Diagonalização de Matrizes

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DIAGONALIZAÇÃO 
 
Consideramos o problema de fatoração de uma matriz quadrada 𝐴 de ordem 𝑛, 
em um produto da forma 𝑃𝐷𝑃−1, no qual 𝐷 é uma matriz diagonal. Vamos dar a 
condição necessária e suficiente para a existência de tal fatoração. 
 
Teorema 
Se 𝜆1 , 𝜆2 , …,𝜆𝑛 são autovalores distintos de uma matriz quadrada 𝐴 de ordem 𝑛, 
com autovetores correspondentes 𝑣1, 𝑣2, … , 𝑣𝑛 então 𝑣1, 𝑣2, … , 𝑣𝑛 são LI. 
 
Corolário 
Se 𝑉 é um espaço vetorial de dimensão 𝑛 e 𝑇: 𝑉 → 𝑉 é um operador linear que 
possui 𝑛 autovalores distintos então 𝑉 possui uma base cujos vetores são todos 
autovetores de 𝑇. 
 
Definição Uma matriz quadrada 𝐴 de ordem 𝑛 é dita diagonalizável se existe 
uma matriz não singular 𝑃 e uma matriz diagonal 𝐷 tais que 
𝑃−1𝐴𝑃 = 𝐷. 
Dizemos que 𝑃 diagonaliza 𝐴. 
 
Exemplo 1 
Toda matriz diagonal 
𝐴 = [
𝛼1 0
0 𝛼2
] 
é diagonalizável pois 
𝐴 = (𝐼2)
−1𝐴𝐼2, 
em que 𝐼2 = [
1 0
0 1
] é a matriz identidade de ordem 2. 
 
 
 
 
 
2 
 
Teorema 2 
Uma matriz quadrada 𝐴 de ordem 𝑛, é diagonalizável se e somente se 𝐴 tem 𝑛 
autovetores linearmente independentes. 
 
Prova: 
(⇐) suponha-se que a matriz 𝐴 tem n autovetores linearmente independentes 
𝑣1, 𝑣2, … , 𝑣𝑛. Seja 𝜆𝑖 o autovalor de 𝐴 correspondente a 𝑣𝑖 para todo 𝑖. (alguns 
dos 𝜆𝑖 podem se iguais). Seja 𝑃 a matriz cujo j-ésimo vetor coluna é 𝑣𝑗 para 𝑗 =
1, ⋯ , 𝑛. Segue-se que 𝐴𝑣𝑗 = 𝜆𝑗𝑣𝑗 é a 𝑗 −ésima coluna de 𝐴𝑃. Logo 
𝐴𝑃 = (𝐴𝑣1, 𝐴𝑣2,⋯ , 𝐴𝑣𝑛)
= (𝜆1𝑣1, 𝜆2𝑣2,⋯ , 𝜆𝑛𝑣𝑛)
= (𝑣1, 𝑣2,⋯ , 𝑣𝑛) (
𝜆1 0 ⋯ 0
0 𝜆2 ⋯ 0
⋮ ⋮ ⋱ ⋮
0 0 ⋯ 𝜆𝑛
)
= 𝑃𝐷.
 
 
 Como 𝑃 tem 𝑛 vetores coluna linearmente independentes, segue-se que 𝑃 é não 
singular e, portanto, 
𝐷 = 𝑃−1𝑃𝐷 = 𝑃−1𝐴𝑃. 
 
(⇒)Inversamente, suponha-se que 𝐴 é diagonalizavel. Então, existe uma matriz 
não singular 𝑃 tal que 𝐴𝑃 = 𝐷𝑃. Se 𝑣1, 𝑣2, … , 𝑣𝑛 são vetores coluna de 𝑃, então 
𝐴𝑣𝑗 = 𝜆𝑗𝑣𝑗 (𝜆𝑗 = 𝑑𝑗𝑗) 
Para todo 𝑗. Logo, para todo 𝑗, 𝜆𝑗 é um autovalor de 𝐴 e 𝑣𝑗 é um autovetor 
associado a 𝜆𝑗 . Como os vetores coluna de 𝑃 são linearmente independentes, 
segue-se que 𝐴 tem 𝑛 autovetores LI.■ 
 
