Operadores Diagonalizáveis

INTRODUÇÃO AO ESTUDO DA ÁLGEBRA LINERAR
Luiz Francisco da Cruz – Departamento de Matemática – Unesp/Bauru
CAPÍTULO 9
OPERADORES DIAGONALIZÁVEIS
No capítulo 8, viu-se que é possível determinar a matriz de uma transformação ou de um
operador linear em relação a qualquer base do espaço onde estão definidos. Neste capítulo,
considerado um operador linear T : V → V , quer-se determinar uma base de V em relação à
qual a matriz de T seja a mais simples possível. Mostrar-se-á que essa matriz é diagonal, o
que justificará a nomenclatura de operador diagonalizável. Para tanto, são necessários
algumas definições e resultados.
1 Autovalores e Autovetores
Definição: Sejam: V um espaço vetorial sobre o corpo K dos números complexos ou reais e
T : V → V um operador linear. Um vetor não nulo v ∈ V é um autovetor de T se existir um
escalar λ ∈ K tal que T (v ) = λ v . O escalar λ é chamado de autovalor de T associado ao
autovetor v.
Observação: podem ser usadas, alternativamente, as seguintes expressões para “autovetor”:
vetor próprio ou vetor característico. Analogamente, podem ser usadas as seguintes
expressões para “autovalor”: valor próprio ou valor característico.
Exemplo: Sejam: V um espaço vetorial sobre um corpo K e T = H λ a homotetia de razão λ ,
definida por:
Hλ : V → V
v a H λ (v ) = λv
.
Pela definição do operador linear Hλ , vê-se que todo vetor de V é um autovetor, com
autovalor λ .
Proposição: Seja T : V → V um operador linear. O autovalor λ é univocamente determinado
pelo autovetor v de T.
Demonstração:
Hipóteses: T : V → V é um operador linear; v é um autovetor de T
Tese: o autovalor λ é único
De fato, suponha-se que existam dois autovalores λ e λ∗ associados ao autovetor v, isto é:
T (v ) = λ v e T (v ) = λ∗v .
Então:
(
)
λv = λ∗v ⇒ λ − λ∗ v = 0 ⇒ λ − λ∗ = 0 ⇒ λ = λ∗ .
INTRODUÇÃO AO ESTUDO DA ÁLGEBRA LINERAR
Luiz Francisco da Cruz – Departamento de Matemática – Unesp/Bauru
Logo, o autovalor λ determinado por v é único.
Observação: este resultado significa que cada autovetor está associado a apenas um
autovalor, ou seja, cada autovetor gera um único autovalor. Entretanto, como se verá a
seguir, cada autovalor pode gerar infinitos autovetores.
Definição: Sejam: V um espaço vetorial sobre o corpo K dos números complexos ou reais e
T :V →V
um operador linear. Dado o autovalor λ ∈ K , o subespaço próprio de λ é o
subespaço V (λ ) , dado por:
V (λ ) = {v ∈ V / T (v ) = λv } .
Proposição: Sejam: V um espaço vetorial sobre o corpo K dos números complexos ou reais e
T : V → V um operador linear. Dado o autovalor λ ∈ K associado ao autovetor v ∈ V , o
subespaço próprio de λ é V (λ ) = Ker (T − λId ) .
Demonstração:
Hipóteses: V é espaço vetorial sobre K; T : V → V é operador linear; λ ∈ K é autovalor de T
associado ao autovetor v ∈ V
Tese: V (λ ) = Ker (T − λId )
Da definição de V (λ ) , tem-se que o subespaço próprio de λ é constituído pelos elementos de
V tais que T (v ) = λv . Então, vem:
T (v ) = λv ⇒ (T − λId )(v ) = 0 ,
e, portanto, v pertence ao núcleo do operador linear (T − λId ) . Assim, pode-se escrever:
V (λ ) = Ker (T − λId ) .
Exemplos:
1) Seja T : ℜ 2 → ℜ 2 o operador linear definido por T (x , y ) = (y , x ) . Determinar os subespaços
próprios, se existirem.
Inicialmente, observe-se que esse operador é a reflexão em torno da reta y = x . A
representação geométrica de T é apresentada na Figura 19.
Primeiramente, é preciso verificar se existem autovalores. Para tanto, considerem-se
v = (x , y ) ∈ ℜ 2
(v
≠ 0) e λ ∈ ℜ . Impondo-se a condição T (v ) = λ v , ou seja, T (x , y ) = λ (x , y ) ,
vem:
(y , x ) = λ (x , y ) ,
de onde se segue que
 y = λx
.

