Aula 30

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Diagonalização de matrizes
Dizemos que uma matriz quadrada A, n×n, é diagonalizável se existir uma matriz invertível
P tal que P−1AP é uma matriz diagonal. Neste caso, dizemos que a matriz P diagonaliza A.
Exemplo 1. Toda matriz D diagonal é diagonalizável. De fato, a matriz identidade In diago-
naliza esta matriz:
(In)
−1DIn = InDIn = In(DIn) = InD = D
Observe que se a matrizA, n×n, possui n autovetores linearmente independentes {−→v1 ,−→v2 , ...,−→vn}
(ou seja, se a soma das dimensões dos auto-espaços associados aos autovalores de A é n), en-
tão esse conjunto forma uma base do Rn e a matriz mudança de base dessa base para a base
canônica é a matriz P cujas colunas são os autovetores na ordem em que eles aparecem
P =
 | | |−→v1 | −→v2 | ... | −→vn
| | |

Como o autovetor −→vi associado ao autovalor λi satifaz
(A− λiIn)−→vi = 0
então
A−→vi − λiIn−→vi = 0 ⇒ A−→vi = λiIn−→vi ⇒ A−→vi = λi−→vi
Logo,
AP = A
 | | |−→v1 | −→v2 | ... | −→vn
| | |

=
 | | ... |λ1−→v1 | λ2−→v2 | ... | λn−→vn
| | ... |

=
 | | ... |−→v1 | −→v2 | ... | −→vn
| | ... |
λ1 0 ... 00 λ2 ... 0
0 0 ... λn

= PD
onde D é a matriz diagonal cujas entradas da diagonal principal d11, d22, ..., dnn são os auto-
valores de A correspondentes a −→v1 ,−→v2 , ...,−→vn, respectivamente. Como P é invertível (pois suas
colunas formam uma base para o Rn), então
AP = PD ⇒ P−1AP = D
É possível mostrar também que se A é uma matriz diagonalizável, então necessariamente A
possui n autovetores linearemente independentes.
Com isso concluímos o seguinte resultado:
1
Teorema 1. Seja A é uma matriz quadrada n×n. Então A é diagonalizável se, e somente se, a
matriz A possui n autovetores linearmente independentes. Além disso, se A for diagonalizável,
então a matriz diagonal D cuja diagonal principal é composta dos n autovalores λ1, λ2, ..., λn
de A e a matriz P cujas colunas −→v1 ,−→v2 , ...,−→vn são n autovetores linearmente independentes de
A associados, respectivamente, aos autovalores λ1, λ2, ..., λn são tais que
P−1AP = D
Ou seja, uma matriz composta por n autovetores linearmente independentes de A diagonaliza
a matriz A.
O seguinte resultado nos diz que autovetores associados a autovalores distintos são sempre
linearmente independentes:
Teorema 2. Se −→v1 ,−→v2 , ...,−→vk são autovetores de uma matriz A associados a autovalores λ1, λ2, ..., λk
distintos, então os vetores −→v1 ,−→v2 , ...,−→vk são linearmente independentes.
Observação 1. A recíproca do resultado acima não é verdadeira, isto é, podemos ter autove-
tores linearmente independentes associados ao mesmo autovalor.
Logo, podemos concluir o seguinte resultado:
Corolário 1. Se A é uma matriz quadrada n× n e A possui n autovalores distintos, então A
é diagonalizável.
Exemplo 2. Na última aula vimos que se A é a matriz 2× 2 dada por
A =
[
1 2
1 0
]
então os autovalores de A são λ1 = 2 e λ2 = −1. Como A possui dois autovalores distintos,
então A é diagonalizável. Vimos que −→v1 = (2, 1) é um autovetor associado ao autovalor λ1 = 2
e −→v2 = (−1, 1) é um autovetor associado ao autovalor λ2 = −1. Logo, as matrizes
P =
[
2 −1
1 1
]
e D =
[
2 0
0 −1
]
são tais que
P−1AP = D
Observe que, como autovetores associados a autovalores distintos são linearmente indepen-
dentes e como a dimensão do auto-espaço associado a um autovalor é no máximo a multipli-
cidade desse autovalor, então para descobrirmos se uma matriz é ou não diagonalizável, basta
determinar se os auto-espaços associados a autovalores de multiplicidade maior que 1 tem di-
mensão igual à multiplicidade do seu autovalor.
Exemplo 3. Se A é a matriz 3× 3 dada por
A =
1 0 03 0 0
1 0 0