Observações 
1. Se 𝐴 é diagonalizável então os vetores coluna da matriz diagonalizante 𝑃 
são autovetores de 𝐴 e os elementos diagonais de 𝐷 são os autovalores 
correspondentes de 𝐴. 
2. A matriz diagonalizante 𝑃 não é única. Reordenando as colunas de uma 
matriz diagonalizante 𝑃 dada ou multiplicando-as por escalares não nulos 
produzirá uma nova matriz diagonalizante. 
3 
 
3. Se 𝐴 é uma matriz quadrada de ordem n e tem 𝑛 autovalores distintos, 
então 𝐴 é diagonalizavel. Se os autovalores não forem distintos, 𝐴 pode 
ser ou não diagonalizável, dependendo se 𝐴 tem n autovetores LI. 
4. Se 𝐴 é diagonalizável então 𝐴 pode ser fatorada em um produto 𝑃𝐷𝑃−1. 
 
Segue-se da observação 4 que 
𝐴2 = (𝑃𝐷𝑃−1) (𝑃𝐷𝑃−1) = 𝑃𝐷2𝑃−1. 
E, em geral, 
 
𝐴𝑘 = 𝑃𝐷𝑘𝑃−1 = 𝑃 
[
 
 
 
(𝜆1)
𝑘 0 ⋯ 0
0 (𝜆2)
𝑘 ⋯ 0
⋮ ⋮ ⋱ ⋮
0 0 ⋯ (𝜆𝑛)
𝑘]
 
 
 
 𝑃−1 . 
 
Uma vez que tenhamos uma fatoração 𝐴 = 𝑃𝐷𝑃−1, é fácil calcular potências da 
matriz 𝐴. 
 
 
Exemplo 2 
Seja 
𝐴 = [
3 2
3 −2
] 
Os autovalores de 𝐴 são 𝜆1 = 4 e 𝜆2 = −3. Correspondendo a esses 
autovalores, temos os autovetores 𝑣1 = (2,1)
𝑇 e 𝑣2 = (1,−3)
𝑇 . Seja 
𝑃 = [
2 1
1 −3
] 
Segue-se que 
P−1AP =
1
7
 [
3 1
1 −2
] ∙ [
3 2
3 −2
] ∙ [
2 1
1 −3
]
=
1
7
 [
28 0
0 −21
]
= [
4 0
0 −3
] .
 
e 
PDP−1 = A. 
4 
 
 
Exemplo 3 
 
Seja 
𝐴 = [
3 −1 −2
2 0 −2
2 −1 −1
] 
A equação característica é det(𝐴 − 𝜆𝐼) = 0 
|
3 − 𝜆 −1 −2
2 −𝜆 −1
2 −1 −1 − 𝜆
| = 0 ⇒ 𝑝(𝜆) =
= −𝜆(3 − 𝜆)(−1 − 𝜆) + 4 + 2 − 4𝜆 + 2(−1 − 𝜆) − (3 − 𝜆) = 0 . 
Os autovalores de 𝐴 são 𝜆1 = 0, 𝜆2 = 1 e 𝜆3 = 1. 
Procuramos agora os autovetores associados. 
i. 𝜆 = 0 
Devemos encontrar o espaço nulo de 𝐴 − 0 ∙ 𝐼: 
 
𝐴 = [
3 −1 −2
2 0 −2
2 −1 −1
] 
Resolvendo o sistema (𝐴 − 0 ∙ 𝐼) (
𝑥
𝑦
𝑧
) = (
0
0
0
) 
Obtemos 
{
3𝑥 − 𝑦 − 2𝑧 = 0
2𝑥 − 2𝑧 = 0
2𝑥 − 𝑦 − 𝑧 = 0
 
 
Vamos escalonar 
 
(
3 −1 −2 0
2 0 −2 0
2 −1 −1 0
) ⇒ 
𝐿1 ⇄ 𝐿2
𝐿2 ⇄ 𝐿1 (
2 0 −2 0
3 −1 −2 0
2 −1 −1 0
) ⇒ 
𝐿1
2 (
1 0 −1 0
3 −1 −2 0
2 −1 −1 0
) ⇒ −3𝐿1 + 𝐿2
−2𝐿1 + 𝐿3
 (
1 0 −1 0
0 −1 1 0
0 −1 1 0
) ⇒ 
5 
 
