algebra linear

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Diagonalizac¸a˜o
Matrizes Semelhantes e Matrizes Diagonaliza´veis
Nosso objetivo neste cap´ıtulo e´ estudar aquelas transformac¸o˜es lineares de Rn para as quais existe pelo menos
uma base em que elas sa˜o representadas por uma matriz diagonal. Uma matriz diagonal e´ a matriz mais
simples poss´ıvel. Note, no entanto, que na˜o e´ poss´ıvel encontrar para toda transformac¸a˜o linear uma base
em que a transformac¸a˜o e´ representada por uma matriz diagonal: rotac¸o˜es, por exemplo, na˜o podem ser
representadas em geral por matrizes diagonais, pois uma rotac¸a˜o transforma um vetor em outro vetor com
uma direc¸a˜o completamente diferente.
E´ poss´ıvel provar que duas matrizes A e B representam a mesma transformac¸a˜o linear, com respeito a
bases diferentes, se e somente se elas esta˜o relacionadas atrave´s da seguinte equac¸a˜o
B = P−1AP,
para alguma matriz invert´ıvel P ; a matriz P e´ precisamente a matriz de mudanc¸a de coordenadas, quando
passamos de uma base para a outra. Assim, dada uma transformac¸a˜o linear, representada em uma certa base
por uma matriz A, a questa˜o de determinar se existe uma base na qual a tranformac¸a˜o linear e´ representada
por uma matriz diagonal D se reduz a encontrar uma matriz invert´ıvel P tal que
D = P−1AP.
Isso motiva as seguintes definic¸o˜es.
Definic¸a˜o. Sejam A,B matrizes n× n. Dizemos que B e´ semelhante a A, se existe uma matriz invert´ıvel
P tal que
B = P−1AP.
Definic¸a˜o. Dizemos que uma matriz A e´ diagonaliza´vel, se ela e´ semelhante a uma matriz diagonal.
Autovalores e Autovetores
Dada uma transformac¸a˜o linear T , suponha que exista alguma base em que T e´ representada por uma matriz
diagonal, digamos por
B =

λ1 0 · · · 0
0 λ2 · · · 0
...
...
. . .
...
0 0 0 λn
 .
Para os vetores desta base
e1 =

1
0
...
0
 , e2 =

0
1
...
0
 , ..., en =

0
0
...
1
 ,
1
temos
Be1 = λ1e1, Be2 = λ2e2, ..., Ben = λnen.
Isso mostra que, dada uma transformac¸a˜o linear T , seremos capazes de diagonalizar T (em outras palavras,
encontrar uma base em que ela e´ representada por uma matriz diagonal) se e somente se formos capazes de
encontrar n vetores linearmente independentes v1, v2, ..., vn tais que
Tv1 = λ1v1, T v2 = λ2v2, ..., T vn = λnvn.
Tudo isso motiva as seguintes definic¸o˜es.
Definic¸a˜o. Seja A uma matriz n× n. Dizemos que um nu´mero real λ e´ um autovalor de A se existir um
vetor na˜o nulo v de Rn tal que
Av = λv.
O vetor v e´ chamado um autovetor de A, correspondente ao autovalor λ.
Teorema. Uma matriz An×n e´ diagonaliza´vel se e somente se ela possui n autovetores linearmente inde-
pendentes.
Prova: Suponha que A e´ diagonaliza´vel, isto e´, que exista uma matriz invert´ıvel P tal que D = P−1AP .
Em particular, segue que
AP = DP
Escreva P segundo suas colunas:
P = [V1 V2 . . . Vn].
Enta˜o
AP = [AV1AV2 . . . AVn]
e
DP = [λ1V1 λ2V2 . . . λnVn].
Comparando, conclu´ımos que
AV1 = λ1V1,
AV2 = λ2V2,
...
AVn = λnVn,
isto e´, as colunas de P sa˜o autovetores de A. Como P e´ invert´ıvel, suas colunas sa˜o L.I., logo encontramos
n autovetores L.I. para A.
Reciprocamente, suponha agora que existam n vetores L.I. V1, V2, . . . , Vn tais que AV1 = λ1V1, AV2 =
λ2V2, . . . , AVn = λnVn. Defina uma matriz n× n P por
P = [V1 V2 . . . Vn].
Como as colunas de P sa˜o L.I., segue que P e´ invert´ıvel. Temos
AP = A[V1 V2 . . . Vn] = [AV1AV2 . . . AVn] = [λ1V1 λ2V2 . . . λnVn] = [V1 V2 . . . Vn]