 x = λy
Conclui-se, assim, que λ = −1 ou λ = 1 , ou seja, existem dois autovalores.
INTRODUÇÃO AO ESTUDO DA ÁLGEBRA LINERAR
Luiz Francisco da Cruz – Departamento de Matemática – Unesp/Bauru
Determinam-se, agora, os autovetores associados a cada autovalor.
FIGURA 19
Para λ1 = −1 , tem-se:
y = −1 ⋅ x
,

 x = −1 ⋅ y
ou seja, λ1 = −1 gera vetores da forma v1 = (x ,− x ) . Mais precisamente, λ1 = −1 gera o
subespaço
próprio
{
}
V (− 1) = (x , y ) ∈ ℜ 2 / y = − x .
Geometricamente,
os
vetores
desse
subespaço pertencem à reta bissetriz do 2º e 4º quadrantes, onde T (v1 ) = −v1 (Figura 20).
FIGURA 20
Para λ2 = 1 , tem-se:
INTRODUÇÃO AO ESTUDO DA ÁLGEBRA LINERAR
Luiz Francisco da Cruz – Departamento de Matemática – Unesp/Bauru
y = 1 ⋅ x
,

x = 1 ⋅ y
ou seja, λ2 = 1 gera vetores da forma v 2 = (x , x ) . Esse autovetor gera o subespaço próprio
{
}
V (1) = (x , y ) ∈ ℜ 2 / y = x . Geometricamente, os vetores desse subespaço pertencem à reta
bissetriz do 1º e 3º quadrantes, onde T (v 2 ) = v 2 (Figura 21).
FIGURA 21
2) Seja T : ℜ 2 → ℜ 2 o operador linear dado por T (x , y ) = (− y , x ) , que é a rotação de um
ângulo de 90o em torno da origem. Determinar, se existirem, os subespaços próprios.
A representação geométrica de T é apresentada na Figura 22.
FIGURA 22
Sejam
v = (x , y ) ∈ ℜ 2
(v
≠ 0)
e
λ ∈ ℜ . Impondo-se a condição
T (x , y ) = λ (x , y ) , vem:
(− y , x ) = λ (x , y ) ,
de onde se segue que
− y = λx
.

 x = λy
Substituindo-se a primeira equação na segunda, vem:
T (v ) = λv ,
ou
seja,
INTRODUÇÃO AO ESTUDO DA ÁLGEBRA LINERAR
Luiz Francisco da Cruz – Departamento de Matemática – Unesp/Bauru
x = λ (− λx ) ,
ou seja,
(
)
λ2 x + x = 0 ⇒ λ2 + 1 x = 0 .
Para que essa equação seja verdadeira para todo x, deve-se ter λ2 + 1 = 0 ; entretanto, essa
equação não admite solução em ℜ . Conclui-se, assim, que não existem números reais λ tais
que T (x , y ) = λ (x , y ) , isto é, não existem subespaços próprios.
3) Seja T : ℜ 3 → ℜ 3
o operador linear dado por T (x , y , z ) = (x , y ,0) . Determinar, caso
existam, os subespaços próprios.
O operador T
é a
projeção ortogonal
de um ponto
(x , y , z )
sobre o plano Oxy.
Geometricamente, pode-se visualizar a ação do operador linear T na Figura 23.
FIGURA 23
Sejam λ ∈ ℜ e um vetor não nulo v = (x , y , z ) ∈ ℜ 3 . Impondo-se a condição T (v ) = λv , temse:
T (x , y , z ) = λ (x , y , z ) ,
isto é,
(x , y ,0) = λ (x , y , z ) ,
de onde vem:
 x = λx

y = λy .
 0 = λz

Dessas equações, conclui-se que há dois valores de λ : λ1 = 0 e λ2 = 1 .
Substituindo-se o valor λ1 = 0 nas equações (1), obtém-se:
INTRODUÇÃO AO ESTUDO DA ÁLGEBRA LINERAR
Luiz Francisco da Cruz – Departamento de Matemática – Unesp/Bauru
x = 0x

y = 0y ,
0 = 0z

de onde se conclui que x = 0 , y = 0 e z pode assumir qualquer valor, isto é, obtém-se o vetor
{
}
v1 = (0 ,0 , z ) . Assim, V (0) = (x , y , z ) ∈ ℜ 3 / x = y = 0
é o subespaço próprio gerado por
λ1 = 0 . Esse subespaço, geometricamente, é o eixo Oz ⊂ ℜ 3 (Figura 24).
FIGURA 24
FIGURA 25
Substituindo-se, agora, o valor λ2 = 1 nas equações (1), obtém-se:
 x = 1x

y = 1y ,
 0 = 1z

de onde se conclui que z = 0 e x e y são quaisquer, isto é, obtém-se o vetor v 2 = (x , y ,0) .
{
}
Assim, V (1) = (x , y , z ) ∈ ℜ 3 / z = 0 é o subespaço próprio gerado por λ2 = 1 . Esse subespaço,
INTRODUÇÃO AO ESTUDO DA ÁLGEBRA LINERAR
Luiz Francisco da Cruz – Departamento de Matemática – Unesp/Bauru
geometricamente, é o plano Oxy ⊂ ℜ 3 (Figura 25).
Definição: Dada uma matriz quadrada A de ordem n, chama-se polinômio característico da
matriz A, denotado por PC (λ ) , ao determinante: det (A − λId ) .
Observação: nessa definição, Id denota a matriz identidade de ordem n. Assim, se
 a11