então
A− λI3 =
1− λ 0 03 −λ 0
1 0 −λ

2
Como essa matriz é triangular inferior, o seu determinante é a multiplicação dos elementos da
diagonal. Assim, o polinômio característico de A é
p(λ) = det(A− λI3) = (1− λ)(−λ)(−λ) = λ2(1− λ)
e A possui dois autovalores iguais λ1 = λ2 = 0 e um autovalor distinto λ3 = 1. Utilizando o
autovalor 0, temos que
A− 0I3 = A =
1 0 03 0 0
1 0 0

Vamos analisar o sistema AX = O, isto é, o sistema1 0 03 0 0
1 0 0
x1x2
x3
 =
00
0

A matriz aumentada deste sistema é 1 0 0 03 0 0 0
1 0 0 0

A forma escalonada reduzida da matriz aumentada é:1 0 0 00 0 0 0
0 0 0 0

Logo, x1 = 0 e x2 e x3 são variáveis livres: x2 = α ∈ R e x3 = β ∈ R. A solução geral do
sistema é x1x2
x3
 =
0α
β
 = α
01
0
+ β
00
1
 , α, β ∈ R
Portanto, −→v1 = (0, 1, 0) e −→v2 = (0, 0, 1) são dois autovetores LI associados ao mesmo autovalor
0. Como o autovalor zero tem multiplicidade dois e seu auto-espaço tem dimensão 2, e como
zero é o único autovalor de multiplicidade maior que 1 de A, então a matriz A é diagonalizável.
Vamos determinar uma matriz P que diagonaliza A. Para tanto, vamos encontrar um autovetor
associado ao autovalor λ3 = 1. Temos que
A− I3 =
0 0 03 −1 0
1 0 −1

Vamos analisar o sistema (A− I3)X = O, isto é, o sistema0 0 03 −1 0
1 0 −1
x1x2
x3
 =
00
0

A matriz aumentada deste sistema é 0 0 0 03 −1 0 0
1 0 −1 0

3
A forma escalonada reduzida da matriz aumentada é:1 0 −1 00 1 −3 0
0 0 0 0

Logo, x3 é uma variável livre x3 = α ∈ R, x1 = α e x2 = 3α. A solução geral do sistema éx1x2
x3
 =
 α3α
α
 = α
13
1
 , α ∈ R
Portanto, −→v3 = (1, 3, 1) é um autovetor associado ao autovalor λ3 = 1. A matriz
P =
 | |−→v1 | −→v2 | −→v3
| |
 =
0 0 11 0 3
0 1 1

é tal que
P−1AP =
λ1 0 00 λ2 0
0 0 λ3
 =
0 0 00 0 0
0 0 1

Exemplo 4. Se A é a matriz 3× 3 dada por
A =
1 0 03 0 1
1 0 0

então
A− λI3 =
1− λ 0 03 −λ 1
1 0 −λ

O polinômio característico de A é
p(λ) = det(A− λI3) = (1− λ)(−λ)(−λ) = λ2(1− λ)
e A possui dois autovalores iguais λ1 = λ2 = 0 e um autovalor distinto λ3 = 1. Utilizando o
autovalor 0, temos que
A− 0I3 = A =
1 0 03 0 1
1 0 0

Vamos analisar o sistema AX = O, isto é, o sistema1 0 03 0 1
1 0 0
x1x2
x3
 =
00
0