λ1 0 · · · 0
0 λ2 · · · 0
...
...
. . .
...
0 0 0 λn
 = PD
2
onde denotamos
D =

λ1 0 · · · 0
0 λ2 · · · 0
...
...
. . .
...
0 0 0 λn
 .
Multiplicando ambos os lados da equac¸a˜o por P−1, obtemos P−1AP = D. ¥
Corola´rio. Se D = P−1AP , enta˜o as colunas da matriz P sa˜o n autovetores linearmente independentes de
A.
Portanto, a matriz P pode ser obtida encontrando-se n autovetores L.I. de A. O que na˜o e´ surpreendente:
a matriz P e´ exatamente a matriz da mudanc¸a de coordenadas de uma base B formada por autovetores da
matriz A para a base canoˆnica, onde se supo˜e que a matriz A esta´ escrita; para obter D e´ necessa´rio voltar
para a base B atrave´s da mudanc¸a de coordenadas inversa P−1.
Exemplo 1. Considere a transformac¸a˜o linear T : R3 → R3 definida por
T ((x, y, z)) =
(
3
8
x− 13
4
y +
27
8
z,
1
2
x+ 3y +
1
2
z,
21
8
x+
21
4
y − 3
8
z
)
Esta transformac¸a˜o linear e´ representada na base {i, j, k} pela matriz
A =
 38 − 134 2781
2 3
1
2
21
8
21
4 − 38
 .
Mas, se tomarmos os vetores V1 = (1, 2, 3), V2 = (1, 0,−1) e V3 = (−2, 1, 0), notamos o seguinte:
TV1 = A
 12
3
 =
 48
12
 = 4
 12
3
 = 4V1,
TV2 = A
 10
−1
 =
 −30
3
 = −3
 10
−1
− 3V2,
TV3 = A
 −21
0
 =
 −42
0
 = 2
 −21
0
 = 2V3.
Note que os vetores V1, V2, V3 sa˜o L. I., logo eles tambe´m formam uma base para R3. Portanto, com
relac¸a˜o a` base {V1, V2, V3}, a transformac¸a˜o linear T e´ representada pela matriz
B =
 4 0 00 −3 0
0 0 2
 .
Observe que a matriz A tem autovalores 4,−3 e 2. Autovetores correspondentes a estes autovalores
sa˜o V1 = (1, 2, 3), V2 = (1, 0,−1) e V3 = (−2, 1, 0). Segue que
P =
 1 1 −22 0 1
3 −1 0
 .
3
Como
P−1 =
 1 1 −22 0 1
3 −1 0
−1 =
 18 14 183
8
3
4 − 58− 14 12 − 14
 ,
conclu´ımos que 4 0 00 −3 0
0 0 2
 =
 18 14 183
8
3
4 − 58− 14 12 − 14
 38 − 134 2781
2 3
1
2
21
8
21
4 − 38
 1 1 −22 0 1
3 −1 0
 .
¥
Portanto, para determinar se uma matriz e´ diagonaliza´vel, precisamos determinar antes de mais nada
seus autovalores. Isso pode ser feito da maneira a seguir.
Denotando por I a matriz identidade, enta˜o a equac¸a˜o Av = λv e´ equivalente a Av = λIv, ou