−𝐿2 (
1 0 −1 0
0 1 −1 0
0 −1 1 0
) ⇒ 
𝐿2 + 𝐿3
 (
1 0 −1 0
0 1 −1 0
0 0 0 0
) 
Então temos que 𝑥 = 𝑧 𝑒 𝑦 = 𝑧. 
Portanto os autovetores associados a 𝜆 = 0 são os vetores 
 𝑣 = (𝑧, 𝑧, 𝑧)𝑇, com 𝑧 ≠ 0. 
 
ii. 𝜆 = 1 
 
Devemos encontrar o espaço nulo de 𝐴 − 𝐼: 
𝐴 − 𝐼 = [
2 −1 −2
2 −1 −2
2 −1 −2
] 
Resolvendo o sistema (𝐴 − 𝐼) (
𝑥
𝑦
𝑧
) = (
0
0
0
) 
Obtemos 
{
2𝑥 − 𝑦 − 2𝑧 = 0
2𝑥 − 𝑦 − 2𝑧 = 0
2𝑥 − 𝑦 − 2𝑧 = 0
 
 
Então temos que 𝑦 = 2𝑥 − 2𝑧 
(𝑥, 2𝑥 − 2𝑧, 𝑧) = 𝑥(1,2,0) + 𝑧(0,−2,1) 
Portanto os autovetores associados a 𝜆 = 1 são os vetores 
 𝑣 = (1,2,0)𝑇 e 𝑣 = (0,−2,1)𝑇 . 
 
Seja 
𝑃 = [
1 1 0
1 2 −2
1 0 1
] 
 
Cálculo da matriz inversa de 𝑃 
(
1 1 0 ⋮ 1 0 0
1 2 −2 ⋮ 0 1 0
1 0 1 ⋮ 0 0 1
) ~𝐿2 − 𝐿1
𝐿3 − 𝐿1
(
1 1 0 ⋮ 1 0 0
0 1 −2 ⋮ −1 1 0
0 −1 1 ⋮ −1 0 1
) ~ 
6 
 
𝐿1 − 𝐿2
𝐿2 + 𝐿3
(
1 0 2 ⋮ 2 −1 0
0 1 −2 ⋮ −1 1 0
0 0 −1 ⋮ −2 1 1
) ~
−𝐿3
(
1 0 2 ⋮ 2 −1 0
0 1 −2 ⋮ −1 1 0
0 0 1 ⋮ 2 −1 −1
) ~ 
−2𝐿3 + 𝐿1
2𝐿3 + 𝐿2 (
1 0 0 ⋮ −2 1 2
0 1 0 ⋮ 3 −1 −2
0 0 1 ⋮ 2 −1 −1
) 
 
Segue-se que 
𝑃−1𝐴𝑃 = [
−2 1 2
3 −1 −2
2 −1 −1
] [
3 −1 −2
2 0 −2
2 −1 −1
] [
1 1 0
1 2 −2
1 0 1
]
= [
0 0 0
3 −1 −2
2 −1 −1
] [
1 1 0
1 2 −2
1 0 1
]
= [
0 0 0
0 1 0
0 0 1
] .
 
e 
𝑃𝐷𝑃−1 = 𝐴. 
 
Embora 𝜆 = 1 seja um autovalor múltiplo, a matriz ainda pode ser diagonalizada 
já que há três autovetores LI. 
 
Definição (Matriz Defeituosa) 
Se uma matriz 𝐴 quadrada de ordem 𝑛, tem menos de 𝑛 autovetores LI, dizemos 
que 𝐴 é defeituosa. Segue do Teorema 2 que uma matriz defeituosa não é 
diagonalizável. 
Exemplo 3 
Seja 
𝐴 = [
1 1
0 1
] 
7 
 
Os autovalores de 𝐴 são ambos iguais a 1. Qualquer autovetor correspondente 
a 𝜆 = 1 deve ser um múltiplo de 𝑣1 = (1,0)
𝑇 . Logo, 𝐴 é defeituosa e não pode ser 
diagonalizada. 
 
Procuramos agora os autovetores associados. 
 
