Teorema Espectral - Introdução

O Teorema Espectral é um importante resultado na Álgebra Linear, diz respeito à existência de uma base ortonormal formada por autovetores de um operador auto-adjunto para o espaço vetorial o qual ele atua. Dividiremos-o em dois casos que, na prática, são correspondentes: Operadores auto-adjuntos e matrizes simétricas. Naturalmente, o segundo caso é um corolário do primeiro.

Teorema Espectral (Operadores auto-adjuntos)¶

A sua prova requer dois resultados prévios.

Demonstração

Seja $u\in U$ e $w\in U^{\perp}$ . Então, dado que $Tu \in U$ (pois $U$ é $T$ -invariante), temos que

\langle Tu , w \rangle=0.

(1)

Por outro lado, dado que $T$ é auto-adjunto, $\langle Tu , w \rangle=\langle u , Tw \rangle$ . Ou seja, $\langle Tw , u \rangle=0$ , para todo $w \in U^{\perp}$ e $u\in U$ . Isso implica que $Tw \in U^{\perp}$ e portanto $U^{\perp}$ é $T$ -invariante.

Demonstração

Seja $\beta$ uma base ortonormal de $V$ e $dim\;V=n>0$ . Como $T$ é auto-adjunto, então $[T]_{\beta}=A$ é uma matriz simétrica. O polinômio característico de $T$ é dado por ${} p_{A}(x)=\det(x I-A) {}$ . Logo, $\lambda$ é autovalor de $T$ se, e somente se, $p_{A}(\lambda)=0$ . Considere que $\lambda$ é uma raiz de $p_{A}(x)$ (cuja existência é garantida pelo Teorema Fundamental da Álgebra, podendo ser uma raiz real ou complexa), vamos mostrar então que $\lambda \in \mathbb{R}$ .

Dado que $\det(\lambda I-A)=0$ , então o sistema linear $AX=\lambda X$ possui infinitas soluções não nulas para $X$ . Consideremos que

Y=\begin{pmatrix} y_{1} \\ y_{2} \\ \vdots \\ y_{n} \end{pmatrix}

(2)

é uma delas.

Escrevendo $AY=\lambda Y$ na forma de sistema linear, obtemos

\sum_{j=1}^{n}A_{ij}y_{j}=\lambda y_{i}, \; (i=1,2,\dots,n).

(3)

Então, multiplicando por $\overline{y_{i}}$ , encontramos

\sum_{j=1}^{n}A_{ij}y_{j} \overline{y_{i}}=\lambda y_{i} \overline{y_{i}}, \; (i=1,2,\dots,n).

(4)

Dessa forma, somando estes resultados, obtemos

\sum_{i,j=1}^{n}A_{ij}y_{j}\overline{y_{i}} = \lambda \sum_{i=1}^{n}y_{i}\overline{y_{i}}=\lambda \sum_{i=1}^{n}|y_{i}|^{2}.

(5)

(note que $|y_{i}|$ representa o módulo de um número complexo, um valor real, logo o somatório $\sum |y_{i}|^{2} \in \mathbb{R}$ ).

Mostremos então que o somatório à esquerda das igualdades também pertence aos reais. Ou seja,

\sum_{i,j=1}^{n}A_{ij}y_{j}\overline{y_{i}}=\overline{\sum_{i,j=1}^{n}A_{ij}y_{j}\overline{y_{i}}}.

(6)

Utilizando as propriedades do conjugado e que $A$ é uma matriz real (logo $A_{ij}\in \mathbb{R}$ e $A_{ij}=\overline{A_{ij}}$ ), obtemos

\overline{\sum_{i,j=1}^{n}A_{ij}y_{j}\overline{y_{i}}}=\sum_{i,j=1}^{n}\overline{A_{ij}}\overline{y_{j}}y_{i}=\sum_{i,j=1}^{n}A_{ij}\overline{y_{j}}y_{i}.

(7)

Como $A$ é simétrica ( $A_{ij}=A_{ji}$ ), podemos trocar os índices $i$ e $j$ de lugar no somatório à direita das igualdades, obtendo

\overline{\sum_{i,j=1}^{n}A_{ij}y_{j}\overline{y_{i}}}=\sum_{i,j=1}^{n}A_{ij}y_{j}\overline{y_{i}},

(8)

o que procurávamos.

Assim, dado que os somatórios nas igualdades (8) são reais, podemos concluir que $\lambda \in \mathbb{R}$ .

Agora, podemos provar o Teorema Espectral.

Proof 1 (Teorema Espectral para operadores auto-adjuntos)

A prova se dá por indução sobre a dimensão de $V$ . Consideremos $dim\;V = n$ .

Como caso base, se $n=1$ , qualquer ${} v\in V-\{ 0_{V} \} {}$ forma uma base do espaço. Naturalmente, $\left\{ \frac{v}{\lvert |v| \rvert} \right\}$ é uma base ortonormal de $V$ . Ademais, também é formada por um autovetor, uma vez que se $T(v)\in V$ , então $T(v)=\lambda v$ , para algum $\lambda \in \mathbb{R}$ , dado que $\{ v \}$ é uma base.

Agora, considere $n>1$ e suponha que o Teorema é válido para todo espaço com dimensão menor que $n$ . O Lema 2 garante que existe um autovetor de $T$ (em particular, unitário) $v_{1}\in V$ , associado a um autovalor real $\lambda_{1}$ . Seja $U=[v_{1}]$ , temos então que $dim\,U^{\perp}=dim\,V-dim\,U=n-1<n$ . Além disso, seja $u \in U$ , $u=\alpha v_{1}$ e $T(\alpha v_{1})=\alpha T(v_{1})=\alpha \lambda_{1}v_{1}\in U$ . Logo, $U$ é $T$ -invariante. Consequentemente, pelo Lema 1, $U^{\perp}$ também é $T$ -invariante.