(A− λI)v = 0.
Portanto, λ sera´ um autovalor de A se e somente se o sistema homogeˆneo (A − λI)X = 0 possuir soluc¸o˜es
na˜o-triviais. Mas isso acontecera´ se e somente se det(A− λI) = 0. A expressa˜o det(A− λI) e´ um polinoˆmio
de grau n em λ, logo conclu´ımos que os autovalores de A sa˜o exatamente as ra´ızes deste polinoˆmio. Este
polinoˆmio e´ chamado o polinoˆmio caracter´ıstico de A.
Proposic¸a˜o 1. Seja A uma matriz n× n. Os autovalores de A sa˜o as ra´ızes do polinoˆmio caracter´ıstico de
A
p(λ) = det(A− λI).
Em particular, uma matriz n× n possui no ma´ximo n autovalores distintos.
Exemplo 2. Determine os autovalores da matriz
a)
A =
(
2 −2
2 2
)
.
b)
B =
(
cos θ − sin θ
sin θ cos θ
)
.
Soluc¸a˜o: Temos
det(A− λI) = det
(
2− λ −2
2 2− λ
)
= (2− λ)2 + 4
= λ2 − 4λ+ 8.
Este polinoˆmio na˜o tem ra´ızes reais, pois ∆ = b2 − 4ac = 16 − 32 = −16, logo a matriz A na˜o tem
autovalores. Observe que
A = 2
√
2
( √
2
2 −
√
2
2√
2
2
√
2
2
)
,
isto e´, A representa uma rotac¸a˜o de R2 por um aˆngulo de 45◦, seguida de uma dilatac¸a˜o por um fator
de 2
√
2, portanto este resultado esta´ de acordo com o que seria esperado. Similarmente, a matriz em
4
(b) representa uma rotac¸a˜o de R2 por um aˆngulo θ e no´s temos
det(B − λI) = det
(
cos θ − λ − sin θ
sin θ cos θ − λ
)
= (cos θ − λ)2 + sin2 θ
= cos2 θ − 2λ cos θ + λ2 + sin2 θ
= λ2 − 2λ cos θ + 1.
Como o discriminante deste polinoˆmio e´ ∆ = b2−4ac = 4 cos2 θ−4 = 4(cos2 θ−1), ele so´ possui ra´ızes
reais se cos θ = ±1, ou seja, para θ = 0 ou θ = 180◦. O primeiro corresponde a` matriz identidade
B =
(
1 0
0 1
)
,
cujos autovalores sa˜o as ra´ızes de λ2 − 2λ + 1, ou seja, todos iguais a 1, enquanto que o segundo
corresponde a` matriz
B =
( −1 0
0 −1
)
,
cujos autovalores sa˜o as ra´ızes de λ2 + 2λ + 1, ou seja, todos iguais a −1. Sa˜o os u´nicos exemplos de
rotac¸o˜esem R2 que podem ser representadas por matrizes diagonais. ¥
Exemplo 3. Determine os autovalores da matriz
A =
 −1 −2 −21 2 1
−1 −1 0
 .
Soluc¸a˜o: Temos
det(A− λI) = det
 −1− λ −2 −21 2− λ 1
−1 −1 −λ