𝐴 − 𝐼 = (
0 1
0 0
) 
Resolvendo o sistema (𝐴 − 𝐼) (
𝑥
𝑦) = (
0
0
) 
Obtemos 
{
𝑦 = 0
0 ∙ 𝑥 + 0 ∙ 𝑦 = 0
 
𝑣 = (𝑥, 0)𝑇 com 𝑥 ≠ 0. 
 
 
Diagonalização de Matrizes Simétricas 
 
Teorema 
Todas as raízes do polinômio característico de uma matriz simétrica são 
números reais. 
 
Lema 
Se 𝑥 e 𝑦 são vetores em 𝑅𝑛 então 
(𝐴𝑥) ∙ 𝑦 = 𝑥 ∙ (𝐴𝑇𝑦). 
 
Teorema 
Se 𝐴 é uma matriz simétrica então os autovetores associados aos autovalores 
distintos de 𝐴 são ortogonais. 
Prova. Sejam 𝑣1 e 𝑣2 os autovetores associados aos autovalores 𝜆1 e 𝜆2 
distintos, temos 
𝐴𝑣1 = 𝜆1𝑣1 𝑒 𝐴𝑣2 = 𝜆2𝑣2. 
8 
 
Agora, 
𝜆1(𝑣1 ∙ 𝑣2) = (𝜆1𝑣1) ∙ 𝑣2
= (𝐴𝑣1) ∙ 𝑣2
= 𝑣1 ∙ (𝐴
𝑇𝑣2)
= 𝑣1 ∙ (𝐴𝑣2)
= 𝑣1∙(𝜆2𝑣2)
= 𝜆2(𝑣1 ∙ 𝑣2)
 
Donde usamos o fato de que 𝐴 = 𝐴𝑇 . Assim 
𝜆1(𝑣1 ∙ 𝑣2) = 𝜆2(𝑣1 ∙ 𝑣2) 
Obtemos 
0 = 𝜆1(𝑣1 ∙ 𝑣2) − 𝜆2(𝑣1 ∙ 𝑣2)
= (𝜆1 − 𝜆2)(𝑣1 ∙ 𝑣2).
 
 
Como 𝜆1 ≠ 𝜆2, concluímos que (𝑣1 ∙ 𝑣2) = 0, logo 𝑣1 e 𝑣2 são ortogonais. 
 
Exemplo 
Dada a matriz simétrica 
𝐴 = (
0 0 −2
0 −2 0
−2 0 3
) 
det(𝐴 − 𝜆𝐼) = |
−𝜆 0 −2
0 −2 − 𝜆 0
−2 0 3 − 𝜆
| 
O polinômio característico da matriz 𝐴 é 
𝑝(𝜆) = (𝜆 + 2)(𝜆 − 4)(𝜆 + 1), 
Portanto os autovalores de 𝐴 são 
𝜆1 = −2, 𝜆2 = 4 𝑒 𝜆3 = −1. 
 
 
Procuramos agora os autovetores associados. 
i. 𝜆 = −2 
Devemos encontrar o espaço nulo de 𝐴 + 2 ∙ 𝐼: 
 
𝐴 = (
0 0 −2
0 −2 0
−2 0 3
) 
 
9 
 
𝐴 + 2𝐼 = (
2 0 −2
0 0 0
−2 0 5
) 
 
Resolvendo o sistema (𝐴 + 2 ∙ 𝐼) (
𝑥
𝑦
𝑧
) = (
0
0
0
) 
Obtemos 
{
2𝑥 − 2𝑧 = 0
0𝑥 + 0𝑦 + 0𝑧 = 0
−2𝑥 + 5𝑧 = 0
 
 
Vamos escalonar 
 
(
2 0 −20
0 0 0 0
−2 0 5 0
) ⇒ 
𝐿1/2
𝐿2 ⇆ 𝐿3
𝐿3 ⇆ 𝐿2
 (
1 0 −1 0
−2 0 5 0
0 0 0 0
) ⇒ 
 2𝐿1 + 𝐿2 (
1 0 −1 0
0 0 3 0
0 0 0 0
) 
𝑥 − 𝑧 = 0 ⇒ 𝑥 = 𝑧 e 3𝑧 = 0 
Portanto 𝑣1 = (0, 𝑦, 0), 𝑦 ≠ 0 
 
 
ii. 𝜆 = 4 
Devemos encontrar o espaço nulo de 𝐴 − 4 ∙ 𝐼: 
 
