Matemática universitária — Graduação 2 · स्नातक वर्ष 2

12Formas quadráticas

Uma forma quadrática é a sombra algébrica de uma geometria: as partes de assinatura zero achatam, as positivas curvam para um lado, as negativas para o outro. Este capítulo reduz toda forma quadrática real a uma soma de $\pm$ quadrados (Gauss), demonstra que as contagens de sinais são intrínsecas (Sylvester) e depois coroa a geometria euclidiana com o teorema espectral: os endomorfismos simétricos diagonalizam em bases ortonormais — o teorema mais usado de toda a álgebra linear aplicada.

12.1 Formas bilineares e quadráticas

Definição 12.1

Uma forma bilinear simétrica num espaço vetorial real $E$ é uma aplicação bilinear $\varphi \colon E \times E \to \R$ com $\varphi(x, y) = \varphi(y, x)$ ; a forma quadrática associada é $q(x) = \varphi(x, x)$ . A forma $\varphi$ é recuperada a partir de $q$ por polarização:

\varphi(x, y) = \tfrac12\bigl(q(x + y) - q(x) - q(y)\bigr).

Numa base $(e_i)$ , a matriz de $\varphi$ é a matriz simétrica $B = (\varphi(e_i, e_j))$ , com $q(x) = X^{\mathsf T} B X$ ; uma mudança de base de matriz $P$ substitui $B$ por $P^{\mathsf T} B P$ (congruência — não semelhança!). O posto de $q$ é $\operatorname{rk} B$ (invariante: a congruência multiplica por matrizes invertíveis).

Exemplo 12.2

Em $\R^2$ : $q(x, y) = x^2 + 4xy + y^2$ tem matriz $\begin{pmatrix} 1 & 2\\ 2 & 1\end{pmatrix}$ . Um produto interno é exatamente uma forma bilinear simétrica cuja forma quadrática é positiva definida; este capítulo estuda o caso geral, de sinal indefinido.

Exemplo 12.3 (Congruência em ação)

Tome $q(x, y) = x^2 + 4xy + y^2$ (matriz $B = \begin{pmatrix} 1 & 2\\ 2 & 1\end{pmatrix}$ ) e a nova base $e_1' = (1, 1)$ , $e_2' = (1, -1)$ , isto é, $P = \begin{pmatrix} 1 & 1\\ 1 & -1\end{pmatrix}$ . Então

P^{\mathsf T}BP = \begin{pmatrix} 1 & 1\\ 1 & -1\end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 2\\ 2 & 1\end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 1\\ 1 & -1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 6 & 0\\ 0 & -2\end{pmatrix} :

nas coordenadas $(u, v)$ ao longo da nova base, $q = 6u^2 - 2v^2$ — confira: $x = u + v$ , $y = u - v$ dá $x^2 + 4xy + y^2 = 6u^2 - 2v^2$ diretamente. Note que as novas entradas diagonais $6, -2$ não são os autovalores $3, -1$ de $B$ : a congruência reescala, só a semelhança preserva espectros — mas os sinais coincidem, como exige o teorema de Sylvester. (A base aqui é ortogonal mas não ortonormal; normalizá-la por $\frac{1}{\sqrt2}$ dividiria a diagonal por $2$ e recuperaria os autovalores.)

Exemplo 12.4 (Determinantes de Gram medem área)

Para $v_1, v_2$ num espaço euclidiano, a matriz de Gram $G = \bigl(\langle v_i, v_j\rangle\bigr)$ empacota comprimentos e ângulo; seu determinante empacota a área:

\det G = \norm{v_1}^2\norm{v_2}^2 - \langle v_1, v_2\rangle^2 = \norm{v_1}^2\norm{v_2}^2\bigl(1 - \cos^2\theta\bigr) = \bigl(\norm{v_1}\,\norm{v_2}\sin\theta\bigr)^2 ,

o quadrado da área do paralelogramo sobre $v_1, v_2$ — e Cauchy–Schwarz é exatamente a afirmação $\det G \geq 0$ . Instância trabalhada: $v_1 = (1, 2, 2)$ , $v_2 = (2, 1, -2)$ em $\R^3$ :

G = \begin{pmatrix} 9 & 0\\ 0 & 9 \end{pmatrix}, \qquad \det G = 81 :

os vetores são ortogonais de comprimento $3$ , gerando um paralelogramo (aqui, um quadrado) de área $\sqrt{81} = 9$ . Lição final: nenhum produto vetorial e nenhuma mágica da dimensão $3$ foram usados — $\sqrt{\det G}$ mede volume $k$ -dimensional em qualquer dimensão, o ponto de partida da Parte I do problema de fim de semana e das integrais de área de superfície mais adiante neste volume.

12.2 Redução de Gauss e a inércia de Sylvester

Teorema 12.5 (Redução de Gauss)

Toda forma quadrática $q$ num espaço real de dimensão finita pode ser escrita

q = \sum_{i=1}^{s} \ell_i^2 - \sum_{j=1}^{t} m_j^2 ,

em que $\ell_1, \dots, \ell_s, m_1, \dots, m_t$ são formas lineares linearmente independentes; equivalentemente, alguma base torna a matriz de $q$ diagonal com entradas $+1$ ( $s$ vezes), $-1$ ( $t$ vezes), $0$ .

Demonstração. Indução no número de variáveis, em coordenadas: $q(x_1, \dots, x_n)$ .

Caso 1: aparece algum quadrado, digamos que o coeficiente $a$ de $x_1^2$ seja não nulo. Agrupe todos os termos em $x_1$ e complete o quadrado:

q = a\Bigl(x_1 + \frac{1}{a}\,\lambda(x_2, \dots, x_n)\Bigr)^{\!2} + q_1(x_2, \dots, x_n),

em que $\lambda$ é linear e $q_1$ é quadrática nas variáveis restantes: uma forma independente foi destacada (ela envolve $x_1$ , as outras não), a indução se aplica a $q_1$ , e os sinais $\pm$ vêm do sinal de $a$ após reescalar por $\sqrt{\abs a}$ .

Caso 2: nenhum quadrado, mas algum termo cruzado, digamos $b\,x_1x_2$ com $b \neq 0$ . Use a identidade

x_1x_2 = \tfrac14\bigl((x_1 + x_2)^2 - (x_1 - x_2)^2\bigr)

após agrupar: escrevendo $q = b\,x_1x_2 + x_1\alpha + x_2\beta + q_2$ (com $\alpha, \beta, q_2$ nas outras variáveis), verifica-se que

q = \frac{b}{4}\Bigl[\Bigl(x_1 + x_2 + \frac{\alpha + \beta}{b}\Bigr)^{2} - \Bigl(x_1 - x_2 + \frac{\beta - \alpha}{b}\Bigr)^{2}\Bigr] + \widetilde q ,

com $\widetilde q$ livre de $x_1, x_2$ : duas formas independentes são destacadas, e a indução conclui.

Independência das formas colhidas: ordene os lotes como produzidos. As formas do primeiro lote contêm $x_1$ (Caso 1) ou $x_1, x_2$ (Caso 2); todas as formas posteriores são livres dessas variáveis. Suponha que uma combinação linear de todas as formas colhidas se anule. Lendo o coeficiente de $x_1$ (e de $x_2$ ): só o primeiro lote contribui e, dentro desse lote, a uma ou duas formas são visivelmente independentes ( $\ell$ sozinha; ou $\ell \pm m$ com $\ell, m$ independentes): os coeficientes do primeiro lote se anulam. Retire o lote e repita: por indução ao longo dos lotes, todos os coeficientes se anulam — a família inteira é livre, a triangularidade tornada explícita. ∎

Teorema 12.6 (Lei de inércia de Sylvester)

O par $(s, t)$ em Teorema 12.5 depende apenas de $q$ , e não da redução: é a assinatura de $q$ . Além disso,

s = \max\{\dim F : q|_F \text{ positiva definida}\},

e simetricamente para $t$ .

Demonstração. Seja $q = \sum_{i \leq s}\ell_i^2 - \sum_{j\leq t} m_j^2$ e seja $F_+$ o espaço gerado pelos vetores (pré-)duais sobre os quais $(\ell_i)$ se restringem a coordenadas — concretamente: complete a família independente $(\ell_1, \dots, \ell_s, m_1, \dots, m_t)$ numa base do dual $E^*$ e seja $(u_1, \dots, u_n)$ a base de $E$ cujas formas coordenadas são essas (a base pré-dual: $\ell_i(u_k) = \delta_{ik}$ para $k \leq s$ , e as formas posteriores se anulam nos vetores anteriores). Ponha $F_+ = \operatorname{Vect}(u_1, \dots, u_s)$ : para $x = \sum_{i\leq s}x_iu_i \in F_+$ ,

\ell_i(x) = x_i, \qquad m_j(x) = 0, \qquad\text{logo}\qquad q(x) = \sum_{i\leq s}x_i^2 > 0 \quad (x \neq 0) :

$q|_{F_+}$ é positiva definida e o máximo na fórmula exibida vale $\geq s$ . Reciprocamente, seja $F$ um subespaço qualquer com $q|_F$ positiva definida, e $G = \{x : \ell_1(x) = \dots = \ell_s(x) = 0\}$ , de codimensão $\leq s$ ; em $G$ , $q(x) = -\sum m_j^2 \leq 0$ . Então $F \cap G = \{0\}$ (um vetor não nulo aí teria $q > 0$ e $q \leq 0$ ), logo $\dim F \leq \dim E - \dim G \leq s$ . Portanto o máximo vale $s$ para toda redução: $s$ é intrínseco, e $t = \operatorname{rk} q - s$ do mesmo modo. ∎

Exemplo 12.7

$q(x, y, z) = xy + yz + zx$ (sem quadrados). Com $x_1 = x$ , $x_2 = y$ : $q = xy + z(x + y)$ , e a identidade dos dois quadrados dá

q = \tfrac14(x + y + 2z)^2 - \tfrac14(x - y)^2 - z^2 ,

(desenvolva para conferir). Três formas independentes: assinatura $(1, 2)$ , posto $3$ . Uma direção positiva, duas negativas: a geometria do “cone de luz” desta forma.