= −(1 + λ)
∣∣∣∣ 2− λ 1−1 −λ
∣∣∣∣− 1 ∣∣∣∣ −2 −2−1 −λ
∣∣∣∣+ (−1) ∣∣∣∣ −2 −22− λ 1
∣∣∣∣
= −(1 + λ)[λ2 − 2λ+ 1]− 2λ+ 2 + 2− 4 + 2λ
= −(1 + λ)[λ2 − 2λ+ 1].
As ra´ızes de (1 + λ)[λ2 − 2λ+ 1] = 0 sa˜o λ = 1 e λ = −1, logo estes sa˜o os autovalores de A. ¥
Uma vez encontrados os autovalores da matriz, para encontrar os autovetores basta resolver o sistema
linear homogeˆneo
(A− λI)X = 0.
Como eles sa˜o as soluc¸o˜es de um sistema linear homogeˆneo, segue que os autovetores associados a um
determinado autovalor λ formam um subespac¸o vetorial, que no´s chamamos o autoespac¸o associado ao
autovalor λ.
Proposic¸a˜o 2. Seja A uma matriz n× n. Se λ e´ um autovalor de A, enta˜o os autovetores de A associados
a λ sa˜o as soluc¸o˜es do sistema homogeˆneo
(A− λI)X = 0.
Vamos resumir tudo o que foi explicado acima no seguinte teorema.
5
Teorema. Seja A uma matriz n× n. A e´ diagonaliza´vel se e somente se existe uma base para Rn formada
por autovetores de A. Neste caso, ela e´ semelhante a uma matriz diagonal D cuja diagonal principal e´
formada pelos autovalores de A, cada um aparecendo tantas vezes quanto for a dimensa˜o do autoespac¸o
associado a ele.
Exemplo 4. Determine se a matriz do Exemplo 3 e´ diagonaliza´vel. Se for, determine uma matriz diagonal
semelhante a ela.
Soluc¸a˜o: Ja´ determinamos que A possui 1 e −1 como autovalores. A sera´ diagonaliza´vel se e somente
se pudermos formar uma base para R3 entre os autovetores associados a estes autovalores.
Os autovetores associados ao autovalor 1 sa˜o as soluc¸o˜es do sistema homogeˆneo (A− I)X = 0, ou seja, −2 −2 −21 1 1
−1 −1 −1
X = 0.
Resolvemos este sistema. E´ fa´cil ver que sua matriz aumentada tem forma escalonada reduzida 1 1 1 00 0 0 0
0 0 0 0
 .
Obtemos enta˜o que o autoespac¸o associado a 1 e´
 −α− βα
β
 ∈ R3 : α, β ∈ R
 .
Como (−α − β, α, β) = α(−1, 1, 0) + β(−1, 0, 1), segue que uma base para este autoespac¸o e´ formada
pelos vetores
(−1, 1, 0) e (−1, 0, 1).
Os autovetores associados ao autovalor −1 sa˜o as soluc¸o˜es do sistema homogeˆneo (A + I)X = 0, ou
seja,  0 −2 −21 3 1
−1 −1 1
X = 0.
Resolvemos este sistema. E´ fa´cil ver que sua matriz aumentada tem forma escalonada reduzida 1 0 −20 1 1
0 0 0
 .
Obtemos enta˜o que o autoespac¸o associado a −1 e´
 2γ−γ
γ
 ∈ R3 : γ ∈ R
 .
Como (2γ,−γ, γ) = γ(2,−1, 1), segue que uma base para este autoespac¸o e´ formada pelo vetor
(2,−1, 1).
6
Os vetores (−1, 1, 0), (−1, 0, 1) e (2,−1, 1) sa˜o L. I., como pode ser facilmente verificado, portanto
conclu´ımos que a matriz A e´ diagonaliza´vel. Ela e´ semelhante a` matriz 1 0 00 1 0
0 0 −1
 .
O seguinte resultado facilitara´ o trabalho de determinar a independeˆncia linear de autovetores.
Proposic¸a˜o. Seja A uma matriz n× n. Sejam λ1, λ2 autovalores distintos de A. Suponha que {v1, ..., vk}
sa˜o autovetores L. I. associados a λ1 e {w1, ..., wl} sa˜o autovetores L. I. associados a λ2. Enta˜o o
conjunto {v1, ..., vk, w1, ..., wl} e´ L. I.
O mesmo resultado vale para qualquer nu´mero de autovalores distintos de A.
Prova: Suponha que existem escalares x1, ..., xk, y1, ..., yl tais que
x1v1 + ...+ xkvk + y1w1 + ...+ ylwl = 0. (1)
Multiplicando ambos os lados por A e usando o fato de que Avj = λ1vj , Awj = λ2wj segue que
x1λ1v1 + ...+ xkλ1vk + y1λ2w1 + ...+ ylλ2wl = 0. (2)
Por outro lado, multiplicando a equac¸a˜o (1) por λ2 obtemos
x1λ2v1 + ...+ xkλ2vk + y1λ2w1 + ...+ ylλ2wl = 0. (3)
Agora, equac¸a˜o (3) menos equac¸a˜o (2) produz
x1(λ2 − λ1)v1 + ...+ xk(λ2 − λ1)vk = 0.
Como os vetores v1, ..., vk sa˜o L. I. e λ1 6= λ2, conclu´ımos que x1 = ... = xk = 0. Analogamente, multiplicando
a equac¸a˜o (1) por λ1 e subtraindo da equac¸a˜o (2) obtemos y1 = ... = yl = 0.
Corola´rio. Se uma matriz n× n possui n autovalores distintos, enta˜o ela e´ diagonaliza´vel.
Exemplo 5. Determine se a matriz a seguir e´ diagonaliza´vel ou na˜o.
A =

