quais são os dados que temos, só para organizarmos a bagunça antes de começar a prova (respira, dá pra fazer).
-
Dados:
é um conjunto com vetores de e é linearmente independente (LI). Dado também . Pergunta: mostrar que é combinação linear dos elementos de se, e somente se, o subespaço gerado por tem dimensão . -
Dados:
subespaços de com . Pergunta: mostrar que . Mostrar também que a igualdade ocorre se, e somente se, . -
Dados:
é uma matriz que não é da forma (não é escalar). Pergunta: mostrar que é diagonalizável se, e somente se, possui dois autovalores reais distintos. -
Dados:
é com autovalores distintos . Dados autovetor associado a e autovetor associado a . Pergunta: mostrar que é LI. -
Dados:
é uma base de . Pergunta: mostrar que o processo de Gram–Schmidt retorna uma base ortogonal para . -
Dados:
é invertível e . Pergunta: mostrar que é LI se, e somente se, é LI. -
Dados:
é e é seu polinômio característico. Pergunta: verificar que .
A partir daqui começo a provar cada item, passo a passo, com os conceitos que usamos bem explicadinhos.
Passo 2
Definições e ferramentas que usarei com frequência (explicadinhas, porque eu sei que você está cansado de fórmulas soltas):
- Linearmente independente (LI): um conjunto de vetores
é LI se a única combinação linear que dá o vetor nulo é aquela cujos coeficientes são todos zero, isto é, se
implica
. Isso é a definição básica.
-
Espaço gerado / span:
é o conjunto de todas as combinações lineares dos vetores de . É um subespaço. -
Dimensão:
de um subespaço é o número de vetores de qualquer base de . Uma base é um conjunto LI que gera . -
Observação útil: Se
é uma base de , então qualquer conjunto de vetores LI em satisfaz . Em particular, uma consequência óbvia: adicionar um vetor que não esteja no span aumenta (ou mantém) a dimensão, e se adicionarmos um vetor que já esteja no span, a dimensão não aumenta.
Vou usar tudo isso nos itens seguintes.
Passo 3
Resolução do item 1 (equivalência envolvendo
,
e
).
Direção (=>). Suponha que
é combinação linear dos elementos de
. Então por definição existe uma combinação
onde
. Isso significa que
. Então
porque adicionar um elemento que já está no span não altera o span. Como
é LI e tem
vetores,
tem dimensão
. Logo
. (Tranquilo: aqui usamos só a definição de span e de dimensão.)
Direção (<=). Agora suponha que
. Temos que
, então
. Mas
já tem dimensão
(porque
é LI com
vetores), e
também tem dimensão
. Sendo dois subespaços com inclusão
e mesma dimensão, eles têm de ser iguais:
Da igualdade dos spans segue que
, ou seja,
é combinação linear dos vetores de
. Concluímos a bicondicional.
Passo 4
Resolução do item 2 (dimensão e inclusão).
Primeira parte: mostrar
quando
.
Tome uma base de
, digamos
. Por definição de base, esses
vetores são LI e geram
. Como
, cada
também pertence a
. Logo em
temos
vetores LI. Por uma propriedade básica: o tamanho de qualquer conjunto LI é menor ou igual à dimensão do espaço onde ele vive. Portanto
. Como
, obtemos
.
Segunda parte: igualdade e o caso
.
-
Se
então claramente . -
Converse: suponha
e . Pegue uma base de (com ). Como esses vetores pertencem a e são LI em , eles podem ser estendidos a uma base de . Mas , então não é possível estender: eles já são uma base de . Logo . Mas essa span é exatamente . Assim . Portanto a igualdade de dimensões junto da inclusão força a igualdade dos subespaços.
Passo 5
Resolução do item 3 (matriz
não escalar: diagonalizável
dois autovalores reais distintos).
Primeiro lembro do que significa diagonalizável: uma matriz
é diagonalizável (sobre
) se existe inversível
tal que
seja uma matriz diagonal com entradas reais.
(=>) Suponha
é diagonalizável (por similaridade real) e não é da forma
. Então existe invertível
e diagonal
com
tais que
. Os elementos da diagonal de
são autovalores de
. Se
, então
e
, ou seja,
seria escalar, contradizendo a hipótese. Logo não pode ser
; portanto
e
são reais e distintos.
(<=) Agora suponha
possui dois autovalores reais distintos
. Para cada autovalor existe um autovetor não nulo. Autovetores correspondentes a autovalores distintos são linearmente independentes (vou provar isso no passo do item 4). Como a dimensão do espaço é
, dois autovetores LI formam uma base de
. Tomando
cuja coluna
é um autovetor de
e coluna
é um autovetor de
, obtemos
. Portanto
é diagonalizável.