a
A =  21
L

a
 n1
a12
a22
L
an2
L a1n 

L a2n 
,
L L 

L ann 
então:
 a11

a
A − λId =  21
L

a
 n1
a12
a22
L
an2
L a1n 
 1 0 L 0   a11 − λ


 
L a2n 
 0 1 L 0   a21
− λ
=
L L 
L L L L  L



 0 0 L 1  a
L ann 

 
n1
a12
L
a1n 

a22 − λ L
a2n 
.
L
L
L 

an2
L ann − λ 
Logo,
a11 − λ
a21
PC (λ ) =
L
an1
a12
L
a1n
a22 − λ L
a2n
.
L
L
L
an2
L ann − λ
Proposição: Matrizes semelhantes têm o mesmo polinômio característico.
Demonstração:
Hipótese: A e B são matrizes semelhantes
Tese: A e B têm o mesmo polinômio característico
De fato, sejam A e B duas matrizes equivalentes. Então, existe uma matriz inversível P tal
que: A = P −1 BP . Então: A − λId = P −1 BP − λId . Calculando o determinante das matrizes desta
equação, vem:
A − λId = P −1 BP − λId = P −1 BP − P −1 λIdP = P −1 (B − λId )P = P −1 B − λId P = B − λId
Logo, A e B têm o mesmo polinômio característico.


1 3
 e B = 
Exemplo: Mostrar que as matrizes A = 
−
2 1


5
2
3
2
5

2  são semelhantes.
1
− 
2
−
Mostrar-se-á que essas matrizes têm o mesmo polinômio característico. Tem-se:
PC (λ ) A = det (A − λId ) =
ou seja,
PC (λ ) A = λ2 − 2λ − 5 .
1−λ
3
,
2
1−λ
INTRODUÇÃO AO ESTUDO DA ÁLGEBRA LINERAR
Luiz Francisco da Cruz – Departamento de Matemática – Unesp/Bauru
Por outro lado, tem-se:
PC (λ )B
5
−λ
= det (B − λId ) = 2
3
−
2
−
−
5
2
1
−λ
2
,
de onde segue-se que
PC (λ )B = λ2 − 2λ − 5 .
Como PC (λ ) A = PC (λ )B , conclui-se que A e B são semelhantes.
Definição: Sejam V um espaço vetorial de dimensão n e T : V → V um operador linear.
Chama-se polinômio característico do operador T o polinômio característico da matriz de T em
relação a qualquer base.
Notação: PT (λ ) .
Exemplo: Seja T : ℜ 3 → ℜ 3 o operador linear definido por:
T (x , y , z ) = (x , x + y , x + z ) .
Determinar o polinômio característico de T em relação:
a) à base canônica do ℜ 3 .
b) à base B = {(1,0 ,1), (2 ,3 ,0), (1,−1,2)}.
a) A base canônica do ℜ 3 é: C = {(1,0 ,0), (0 ,1,0), (0 ,0 ,1)} . Para determinar a matriz de T em
relação a essa base, calculam-se primeiramente, os vetores resultantes da aplicação de T em
cada um dos vetores da base, isto é:
 T (1,0 ,0) = (1,1 + 0 ,1 + 0) = (1,1,1)

T (0 ,1,0) = (0 ,0 + 1,0 + 0) = (0 ,1,0) .
T (0 ,0 ,1) = (0 ,0 + 0 ,0 + 1) = (0 ,0 ,1)

A matriz de T em relação a essa base é aquela cujas colunas são as coordenadas dos vetores
encontrados, ou seja:
1 0 0 


[T ]C = 1 1 0  .
1 0 1 


Portanto, o polinômio característico de T é o polinômio característico dessa matriz, isto é:
PT (λ ) = det ([T ]C − λId ) =
1−λ
0
0
1
1−λ
0 ,
1
0
1−λ
e, portanto,
PT (λ ) = (1 − λ )3 = −λ3 + 3λ2 − 3λ + 1 .
b) Calculando o valor de T em cada vetor da base, obtém-se:
INTRODUÇÃO AO ESTUDO DA ÁLGEBRA LINERAR
Luiz Francisco da Cruz – Departamento de Matemática – Unesp/Bauru
 T (1,0 ,1) = (1,1 + 0 ,1 + 1) = (1,1,2)

T (2 ,3 ,0) = (2 ,2 + 3 ,2 + 0) = (2 ,5 ,2)
T (1,−1,2) = (1,1 − 1,1 + 2) = (1,0 ,3)

Escrevendo-se cada um dos vetores como combinação linear dos vetores da base B, tem-se:
• (1,1,2) = a(1,0 ,1) + b(2 ,3 ,0) + c (1,−1,2) ,
de onde vem que:
1 = a + 2b + c