−1 0 0 0√
2 1 0 0
pi 17 −2 0√
17 epi 106
√
pi
 .
Soluc¸a˜o: Temos
det(A− λI) = det

−1− λ 0 0 0√
2 1− λ 0 0
pi 17 −2− λ 0√
17 epi 106
√
pi − λ
 = (−1− λ)(1− λ)(−2− λ)(√pi − λ),
(lembre-se que o determinante de uma matriz triangular e´ o produto dos elementos na diagonal prin-
cipal), logo os autovalores de A sa˜o −1, 1,−2 e √pi. Como A e´ uma matriz 4 × 4 com 4 autovalores
distintos, segue que A e´ diagonaliza´vel. A e´ semelhante a` matriz
D =

−1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 −2 0
0 0 0
√
pi
 .
¥
7
Exemplo 6. Determine se a matriz a seguir e´ diagonaliza´vel ou na˜o. Se for, determine uma matriz diagonal
semelhante a ela.
B =

3 3 0 0
3 3 0 0
0 0 3 3
0 0 3 3
 .
Soluc¸a˜o: Temos
det(B − λI) = det

3− λ 3 0 0
3 3− λ 0 0
0 0 3− λ 3
0 0 3 3− λ

= det
(
3− λ 3
3 3− λ
)
det
(
3− λ 3
3 3− λ
)
= [(3− λ)2 − 9]2,
logo det(B − λI) = 0 quando (3− λ)2 − 9 = 0, ou seja, quando 3− λ = ±3, donde conclu´ımos que os
autovalores de B sa˜o
λ = 0 e λ = 6.
O autoespac¸o associado ao autovalor 0 e´ o conjunto-soluc¸a˜o do sistema homogeˆneo BX = 0, cuja
matriz aumentada e´
3 3 0 0 0
3 3 0 0 0
0 0 3 3 0
0 0 3 3 0
 que e´ equivalente por linhas a

1 1 0 0 0
0 0 0 0 0
0 0 1 1 0
0 0 0 0 0
 ,
que representa o sistema {
x1 + x2 = 0
x3 + x4 = 0
.
Portanto, o autoespac¸o associado a 0 e´ o conjunto de vetores da forma (−α, α,−β, β) = α(−1, 1, 0, 0)+
β(0, 0,−1, 1), logo uma base para este autoespac¸o e´ dada por
B0 = {(−1, 1, 0, 0), (0, 0,−1, 1)}
e portanto ele tem dimensa˜o 2.
O autoespac¸o associado ao autovalor 6 e´ o conjunto-soluc¸a˜o do sistema homogeˆneo (B − 6I)X = 0,
cuja matriz aumentada e´
−3 3 0 0 0
3 −3 0 0 0
0 0 3 3 0
0 0 3 3 0
 que e´ equivalente por linhas a

1 −1 0 0 0
0 0 0 0 0
0 0 1 −1 0
0 0 0 0 0
 ,
que representa o sistema {
x1 − x2 = 0
x3 − x4 = 0 .
Portanto, o autoespac¸o associado a 0 e´ o conjunto de vetores da forma (γ, γ, δ, δ) = γ(1, 1, 0, 0) +
δ(0, 0, 1, 1), logo uma base para este autoespac¸o e´ dada por
B6 = {(1, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 1)}
8
e portanto ele tambe´m tem dimensa˜o 2.
Como R4 tem dimensa˜o 4, segue da Proposic¸a˜o 2 (ou pode ser verificado diretamente) que
B = B0 ∪ B6 = {(−1, 1, 0, 0), (0, 0,−1, 1), (1, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 1)}
e´ uma base de autovetores de B para R4, logo B e´ diagonaliza´vel e e´ semelhante a` matriz diagonal
D =