Exemplo 12.8 (Uma forma degenerada, reduzida por inteiro)

$q(x, y, z) = xy + yz$ em $\R^3$ : sem quadrados, logo Caso 2 com o agrupamento $q = y(x + z)$ . A identidade dos dois quadrados no produto das formas independentes $y$ e $x + z$ :

q = \frac14\bigl(y + x + z\bigr)^2 - \frac14\bigl(y - x - z\bigr)^2 .

As duas formas lineares $y + x + z$ e $y - x - z$ são independentes (sua diferença é $2(x+z)$ , sua soma $2y$ ), de modo que Sylvester informa: assinatura $(1, 1)$ , posto $2$ — degenerada. O núcleo da forma polar acha-se resolvendo $\varphi(v, \cdot) = 0$ : com a matriz $\frac12\begin{pmatrix} 0&1&0\\ 1&0&1\\ 0&1&0\end{pmatrix}$ , o núcleo é $\{y = 0,\ x + z = 0\} = \R\,(1, 0, -1)$ , a direção ao longo da qual $q$ nada enxerga. Lição final: a deficiência de posto aparece em Gauss como “ficar sem variáveis” — a redução produziu apenas dois quadrados em três dimensões, e a dimensão que falta é exatamente o núcleo.

Exemplo 12.9 (Uma forma, dois caminhos até a assinatura)

$q(x, y, z) = 2x^2 + 2y^2 + 2z^2 + 2xy + 2yz$ , matriz $\begin{pmatrix} 2 & 1 & 0\\ 1 & 2 & 1\\ 0 & 1 & 2 \end{pmatrix}$ . Caminho 1, Gauss: complete quadrados em ordem,

q = 2\Bigl(x + \frac y2\Bigr)^{\!2} + \frac32 y^2 + 2yz + 2z^2 = 2\Bigl(x + \frac y2\Bigr)^{\!2} + \frac32\Bigl(y + \frac{2z}{3}\Bigr)^{\!2} + \frac43 z^2 :

três quadrados positivos sobre formas independentes, assinatura $(3, 0)$ : positiva definida. Caminho 2, autovalores: a matriz é a tridiagonal $2I + N$ , com $N$ a matriz de vizinhança; seus autovalores são $2 + \sqrt2$ , $2$ , $2 - \sqrt2$ (confira os autovetores $(1, \pm\sqrt2, 1)$ e $(1, 0, -1)$ ), todos positivos: mesmo veredicto, pelo Corolário 12.15. Gauss é mais rápido; os autovalores dizem mais (dão os eixos principais e os valores extremos de $q$ na esfera). Lição final: os pivôs positivos $2, \frac32, \frac43$ de Gauss são exatamente as razões $\frac{\Delta_k}{\Delta_{k-1}}$ de menores principais dominantes ( $\Delta_1 = 2$ , $\Delta_2 = 3$ , $\Delta_3 = 4$ ) — o problema de fim de semana demonstra isso em geral.

Método 12.10 (Calcular uma assinatura: três caminhos)

Gauss (sempre funciona, o mais rápido à mão): complete quadrados em ordem, Caso 2 quando não houver quadrado disponível; conte os sinais. Verifique que as formas lineares colhidas são independentes — menos formas que variáveis significa núcleo (Exemplo 12.8).
Menores dominantes (para testes de definição): todos os $\Delta_k > 0$ se e somente se positiva definida (Exercício 12.8); os pivôs $\Delta_k/\Delta_{k-1}$ dão até os coeficientes de Gauss (problema de fim de semana). Falha em silêncio se algum $\Delta_k = 0$ : recorra ao caminho 1.
Autovalores (o mais informativo, o mais caro): sinais do espectro (Corolário 12.15); também fornece os eixos principais e os valores extremos de $q$ na esfera unitária. Prefira-o quando a estrutura própria for necessária de qualquer modo.

12.3 O teorema espectral

Seja agora $E$ euclidiano (produto interno $\langle\cdot,\cdot\rangle$ , volume do primeiro ano de graduação).

Definição 12.11 (Adjunto; endomorfismos simétricos)

Para $u \in \mathcal{L}(E)$ , o adjunto $u^*$ é o único endomorfismo com

\langle u(x), y\rangle = \langle x, u^*(y)\rangle \qquad (x, y \in E);

numa base ortonormal, $\operatorname{Mat}(u^*) = \operatorname{Mat}(u)^{\mathsf T}$ . $u$ é simétrico (autoadjunto) quando $u^* = u$ — equivalentemente, sua matriz numa base ortonormal é simétrica.

Existência e unicidade do adjunto. Para $y$ fixo, a forma $x \mapsto \langle u(x), y\rangle$ é linear, logo (dimensão finita) da forma $\langle x, z_y\rangle$ para um único $z_y$ — sendo a aplicação $y \mapsto z_y =: u^*(y)$ linear pela unicidade. A identificação matricial: $\langle u(e_i), e_j\rangle$ lido nos dois sentidos. ∎

Exemplo 12.12 (O adjunto depende do produto interno)

Em $\R^2$ tome o produto interno ponderado $\langle x, y\rangle_D = x_1y_1 + 2x_2y_2$ (matriz $D = \operatorname{diag}(1,2)$ ) e $u$ de matriz $A = \begin{pmatrix} 0 & 1\\ 0 & 0\end{pmatrix}$ na base canônica. De $\langle u(x), y\rangle_D = (Ax)^{\mathsf T}Dy = x^{\mathsf T}(A^{\mathsf T}D)y$ e $\langle x, u^*(y)\rangle_D = x^{\mathsf T}(DA^*)y$ , a matriz do adjunto é

A^* = D^{-1}A^{\mathsf T}D = \begin{pmatrix} 1 & 0\\ 0 & \tfrac12\end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & 0\\ 1 & 0\end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0\\ 0 & 2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 0\\ \tfrac12 & 0\end{pmatrix} \neq A^{\mathsf T} .

Verificação de bom senso em $x = (1,0)$ , $y = (0,1)$ :

\langle u(x), y\rangle_D = \langle (0,0), y\rangle_D = 0, \quad \langle x, u^*(y)\rangle_D = \langle(1,0), (0,\tfrac12)\rangle_D = 0 ;

em $x = (0,1)$ , $y = (1,0)$ :

\langle u(x), y\rangle_D = \langle(1,0),(1,0)\rangle_D = 1, \quad \langle x, u^*(y)\rangle_D = \langle(0,1),(0,\tfrac12)\rangle_D = 1 .

Lição final: “ $\operatorname{Mat}(u^*) = \operatorname{Mat}(u)^{\mathsf T}$ ” é um enunciado sobre bases ortonormais apenas; em geral a métrica $D$ intervém, exatamente como na redução simultânea do problema de fim de semana.

Teorema 12.13 (Teorema espectral)

Seja $u$ um endomorfismo simétrico de um espaço euclidiano $E$ . Então $E$ tem uma base ortonormal de autovetores de $u$ ; todos os autovalores são reais, e os autoespaços de autovalores distintos são ortogonais. Forma matricial: toda matriz real simétrica $A$ escreve-se

A = P\,D\,P^{\mathsf T}, \qquad P \text{ ortogonal } (P^{\mathsf T} P = I),\ D \text{ diagonal}.

Demonstração. Existe um autovetor. A função $x \mapsto \langle u(x), x\rangle$ é contínua na esfera unitária $S$ de $E$ , que é compacta (dimensão finita, Teorema 5.13): ela atinge seu máximo $\lambda$ em algum $a \in S$ . Afirmamos que $u(a) = \lambda a$ . Para todo $y \perp a$ com $\norm y = 1$ e $t \in \R$ , o vetor $x_t = \frac{a + ty}{\sqrt{1 + t^2}}$ está em $S$ ( $\norm{a + ty}^2 = 1 + t^2$ por Pitágoras); desenvolvendo a função maximizada,

g(t) = \langle u(x_t), x_t\rangle = \frac{\langle u(a), a\rangle + 2t\langle u(a), y\rangle + t^2\langle u(y), y\rangle}{1 + t^2}

(a simetria de $u$ fundiu os dois termos cruzados: $\langle u(a), y\rangle = \langle a, u(y)\rangle = \langle u(y), a\rangle$ ). $g$ é uma função derivável de $t$ com máximo em $t = 0$ ; a regra do quociente em $0$ dá

g'(0) = \frac{2\langle u(a), y\rangle\cdot 1 - \langle u(a), a\rangle\cdot 0}{1} = 2\langle u(a), y\rangle = 0 .

Logo $u(a)$ é ortogonal a todo o hiperplano $a^\perp$ : $u(a) \in (a^{\perp})^{\perp} = \R a$ , isto é, $u(a) = \mu a$ ; e $\mu = \langle u(a), a\rangle = \lambda$ .