𝐴 = (
0 0 −2
0 −2 0
−2 0 3
) 
 
𝐴 − 4𝐼 = (
−4 0 −2
0 −6 0
−2 0 −1
) 
 
Resolvendo o sistema (𝐴 − 4 ∙ 𝐼) (
𝑥
𝑦
𝑧
) = (
0
0
0
) 
Obtemos 
10 
 
{
−4𝑥 − 2𝑧 = 0
−6𝑦 = 0
−2𝑥 − 𝑧 = 0
 
 
Vamos escalonar 
 
(
−4 0 −2 0
0 −6 0 0
−2 0 −1 0
) ⇒ 
−𝐿1/4
−𝐿2/6 (
1 0 1/2 0
0 1 0 0
−2 0 −1 0
) ⇒ 
2𝐿1 + 𝐿3
 (
1 0 1/2 0
0 1 0 0
0 0 0 0
) ⇒ 
 
𝑥 +
𝑧
2
= 0 ⇒ 2𝑥 + 𝑧 = 0 ⇒ 𝑧 = −2𝑥 𝑒 𝑦 = 0 
 
Portanto 𝑣2 = (𝑥, 0,−2𝑥), 𝑥 ≠ 0 
 
iii. 𝜆 = −1 
Devemos encontrar o espaço nulo de 𝐴 + 𝐼: 
 
𝐴 = (
0 0 −2
0 −2 0
−2 0 3
) 
 
𝐴 + 𝐼 = (
1 0 −2
0 −1 0
−2 0 4
) 
 
Resolvendo o sistema (𝐴 + 𝐼) (
𝑥
𝑦
𝑧
) = (
0
0
0
) 
Obtemos 
{
𝑥 − 2𝑧 = 0
0𝑥 − 𝑦 + 0𝑧 = 0
−2𝑥 + 4𝑧 = 0
 
 
Vamos escalonar 
 
11 
 
(
1 0 −2 0
0 −1 0 0
−2 0 4 0
) ⇒ 
2𝐿1 + 𝐿3
 (
1 0 −2 0
0 −1 0 0
0 0 0 0
) ⇒ 
 
𝑥 − 2𝑧 = 0 ⇒ 𝑥 = 2𝑧 e 𝑦 = 0 
Portanto 𝑣3 = (2𝑧, 0, 𝑧), 𝑧 ≠ 0 
 
Temos: 
𝑣1 = (0,1,0)
𝑇
𝑣2 = (−1,0,2)
𝑇
𝑣3 = (2,0,1)
𝑇
 
O conjunto {𝑣1, 𝑣2, 𝑣3} é um conjunto de vetores ortogonais em 𝑅
3. 
Com efeito 
𝑣1 ∙ 𝑣2 = (0,1,0) ∙ (−1,0,2) = 0
𝑣1 ∙ 𝑣3 = (0,1,0) ∙ (2,0,1) = 0
𝑣2 ∙ 𝑣3 = (−1,0,2) ∙ (2,0,1) = 0
 
A matriz 𝐴 é semelhante a matriz diagonal 
𝐷 = (
−2 0 0
0 4 0
0 0 −1
). 
 
 
Lembramos que, se 𝐴 pode ser diagonalizada então existe uma matriz inversível 
𝑃 tal que 𝑃−1𝐴𝑃 é diagonal. Além disso, as colunas de 𝑃 são os autovetores de 
𝐴. Agora, se os autovetores de 𝐴 formam um conjunto 𝑆 ortogonal, como 
acontece quando 𝐴 é simétrica e os autovalores de 𝐴 são distintos, então como 
qualquer múltiplo escalar de um autovetor de 𝐴 é também um autovetor de 𝐴, 
podemos normalizar 𝑆 para obter um conjunto ortonormal 𝑇 = {𝑣1, 𝑣2, ⋯ , 𝑣𝑛 } de 
autovetores de 𝐴. A j-esima coluna de 𝑃 é o autovetor 𝑣𝑗 associado a 𝜆𝑗 e agora 
examinamos que tipo de matriz 𝑃 deve ser. Podemos escrever 𝑃 como 
𝑃 = (𝑣1 𝑣2 ⋯ 𝑣𝑛). 
Então 
𝑃𝑇 = (
𝑣1
𝑇
𝑣2
𝑇
⋮
𝑣𝑛
𝑇
), 
12 
 