Dado que $dim\,U^{\perp}<n$ e ${} U^{\perp} {}$ é $T$ -invariante, vale a hipótese de indução. Logo, existe uma base ortonormal $\{ v_{2},\dots ,v_{n} \}$ de $U^{\perp}$ formada por autovetores de $T$ . Naturalmente, como $V=U \oplus U^{\perp}$ , $\{ v_{1},v_{2},\dots,v_{n} \}$ é uma base ortonormal de $V$ formada por autovetores de $T$ .

Verifica-se sem muita dificuldade que, em espaços vetoriais reais, a recíproca do Teorema Espectral é verdadeira: Se existe uma base ortonormal formada por autovetores de $T$ , então $T$ é auto-adjunto.

Teorema Espectral para matrizes simétricas¶

Demonstração

Seja $T\in \mathcal{L}(V)$ tal que $A=[T]_{c}$ , onde $c$ é a base canônica. Como $A$ é simétrica e a base canônica é ortonormal, então $T$ é auto-adjunta. Logo, do Teorema Espectral sabemos que existe uma base $\beta=\{ v_{1},\dots,v_{n} \}$ de $V$ formada por autovetores de $T$ . Seja $T(v_{i})=\lambda_{i}v_{i}$ ( $i=1,2,\dots,n$ ), então

D=[T]_{\beta}=\begin{pmatrix} \lambda_{1} & 0 & \dots & 0 \\ 0 & \lambda_{2} & \dots & 0 \\ 0 & 0 & \ddots & 0 \\ 0 & 0 & \dots & \lambda_{n} \end{pmatrix}.

(9)

Além disso, $D=P^{-1}AP$ , onde $P$ é a matriz mudança de base de $\beta$ para $c$ . Dado que $\beta$ é ortonormal, então $P$ é ortogonal. Ou seja, $P^{-1}=P^{T}$ .

O fato de podermos garantir que matrizes simétricas podem ser diagonalizadas e sabermos como encontrar a matriz diagonal tem grande aplicação prática e computacional. Vejamos como exemplo o cálculo de potências de matrizes ( $A^n$ ).

Seja $A=\begin{pmatrix}1 & 2 \\ 2 & -2\end{pmatrix}$ , encontremos $A^{n}$ ( $n\in \mathbb{N}$ ). Primeiramente, note que $A^{T}=A$ . A ideia então é diagonalizar $A$ utilizando o teorema espectral, de maneira que podemos determinar $A^{n}$ em um formato mais simples. Começamos calculando os autovalores de $A$ , de modo a determinar os autovetores associados e posteriormente uma base ortonormal formada por eles:

\det \begin{pmatrix} 1-\lambda & 2 \\ 2 & -2-\lambda \end{pmatrix}=0 \implies (1-\lambda)(-2-\lambda)-4=0

(10)

Encontrando $\lambda_{1}=-3$ e $\lambda_{2}=2$ . Para $\lambda_{1}$ temos:

\begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 2 & -2 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}=-3 \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}

(11)

Resolvendo o sistema linear associado encontramos o autovetor ${} v_{1}=(1,-2) {}$ . Analogamente para $\lambda_{2}$ :

\begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 2 & -2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}=2\begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}

(12)

Encontrando ${} v_{2}=(2,1) {}$ . Logo, a base $\{ (1,-2),(2,1) \}$ de $\mathbb{R}^{2}$ é formada por autovetores de $A$ . Note que, como são associados a autovalores distintos, $v_{1}$ e $v_{2}$ são ortogonais, restando apenas normalizá-los para que obtenhamos uma base ortonormal de autovetores. Portanto,

\beta =\left\{ \left( \frac{1}{\sqrt{ 5 }},\frac{-2}{\sqrt{ 5 }} \right),\left( \frac{2}{\sqrt{ 5 }},\frac{1}{\sqrt{ 5 }} \right) \right\}

(13)

é uma base ortonormal formada por autovetores de $A$ .

Consequentemente, a matriz

[I]^{\beta}_{c}=P=\begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{ 5 }} & \frac{2}{\sqrt{ 5 }} \\ \frac{-2}{\sqrt{ 5 }} & \frac{1}{\sqrt{ 5 }} \end{pmatrix}

(14)

é ortogonal, logo $P^{-1}=P^{T}$ . Daí seque que ${} A=PDP^{T} {}$ . Finalmente, observe que

\begin{align*} A^{2}&=(PDP^{T})(PDP^{T})=PD^{2}P^{T} \\ A^{3}&=A^{2}A=(PD^{2}P^{T})(PDP^{T})=PD^{3}P^{T} \\ &\,\,\,\vdots \\ A^{n}&=PD^{n}P^{T} \end{align*}

(15)

Concluindo:

A^{n}=\begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{ 5 }} & \frac{2}{\sqrt{ 5 }} \\ \frac{-2}{\sqrt{ 5 }} & \frac{1}{\sqrt{ 5 }} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} (-3)^{n} & 0 \\ 0 & 2^{n} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{ 5 }} & \frac{-2}{\sqrt{ 5 }} \\ \frac{2}{\sqrt{ 5 }} & \frac{1}{\sqrt{ 5 }} \end{pmatrix}.

(16)

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