Indução. O complemento ortogonal $F = a^\perp$ é estável por $u$ : para $x \perp a$ , $\langle u(x), a\rangle = \langle x, u(a)\rangle = \lambda\langle x, a\rangle = 0$ . A restrição $u|_F$ é simétrica para o produto interno induzido; por indução sobre a dimensão, $F$ tem base ortonormal de autovetores; acrescente $a$ na frente.

Complementos. Os autovalores são os números reais $\langle u(e), e\rangle$ na base de autovetores. Ortogonalidade dos autoespaços: $u(x) = \lambda x$ , $u(y) = \mu y$ dão $\lambda\langle x, y\rangle = \langle u(x), y\rangle = \langle x, u(y)\rangle = \mu\langle x, y\rangle$ , logo $\langle x, y\rangle = 0$ quando $\lambda \neq \mu$ . Forma matricial: as colunas de $P$ são a base ortonormal de autovetores. ∎

Exemplo 12.14 (Uma execução espectral completa)

Diagonalize ortogonalmente $A = \begin{pmatrix} 1 & 2\\ 2 & 1\end{pmatrix}$ . Polinômio característico $(1 - \lambda)^2 - 4$ : autovalores $3$ e $-1$ . Autovetores: $(A - 3I)v = 0$ dá $v_1 = \frac{1}{\sqrt2}(1,1)$ ; $(A + I)v = 0$ dá $v_2 = \frac{1}{\sqrt2}(1,-1)$ — ortogonais, como o Teorema 12.13 garante sem cálculo. Com $P = (v_1\ v_2)$ (uma rotação de $\frac\pi4$ ):

P^{\mathsf T}AP = \begin{pmatrix} 3 & 0\\ 0 & -1 \end{pmatrix}, \qquad x^2 + 4xy + y^2 = 3u^2 - v^2 \quad\text{no referencial girado} .

Assim a forma de Exercício 12.1 é uma forma do tipo hipérbole: assinatura $(1,1)$ , coerente com sua redução de Gauss $(x + 2y)^2 - 3y^2$ — quadrados diferentes, mesma assinatura, como exige Sylvester. Lição final: Gauss deu a resposta mais depressa, mas o caminho espectral também informa que, no círculo unitário, $q$ percorre exatamente $\intcc{-1}{3}$ , atingido ao longo de $v_2$ e $v_1$ : o trabalho extra compra geometria.

Corolário 12.15 (Eixos principais; testes de positividade)

Toda forma quadrática $q$ num espaço euclidiano diagonaliza em alguma base ortonormal: $q(x) = \sum_i \lambda_i x_i^2$ com $\lambda_i$ os autovalores da matriz simétrica de $q$ ; a assinatura conta os autovalores positivos e negativos.
Uma matriz simétrica é positiva semidefinida (resp. definida) se e somente se todos os seus autovalores são $\geq 0$ (resp. $> 0$ ); e então os valores extremos do quociente de Rayleigh são

$\min_{\norm x = 1} \langle Ax, x\rangle = \lambda_{\min}, \qquad \max_{\norm x = 1} \langle Ax, x\rangle = \lambda_{\max} .$

Demonstração. (1) Escreva $q(x) = \langle A x, x\rangle$ com $A$ simétrica (a matriz de $q$ numa base ortonormal); diagonalize $A$ pelo teorema espectral: para $x = \sum x_ie_i$ na base ortonormal de autovetores,

q(x) = \Bigl\langle \sum_i \lambda_ix_ie_i,\ \sum_j x_je_j\Bigr\rangle = \sum_i \lambda_i x_i^2

(a ortonormalidade mata os termos cruzados). Os sinais $\pm$ dos $\lambda_i$ contam a assinatura por Sylvester: reescalar cada coordenada por $\sqrt{\abs{\lambda_i}}$ exibe uma redução de Gauss com formas independentes.

(2) Na base de autovetores, $\langle Ax, x\rangle = \sum \lambda_i x_i^2$ , preso entre $\lambda_{\min}\norm x^2$ e $\lambda_{\max}\norm x^2$ , com igualdade nos autovetores correspondentes; a positividade de todos os autovalores é assim equivalente à positividade da forma. ∎

Exemplo 12.16

$A = \begin{pmatrix} 2 & 1\\ 1 & 2 \end{pmatrix}$ : autovalores $3$ (autovetor $\frac{1}{\sqrt2}(1,1)$ ) e $1$ ( $\frac{1}{\sqrt2}(1,-1)$ ). A forma quadrática $2x^2 + 2xy + 2y^2$ torna-se $3X^2 + Y^2$ no referencial ortonormal girado: os eixos principais de uma elipse, calculados. A redução de Gauss também chega a uma forma diagonal, mas só o teorema espectral chega a ela sem distorcer comprimentos.

Exemplo 12.17 (Uma elipse plenamente identificada)

Que curva é $5x^2 + 4xy + 2y^2 = 6$ ? A matriz $\begin{pmatrix} 5 & 2\\ 2 & 2\end{pmatrix}$ tem polinômio característico $\lambda^2 - 7\lambda + 6 = (\lambda - 1)(\lambda - 6)$ : autovalores $1$ e $6$ , ambos positivos — uma elipse. Autovetores ortonormais: para $\lambda = 1$ , resolva $\begin{pmatrix} 4 & 2\\ 2 & 1\end{pmatrix}v = 0$ : $v_1 = \frac{1}{\sqrt5}(1, -2)$ ; para $\lambda = 6$ : $v_2 = \frac{1}{\sqrt5}(2, 1)$ . Nas coordenadas giradas $(X, Y)$ ao longo de $(v_2, v_1)$ a equação torna-se

6X^2 + Y^2 = 6, \qquad\text{i.e.}\qquad X^2 + \frac{Y^2}{6} = 1 :

semieixos $1$ (ao longo de $v_2$ ) e $\sqrt6$ (ao longo de $v_1$ ). Lição final: a forma grosseira saiu de graça — $\det = 6 > 0$ e traço positivo anunciam uma elipse antes de qualquer autovetor ser calculado — mas só o teorema espectral entrega as direções e os comprimentos dos eixos, isto é, a geometria de fato.

Exemplo 12.18 (Extremos na esfera, lidos no espectro)

Quais são os valores extremos de $q(x,y,z) = 2xy + 2yz + 2zx$ na esfera unitária? Sua matriz (a de uns fora da diagonal de Exercício 12.2) tem autovalores $2$ e $-1$ (duplo), de modo que, pelo Corolário 12.15 (2):

\max_{\norm v = 1} q(v) = 2 \ \text{ em } v = \tfrac{1}{\sqrt3}(1,1,1), \qquad \min_{\norm v = 1} q(v) = -1 \ \text{ no círculo } x + y + z = 0 .

Sem cálculo diferencial, sem multiplicadores de Lagrange: o teorema espectral resolve essa otimização com restrição de imediato — e exibe o maximizante. Lição final: compare com o método dos multiplicadores do capítulo de cálculo diferencial, que acha os mesmos pontos críticos com mais trabalho; para objetivos quadráticos em esferas, os espectros são a via real (o problema de fim de semana do capítulo hermitiano constrói toda a teoria de Courant–Fischer sobre essa observação).

Observação 12.19 (Armadilhas comuns)

(i) Congruência não é semelhança: uma mudança de base para uma forma age por $P^{\mathsf T}BP$ , e não por $P^{-1}BP$ ; os autovalores não são invariantes de uma forma quadrática ( $I$ e $4I$ são congruentes via $P = 2I$ ) — só seus sinais o são (Sylvester). Fale dos autovalores de uma forma somente depois de fixado um produto interno. (ii) Entradas positivas nada provam: $\begin{pmatrix} 1 & 2\\ 2 & 1\end{pmatrix}$ tem todas as entradas positivas e no entanto assinatura $(1,1)$ ( $\det = -3$ ); reciprocamente, uma matriz positiva definida pode ter entradas negativas fora da diagonal (Exemplo 12.9 deslocada: $2I - N$ funciona igualmente). Use o Método 12.10. (iii) Quadrados dependentes: escrever $q = \ell_1^2 - \ell_2^2$ nada diz se $\ell_1, \ell_2$ são proporcionais — $x^2 + 2xy + y^2 = (x+y)^2$ tem posto $1$ , e não $2$ ; verifique sempre a independência antes de ler a assinatura. (iv) Extremos na esfera sem compacidade: as cotas de Rayleigh do Corolário 12.15 são atingidas porque a esfera é compacta; na bola aberta ou no espaço todo, uma forma indefinida não tem máximo nem mínimo.

Observação 12.20 (Onde isso é usado)

O teorema espectral é o resultado mais exportado deste livro: a estatística diagonaliza matrizes de covariância com ele (análise de componentes principais), a mecânica extrai dele os modos normais de oscilação (a redução simultânea do problema de fim de semana), a análise numérica constrói sobre ele as decomposições de Cholesky e em valores singulares (mesmo problema), e o próximo capítulo o transporta para espaços hermitianos complexos. O volume do terceiro ano de graduação demonstra seu avatar em dimensão infinita para operadores autoadjuntos compactos, em que o argumento de compacidade da demonstração em dimensão finita se torna a história inteira.