0 0 0 0
0 0 0 0
0 0 6 0
0 0 0 6
 .
¥
Exemplo 7 Determine se a matriz a seguir e´ diagonaliza´vel ou na˜o. Se for, determine uma matriz diagonal
semelhante a ela.
C =
 4 2 32 1 2
−1 −2 0
 .
Soluc¸a˜o: Temos
det(C − λI) = det
 4− λ 2 32 1− λ 2
−1 −2 −λ
 = −λ3 + 5λ2 − 7λ+ 3.
Substituindo λ = 1, verificamos que este valor e´ uma raiz para esta equac¸a˜o do terceiro grau; como
λ3 − 5λ2 + 7λ− 3
λ− 1 = λ
2 − 4λ+ 3, cujas ra´ızes sa˜o λ = 1 e λ = 3, conclu´ımos que os autovalores de C
sa˜o
λ = 1 e λ = 3.
O autoespac¸o associado ao autovalor 1 e´ o conjunto-soluc¸a˜o do sistema homogeˆneo (C− I)X = 0, cuja
matriz aumentada e´ 3 2 3 02 0 2 0
−1 −2 −1 0
 que e´ equivalente por linhas a
 1 0 1 00 1 0 0
0 0 0 0
 ,
que representa o sistema {
x1 + x3 = 0
x2 = 0
.
Portanto, o autoespac¸o associado a 1 e´ o conjunto de vetores da forma (−α, 0, α) = α(−1, 0, 1), logo
uma base para este autoespac¸o e´ dada por
B1 = {(−1, 0, 1)}
e ele tem dimensa˜o 1.
O autoespac¸o associado ao autovalor 3 e´ o conjunto-soluc¸a˜o do sistema homogeˆneo (C − 3I)X = 0,
cuja matriz aumentada e´ 1 2 32 −2 2
−1 −2 −3
que e´ equivalente por linhas a
 1 0 530 1 23
0 0 0
 ,
9
que representa o sistema {
x1 + 53x3 = 0
x2 + 23x3 = 0
.
Portanto, o autoespac¸o associado a 1 e´ o conjunto de vetores da forma (− 53β,− 23β, β) = β(− 53 ,− 23 , 1),
logo uma base para este autoespac¸o e´ dada por
B3 =
{
(−5
3
,−2
3
, 1)
}
e ele tambe´m tem dimensa˜o 1.
Como R3 tem dimensa˜o 3 e so´ existem no ma´ximo 2 autovetores linearmente independentes para C,
segue na˜o existe uma base para R3 formada por autovetores de C, logo C na˜o e´ diagonaliza´vel. ¥
Diagonalizac¸a˜o de Matrizes Sime´tricas
Exemplo 8. Considere o problema de identificar a curva no plano representada pela equac¸a˜o do segundo
grau
3x2 + 2xy + 3y2 = 4.
Esta equac¸a˜o do segundo grau tambe´m pode ser escrita como uma equac¸a˜o matricial:
[
x y
] [ 3 1
1 3
] [
x
y
]
= 4,
ou, se denotarmos
X =
[
x
y
]
e A =
[
3 1
1 3
]
,
por
XtAX = 4.
Como veremos adiante, e´ poss´ıvel escrever a matriz sime´trica A na forma
A = PDP t
em que
D =
[
2 0
0 4
]
e P =
[ √
2
2
√
2
2
−
√
2
2
√
2
2
]
.
[Note que P e´ a matriz de rotac¸a˜o por um aˆngulo de 45◦.] Assim, a equac¸a˜o matricial acima se torna
XtAX = Xt(PDP t)X = (P tX)tD(P tX) = 4.
Fazendo a mudanc¸a de coordenadas X ′ = P tX, no novo sistema de coordenadas
X ′ =
[
x′
y′
]
,
a equac¸a˜o matricial e´
X ′tDX ′ = 4,
ou [
x′ y′
] [ 2 0
0 4
] [
x′
y′
]
= 4,
10
que pode ser reescrita como a equac¸a˜o de segundo grau
2x′2 + 4y′2 = 4.
Dividindo por 4, obtemos
x′2
2
+
y′2
1
= 1,
que reconhecemos ser uma elipse com eixo maior de comprimento 2 e eixo menor de comprimento 1.
Como a matriz de mudanc¸a de coordenadas e´ uma rotac¸a˜o, que na˜o introduz nenhuma distorc¸a˜o de
comprimento (na˜o transforma c´ırculos em elipses, por exemplo), conclu´ımos que a equac¸a˜o original
tambe´m representava uma elipse com as mesmas dimenso˜es. ¥
Uma coˆnica e´ uma curva no plano descrita por uma equac¸a˜o do segundo grau (o nome se deve ao fato de
que tais curvas sempre podem ser obtidas seccionando-se um cone por um plano).O problema de identificar
tais coˆnicas se reduz a encontrar um sistema de coordenadas mais apropriado, em que a equac¸a˜o do segundo