A matriz aumentada deste sistema é 1 0 0 03 0 1 0
1 0 0 0

4
A forma escalonada reduzida da matriz aumentada é:1 0 0 00 0 1 0
0 0 0 0

Logo, x1 = 0, x3 = 0 e x2 é uma variável livre: x2 = α ∈ R. A solução geral do sistema éx1x2
x3
 =
0α
0
 = α
01
0
 , α ∈ R
Portanto, −→v1 = (0, 1, 0) é um autovetor do autovalor 0. Observe que qualquer outro autovetor
do autovalor 0 é um múltiplo escalar de −→v1 = (0, 1, 0). Logo, este autovalor, apesar de ter
multiplicidade 2, não possui dois autovetores linearmente independentes associados a ele. Como
seu auto-espaço tem dimensão menor que sua multiplicidade, então concluímos que a matriz A
não é diagonalizável.
Diagonalização de matrizes simétricas
Vamos estudar o caso particular em que a matriz A = (aij)n×n é simétrica, isto é, o caso
em que A satisfaz At = A. É possível mostrar o seguinte resultado para matrizes simétricas:
Proposição 1. Se A é uma matriz simétrica, então autovetores associados a autovalores dis-
tintos são ortogonais.
Exemplo 5. Seja A a matriz simétrica 2× 2 dada por
A =
[
3 1
1 3
]
O polinômio característico de A é
p(λ) = det(A− λI2) = det
[
3− λ 1
1 3− λ
]
= λ2 − 6λ+ 8
Os autovalores de A são λ1 = 2 e λ2 = 4. A solução geral do sistema (A− 2I2)X = 0 é[
x1
x2
]
=
[
−α
α
]
= α
[
−1
1
]
Logo, o conjunto formado pelo vetor −→v1 = (−1, 1) é uma base para o auto-espaço associado ao
autovalor λ1 = 2. A solução geral do sistema (A− 4I2)X = 0 é[
x1
x2
]
=
[
α
α
]
= α
[
1
1
]
Logo, o conjunto formado pelo vetor −→v2 = (1, 1) é uma base para o auto-espaço associado ao
autovalor λ2 = 4. Os vetores
−→v1 e −→v2 são ortogonais, pois,
−→v1 • −→v2 = −1 + 1 = 0
Portanto, qualquer autovetor de λ1 é ortogonal a qualquer autovetor de λ2 (uma vez que os
outros autovetores são múltiplos escalares destes dois).
5
Lembramos que uma matriz quadrada P é ortogonal se P−1 = P t. É possível mostrar o
seguinte resultado:
Proposição 2. Uma matriz n × n é ortogonal se, e somente se, seus vetores coluna formam
uma base ortonormaldo Rn.
Dizemos que uma matriz A é ortogonalmente diagonalizável se existe uma matriz ortogonal
P que diagonaliza A.
Suponha que a matriz ortogonal P diagonalize A. Como P−1 = P t, então
P tAP = D ⇒ AP = PD ⇒ A = PDP t = PDtP t = (PDP t)t = At
(pois toda matriz diagonal D satisfaz Dt = D) e, portanto, A é uma matriz simétrica.
Observe que se uma matriz simétrica A é diagonalizável, então ela é diagonalizável com uma
matriz ortogonal. De fato, se A é diagonalizável, então A possui n autovetores linearmente
independentes. Além disso, já sabemos que autovetores associados a autovalores distintos são
ortogonais. Se um autovalor tiver multiplicidade maior que 1, então podemos utilizar o processo
de Gram-Schmidt para ortonormalizar uma base do auto-espaço associado a esse autovalor.
Depois, basta normalizarmos todos os autovetores encontrados. Desta forma, garantimos a
existência de n autovetores ortonormais e, consequentemente, a matriz P cujas colunas são
estes autovetores ortonormais é tal que
P tAP = D
onde D é a matriz diagonal cujas entradas da diagonal principal são os respectivos autovalores
de A.
Na verdade, é possível mostrar que toda matriz simétrica é necessariamente diagonalizável.
Com isso, garantimos o seguinte resultado:
Teorema 3. Uma matriz A é ortogonalmente diagonalizável se, e somente se, A é uma matriz
simétrica.
Exemplo 6. Se A é a matriz simétrica 2× 2 dada por
A =
[
3 1
1 3
]
então os autovalores de A são λ1 = 2 e λ2 = 4. Além disso, o conjunto formado pelo vetor−→v1 = (−1, 1) é uma base para o auto-espaço associado ao autovalor λ1 = 2 e o conjunto
formado pelo vetor −→v2 = (1, 1) é uma base para o auto-espaço associado ao autovalor λ2 = 4.
Normalizando os autovetores −→v1 e −→v2 , encontramos:
−→u1 =
−→v1
||−→v1 ||
=
(
− 1√
2
,
1√
2
)
, −→u2 =
−→v2
||−→v2 ||
=
(
1√
2
,
1√
2
)
Logo, a matriz
P =
− 1√2 1√2
1√
2
1√
2