Observação 12.21 (Perspectivas dentro deste volume)

As formas quadráticas atravessam o resto do Livro 4 sob três disfarces. Como hessianas: o capítulo de cálculo diferencial classifica pontos críticos pela assinatura da forma de segunda ordem, de modo que a invariância de Sylvester é o que torna “sela” uma palavra bem definida. Como energias: os osciladores do capítulo de equações diferenciais carregam a energia quadrática $\frac12x'^2 + \frac12\omega^2x^2$ , e a redução simultânea do problema de fim de semana deste capítulo é exatamente a extração dos modos normais. Como geometria: as cônicas deste capítulo crescem nas superfícies quádricas dos capítulos de geometria, em que a segunda forma fundamental de uma superfície — uma forma quadrática em cada plano tangente — tem assinatura que decide se a superfície curva como uma tigela ou como uma sela. O capítulo hermitiano, a seguir, reexecuta a partitura inteira sobre $\C$ .

12.4 Exercícios

Exercício 12.1 ★

Reduza por Gauss e dê o posto e a assinatura:

q_1(x,y) = x^2 + 4xy + y^2, \qquad q_2(x,y,z) = x^2 + 2y^2 + 3z^2 + 2xy + 2yz .

Solução

Solução de Exercício 12.1.

$q_1 = (x + 2y)^2 - 3y^2$ : posto $2$ , assinatura $(1, 1)$ (uma forma do tipo hipérbole).

$q_2$ : complete o quadrado em $x$ : $q_2 = (x + y)^2 + y^2 + 2yz + 3z^2 = (x+y)^2 + (y + z)^2 + 2z^2$ : posto $3$ , assinatura $(3, 0)$ — positiva definida.

Exercício 12.2 ★

Diagonalize ortogonalmente $A = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 1\\ 1 & 0 & 1\\ 1 & 1 & 0\end{pmatrix}$ (autovalores do cálculo do Capítulo 3; agora torne a base ortonormal) e reduza a forma $q(x,y,z) = 2xy + 2yz + 2zx$ a eixos principais.

Solução

Solução de Exercício 12.2.

Autovalores $2$ (em $\operatorname{Vect}(1,1,1)$ ) e $-1$ (no plano $x + y + z = 0$ ). Ortonormalize: $e_1 = \frac{1}{\sqrt3}(1,1,1)$ ; no plano, Gram–Schmidt em $(1,-1,0), (1,0,-1)$ dá $e_2 = \frac{1}{\sqrt2}(1,-1,0)$ , $e_3 = \frac{1}{\sqrt6}(1,1,-2)$ . Então $P = (e_1\ e_2\ e_3)$ é ortogonal com $P^{\mathsf T}AP = \operatorname{diag}(2,-1,-1)$ .

A forma $q = 2xy + 2yz + 2zx$ tem matriz $A$ : nas coordenadas giradas $q = 2X^2 - Y^2 - Z^2$ — eixos principais; assinatura $(1,2)$ , coerente com o Exemplo 12.7 (a mesma forma!).

Exercício 12.3 ★

Prove que $u^{**} = u$ , $(u \circ v)^* = v^* \circ u^*$ e que $\ker u^* = (\operatorname{im} u)^{\perp}$ . Deduza $\operatorname{rk} u^* = \operatorname{rk} u$ .

Solução

Solução de Exercício 12.3.

$u^{**} = u$ : $\langle u^{**}x, y\rangle = \langle x, u^*y\rangle = \langle ux, y\rangle$ para todo $y$ . $(uv)^* = v^*u^*$ : $\langle uvx, y\rangle = \langle vx, u^*y\rangle = \langle x, v^*u^*y\rangle$ . Núcleo: $y \in \ker u^* \iff \langle x, u^*y \rangle = 0\ \forall x \iff \langle u(x), y\rangle = 0\ \forall x \iff y \perp \operatorname{im} u$ . Postos: $\dim\ker u^* = n - \operatorname{rk} u$ (complemento ortogonal), logo $\operatorname{rk} u^* = \operatorname{rk} u$ pelo teorema do núcleo e da imagem — o avatar euclidiano do teorema do posto da transposta.

Exercício 12.4 ★★

Seja $A$ real simétrica com $A^3 = A$ . Prove que $A^2$ é a matriz de uma projeção ortogonal. Mais geralmente, relacione as decomposições espectrais de $A$ e de $P(A)$ para um polinômio $P$ .

Solução

Solução de Exercício 12.4.

Espectral: $A = PDP^{\mathsf T}$ , $D$ diagonal com entradas $\lambda_i$ satisfazendo $\lambda_i^3 = \lambda_i$ : $\lambda_i \in \{-1, 0, 1\}$ . Então $A^2 = PD^2P^{\mathsf T}$ com $D^2$ diagonal de entradas $0/1$ : $A^2$ é simétrica e idempotente ( $(A^2)^2 = A^4 = A\cdot A^3 = A^2$ ) — simétrica idempotente $=$ projeção ortogonal (é a projeção sobre $\ker(A^2 - I) = \ker(A-I)\oplus\ker(A+I)$ ao longo de $\ker A$ , e esses são ortogonais pelo teorema espectral).

Em geral, $P(A) = P\!\left(\text{diag}\right)$ : $P(A)$ tem os mesmos autovetores e autovalores $P(\lambda_i)$ — a “aplicação espectral” no nível diagonalizável.

Exercício 12.5 ★★

Prove que $O(n) = \{P : P^{\mathsf T}P = I\}$ é uma parte compacta de $\mathcal{M}_n(\R)$ (fechada: imagem inversa de $\{I\}$ por uma aplicação contínua; limitada: as colunas são vetores unitários). Ela é conexa?

Solução

Solução de Exercício 12.5.

Fechado: $O(n) = g^{-1}(\{I\})$ para a aplicação contínua $g(P) = P^{\mathsf T}P$ (entradas polinomiais). Limitado: cada coluna de $P \in O(n)$ é um vetor unitário, logo todas as entradas estão em $\intcc{-1}{1}$ . Fechado e limitado em $\mathcal{M}_n(\R) \simeq \R^{n^2}$ : compacto (Teorema 4.16 (2)).

Não conexo: $\det$ assume os dois valores $\pm1$ em $O(n)$ , e uma sobrejeção contínua sobre $\{-1, 1\}$ reparte o espaço (o argumento do Exemplo 4.28).

Exercício 12.6 ★★

(Raiz quadrada) Seja $A$ simétrica positiva semidefinida. Construa uma $B$ simétrica positiva semidefinida com $B^2 = A$ e prove que ela é única (existência: tome raízes quadradas dos autovalores numa base espectral; unicidade: uma candidata $B$ comuta com $A = B^2$ , logo preserva seus autoespaços — reduza ao caso escalar em cada um).

Solução

Solução de Exercício 12.6.

Existência: $A = PDP^{\mathsf T}$ com $D = \operatorname{diag}(\lambda_i)$ , $\lambda_i \geq 0$ ; ponha $B = P\sqrt D P^{\mathsf T}$ com $\sqrt D = \operatorname{diag}(\sqrt{\lambda_i})$ : simétrica, positiva semidefinida, $B^2 = A$ .

Unicidade: seja $B$ simétrica psd com $B^2 = A$ . $B$ comuta com $A$ ; logo $B$ preserva cada autoespaço $E_\lambda(A)$ (para $Ax = \lambda x$ : $A(Bx) = BAx = \lambda Bx$ ). Em $E_\lambda(A)$ , a restrição de $B$ é simétrica psd com quadrado $\lambda\,\mathrm{id}$ ; seus autovalores $\mu$ satisfazem $\mu^2 = \lambda$ , $\mu \geq 0$ : $\mu = \sqrt\lambda$ — logo a restrição, sendo diagonalizável com o único autovalor $\sqrt\lambda$ , é $\sqrt\lambda\,\mathrm{id}$ . Como $E = \bigoplus E_\lambda(A)$ , $B$ fica determinada: $B = \sqrt A$ .

Exercício 12.7 ★★

Para $A$ real simétrica, prove que $\vertiii{A}_2 := \sup_{\norm x_2 = 1}\norm{Ax}_2 = \max_i \abs{\lambda_i}$ (raio espectral) e calcule $\vertiii{A}_2$ para $A = \begin{pmatrix} 1 & 2\\ 2 & 1\end{pmatrix}$ .

Solução

Solução de Exercício 12.7.

Numa base ortonormal de autovetores, $\norm{Ax}_2^2 = \sum \lambda_i^2 x_i^2 \leq (\max_i \lambda_i^2)\norm x_2^2$ , com igualdade no autovetor correspondente: $\vertiii A_2 = \max\abs{\lambda_i}$ . Para a matriz dada: autovalores $3, -1$ (a gêmea do Exemplo 12.16): $\vertiii A_2 = 3$ .

Exercício 12.8 ★★★

(Critério de Sylvester) Seja $A$ real simétrica com menores principais dominantes $\Delta_1, \dots, \Delta_n$ (determinantes dos blocos superiores esquerdos). Prove que $A$ é positiva definida se e somente se todos os $\Delta_k > 0$ . (Para $\Rightarrow$ : restrições de uma forma definida são definidas, e o determinante de uma matriz positiva definida — o produto de seus autovalores — é positivo. Para $\Leftarrow$ : faça indução sobre $n$ ; o bloco superior esquerdo $(n-1)$ é positivo definido, diagonalize a forma nesse subespaço e complete o quadrado na última variável; o sinal da última entrada diagonal é governado por $\det A = \Delta_n > 0$ .)