,
1 = 3b − c
2 = a + 2c

de onde se conclui que
 a = −8

b = 2 .
c = 5

• (2 ,5 ,2) = d (1,0 ,1) + e(2 ,3 ,0) + f (1,−1,2) ,
ou seja,
2 = d + 2e + f

5 = 3e − f
2 = d + 2f

,
de onde se segue que
d = −18

e = 5
f = 10

• (1,0 ,3) = g (1,0 ,1) + h(2 ,3 ,0) + i (1,−1,2) ,
isto é,
1 = g + 2h + i

,
0 = 3h − i
3 = g + 2i

e, portanto,
 g = −9

h = 2
i = 2

Assim, a matriz [T ]C é:
[T ]C
 − 8 − 18 − 9 


= 2
5
2 .
 5
10
2 

Logo, o polinômio característico de T é o polinômio característico dessa matriz, isto é:
PT (λ ) = det ([T ]C − λId ) =
−8−λ
− 18
2
5−λ
2
5
10
2−λ
−9
INTRODUÇÃO AO ESTUDO DA ÁLGEBRA LINERAR
Luiz Francisco da Cruz – Departamento de Matemática – Unesp/Bauru
e, portanto,
PT (λ ) = (1 − λ )3 = −λ3 + 3λ2 − 3λ + 1
Assim, independentemente da base, o polinômio característico de um operador linear T é
sempre o mesmo.
Proposição: Seja V um espaço vetorial de dimensão n e T : V → V um operador linear. Os
zeros do polinômio característico do operador T são seus autovalores.
Observação: os zeros do polinômio característico PT (λ ) são as raízes da equação PT (λ ) = 0 .
Teorema: Autovetores associados a autovalores distintos são LI.
Demonstração:
Hipóteses: T : V → V é um operador linear; v1 , v 2 , L , v r são autovetores associados aos
autovalores λ1 , λ2 , L , λr , distintos entre si
Tese: os autovetores v1 , v 2 , L , v r são LI
Considere-se o operador linear T : V → V e sejam v1 , v 2 , L , v r autovetores associados aos
autovalores λ1 , λ2 , L , λ r , distintos entre si. A demonstração será feita por indução.
Para k = 1 , tem-se apenas um autovetor v1 , associado ao autovalor λ1 , o qual é LI, pois é
não nulo.
Para k = 2 , têm-se os autovetores v1 e v 2 , associados, respectivamente, aos autovalores λ1
e λ2 . Demonstrar-se-á que v1 e v 2 são LI.
De fato, tomando-se escalares α 1 e α 2 tais que:
α 1v1 + α 2v 2 = 0 ,
(1)
vem:
T (α 1v 1 + α 2v 2 ) = T (0) ,
ou seja,
T (α 1v1 ) + T (α 2v 2 ) = 0 ,
isto é,
α 1T (v 1 ) + α 2T (v 2 ) = 0 .
Sendo v1 e v 2 autovetores associados, respectivamente, aos autovalores λ1 e λ2 , pode-se
escrever:
α 1 (λ1v1 ) + α 2 (λ2v 2 ) = 0 .
(2)
Multiplicando-se a expressão (1) por λ2 , obtém-se:
α 1 λ2 v 1 + α 2 λ 2 v 2 = 0 .
(3)
Subtraindo-se membro a membro a equação (2) da equação (3), vem:
α 1 (λ2 − λ1 )v1 = 0 ,
de onde se segue que α 1 = 0 , já que v1 ≠ 0 e λ1 ≠ λ2 . Substituindo-se α 1 = 0 em (1),
INTRODUÇÃO AO ESTUDO DA ÁLGEBRA LINERAR
Luiz Francisco da Cruz – Departamento de Matemática – Unesp/Bauru
conclui-se que α 2 = 0 e, portanto, conclui-se que v1 e v 2 são LI.
Supondo-se que são LI os autovetores
v1 , v 2 , L , v k
(1 < k
< r ) , demonstrar-se-á que
v1 , v 2 , L , v k +1 são LI. De fato, sejam α 1 , α 2 , L , α k + 1 escalares tais que
α 1v1 + α 2v 2 + L + α k + 1v k +1 = 0 .
(4)
Tem-se:
T (α 1v1 + α 2v 2 + L + α k +1v k +1 ) = T (0) ,
ou seja,
T (α 1v1 ) + T (α 2v 2 ) + L + T (α k + 1v k + 1 ) = 0 ,
ou, ainda,
α 1 (λ1v1 ) + α 2 (λ2v 2 ) + L + α k + 1 (λ k +1v k +1 ) = 0 .
(5)
Multiplica-se, agora, a expressão (4) por λ k + 1 e vem:
α 1 λ k +1v 1 + α 2 λ K +1v 2 + L + α k + 1 λ k +1v k +1 = 0 .
(6)
Fazendo-se (6) – (5), vem:
α 1 (λ k + 1 − λ1 )v1 + α 2 (λ k +1 − λ2 )v 2 + L + α k (λ k +1 − λ k )v k = 0 .
Uma vez que os vetores v1 , v 2 , L , v k são LI e os autovetores são distintos, conclui-se que
α 1 = α 2 = L = α k = 0 . Substituindo-se esses escalares em (4), conclui-se que α k +1 = 0 e,
portanto, os vetores v1 , v 2 , L , v k +1 são LI, o que demonstra o teorema.
Observação: a recíproca desse teorema não é verdadeira, ou seja, se os autovetores
v1 , v 2 , L , v r são LI, isso não significa que eles são associados a autovalores distintos. De
fato, considerando-se, por exemplo, a homotetia de razão λ , isto é, o operador
Hλ : V → V
v a H λ (v ) = λv
,
sendo V um espaço de dimensão n > 1 , vê-se que todo vetor de V é um autovetor associado a
um único autovalor, que é λ .
Corolário: Se V é um espaço vetorial de dimensão n e T : V → V é um operador linear que
admite n autovalores distintos, então V possui uma base cujos elementos são autovetores de
T.
Exemplo: Considere-se espaço vetorial real ℜ 3 e o operador linear definido por:
T (x , y , z ) = (3x − 6y + 4 z , x − 4y + 4 z , x − 3y + 3z ) .
Mostrar que existe uma base do ℜ 3 constituída de autovetores de T, conforme afirma o
corolário anterior.
A matriz de T em relação à base canônica C do ℜ 3 :
INTRODUÇÃO AO ESTUDO DA ÁLGEBRA LINERAR
Luiz Francisco da Cruz – Departamento de Matemática – Unesp/Bauru
[T ]C
3 − 6 4