é uma matriz ortogonal tal que
P tAP = D =
[
2 0
0 4
]
As vezes, o seguinte resultado pode nos ser útl para determinarmos os autovalores de A:
6
Proposição 3. Se a0, a1, ..., an−1 são inteiros, então as raízes racionais (se existirem) do po-
linômio
p(λ) = (−1)λn + an−1λn−1 + ...+ a1λ+ a0
são números inteiros e divisores de a0.
Exemplo 7. Determine uma matriz P ortogonal que diagonaliza a matriz
A =
4 2 22 4 2
2 2 4

Temos que
A− λI3 =
4− λ 2 22 4− λ 2
2 2 4− λ

e, portanto,
p(λ) = det(A− λI3) = (4− λ)
[
(4− λ)2 − 4
]
− 2 [2(4− 2λ)− 4] + 2 [4− 2(4− λ)]
= (4− λ)
[
(4− λ)2 − 4
]
− 4 [2(4− 2λ)− 4]
= (4− λ)
[
(4− λ)2 − 12
]
+ 16
= (4− λ)
[
16− 8λ+ λ2 − 12
]
+ 16
= (4− λ)
[
4− 8λ+ λ2
]
+ 16
= 16− 32λ+ 4λ2 − 4λ+ 8λ2 − λ3 + 16
= −λ3 + 12λ2 − 36λ+ 32
Observe que estamos nas condições da proposição acima, e, portanto, se existirem autovalores
racionais de A eles são inteiros divisores de 32. Testanto os divisores de 32 e seus negativos
(que são 1, 2, 4, 8, 16, 32, −1, −2, −4, −8, −16, −32) observamos que 2 e 8 são raízes do
polinômio característico p(λ). Como
(2− λ)(8− λ) = 16− 10λ+ λ2
e como
p(λ)÷ (16− 10λ+ λ2) = (2− λ)
então concluímos que
p(λ) = (2− λ)2(8− λ)
Logo, temos dois autovalores: λ1 = 2 de multiplicidade 2 e λ2 = 8 de multiplicidade 1. A
matriz aumentada do sistema homogêneo (A− 2I3)X = 0 é a matriz2 2 2 02 2 2 0
2 2 2 0

cuja forma escalonada reduzida é 1 1 1 00 0 0 0
0 0 0 0

Logo, x2 = β ∈ R e x3 = γ ∈ R são variáveis livres, x1 = −β − γ, e a solução geral do sistema
é x1x2
x3
 =
−β − γβ
γ
 = β
−11
0
+ γ
−10
1

7
Logo, S = {(−1, 1, 0), (−1, 0, 1)} é uma base para o auto-espaço associado ao autovalor 2.
Vamos ortonormalizar esta base. Pelo processo de Gram-Schmidt:
−→w1 = (−1, 1, 0) ⇒ −→u1 =
1√
2
(−1, 1, 0)
−→w2 = (−1, 0, 1)− proj−→w1(−1, 0, 1) =
(
−1
2
,−1
2
, 1
)
⇒ −→u2 =
√
2
3
(
−1
2
,−1
2
, 1
)
E, portanto,
B =
{(
− 1√
2
,
1√
2
, 0
)
,
(
− 1√
6
,− 1√
6
,
2√
6
)}
é uma base ortonormal para o auto-espaço associado ao autovalor 2.
A matriz aumentada do sistema homogêneo (A− 8I3)X = 0 é a matriz−4 2 2 02 −4 2 0
2 2 −4 0

cuja forma escalonada reduzida é 1 0 −1 00 1 −1 0
0 0 0 0

Logo, x3 = α ∈ R é variável livre, x1 = α e x2 = α, e a solução geral do sistema éx1x2
x3
 =
αα
α
 = α
11
1

Logo, S = {(1, 1, 1)} é uma base para o auto-espaço associado ao autovalor 8. Como A é uma
matriz simétrica, temos que −→v3 = (1, 1, 1) é ortogonal a −→u1 e a −→u2. Vamos normalizá-lo:
−→u3 =
1√
3
(1, 1, 1) =
(
1√
3
,
1√
3
,
1√
3
)
Concluímos que a matriz
P =
 | |−→u1 | −→u2 | −→u3
| |
 =

− 1√
2
− 1√
6
1√
3
1√
2
− 1√
6
1√
3
0 2√
6
1√
3

é uma matriz ortogonal que diagonaliza A. Além disso, temos que
P tAP =
2 0 00 2 0
0 0 8

8