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. O segundo caso surge naturalmente como um corolário do primeiro, devido a relação entre operadores e matrizes.

Teorema Espectral (Operadores auto-adjuntos)¶

A sua prova requer dois resultados prévios. Em ambos, $T$ é um operador linear auto-adjunto sobre um espaço vetorial $V$ de dimensão finita e munido de produto interno.

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

Considere $\beta$ uma base ortonormal de $V$ e $\dim V = n>0$ . Como $T$ é auto-adjunto, então $[T]_{\beta}=A$ é uma matriz simétrica (pelo Theorem 1).

Sabemos que $\lambda$ é autovalor de $T$ se, e somente se, $p_{A}(\lambda)=0$ , onde ${} p_{A}(x)=\det(x I-A) {}$ é o polinômio característico de $T$ . 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{bmatrix} y_{1} \\ y_{2} \\ \vdots \\ y_{n} \end{bmatrix}

(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 (5) 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.

Como hipótese de indução, considere $n>1$ e suponha que o Teorema vale 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 $A=[T]_{c}$ . 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{bmatrix} \lambda_{1} & 0 & \dots & 0 \\ 0 & \lambda_{2} & \dots & 0 \\ 0 & 0 & \ddots & 0 \\ 0 & 0 & \dots & \lambda_{n} \end{bmatrix}.

(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, como veremos no exemplo a seguir.

Example 1 (Potenciação de uma matriz simétrica)

Seja $A$ uma matriz simétrica, podemos determinar $A^{n}$ para um expoente natural qualquer. A chave está em encontrarmos a forma diagonal de $A$ , garantida pelo Corollary 1 (neste caso, nos será útil escrever $A$ como $PDP^{T}$ ), e então verificar o que seria $A^{n}$ neste formato.

O processo para encontrar a forma diagonal é basicamente o mesmo para qualquer matriz simétrica, onde as 3 etapas principais são:

Encontrar os autovalores;
Encontrar os autovetores associados;
Determinar a base ortonormal formada a partir dos autovetores encontrados.

Para ilustrar estas etapas numericamente, considere o caso em que $A=\begin{bmatrix}7 & -1 \\ -1 & 2\end{bmatrix}$ .

Para o primeiro passo, fazemos $\det (A-\lambda I)=0$ e resolvemos para $\lambda$ (isto é, encontramos as raízes do polinômio característico). Note que pelo Lemma 2 sabemos que as soluções serão todas reais. Neste caso, temos

\det\begin{bmatrix} 7-\lambda & -1 \\ -1 & 2-\lambda \end{bmatrix} = 0 \implies (7-\lambda)(2-\lambda)-1=0

(10)

Encontrando então os autovalores $\lambda_{1}=\frac{1}{2}(9+\sqrt{ 29 })$ e $\lambda_{2}=\frac{1}{2}(9-\sqrt{ 29 })$ .

Para os autovetores, resolvemos os sistemas associados a

\begin{bmatrix} 7-\lambda_{1} & -1 \\ -1 & 2-\lambda_{1} \end{bmatrix}\begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 0 \\ 0 \end{bmatrix}

(11)

\begin{bmatrix} 7-\lambda_{2} & -1 \\ -1 & 2-\lambda_{2} \end{bmatrix}\begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 0 \\ 0 \end{bmatrix}

(12)

encontrando $v_{1}=\left( -5-\sqrt{ 29 },2 \right)$ e $v_{2}=\left( -5+\sqrt{ 29 },2 \right)$ , respectivamente.

Note que, como $\lambda_{1}\neq \lambda_{2}$ , Proposition 3 garante que $v_{1}$ e $v_{2}$ já são ortogonais. Então, para o terceiro passo resta apenas normalizá-los. Fazendo isso, obtemos os respectivos versores

\begin{align} \hat{v_{1}}&=\left( \frac{-5-\sqrt{ 29 }}{\sqrt{ 58+10\sqrt{ 29 } }} ,\frac{2}{{\sqrt{ 58+10\sqrt{ 29 } }}}\right) \\ \hat{v_{2}}&=\left( \frac{-5+\sqrt{ 29 }}{\sqrt{ 58-10\sqrt{ 29 } }} ,\frac{2}{{\sqrt{ 58-10\sqrt{ 29 } }}}\right) \end{align}

(13)

Logo, $\{ \hat{v_{1}},\hat{v_{2}} \}$ é uma base ortonormal de $\mathbb{R}^{2}$ formada por autovetores de $A$ .

Voltando ao caso geral (para simplificar consideraremos uma matriz $2\times2$ , mas a análise para dimensões maiores é análoga), considere que os autovetores normalizados encontrados no terceiro passo são $\hat{v_{1}}=(a,b)$ e $\hat{v_{2}}=(c,d)$ . A demonstração do Corollary 1 nos diz que $P=\begin{bmatrix}a & c \\ b & d\end{bmatrix}$ , portanto

A=PDP^{T}=\begin{bmatrix} a & c \\ b & d \end{bmatrix}\begin{bmatrix} \lambda_{1} & 0 \\ 0 & \lambda_{2} \end{bmatrix}\begin{bmatrix} a & b \\ c & d \end{bmatrix}

(14)

Agora, note que

A^{n}=(PDP^{T})^{n}= \underbrace{ (PDP^{T})(PDP^{T})\dots(PDP^{T}) }_{ n\text{ vezes} }

(15)

mas como $P$ é ortogonal, então $P^{T}P=I$ . Logo, isto se simplifica em

\begin{align} A^{n}&=P\underbrace{ DD\dots D }_{ n\text{ vezes} }P^{T} \\ & =PD^{n}P^{T} \end{align}

(16)

Mais ainda, como $D$ é uma matriz diagonal, observe que $D^{n}$ resultará em $\begin{bmatrix}\lambda_{1}^{n} & 0 \\ 0 & \lambda_{2}^{n}\end{bmatrix}$ . Dessa forma, concluímos que

A^{n}=\begin{bmatrix} a & c \\ b & d \end{bmatrix}\begin{bmatrix} \lambda_{1}^{n} & 0 \\ 0 & \lambda_{2}^{n} \end{bmatrix}\begin{bmatrix} a & b \\ c & d \end{bmatrix}

(17)

Observe como reduzimos um cálculo que seria de $n-1$ produtos de matrizes em dois produtos de matrizes!

Para um computador, o custo de calcular $\lambda_{1}^{n}$ , $\lambda_{2}^{n}$ e dois produtos matriciais é ordens de grandeza menor que o de calcular $n-1$ produtos matriciais (na maioria dos casos).

Introdução

Operadores Auto-Adjuntos

Introdução

Decomposição em Valores Singulares (SVD)