=  1 − 4 4
 1 − 3 3


O polinômio característico de T é obtido através do determinante:
PC (λ ) =
3−λ
−6
4
1
−4−λ
4
1
−3
3−λ
,
de onde vem:
PC (λ ) = −λ3 + 2λ2 + λ − 2 ,
cujas raízes são os autovalores de T: λ1 = −1 , λ2 = 1 e λ3 = 2 . Tem-se, portanto, 3
( )
autovalores distintos, sendo que dim ℜ3 = 3 . Determinam-se, agora, os autovetores:
Para λ1 = −1 , tem-se:
−6
4  x   0 
3 + 1

   
− 4+1
4  y  =  0  ,
 1
 1
−3
3 + 1 z   0 

de onde vem que:
4 x − 6y + 4z = 0

 x − 3y + 4 z = 0 .
 x − 3y + 4 z = 0

A solução geral desse sistema é:
x = 2z
, ∀z ∈ ℜ , com z ≠ 0 .

y = 2 z
Logo, λ1 = −1 gera autovetores da forma v = (2 z ,2 z , z ) , ∀z ∈ ℜ , com z ≠ 0 . Em particular,
para z = 1 , tem-se o autovetor v1 = (2 ,2 ,1) .
Para λ2 = 1 , tem-se:
−6
4  x   0 
3 − 1

   
− 4 −1
4  y  =  0  ,
 1
 1
−3
3 − 1 z   0 

de onde se obtém o sistema:
2 x − 6y + 4 z = 0

 x − 5y + 4 z = 0 ,
 x − 3y + 2 z = 0

cuja solução geral é dada por:
x = z
, ∀z ∈ ℜ , com z ≠ 0 .

y = z
Logo, λ2 = 1 gera autovetores da forma v = (z , z , z ) , ∀z ∈ ℜ , com z ≠ 0 . Em particular, para
z = 1 , tem-se o autovetor v 2 = (1,1,1) .
Para λ3 = 2 , tem-se:
INTRODUÇÃO AO ESTUDO DA ÁLGEBRA LINERAR
Luiz Francisco da Cruz – Departamento de Matemática – Unesp/Bauru
−6
4  x   0 
3 − 2

   
−4−2
4  y  =  0  ,
 1
 1
−3
3 − 2  z   0 

ou seja,
 x − 6y + 4 z = 0

 x − 6y + 4 z = 0
 x − 3y + z = 0

cuja solução geral é dada por:
x = 2z
, ∀z ∈ ℜ , com z ≠ 0 .

y =z
Logo, λ3 = 2 gera autovetores da forma v = (2 z , z , z ) , ∀z ∈ ℜ , com z ≠ 0 . Em particular, para
z = 1 , tem-se o autovetor v 3 = (2 ,1,1) .
Assim, cada autovalor gera apenas um autovetor. Pode-se verificar que o conjunto
B = {(2 ,2 ,1), (1,1,1), (2 ,1,1)} é LI e, portanto, é uma base do ℜ 3 , a qual é formada por
autovetores de T.
2 Diagonalização de Operadores
Teorema: Seja V um espaço vetorial n-dimensional. A matriz [T ]B de um operador linear
T : V → V , em relação a uma base B, é uma matriz diagonal se, e somente se, essa base B é
formada por autovetores de T.
Demonstração:
Condição necessária:
Hipóteses: B = {v1 , v 2 , L , v n } é base de V e v1 , v 2 , L , v n são autovetores de T
Tese: matriz de T em relação à base B é diagonal
De fato, sendo v1 , v 2 , L , v n são autovetores de T, tem-se:
T (v1 ) = λ1v1

T (v 2 ) = λ2v 2
,

M
T (v ) = λ v
n
n n

onde λ i (1 ≤ i ≤ n) são os autovalores, não necessariamente distintos. Ou seja,
T (v1 ) = λ1v1 + 0v 2 + L + 0v n

T (v 2 ) = 0v1 + λ2v 2 + L + 0v n
.