grau tem a forma mais simples poss´ıvel e permite a identificac¸a˜o imediata da curva atrave´s da comparac¸a˜o
com equac¸o˜es modelos. Neste tipo de problema, quando se muda de um sistema de coordenadas para outro e´
importante assegurar que esta mudanc¸a de coordenadas na˜o introduz nenhuma distorc¸a˜o nos comprimentos.
Uma matriz de mudanc¸a de coordenadas com esta propriedade e´ chamada uma matriz ortogonal (um
nome mais correto seria “matriz ortonormal”, que implica preservac¸a˜o tambe´m de comprimentos, enquanto
que o nome matriz ortogonal sugere apenas a preservac¸a˜o de aˆngulos, mas a tradic¸a˜o se estabeleceu e o nome
“matriz ortonormal” na˜o foi definido e na˜o tem qualquer significado). Assim, se P e´ ortogonal, enta˜o
‖Pv‖ = ‖v‖
para todo v. Operacionalmente, existem va´rias definic¸o˜es equivalentes para que uma matriz seja ortogonal.
Teorema. As seguintes definic¸o˜es sa˜o equivalentes para que uma matriz P seja ortogonal.
(i) P t = P−1.
(ii) As colunas de P formam uma base ortonormal de vetores.
Corola´rio. Se P e´ ortogonal, enta˜o
detP = ±1.
Prova: Como P e´ ortogonal, a inversa de P e´ a sua transposta, logo (lembrando que o determinante da
transposta de uma matriz e´ igual ao determinante da matriz)
PP t = I ∴
det(PP t) = det I ∴
detP detP t = 1 ∴
(detP )2 = 1
e da´ı detP = ±1.
Se uma matriz A e´ diagonaliza´vel atrave´s de uma matriz ortogonal P , enta˜o ao inve´s de escrevermos
A = PDP−1, podemos escrever simplesmente A = PDP t. Foi isso que vimos no exemplo acima. Isso ocorre
para qualquer matriz sime´trica.
Teorema. Uma matriz sime´trica e´ sempre diagonaliza´vel. Ale´m disso, ela sempre pode ser diagonalizada
atrave´s de uma matriz ortogonal.
11
Para que a matriz P seja ortogonal, e´ necessa´rio, como vimos acima, que suas colunas sejam vetores
ortonormais. Portanto, para que a matriz A seja diagonaliza´vel por uma matriz ortogonal P , e´ suficiente
que seja poss´ıvel encontrar uma base de autovetores ortonormais de A. Quando isso for poss´ıvel, podemos
usar o processo de Gram-Schmidt para encontrar uma tal base ortonormal. Como o u´ltimo teorema afirma,
isso e´ sempre poss´ıvel para uma matriz sime´trica (em particular, os autovetores correspondente a autova-
lores distintos de uma matriz sime´trica sa˜o sempre ortogonais). Sera´ que e´ poss´ıvel encontrar uma matriz
diagonalizadora P ortogonal para uma matriz na˜o-sime´trica?
Exemplo 9. A matriz do Exemplo 3
A =
 −1 −2 −21 2 1
−1 −1 0
 ,
na˜o pode ser diagonalizada atrave´s de uma matriz ortogonal. De fato, como vimos no Exemplo 5, o
autoespac¸o associado ao autovalor 1 tem base B1 = {(−1, 1, 0), (−1, 0, 1)}, enquanto que uma base para
o autoespac¸o associado ao autovalor −1 e´ B−1 = {(2,−1, 1)}. Evidentemente, aplicando o processo de
Gram-Schmidt a B1, podemos encontrar uma base ortonormal para o autoespac¸o associado a 1. Mas,
como os autoespac¸os associados a 1 e −1 na˜o sa˜o ortogonais (pois (−1, 1, 0) × (−1, 0, 1) = (1, 1, 1) e
(1, 1, 1) · (2,−1, 1) = 2 6= 0), na˜o e´ poss´ıvel encontrar uma base ortonormal de autovetores de A para
todo o espac¸o R3. ¥
Exemplo 10. Diagonalize a matriz sime´trica
B =
 4 2 22 4 2
2 2 4