Solução

Solução de Exercício 12.8.

( $\Rightarrow$ ) O bloco superior esquerdo $k \times k$ $A_k$ é a matriz da restrição da forma (definida) ao espaço gerado pelos primeiros $k$ vetores da base: positiva definida, logo seus autovalores são positivos e $\Delta_k = \det A_k > 0$ .

( $\Leftarrow$ ) Indução sobre $n$ ; $n = 1$ é claro. Suponha todos os $\Delta_k > 0$ . Por indução, $A_{n-1}$ é positiva definida: a forma $q$ restrita a $F = \operatorname{Vect}(e_1, \dots, e_{n-1})$ é definida. Diagonalize $q|_F$ (Gauss): coordenadas $y_1, \dots, y_{n-1}$ com $q|_F = \sum y_i^2$ . No espaço todo, completando o quadrado na última variável,

q = \sum_{i=1}^{n-1} \bigl(y_i + c_i x_n\bigr)^2 + c\,x_n^2

para constantes adequadas (recolha os termos cruzados nos quadrados). A redução exibe a assinatura $(n-1 + \epsilon, \cdot)$ , sendo $\epsilon$ a contribuição de sinal de $c$ ; e o determinante guarda o sinal do produto dos coeficientes diagonais sob congruência ( $\det(P^{\mathsf T}AP) = (\det P)^2\det A$ ): $\Delta_n > 0$ força $c > 0$ . Logo $q$ é soma de $n$ quadrados de formas independentes: positiva definida.

Exercício 12.9 ★★★

(Courant–Fischer, segundo autovalor) Seja $u$ simétrica com autovalores $\lambda_1 \geq \lambda_2 \geq \dots \geq \lambda_n$ . Prove

\lambda_2 = \min_{\substack{H \text{ hiperplano}}}\; \max_{\substack{x \in H,\ \norm x = 1}} \langle u(x), x\rangle .

(Para $\leq$ : todo hiperplano encontra o plano $2$ gerado pelos dois autovetores de cima. Para $\geq$ : escolha $H = (e_1)^{\perp}$ .)

Solução

Solução de Exercício 12.9.

Seja $(e_1, \dots, e_n)$ uma base ortonormal de autovetores de $\lambda_1 \geq \dots \geq \lambda_n$ .

$\lambda_2 \leq$ o mín-máx: para qualquer hiperplano $H$ , o espaço $V = \operatorname{Vect}(e_1, e_2)$ de dimensão $2$ satisfaz $\dim(H \cap V) \geq 1$ (Grassmann): escolha um unitário $x \in H \cap V$ , $x = ae_1 + be_2$ , $a^2 + b^2 = 1$ :

\langle u(x), x\rangle = \lambda_1 a^2 + \lambda_2 b^2 \geq \lambda_2 :

o máximo em todo hiperplano é $\geq \lambda_2$ .

$\geq$ : para $H = e_1^{\perp}$ , todo unitário $x = \sum_{i\geq2} x_ie_i \in H$ tem $\langle u(x), x\rangle = \sum_{i \geq 2} \lambda_i x_i^2 \leq \lambda_2$ , atingido em $e_2$ : o máximo nesse hiperplano é exatamente $\lambda_2$ . O mínimo sobre $H$ é, portanto, $\lambda_2$ .

Exercício 12.10 ★★

Determine o posto e a assinatura de $q(x_1, \dots, x_n) = \sum_{i < j} x_ix_j$ em $\R^n$ ( $n \geq 2$ ), de duas maneiras: pela identidade algébrica $2q = \bigl(\sum x_i\bigr)^2 - \sum x_i^2$ junto com a restrição de $q$ ao hiperplano $\sum x_i = 0$ ; e calculando os autovalores de sua matriz $\frac12(J - I)$ , em que $J$ é a matriz de uns.

Solução

Solução de Exercício 12.10.

Caminho algébrico: $2q = \bigl(\sum x_i\bigr)^2 - \sum x_i^2$ . No hiperplano $H : \sum x_i = 0$ (dimensão $n - 1$ ), $q = -\frac12\sum x_i^2$ é negativa definida; na reta $\R(1, \dots, 1)$ , $q(t, \dots, t) = \binom n2 t^2 > 0$ . Um subespaço em que $q$ é positiva definida encontra $H$ trivialmente, logo tem dimensão $\leq 1$ : por Sylvester (Teorema 12.6), $s = 1$ , e $t \geq n-1$ de $H$ ; o posto $\leq n$ força assinatura $(1, n-1)$ , posto $n$ .

Caminho espectral: a matriz é $\frac12(J - I)$ ; $J$ tem autovalores $n$ (em $(1,\dots,1)$ ) e $0$ (em $H$ ), logo $\frac12(J-I)$ tem autovalores $\frac{n-1}{2}$ (uma vez) e $-\frac12$ ( $n-1$ vezes): um positivo, $n-1$ negativos — mesma assinatura, pelo Corolário 12.15.

Exercício 12.11 ★★

Sejam $A$ e $B$ reais simétricas com $B$ positiva semidefinida. Prove que

\lambda_{\min}(A)\operatorname{tr} B \;\leq\; \operatorname{tr}(AB) \;\leq\; \lambda_{\max}(A)\operatorname{tr} B .

(Escreva $B = C^{\mathsf T}C$ e $\operatorname{tr}(AB) = \sum_i \langle A c_i, c_i\rangle$ sobre as colunas $c_i$ de $C^{\mathsf T}$ .) Em particular, $\operatorname{tr}(AB) \geq 0$ quando ambas são positivas semidefinidas.

Solução

Solução de Exercício 12.11.

Escreva $B = C^{\mathsf T}C$ (Exercício 12.6 via $C = \sqrt B$ ). Então, com $c_1, \dots, c_n$ as colunas de $C^{\mathsf T}$ :

\operatorname{tr}(AB) = \operatorname{tr}(AC^{\mathsf T}C) = \operatorname{tr}(CAC^{\mathsf T}) = \sum_{i=1}^n \langle A c_i, c_i\rangle .

Pelo Corolário 12.15 (2), cada termo fica entre $\lambda_{\min}(A)\norm{c_i}^2$ e $\lambda_{\max}(A)\norm{c_i}^2$ , e $\sum\norm{c_i}^2 = \operatorname{tr}(C^{\mathsf T}C)^{\vphantom1} = \operatorname{tr} B$ : a dupla desigualdade segue. Se $A$ é também positiva semidefinida, $\lambda_{\min}(A) \geq 0$ : $\operatorname{tr}(AB) \geq 0$ .

Exercício 12.12 ★★★

Em $E = \mathcal{M}_n(\R)$ , considere $q(M) = \operatorname{tr}(M^2)$ .

Mostre que $q$ é uma forma quadrática de forma polar $\varphi(M, N) = \operatorname{tr}(MN)$ .
Mostre que as matrizes simétricas e as antissimétricas formam subespaços $\varphi$ -ortogonais nos quais $q$ é respectivamente positiva definida e negativa definida (calcule $\operatorname{tr}(M^2)$ entrada a entrada em cada caso).
Conclua: $q$ tem assinatura $\bigl(\frac{n(n+1)}{2}, \frac{n(n-1)}{2}\bigr)$ e posto $n^2$ .

Solução

Solução de Exercício 12.12.

$\varphi(M, N) = \operatorname{tr}(MN)$ é bilinear e simétrica ( $\operatorname{tr}(MN) = \operatorname{tr}(NM)$ ), e $\varphi(M, M) = q(M)$ : $q$ é a forma quadrática de $\varphi$ .
Para $S$ simétrica e $K$ antissimétrica: $\operatorname{tr}(SK) = \operatorname{tr}\bigl((SK)^{\mathsf T}\bigr) = \operatorname{tr}(K^{\mathsf T}S^{\mathsf T}) = -\operatorname{tr}(KS) = -\operatorname{tr}(SK)$ , logo $\varphi(S, K) = 0$ : os dois subespaços são $\varphi$ -ortogonais. Entrada a entrada, $\operatorname{tr} (M^2) = \sum_{i,j} m_{ij}m_{ji}$ : para $M$ simétrica isso é $\sum m_{ij}^2 > 0$ ( $M \neq 0$ ); para $M$ antissimétrica é $-\sum m_{ij}^2 < 0$ .
$\mathcal M_n(\R) = S_n \oplus A_n$ com dimensões $\frac{n(n+1)}2$ e $\frac{n(n-1)}2$ ; uma redução de Gauss adaptada a essa decomposição $\varphi$ -ortogonal escreve $q$ como $\frac{n(n+1)}2$ quadrados positivos e $\frac{n(n-1)}2$ negativos: assinatura $\bigl(\frac{n(n+1)}2, \frac{n(n-1)}2\bigr)$ (Sylvester), posto $n^2$ : a forma é não degenerada.

12.5 Problema: Cholesky, Hadamard e a decomposição polar

Problema 12.1

O teorema espectral é um microscópio; este problema o usa como fábrica. A partir de matrizes de Gram fabricamos a fatoração de Cholesky (e identificamos os pivôs de Gauss como razões de menores), depois demonstramos a desigualdade de Hadamard sobre determinantes, construímos a decomposição polar $A = QS$ e a decomposição em valores singulares, classificamos as cônicas do plano e terminamos com a redução simultânea de duas formas — o teorema por trás dos modos normais de oscilação. Em todo o problema, $E = \R^n$ com seu produto interno padrão.