M
T (v ) = 0v + 0v + L + λ v
n
1
2
n n

Assim, a matriz do operador T, em relação a essa base, é:
[T ]B
 λ1

0
=
L

0

0
L
λ2 L
L L
0
L
INTRODUÇÃO AO ESTUDO DA ÁLGEBRA LINERAR
Luiz Francisco da Cruz – Departamento de Matemática – Unesp/Bauru
0

0
.
L

λ n 
Vê-se, assim, que a matriz de T em relação ao uma base de autovetores é diagonal.
Condição suficiente:
Hipóteses: B ′ = {u1 , u2 , L , u n } é base de V e a matriz de T em relação a essa base é diagonal
Tese: u1 , u2 , L , u n são autovetores de T
Seja
 a1

[T ]B′ =  0
L

0

0 

a2 L 0 
L L L

0 L an 
0
L
a matriz de T em relação à base B ′ .
Tem-se, então:
T (u1 ) = a1u1 + 0u2 + L + 0u n

T (u2 ) = 0u1 + a2 u2 + L + 0u n
,

M
T (u ) = 0u + 0u + L + a u
n
1
2
n n

e, portanto, os vetores u i (1 ≤ i ≤ n) são autovetores de T associados aos autovalores
ai (1 ≤ i ≤ n) , ou seja, a base B ′ é composta de autovetores de T.
A definição seguinte define o que é um operador diagonalizável.
Definição: Seja T : V → V um operador linear. Diz-se que T é um operador diagonalizável se
existir uma base de V formada por autovetores de T.
Observação: por essa definição, se V tem dimensão n e se o operador é diagonalizável, então
existe uma base B de V constituída por autovetores de T, associados a autovalores
λ i (1 ≤ i ≤ n) . Conforme se viu acima, a matriz de T em relação a essa base é diagonal, sendo
que sua diagonal contém os autovalores, isto é,
[T ]B
 λ1

0
=
L

0

0

0
.
L L L

0 L λ n 
0
L
λ2 L
O questionamento que se pode fazer é: qual é a posição dos autovalores λi na diagonal?
O que determina a posição dos autovalores na diagonal é a posição dos autovetores dentro da
base B. Lembrando que as raízes do polinômio característico de T são seus autovalores, é
possível que haja raízes (isto é, autovalores) com multiplicidade maior do que 1. Assim, a
INTRODUÇÃO AO ESTUDO DA ÁLGEBRA LINERAR
Luiz Francisco da Cruz – Departamento de Matemática – Unesp/Bauru
matriz de T em relação à base de autovetores é formada por blocos, cujas ordens são iguais à
multiplicidade dos autovalores λ i (1 ≤ i ≤ n) , como raízes do polinômio característico.
Por exemplo, se o polinômio característico de um operador linear T é:
PT (λ ) = (λ − 4)(λ + 3)2 ,
conclui-se que a raiz λ1 = 4 tem multiplicidade 1 e que a raiz λ2 = −3 tem multiplicidade 2.
Então, a matriz de T em relação à base dos autovetores associados a esses autovalores é
formada por dois blocos: um de ordem 1, associado ao autovalor λ1 = 4 e um de ordem 2,
associado ao autovalor λ2 = −3 .
Portanto, a matriz [T ]B pode apresentar as seguintes formas:
0
0
0
 4
− 3



0  ou  0 − 3
 0 −3
 0
 0
0 − 3 
0


0

0
4 
Exemplos:
1) Verificar quais dos operadores T é diagonalizável. Para os que forem, exibir a matriz de T
em relação à base de autovetores.
(a) T (x , y ) = (x + 4y ,2 x + 3y )
(b) T (x , y , z ) = (5x − 6y − 6 z ,− x + 4y + 2 z ,3x − 6y − 4 z )
(a) Observe-se que T é um operador linear de ℜ 2 em ℜ 2 . Para determinar os autovalores,
calculam-se as raízes do polinômio característico de T. Como o polinômio característico é o
mesmo em relação a qualquer base, usar-se-á a base canônica de ℜ 2 para construir a matriz
de T.
Tem-se:
 T (1,0) = (1 + 0 ,2 + 0) = (1,2)
,

T (0 ,1) = (0 + 4 ,0 + 3) = (4 ,3)
e, portanto, sua matriz em relação a essa base é:
[T ] =  1
4
 .
2 3 
Assim, o polinômio característico de T é o determinante:
PT (λ ) =
1−λ
4
2
3−λ
= λ2 − 4λ − 5 .
Os zeros desse polinômio, isto é, as raízes da equação λ2 − 4λ − 5 = 0 , são λ1 = −1 e λ2 = 5 .
Portanto, esses são os autovalores de T. Para determinar os autovetores associados, faz-se:
T (v ) = λv ,
ou seja,
[T
− λId ](v ) = 0 .
INTRODUÇÃO AO ESTUDO DA ÁLGEBRA LINERAR
Luiz Francisco da Cruz – Departamento de Matemática – Unesp/Bauru
Tomando-se um vetor v = (x , y ) , vem:
4  x   0 
1 − λ

  =   .
3 − λ  y   0 
 2
Então:
• para λ1 = −1 , tem-se:
4
1 − (− 1)
 x   0 

  =   ,
2
3 − (− 1) y   0 

de onde se segue que
2 x + 4y = 0
,

2 x + 4y = 0
ou seja,
x = −2y .
Assim, os autovetores associados a esse autovalor são do tipo v = (− 2y , y ) = y (− 2 ,1) .
Fazendo-se, por exemplo, y = 1 , obtém-se o autovetor v1 = (− 2 ,1) .
• para λ2 = 5 , tem-se:
4  x   0 
1 − 5