em que 𝑣𝑖
𝑇 , 1 ≤ 𝑖 ≤ 𝑛, é a transposta da do vetor 𝑣𝑖. Encontramos que i, o jesimo 
elemento 𝑃𝑇𝑃 é 𝑣𝑖𝑣𝑗. Como 
𝑣𝑖 ∙ 𝑣𝑗 = {
1 𝑠𝑒 𝑖 = 𝑗
0 𝑠𝑒 𝑖 ≠ 𝑗,
 
Então 𝑃𝑇𝑃 = 𝐼𝑛. Dessa maneira 𝑃
𝑇 = 𝑃−1, isto 𝑃 é uma matriz ortogonal. 
 
Exemplo 
No exemplo anterior calculamos os autovetores, sabemos que o conjunto de 
autovetores 
{(0,1,0), (−1,0,2), (2,0,1)} 
É ortogonal. Se normalizamos estes vetores encontramos que 
𝑇 = {(0,1,0), (
−1
√5
, 0,
2
√5
) , (
2
√5
, 0,
1
√5
)} 
 
é um conjunto ortonormal de vetores. A matriz 𝑃 tal que 𝑃−1𝐴𝑃 é diagonal é a 
matriz cujas colunas são os vetores em 𝑇. Assim, 
𝑃 = 
(
 
 
0
−1
√5
2
√5
1 0 0
0
2
√5
1
√5)
 
 
. 
Desse modo, 
𝑃−1𝐴𝑃 = 𝑃𝑇𝐴𝑃 = (
−2 0 0
0 4 0
0 0 −1
). 
 
Questão 6 
Determine os autovalores e autovetores do operador linear 𝑇 definido em 𝑅4 cuja 
matriz em relação à base canônica é 
(
3 1 0 0
0 3 0 0
0 0 4 0
0 0 0 3
) 
Solução. 
Como a matriz é triangular segue que seus autovalores são os elementos 
diagonais, raízes do polinômio característico 
13 
 
𝑝(𝜆) = (𝜆 − 3)3 (𝜆 − 4) 
Isto é, 
𝜆1 = 𝜆2 = 𝜆3 = 3 𝑒 𝜆4 = 4 
Procuramos agora os autovetores associados. 
i. 𝜆 = 3 
Devemos encontrar o espaço nulo de 𝐴 − 3𝐼: 
𝐴 − 3𝐼 = (
0 1 0 0
0 0 0 0
0 0 1 0
0 0 0 0
) 
Resolvendo o sistema (𝐴 − 3𝐼) (
𝑥
𝑦
𝑧
𝑡
) = (
0
0
0
0
) 
Obtemos 
{
𝑦 = 0
𝑧 = 0
 
Então temos que ∀ 𝑥 ≠ 0, 𝑧 ≠ 0. 
Portanto os autovetores associados a 𝜆 = 3 são os vetores 𝑣 = (𝑥, 0,0, 𝑡)𝑇, 
com 𝑥 ≠ 0 𝑜𝑢 𝑡 ≠ 0. 
ii. 𝜆 = 4 
Devemos encontrar o espaço nulo de 𝐴 − 4𝐼: 
𝐴 − 4𝐼 = (
−1 1 0 0
0 −1 0 0
0 0 0 0
0 0 0 −1
) 
Resolvendo o sistema (𝐴 − 4𝐼) (
𝑥
𝑦
𝑧
𝑡
) = (
0
0
0
0
) 
Obtemos 
{
−𝑥 + 𝑦 = 0
−𝑦 = 0
−𝑡 = 0
 
Então temos que ∀ 𝑧 ≠ 0. 
Portanto os autovetores associados a 𝜆 = 4 são os vetores 𝑣 = (0,0, 𝑧, 0)𝑇, 
com 𝑧 ≠ 0.