Parte I — Matrizes de Gram e Cholesky. Para vetores $v_1, \dots, v_n \in E$ , sua matriz de Gram é $G = \bigl(\langle v_i, v_j\rangle\bigr)_{i,j}$ .

Mostre que $G$ é simétrica positiva semidefinida, e positiva definida se e somente se $(v_1, \dots, v_n)$ é linearmente independente (calcule $X^{\mathsf T}GX$ ).
Reciprocamente, mostre que toda $A$ simétrica positiva semidefinida é uma matriz de Gram: $A = C^{\mathsf T}C$ para alguma $C$ (use a raiz quadrada de Exercício 12.6), com $C$ invertível se e somente se $A$ é definida.
Deduza que uma $A$ positiva semidefinida satisfaz $\abs{a_{ij}} \leq \sqrt{a_{ii}\,a_{jj}}$ para todos $i, j$ (restrinja a duas coordenadas) — a desigualdade de Cauchy–Schwarz, relida matricialmente.
(Cholesky) Seja $A$ positiva definida. Prove que existe uma única $T$ triangular superior com entradas diagonais positivas tal que

$A = T^{\mathsf T}\,T$

(existência: aplique Gram–Schmidt a vetores que realizem $A$ como matriz de Gram; unicidade: se $T_1^{\mathsf T}T_1 = T_2^{\mathsf T}T_2$ , mostre que $T_1T_2^{-1}$ é ortogonal e triangular com diagonal positiva, logo $I$ ).
Mostre que os menores principais dominantes satisfazem $\Delta_k = (t_{11}\cdots t_{kk})^2$ e deduza que os pivôs produzidos pela redução de Gauss de uma forma positiva definida, tomados na ordem natural das variáveis, são

$d_k = \frac{\Delta_k}{\Delta_{k-1}} \qquad (\Delta_0 = 1) :$

os menores do critério de Sylvester (Exercício 12.8) e os pivôs de Gauss são os mesmos dados. Verifique em Exemplo 12.9.

Parte II — A desigualdade de Hadamard.

Seja $A$ positiva definida. Prove que

$\det A \leq a_{11}\,a_{22}\cdots a_{nn}$

(normalize: $B = DAD$ com $D = \operatorname{diag}(a_{ii}^{-1/2})$ tem diagonal de uns; majore $\det B = \prod \mu_i$ por MA–MG contra $\operatorname{tr} B = n$ ).
Mostre que vale a igualdade se e somente se $A$ é diagonal.
Deduza a desigualdade de Hadamard: para toda matriz quadrada real $M$ de colunas $c_1, \dots, c_n$ ,

$\abs{\det M} \leq \prod_{i=1}^{n}\norm{c_i}_2 ,$

com igualdade (para $M$ invertível) se e somente se as colunas são duas a duas ortogonais (aplique as questões 6–7 a $M^{\mathsf T}M$ ).
Dividendos geométricos e combinatórios: interprete a questão 8 como “o volume de um paralelepípedo é no máximo o produto dos comprimentos de suas arestas”; e mostre que uma matriz com todas as entradas em $\intcc{-1}{1}$ tem $\abs{\det M} \leq n^{n/2}$ . (As matrizes que atingem essa cota — as matrizes de Hadamard — existem para $n = 1, 2$ e muitos múltiplos de $4$ ; se existem para todos os múltiplos de $4$ é um famoso problema em aberto.)

Parte III — Decomposição polar e valores singulares.

Seja $A$ invertível. Mostre que $A^{\mathsf T}A$ é positiva definida e que

$S = \sqrt{A^{\mathsf T}A} \quad\text{(a raiz quadrada do~\text{Exercício 12.6})}, \qquad Q = AS^{-1}$

dão uma fatoração $A = QS$ com $Q$ ortogonal e $S$ positiva definida.
Prove que essa fatoração de uma $A$ invertível é única.
Estenda a existência a $A$ arbitrária: escolha $\varepsilon_k \to 0$ com $A + \varepsilon_k I$ invertível, escreva $A + \varepsilon_kI = Q_kS_k$ e use a compacidade de $O(n)$ (Exercício 12.5) para extrair $Q_k \to Q$ ; mostre que $S_k = Q_k^{\mathsf T}(A + \varepsilon_kI)$ converge para alguma $S$ positiva semidefinida com $A = QS$ e $S = \sqrt{A^{\mathsf T}A}$ . Onde a unicidade falha para $A$ singular?
(Decomposição em valores singulares) Deduza que toda $A$ quadrada real escreve-se

$A = U\,\Sigma\,V^{\mathsf T}, \qquad U, V \in O(n),\quad \Sigma = \operatorname{diag}(\sigma_1, \dots, \sigma_n),\ \sigma_i \geq 0 ,$

em que os $\sigma_i$ (os valores singulares) são os autovalores de $\sqrt{A^{\mathsf T}A}$ .
Três consequências: $\vertiii{A}_2 = \sigma_{\max}$ para toda $A$ real (generalizando o Exercício 12.7); $\abs{\det A} = \sigma_1\cdots\sigma_n$ ; e a imagem da esfera unitária por uma $A$ invertível é um elipsoide de semieixos $\sigma_1, \dots, \sigma_n$ ao longo das colunas de $U$ .

Parte IV — Cônicas, pelo teorema espectral. Uma cônica plana é o conjunto de zeros de $f(x) = q(x) + \langle b, x\rangle + c$ , com $q \neq 0$ uma forma quadrática de matriz $A$ , $b \in \R^2$ , $c \in \R$ .

Reduza $f$ por uma rotação (eixos principais, Corolário 12.15) seguida de uma translação, e classifique as formas não vazias e não degeneradas possíveis pela assinatura de $q$ : elipse ( $\det A > 0$ ), hipérbole ( $\det A < 0$ ), parábola ( $\det A = 0$ , posto $1$ , com o termo linear não absorvido).
Execute a redução por inteiro para

$x^2 + 4xy + y^2 + 2x - 2y = 4 :$

coordenadas giradas, equação reduzida, natureza e centro da cônica.
(Cônicas centrais) Suponha $\det A \neq 0$ . Mostre que o centro é $x_0 = -\frac12 A^{-1}b$ e que a congruência por $\begin{pmatrix} I & x_0\\ 0 & 1\end{pmatrix}$ da matriz $3\times3$ $\widetilde Q = \begin{pmatrix} A & b/2 \\ b^{\mathsf T}/2 & c\end{pmatrix}$ dá

$\det\widetilde Q = f(x_0)\,\det A :$

a cônica central é degenerada (um ponto ou duas retas) exatamente quando $\det\widetilde Q = 0$ .
Verifique a questão 17 no exemplo da questão 16: calcule $x_0$ , $f(x_0)$ e $\det\widetilde Q$ , e conclua de novo que a cônica é uma hipérbole não degenerada.
(Um feixe de quádricas) Para $\lambda \in \R$ , classifique a superfície

$x^2 + y^2 + z^2 + 2\lambda(xy + yz + zx) = 1$

pelos autovalores de sua matriz (estrutura de uns: autovalores $1 + 2\lambda$ e $1 - \lambda$ duplo): esfera/elipsoide, cilindro, par de planos, hiperboloides de uma e de duas folhas, conforme $\lambda$ .

Parte V — Duas formas de uma vez: redução simultânea.

Seja $q$ positiva definida e $q'$ uma forma quadrática arbitrária em $E$ . Prove que existe uma base de $E$ que é ortonormal para $q$ e ortogonal para $q'$ : nela, $q = \sum x_i^2$ e $q' = \sum \mu_i x_i^2$ (use $q$ como produto interno e aplique o teorema espectral ao endomorfismo que representa $q'$ ).
Forma matricial: para $A$ positiva definida e $B$ simétrica, existe $P$ invertível com $P^{\mathsf T}AP = I$ e $P^{\mathsf T}BP = \operatorname{diag}(\mu_1, \dots, \mu_n)$ , em que os $\mu_i$ são as raízes de $\det(B - \mu A) = 0$ .
Execute-a por inteiro para

$A = \begin{pmatrix} 2 & 1\\ 1 & 1 \end{pmatrix}, \qquad B = \begin{pmatrix} 0 & 1\\ 1 & 0 \end{pmatrix} :$

os autovalores generalizados $\mu_\pm$ e os vetores que diagonalizam as duas formas.
Mostre que a definição positiva não pode ser dispensada: para

$A = \begin{pmatrix} 1 & 0\\ 0 & -1 \end{pmatrix}, \qquad B = \begin{pmatrix} 0 & 1\\ 1 & 0 \end{pmatrix},$

nenhuma base diagonaliza as duas formas (se $P$ diagonalizasse ambas, $\det(B - \mu A)$ se decomporia com raízes reais; calcule-o).
Mostre que os $\mu_i$ da questão 21 são os autovalores de $A^{-1}B$ e que $A^{-1}B$ , embora não simétrica em geral, é sempre diagonalizável com autovalores reais (conjugue por $\sqrt A$ ).
Síntese. Uma frase para cada: (i) o único teorema em que toda Parte se apoiou; (ii) quais resultados das Partes I–III sobrevivem para matrizes positivas semidefinidas e quais precisam de definição estrita; (iii) o sistema físico cujas pequenas oscilações as questões 20–22 diagonalizam (energias cinética e potencial como as duas formas), e o que os $\mu_i$ significam ali.