  =   ,
3 − 5  y   0 
 2
isto é,
4 x + 4y = 0
,

2 x − 2y = 0
De onde se conclui que x = y .
Logo, os autovetores associados a esse autovalor são do tipo v = (x , x ) = x (1,1) . Tomando-se,
por exemplo, x = 1 , obtém-se o autovetor v 2 = (1,1) .
Observe-se que esses autovetores são LI, pois, se a1 e a2 são escalares tais que:
a1v 1 + a2v 2 = 0 ,
vem:
a1 (− 2 ,1) + a2 (1,1) = (0 ,0) ,
ou seja,
(− 2a1
+ a2 , a1 + a2 ) = (0 ,0) ,
de onde vem que:
− 2a1 + a2 = 0
.

 a1 + a2 = 0
A resolução desse sistema linear leva à solução trivial, isto é, a1 = a2 = 0 e, portanto, os
vetores v1 e v 2 são LI e formam uma base de ℜ 2 , isto é, B = {(− 2 ,1), (1,1)} é uma base de
ℜ 2 . Conclui-se, assim, que T é um operador diagonalizável e sua matriz em relação a essa
base é uma matriz diagonal, cuja diagonal principal é formada pelos autovalores, ou seja:
INTRODUÇÃO AO ESTUDO DA ÁLGEBRA LINERAR
Luiz Francisco da Cruz – Departamento de Matemática – Unesp/Bauru
[T ]B =  − 1
0
 .
 0 5
0
5
 é também a matriz de T em relação à base B. A ordem dos
É claro que [T ]B = 
 0 − 1
autovalores na diagonal da matriz depende da posição dos autovetores dentro da base B.
(b) Aqui, tem-se que T é um operador linear de ℜ 3 em ℜ 3 . Para determinar os autovalores,
calculam-se as raízes do polinômio característico de T. Usar-se-á a base canônica de ℜ 3 para
construir a matriz de T.
Tem-se:
T (1,0 ,0) = (5 − 0 − 0 ,−1 + 0 + 0 ,3 − 0 − 0) = (5 ,−1,3)

T (0 ,1,0) = (0 − 6 − 0 ,0 + 4 + 0 ,0 − 6 − 0) = (− 6 ,4 ,−6 ) .
T (0 ,0 ,1) = (0 − 0 − 6 ,0 + 0 + 2 ,0 − 0 − 4) = (− 6 ,2 ,−4)

Assim, a matriz de T em relação à base canônica de ℜ 3 é:
 5 − 6 − 6


[T ] =  − 1 4 2  ;
 3 − 6 − 4


portanto, seu polinômio característico é:
PT (λ ) =
5−λ
−6
−6
−1
4−λ
2
3
−6
−4−λ
Determinando-se
os
zeros
= −λ3 + 5λ2 − 8λ + 4 .
desse
polinômio,
isto
é,
as
raízes
da
equação
− λ3 + 5λ2 − 8λ + 4 = 0 , obtêm-se: λ1 = 1 , com multiplicidade 1, e λ2 = 2 , com multiplicidade
2. Logo, o polinômio pode ser escrito na forma:
Então PT (λ ) = (λ − 1)(λ − 2)2 . Para determinar os autovetores associados, toma-se um vetor
v = (x , y , z ) e impõe-se a condição:
T (v ) = λv ,
ou seja,
[T
− λId ](v ) = 0 ,
ou, ainda,
 5−λ

 −1
 3

−6
4−λ
−6
− 6  x   0 
   
2  y  =  0  .
− 4 − λ  z   0 
Então:
• para λ1 = 1 , vem:
 4 − 6 − 6  x   0 

   
3
2  y  =  0  ,
− 1
 3 − 6 − 5  z   0 

   
de onde se obtém o sistema linear
INTRODUÇÃO AO ESTUDO DA ÁLGEBRA LINERAR
Luiz Francisco da Cruz – Departamento de Matemática – Unesp/Bauru
 4 x − 6y − 6 z = 0

− x + 3y + 2 z = 0 .
 3x − 6y − 5 z = 0

De sua resolução, obtêm-se:
 x = −3y
.

 z = −3y
Assim, os autovetores associados a esse autovalor são do tipo v = (− 3y , y ,−3y ) = y (− 3 ,1,−3) .
Fazendo-se, por exemplo, y = 1 , obtém-se o autovetor v1 = (− 3 ,1,−3) .
• para λ2 = 2 , vem:
 3 − 6 − 6  x   0 

   
2
2  y  =  0  ,
− 1
 3 − 6 − 6  z   0 

   
de onde vem que:
 3 x − 6y − 6 z = 0

− x + 2y + 2 z = 0 ,
 3 x − 6y − 6 z = 0

que leva à solução da forma x = 2y + 2z . Portanto, os autovetores associados e esse autovalor
são do tipo v = (2y + 2 z , y , z ) = y (2 ,1,0) + z (2 ,0 ,1) . Tomando-se, por exemplo, y = 1 e z = 0 ,
obtém-se o autovetor v 2 = (2 ,1,0) ; tomando-se outro par de valores para y e z, por exemplo,
y = 0 e z = 1 , obtém-se outro autovetor associado a esse autovalor: v 3 = (2 ,0 ,1) .
Pode-se verificar que os autovetores determinados são LI e, portanto, formam uma base de
ℜ 3 : B = {(− 3 ,1,−3), (2 ,1,0), (2 ,0 ,1)} . Então, T é um operador diagonalizável e sua matriz em
relação a essa base é diagonal, dada por:
[T ]B
 1 0 0