Assim temos a equivalência pedida (lembrando que tudo é sobre
e usamos que
não é escalar para excluir o caso de autovalor repetido com forma escalar).
Passo 6
Resolução do item 4 (autovetores de autovalores distintos são LI).
Seja
autovetor associado a
e
autovetor associado a
com
. Queremos mostrar que
é LI.
Suponha, para obter contradição, que sejam LD, ou seja, existam escalares
, não ambos zero, tal que
Aplicando
aos dois lados obtemos
Como
e
, isso vira
Subtraindo
vezes a combinação original
(que é zero) do último, temos
o que simplifica para
Como
por hipótese e
, obtemos
. Voltando à combinação
fica
, logo
. Isso contradiz a hipótese de que
não são ambos zero. Portanto só a combinação trivial existe, e
é LI.
(Esse é o argumento clássico e muito útil na prova do item 3.)
Passo 7
Resolução do item 5 (Gram–Schmidt em
).
Vou mostrar que, aplicando Gram–Schmidt à base
, obtemos três vetores não nulos e mutuamente ortogonais, logo uma base ortogonal.
Recordando o processo (a explicação é passo a passo para você poder reproduzir na prova):
Defina
onde
é o produto interno usual em
.
Agora justifico cada propriedade:
-
porque é base, então . -
é ortogonal a por construção:
Além disso
: se
então
seria múltiplo de
, e isso contradiz a independência da base original (dois vetores iguais ou proporcionais numa base não acontecem). Logo
é não nulo.
-
é ortogonal a e a por construção (calcule e e veja que as projeções cancelam exatamente). Resta checar que . Se , então seria combinação linear de e . Mas pertencem ao span e isso significaria que é LD, contradizendo que é base. Assim . -
Como
são três vetores não nulos e mutuamente ortogonais em , eles são LI. Três vetores LI em formam uma base. Portanto é uma base ortogonal de .
Resumo prático para a prova: escreva as fórmulas das projeções, verifique ortogonalidade por cálculo direto e verifique que nenhum dos vetores é zero usando a independência original.
Passo 8
Resolução do item 6 (matriz invertível preserva LI).
Vou provar as duas implicações.
(=>) Suponha
é LI. Considere uma combinação linear que zere os
:
Factorando
,
Como
é invertível, seu núcleo é
, logo
. Pela hipótese de que
é LI, segue
. Assim não existe combinação não-trivial que anule os
; portanto
é LI.
(<=) Agora suponha
é LI e considere uma combinação linear que zere os
:
Aplicando
aos dois lados, obtemos
Como
é LI, temos
. Portanto
é LI. Note que invertibilidade foi usada para preservar injetividade (aplicar
não cria combinações novas no núcleo).
Concluímos a equivalência:
é LI
é LI.
Passo 9
Resolução do item 7 (Cayley–Hamilton para matrizes
).
Vou dar uma prova curta e clara usando forma de Jordan / diagonalização — é o caminho mais didático para 2×2.
Primeiro, escrevemos o polinômio característico em termos usuais. Para
o polinômio característico é
No enunciado escreveram
; portanto (comparando coeficientes) temos
Queremos verificar
.
Agora raciocínio por casos via forma de Jordan (que é muito prático em dimensão
):
- Caso 1:
tem dois autovalores distintos (podem ser reais; se estivermos trabalhando sobre o argumento é o mesmo). Então é diagonalizável: existe invertível tal que . Aplicando o polinômio a ,
Mas
e por definição de polinômio característico temos
. Assim
é a matriz zero, e portanto
.
- Caso 2:
tem autovalor repetido (multiplicidade 2). Então a forma de Jordan de é ou (caso diagonal) ou a matriz de Jordan
Se a forma é
, então
e claramente
porque
. Se a forma é o Jordan acima, note que
que é nilpotente de ordem
:
. Mas se
(pois o polinômio característico tem essa forma quando
é raiz dupla), então
No caso geral em que expressamos
, a forma de Jordan implica que
por cálculo direto (ou pelo fato de que
tem único autovalor
e
e o factor
anula a parte nilpotente). Como similaridade preserva a avaliação de polinômios (
), concluímos
.
Assim, em todos os casos de interesse para matrizes
, vale
. Esse é exatamente o Teorema de Cayley–Hamilton para ordem
.]
Resposta
-
é combinação linear dos elementos de . -
Se
então . Além disso . -
Para
não escalar: é diagonalizável (sobre ) possui dois autovalores reais distintos. -
Se
são autovalores de e autovetores associados, então é linearmente independente. -
Aplicando Gram–Schmidt a
obtemos três vetores não nulos e mutuamente ortogonais, logo uma base ortogonal de . -
Para
invertível e : é LI é LI. -
Se
é o polinômio característico de , então (Cayley–Hamilton para ordem ).