atrave´s de uma matriz ortogonal.
Soluc¸a˜o: Temos que o polinoˆmio caracter´ıstico de B e´ dado por det(B−λI) = −λ3+12λ2−36λ+32 =
(λ− 2)2(8− λ), logo os autovalores de B sa˜o
λ = 2 e λ = 8.
O autoespac¸o associado ao autovalor 2 e´ o conjunto-soluc¸a˜o do sistema homogeˆneo (B − 2I)X = 0,
cuja matriz aumentada e´ 2 2 22 2 2
2 2 2
 que e´ equivalente por linhas a
 1 1 10 0 0
0 0 0
 ,
que representa o sistema {
x1 + x2 + x3 = 0 ,
logo o autoespac¸o associado a 2 e´ o conjunto de vetores da forma (−α − β, α, β) = α(−1, 1, 0) +
β(−1, 0, 1), e portanto uma base para este autoespac¸o e´ formada pelos autovetores
V1 = (−1, 1, 0), V2 = (−1, 0, 1).
Esta base na˜o e´ ortonormal (nem mesmo ortogonal). Aplicando Gram-Schmidt, chamamos W1 = V1 =
(−1, 1, 0) e
W2 = V2 − projW1 V2 = (−1, 0, 1)−
(−1, 0, 1) · (−1, 1, 0)
‖(−1, 1, 0)‖2 (−1, 1, 0)
=
(
−1
2
,−1
2
, 1
)
,
12
donde
U1 =
W1
‖W1‖ =
(
−
√
2
2
,
√
2
2
, 0
)
,
U2 =
W2
‖W2‖ =
(
−
√
6
6
,−
√
6
6
,
√
6
3
)
formam uma base ortonormal para o autoespac¸o associado a 2.
O autoespac¸o associado ao autovalor 8 e´ o conjunto-soluc¸a˜o do sistema homogeˆneo (B − 8I)X = 0,
cuja matriz aumentada e´ −4 2 22 −4 2
2 2 −4
 que e´ equivalente por linhas a
 1 0 −10 1 −1
0 0 0
 ,
que representa o sistema {
x1 − x3 = 0
x2 − x3 = 0 ,
logo o autoespac¸o associado a 8 e´ o conjunto de vetores da forma (γ, γ, γ) = γ(1, 1, 1), e portanto uma
base ortonormal para este autoespac¸o e´ formada pelo autovetor
U3 =
(√
3
3
,
√
3
3
,
√
3
3
)
.
Segue que para
P =
 −
√
2
2 −
√
6
6
√
3
3√
2
2 −
√
6
6
√
3
3
0
√
6
3
√
3
3

e
D =
 2 0 00 2 0
0 0 8

temos A = PDP t: −
√
2
2 −
√
6
6
√
3
3√
2
2 −
√
6
6
√
3
3
0
√
6
3
√
3
3

 2 0 00 2 0
0 0 8

 −
√
2
2
√
2
2 0
−
√
6
6 −
√
6
6
√
6
3√
3
3
√
3
3
√
3
3
 =
 4 2 22 4 2
2 2 4

Note que para a matriz de mudanc¸a de coordenadas na˜o ortogonal cujas colunas sa˜o formadas pela
base de autovetores na˜o ortonormais V1, V2 e V3
Q =
 −1 −1 11 0 1
0 1 1
 ,
no´s temos tambe´m evidentemente que −1 −1 11 0 1
0 1 1
 2 0 00 2 0
0 0 8
 − 13 23 − 13−13 − 13 23
1
3
1
3
1
3
 =
 4 2 22 4 2
2 2 4
 .
¥
13