Solução

Solução de Problema 12.1.

1. $G$ é simétrica pela simetria do produto interno, e

X^{\mathsf T}GX = \sum_{i,j}x_ix_j\langle v_i, v_j\rangle = \Bigl\|\sum_i x_iv_i\Bigr\|^2 \geq 0 ,

com igualdade se e somente se $\sum x_iv_i = 0$ : $G$ é definida se e somente se a única combinação nula é a trivial, isto é, se e somente se a família é independente.

2. Com $B = \sqrt A$ (Exercício 12.6): $A = B^2 = B^{\mathsf T}B$ , a matriz de Gram das colunas de $B$ ; tome $C = B$ . E $X^{\mathsf T}AX = \norm{CX}^2$ , logo $A$ é definida se e somente se $CX \neq 0$ para $X \neq 0$ , se e somente se $C$ é invertível.

3. A restrição da forma a $\operatorname{Vect}(e_i, e_j)$ tem matriz $\begin{pmatrix} a_{ii} & a_{ij}\\ a_{ij} & a_{jj} \end{pmatrix}$ , ainda positiva semidefinida: seu determinante (produto de seus autovalores não negativos) é $\geq 0$ : $a_{ij}^2 \leq a_{ii}a_{jj}$ . Essa é Cauchy–Schwarz para os vetores $v_i, v_j$ de uma realização de Gram.

4. Existência: escreva $A$ como matriz de Gram de uma família independente $(v_1, \dots, v_n)$ (questões 1–2). Gram–Schmidt produz uma base ortonormal $(e_1, \dots, e_n)$ com

v_k = \sum_{i \leq k} t_{ik}\,e_i, \qquad t_{kk} = \bigl\| v_k - \operatorname{proj}_{k-1}v_k \bigr\| > 0 ,

de modo que $T = (t_{ik})$ é triangular superior com diagonal positiva, e

a_{jk} = \langle v_j, v_k\rangle = \sum_i t_{ij}t_{ik} = (T^{\mathsf T}T)_{jk} .

Unicidade: se $T_1^{\mathsf T}T_1 = T_2^{\mathsf T}T_2$ , então $R = T_1T_2^{-1}$ satisfaz $R^{\mathsf T}R = I$ : $R$ é ortogonal e também triangular superior com diagonal positiva (produto de tais). Então $R^{-1} = R^{\mathsf T}$ é simultaneamente triangular superior (inversa de superior) e inferior (transposta de superior): diagonal; uma matriz diagonal ortogonal tem entradas $\pm1$ , e a positividade força $R = I$ : $T_1 = T_2$ .

5. Para $i, j \leq k$ , $(T^{\mathsf T}T)_{ij} = \sum_m t_{mi}t_{mj}$ só envolve $m \leq \min(i,j) \leq k$ : o bloco dominante $k\times k$ de $A$ é $T_k^{\mathsf T}T_k$ , com $T_k$ o bloco dominante de $T$ . Logo $\Delta_k = (\det T_k)^2 = (t_{11}\cdots t_{kk})^2$ . Ora, a redução de Gauss de uma forma positiva definida na ordem natural nunca encontra coeficiente quadrático nulo (os pivôs são as entradas diagonais dos blocos positivos definidos sucessivamente reduzidos): ela produz $q = \sum_k d_k\ell_k^2$ com $\ell_k = x_k + (\text{termos em } x_{k+1}, \dots)$ , isto é, $A = L^{\mathsf T}DL$ com $L$ triangular unipotente; então $T = \sqrt D\,L$ é um fator de Cholesky, logo, pela unicidade, $t_{kk}^2 = d_k$ e

d_k = \frac{(t_{11}\cdots t_{kk})^2} {(t_{11}\cdots t_{k-1,k-1})^2} = \frac{\Delta_k}{\Delta_{k-1}} .

Em Exemplo 12.9: $\Delta_1, \Delta_2, \Delta_3 = 2, 3, 4$ e os pivôs eram $2, \frac32, \frac43$ .

6. Cada $a_{ii} = e_i^{\mathsf T}Ae_i > 0$ . Sejam $D = \operatorname{diag}(a_{ii}^{-1/2})$ e $B = DAD$ : positiva definida (congruência), com $b_{ii} = 1$ , logo $\operatorname{tr} B = n$ . Seus autovalores $\mu_i > 0$ satisfazem, por MA–MG,

\det B = \prod_i\mu_i \leq \Bigl(\frac{\sum\mu_i}{n}\Bigr)^{\!n} = 1 ,

e $\det B = (\det D)^2\det A = \dfrac{\det A}{\prod a_{ii}}$ : $\det A \leq \prod a_{ii}$ .

7. MA–MG é igualdade se e somente se todos os $\mu_i$ são iguais (a $1$ ); uma matriz simétrica com único autovalor $1$ é $PIP^{\mathsf T} = I$ . Logo igualdade se e somente se $B = I$ , se e somente se $a_{ij} = 0$ para $i \neq j$ : $A$ diagonal.

8. Se $M$ é singular, os dois lados valem $\geq 0 = \abs{\det M}$ . Caso contrário, $A = M^{\mathsf T}M$ é positiva definida com $a_{ii} = \norm{c_i}^2$ e $\det A = (\det M)^2$ : a questão 6 dá $(\det M)^2 \leq \prod\norm{c_i}^2$ . Igualdade se e somente se $A = M^{\mathsf T}M$ é diagonal (questão 7), isto é, se e somente se as colunas são duas a duas ortogonais.

9. $\abs{\det M}$ é o volume do paralelepípedo gerado pelas colunas: o volume é no máximo o produto dos comprimentos das arestas, com igualdade exatamente para caixas retangulares. Se $\abs{m_{ij}} \leq 1$ , então $\norm{c_i} \leq \sqrt n$ , logo $\abs{\det M} \leq n^{n/2}$ . (Atingir isso força colunas ortogonais de entradas $\pm1$ : uma matriz de Hadamard.)

10. $X^{\mathsf T}A^{\mathsf T}AX = \norm{AX}^2 > 0$ para $X \neq 0$ ( $A$ invertível): $A^{\mathsf T}A$ é positiva definida. Sua raiz quadrada $S$ é positiva definida (autovalores $\sqrt{\lambda_i} > 0$ ), logo invertível, e $Q = AS^{-1}$ satisfaz

Q^{\mathsf T}Q = S^{-1}A^{\mathsf T}AS^{-1} = S^{-1}S^2S^{-1} = I :

$A = QS$ com $Q$ ortogonal e $S$ positiva definida.

11. Se $A = QS = Q'S'$ , então $S'^{\,2} = S'^{\mathsf T}Q'^{\mathsf T}Q'S' = A^{\mathsf T}A = S^2$ ; duas matrizes positivas semidefinidas com o mesmo quadrado coincidem (Exercício 12.6): $S' = S$ , e depois $Q' = AS^{-1} = Q$ .

12. $\det(A + \varepsilon I)$ é um polinômio não nulo em $\varepsilon$ : ele tem finitas raízes, logo alguma sequência $\varepsilon_k \to 0$ as evita. Escreva $A + \varepsilon_kI = Q_kS_k$ (questão 10). $O(n)$ é compacto (Exercício 12.5): uma subsequência dá $Q_{\varphi(k)} \to Q \in O(n)$ . Então

S_{\varphi(k)} = Q_{\varphi(k)}^{\mathsf T} \bigl(A + \varepsilon_{\varphi(k)}I\bigr) \longrightarrow Q^{\mathsf T}A =: S,

simétrica positiva semidefinida como limite de tais (condições fechadas), e $A = QS$ . Além disso, $S^2 = S^{\mathsf T}S = A^{\mathsf T}QQ^{\mathsf T}A = A^{\mathsf T}A$ , logo $S = \sqrt{A^{\mathsf T}A}$ pela unicidade. Para $A$ singular, $S$ é singular e $Q$ não é única: ela pode ser modificada arbitrariamente em $(\operatorname{im} S)^{\perp}$ — caso extremo $A = 0$ , em que toda $Q$ ortogonal serve.

13. Diagonalize $S = P\Sigma P^{\mathsf T}$ (teorema espectral), $\Sigma = \operatorname{diag}(\sigma_i)$ com $\sigma_i \geq 0$ os autovalores de $S = \sqrt{A^{\mathsf T}A}$ . Então

A = QS = (QP)\,\Sigma\,P^{\mathsf T} = U\Sigma V^{\mathsf T}, \qquad U = QP,\ V = P \in O(n) .

14. $\norm{Ax}^2 = x^{\mathsf T}S^2x \leq \sigma_{\max}^2\norm x^2$ com igualdade num autovetor de topo de $S$ : $\vertiii A_2 = \sigma_{\max}$ — para $A$ simétrica, $S = \sqrt{A^2}$ tem autovalores $\abs{\lambda_i}$ , recuperando o Exercício 12.7. Determinante: $\abs{\det A} = \abs{\det U}\det\Sigma\abs{\det V} = \sigma_1\cdots\sigma_n$ . Esfera: escrevendo $x = Vy$ com $\norm y = 1$ , $Ax = U\Sigma y$ tem coordenadas $z_i = \sigma_iy_i$ no referencial ortonormal das colunas de $U$ : a imagem é $\{\sum z_i^2/\sigma_i^2 = 1\}$ , um elipsoide de semieixos $\sigma_i$ .

