Fórum de Matemática
DÚVIDAS? Nós respondemos!

Boas para todos

Tenho uma pergunta de Álgebra Linear a colocar aos mais graduados do Forum dM, que não consegui até agora encontrar resposta, para a qual agradeço desde já.

H: Sejam A, B matrizes Permutáveis, tais que, tanto A como B tem valores próprios distintos (Diagonalizáveis portanto).

T: Os valores próprios de A são exactamente os mesmos que os de B.

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F. Martins

Fernando,
se as matrizes são permutáveis,
\(A.B=B.A\)
então, você pode verificar seus autovalores fazendo,
\(T: A \rightarrow B
ou
T: B \rightarrow A\)
usando a base canônica de \(R^2.\)

sejam:
\(\lambda_1, \lambda_2\) espectros de \(A\) e \(<\vec{i},\vec{j}>\) espaço solução de \(B\) e \(\vec{w}(a,b)\) vetor arbitrário de \(B\). Então, \(T_{(\vec{i},\vec{j})}={\vec{w}}\), com \(\vec{u}=(x,y)\) vetor base de transformação.
\((x,y)=\lambda_1(1,0)+\lambda_2(0,1)
\lambda_1=x
\lambda_2=y\)

\(T: A \rightarrow B
(x,y)=\lambda_1\vec{i}+\lambda_2\vec{j}
T_{(\vec{u})}=T_{(\lambda_1\vec{i})}+T_{(\lambda_2\vec{j})}
T_{(x,y)}=\lambda_1 T_{(\vec{i})}+\lambda_2 T_{(\vec{j})}
T_{(x,y)}=\lambda_1 T_{(a,0)}+\lambda_2 T_{(0,b)}
T_{(x,y)}=x(a,0)+y(0,b)
T_{(x,y)}=(ax,by)\)

\(T\begin{bmatrix}
a & 0\\
0 & b
\end{bmatrix}\)

como,
\(T\) é matriz permutação de \(A\) e \(B\)
então, podemos dizer que
\(B=A^t\)
consequentemente, possuem os mesmos autovalores ou espectros.

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Vivemos em um mundo onde toda informação é falsa até que se prove o contrário.
A Verdade está a caminho.

< i , j > é base canónica?

e se A,B são Matrizes, o que significa T: A -> B ?

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base canônica do espaço \(R^2\) em \(\mathbb{R}\):
\(\left \{ (1,0), (0,1) \right \}\)

usualmente, representadas por \(\vec{i}, \vec{j}, \vec{k}, ..., \vec{w}\) dependendo da dimensão do espaço.

toda matriz pode representar coordenadas de um espaço vetorial, assim:
quando temos coordenadas de um mesmo espaço, no caso, utilizei o \(R^2\), podemos aplicar o operador linear \(T: R^2 \rightarrow R^2\), com bases \(A\) e \(B\) para verificar a matriz origem \(T\) em relação a essas bases, já que usamos apenas seus autovetores associados. Como a matriz \(T\), pode representar tanto \(A\) como \(B\), então, dizemos que possuem os mesmos autovalores associados.

outra forma de verificar seus autovalores, seria verificando a permutação das matrizes através dos seus núcleos. vamos considerar:

1. matriz de ordem 2.
2. \(\lambda_1\) autovalor de \(A(ax+?y,?x+by)\)
3. \(\lambda_2\) autovalor de \(B(cx+?y,?x+dy)\)

\(A.B=B.A
Nuc(A)\begin{bmatrix}
(a-\lambda_1) & ? \\
? & (b-\lambda_1)
\end{bmatrix}\times Nuc(B)\begin{bmatrix}
(c-\lambda_2) & ? \\
? & (d-\lambda_2)
\end{bmatrix}=Nuc(B)\begin{bmatrix}
(c-\lambda_2) & ? \\
? & (d-\lambda_2)
\end{bmatrix}\times Nuc(A)\begin{bmatrix}
(a-\lambda_1) & ? \\
? & (b-\lambda_1)
\end{bmatrix}\)

efetuando essa operação chegará ao resultado:
\(\lambda_1=\lambda_2\)

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Vivemos em um mundo onde toda informação é falsa até que se prove o contrário.
A Verdade está a caminho.

Há qualquer coisa de errada na resolução do Jorge porque o resultado apresentado pelo Fernando não é universalmente verdadeiro. Basta ver que quaisquer duas matrizes diagonais são permutáveis mas não têm que ter os mesmos valores próprios. No entanto, é verdade que duas matrizes A e B, permutáveis e só com valores próprios de multiplicidade algébrica 1, partilham os mesmos espaços próprios (que é como quem diz os mesmos vetores próprios). No caso das matrizes diagonais são a base canónica (a menos de fatores de escala).
Para demonstrar tal, primeiro usa-se a comutatividade entre \(A\) e \(B\) para mostrar que se \(v\) é vetor próprio de \(A\) associado a um valor próprio \(\lambda\) então \(Bv\) também é vetor próprio de \(A\) associado ao mesmo valor próprio \(\lambda\): \(A(Bv)=BAv=B(\lambda v)=\lambda Bv\). Depois, é só usar o facto de a multiplicidade algébrica de \(\lambda\) ser 1 implicar que \(Bv\) e \(v\) terão de ser linearmente dependentes para concluir \(v\) terá também de ser um vetor próprio de \(B\).

é isso Rui! m.a. =1 e m.g. = 1 => v,Bv são l.d. e v,Bv ∊ Ul para algum sub-espaço próprio associado ao valor próprio l => l é o mesmo para A e B ∇

Muito obrigado aos dois.

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Só uma correção, a segunda implicação é falsa. O facto de v e Bv serem linearmente dependentes e pertencerem ao sub-espaço próprio associado ao valor próprio l da matriz A não implica que Bv=lv, apenas significa que Bv é um múltiplo escalar de v (mas esse múltiplo não tem de ser l).
Como já tinha referido na mensagem anterior, matrizes permutáveis não têm que ter os mesmos valores próprios, mesmo que não hajam valores próprios com m.a.>1, somente os espaços próprios é que coincidem. Já tinha dado o exemplo de matrizes diagonais, comutam entre si mesmo que os v.p.'s (que são as entradas da diagonal principal) sejam diferentes. Outro exemplo seria potências inteiras da mesma matriz \(A^n\) e \(A^m\), comutam entre si mas em geral têm v.p.'s distintos.

Então como é que daquela Hipótese inicial se prova a Tese?

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Não pode provar o que é falso. Por exemplo, \(A=\left[\matrix{1&0\\0&2}\right]\) e \(B=\left[\matrix{3&0\\0&4}\right]\) satisfazem a hipótese mas não satisfazem a tese.

Pronto, Rui, compreendi! Mais uma vez te agradeço.

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