15. Uma rotação para eixos principais (Corolário 12.15) transforma $f$ em $\lambda_1X^2 + \lambda_2Y^2 + \beta_1X + \beta_2Y + c$ , com $\lambda_1\lambda_2 = \det A$ . Se $\det A \neq 0$ , absorva os termos lineares pela translação $X \mapsto X - \frac{\beta_1}{2\lambda_1}$ (e do mesmo modo $Y$ ): $\lambda_1X'^2 + \lambda_2Y'^2 = c'$ . Para $\det A > 0$ (sinais iguais): uma elipse ( $c'$ do sinal certo), um ponto ou o vazio. Para $\det A < 0$ : uma hipérbole ( $c' \neq 0$ ) ou duas retas concorrentes. Se $\det A = 0$ com posto $1$ (digamos $\lambda_2 = 0 \neq \lambda_1$ ): $\lambda_1X'^2 + \beta_2Y + c''$ , uma parábola quando $\beta_2 \neq 0$ ; caso contrário, duas retas paralelas, uma reta ou o vazio. Formas não degeneradas: elipse, hipérbole, parábola, governadas pelo sinal de $\det A$ .

16. A parte quadrática $x^2 + 4xy + y^2$ tem matriz $\begin{pmatrix}1 & 2\\ 2 & 1\end{pmatrix}$ , autovalores $3$ e $-1$ com direções ortonormais $\frac{1}{\sqrt2}(1,1)$ , $\frac{1}{\sqrt2}(1,-1)$ . Nas coordenadas giradas $u = \frac{x+y}{\sqrt2}$ , $v = \frac{x-y}{\sqrt2}$ : $x^2 + y^2 = u^2 + v^2$ , $2xy = u^2 - v^2$ , de modo que a forma é $3u^2 - v^2$ , e $2x - 2y = 2\sqrt2\,v$ . A equação torna-se

3u^2 - v^2 + 2\sqrt2\,v = 4 \quad\Longleftrightarrow\quad 3u^2 - \bigl(v - \sqrt2\bigr)^2 = 2 :

uma hipérbole, de centro $(u, v) = (0, \sqrt2)$ , isto é, $(x, y) = (1, -1)$ , com eixos ao longo do referencial girado.

17. $f(x) = (x - x_0)^{\mathsf T}A(x - x_0) + f(x_0)$ sempre que $Ax_0 = -\frac b2$ , isto é, $x_0 = -\frac12A^{-1}b$ : o gradiente de $f$ se anula exatamente aí ( $x_0$ é o centro de simetria). Com $M = \begin{pmatrix} I & x_0\\ 0 & 1\end{pmatrix}$ :

M^{\mathsf T}\widetilde QM = \begin{pmatrix} A & Ax_0 + \frac b2\\[2pt] \bigl(Ax_0 + \frac b2\bigr)^{\mathsf T} & x_0^{\mathsf T}Ax_0 + b^{\mathsf T}x_0 + c \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} A & 0\\ 0 & f(x_0)\end{pmatrix},

e $\det M = 1$ : $\det\widetilde Q = f(x_0)\det A$ . A equação centrada lê-se $q(X) = -f(x_0)$ : para $f(x_0) = 0$ ela degenera em $q(X) = 0$ (duas retas pelo centro se a assinatura é $(1,1)$ , o único ponto $x_0$ se $q$ é definida); para $f(x_0) \neq 0$ a cônica é uma elipse ou hipérbole genuína.

18. $A^{-1} = -\frac13\begin{pmatrix} 1 & -2\\ -2 & 1\end{pmatrix}$ , $\frac b2 = (1, -1)$ : $x_0 = -A^{-1}\frac b2 = (1, -1)$ , como se achou na questão 16. $f(x_0) = q(1,-1) + 2 + 2 - 4 = (1 - 4 + 1) + 0 = -2 \neq 0$ , e $\det\widetilde Q = f(x_0)\det A = (-2)(-3) = 6 \neq 0$ : não degenerada; $\det A = -3 < 0$ : uma hipérbole — e de fato a equação centrada $3u^2 - (v - \sqrt2)^2 = -f(x_0) = 2$ coincide com a da questão 16.

19. A matriz é $(1-\lambda)I + \lambda J$ : autovalores $1 + 2\lambda$ (direção $(1,1,1)$ ) e $1 - \lambda$ (duplo, em $x + y + z = 0$ ). Casos:

$-\frac12 < \lambda < 1$ : todos os autovalores positivos: um elipsoide de revolução em torno de $(1,1,1)$ (uma esfera para $\lambda = 0$ );
$\lambda = 1$ : $q = (x+y+z)^2$ : a equação dá os dois planos paralelos $x + y + z = \pm1$ ;
$\lambda = -\frac12$ : autovalores $0, \frac32, \frac32$ : um cilindro circular de eixo $(1,1,1)$ ;
$\lambda > 1$ : assinatura $(1, 2)$ : um hiperboloide de duas folhas;
$\lambda < -\frac12$ : assinatura $(2, 1)$ : um hiperboloide de uma folha.

20. A forma polar de $q$ é um produto interno $\langle\cdot,\cdot\rangle_q$ em $E$ . Para $x$ fixo, $y \mapsto \varphi'(x, y)$ (forma polar de $q'$ ) é linear, logo é igual a $\langle z_x, y\rangle_q$ para um único $z_x$ ; $u(x) := z_x$ é linear (unicidade), e $\langle u(x), y\rangle_q = \varphi'(x,y) = \varphi'(y,x) = \langle u(y), x\rangle_q$ : $u$ é simétrico no espaço euclidiano $(E, \langle\cdot,\cdot\rangle_q)$ . O teorema espectral (Teorema 12.13) dá uma base $(\varepsilon_i)$ ortonormal para $q$ e de autovetores, $u(\varepsilon_i) = \mu_i\varepsilon_i$ : nela $q(x) = \sum x_i^2$ e $q'(x) = \langle u(x), x\rangle_q = \sum\mu_ix_i^2$ .

21. Seja $P$ a matriz dessa base: a congruência dá $P^{\mathsf T}AP = I$ e $P^{\mathsf T}BP = \operatorname{diag}(\mu_i)$ . Então

\det(B - \mu A) = \det(P^{-\mathsf T}) \det\bigl(\operatorname{diag}(\mu_i) - \mu I\bigr) \det(P^{-1}) = (\det P)^{-2}\prod_i(\mu_i - \mu) :

os $\mu_i$ são as raízes do feixe $\det(B - \mu A)$ .

22. $\det(B - \mu A) = \det\begin{pmatrix} -2\mu & 1-\mu\\ 1-\mu & -\mu\end{pmatrix} = 2\mu^2 - (1-\mu)^2 = \mu^2 + 2\mu - 1$ : raízes $\mu_\pm = -1 \pm \sqrt2$ . Resolvendo $(B - \mu_\pm A)v = 0$ : $v_\pm = (1 - \mu_\pm,\ 2\mu_\pm)$ (a identidade da segunda linha $(1-\mu)^2 = 2\mu^2$ nas raízes confirma). As normas $A$ saem limpas: $q_A(v_\pm) = 2(1 + \mu_\pm^2)$ , e verifica-se que $\varphi_A(v_+, v_-) = 0$ usando $\mu_+ + \mu_- = -2$ , $\mu_+\mu_- = -1$ . A base $\Bigl(\frac{v_+}{\sqrt{2(1 + \mu_+^2)}}, \frac{v_-}{\sqrt{2(1+\mu_-^2)}}\Bigr)$ é ortonormal para $A$ e diagonaliza $B$ com entradas $\mu_\pm$ .

23. Se alguma $P$ invertível diagonalizasse as duas formas, o cálculo da questão 21 daria $\det(B - \mu A) = (\det P)^{-2}\prod(d_{2i} - \mu d_{1i})$ , um polinômio real que se decompõe em fatores lineares reais. Mas aqui

\det(B - \mu A) = \det\begin{pmatrix} -\mu & 1\\ 1 & \mu\end{pmatrix} = -\mu^2 - 1 ,

de grau $2$ sem raiz real: contradição. (A assinatura de Lorentz $A$ admite “rotações” $B$ sem eixos reais.)

24. $A^{-1}B = A^{-1/2}\bigl(A^{-1/2}BA^{-1/2}\bigr) A^{1/2}$ com $A^{1/2} = \sqrt A$ positiva definida (Exercício 12.6): $A^{-1}B$ é semelhante à matriz simétrica $A^{-1/2}BA^{-1/2}$ , logo é diagonalizável com autovalores reais. E $\det(B - \mu A) = \det A\cdot \det(A^{-1}B - \mu I)$ : as raízes do feixe $\mu_i$ da questão 21 são exatamente os autovalores de $A^{-1}B$ .

25. (i) Toda Parte se apoiou no teorema espectral: pela raiz quadrada (Cholesky, polar), pelas cotas de autovalores (Hadamard), pelos eixos principais (cônicas) e pela versão adaptada a $q$ (redução simultânea). (ii) As realizações de Gram, Hadamard e a decomposição polar sobrevivem no mundo semidefinido; a unicidade de Cholesky, a fórmula dos pivôs e a redução simultânea precisam da definição estrita (as questões 12 e 23 mostram exatamente como elas falham). (iii) Pequenas oscilações acopladas: a energia cinética (positiva definida) e a energia potencial são duas formas quadráticas; a base das questões 20–22 é a dos modos normais do sistema, e os $\mu_i$ são os quadrados das frequências angulares.