= 0 2 0 .
0 0 2


Alternativamente, mudando-se a ordem dos vetores na base B, pode-se escrever a matriz de T
na forma:
[T ]B
2 0 0


= 0 2 0 .
 0 0 1


2) Mostrar que o operador linear T (x , y , z ) = (2 x + y , y − z , 2y + 4 z ) não é diagonalizável.
Tem-se, aqui, um operador linear de ℜ 3 em ℜ 3 . Considerando-se a base canônica de ℜ 3 ,
verificar-se-á se existe uma base de ℜ 3 constituída por autovetores de T. Para isso,
determinam-se, primeiramente os autovalores de T, construindo o polinômio característico e
calculando-se seus zeros. Tem-se:
INTRODUÇÃO AO ESTUDO DA ÁLGEBRA LINERAR
Luiz Francisco da Cruz – Departamento de Matemática – Unesp/Bauru
T (1,0 ,0) = (2 + 0 ,0 − 0 ,0 + 0) = (2 ,0 ,0)

T (0 ,1,0) == (0 + 1,1 − 0 ,2 + 0) = (1,1,2)
T (0 ,0 ,1) = (0 + 0 ,0 − 1,0 + 4) = (0 ,−1,4)

e, portanto, a matriz de T em relação à base canônica de ℜ 3 é:
0
2 1


1 − 1 .
0 2
4 

[T ] =  0
Portanto, o polinômio característico é:
PT (λ ) =
2−λ
1
0 1−λ
0
0
− 1 = −λ3 + 7λ2 − 16λ + 12 .
2 4−λ
Determinando-se as raízes da equação − λ3 + 7λ2 − 16λ + 12 = 0 , obtêm-se λ1 = 2 , com
multiplicidade 2, e λ2 = 3 , com multiplicidade 1. Assim, o polinômio pode ser escrito na forma
PT (λ ) = (λ − 3)(λ − 2)2 .
Tomando-se um vetor v = (x , y , z ) e impondo-se a condição T (v ) = λv , ou, equivalentemente,
[T
− λId ](v ) = 0 , obtém-se:
1
0  x   0 
2 − λ

   
λ
0
1
−
−
1 y  =  0  .


0
2 4 − λ  z   0 

• Para λ1 = 3 , tem-se:
1
0  x   0 
− 1

   
 0 − 2 − 1 y  =  0  ,
 0
2
1 z   0 

de onde vem que:
 −x+y =0

− 2y − z = 0 ,
 2y + z = 0

 x =y
que leva a 
.
 z = −2y
Logo, os autovetores associados são do tipo v = (y , y ,−2y ) = y (1,1,−2) . Tomando-se, por
exemplo, y = 1 , obtém-se o autovetor v1 = (1,1,−2) .
• Para λ2 = 2 , tem-se:
1
0  x   0 
0

   
 0 − 1 − 1 y  =  0  ,
0
2
2  z   0 

isto é,
INTRODUÇÃO AO ESTUDO DA ÁLGEBRA LINERAR
Luiz Francisco da Cruz – Departamento de Matemática – Unesp/Bauru
y =0


 − y − z = 0,
2y + 2 z = 0

de onde se conclui que y = z = 0 .
Portanto, os autovetores associados são do tipo v = (x ,0 ,0) = x (1,0 ,0) . Tomando-se, por
exemplo, x = 1 , obtém-se o autovetor v 2 = (1,0 ,0) .
Vê-se, assim, que há apenas dois autovetores associados aos autovalores obtidos, e, portanto,
o conjunto B = {(1,1,−2), (1,0 ,0)} não é uma base de ℜ 3 . Se não existe uma base de ℜ 3
constituída pelos autovetores de T, então T não é um operador diagonalizável e, portanto, não
possui uma matriz diagonal em relação a nenhuma base de ℜ 3 .
3 Relação entre Matriz Diagonalizável e Autovetores
No Capítulo 1, viu-se que uma matriz quadrada B, de ordem n, é diagonalizável se existe uma
matriz não singular P, de mesma ordem, tal que A = P −1 BP é uma matriz diagonal. Quando
isso ocorre, diz-se que A e B são semelhantes. A dificuldade consiste em determinar a matriz
P. No entanto, pode-se demonstrar que se B for diagonalizável, as colunas da matriz P são
constituídas das coordenadas dos autovetores relativos a um operador linear T e a matriz A,
cuja diagonal principal é constituída dos autovalores associados, é a representação diagonal da
matriz B.
Exemplos:
1) No Exemplo 1) do item 3.6 Matrizes Semelhantes, do Capítulo 1, mostrou-se que as
matrizes
− 3 0
A= 

 0 2
e
− 4 − 1
B = 

3
 6
são semelhantes, determinando-se, através da
1
− 1
−1
definição, a matriz P = 
 ; ou seja, impôs-se que A = P BP , ou equivalentemente,
 1 − 6
PA = BP , e determinou-se a matriz P.
Determinar-se-á, agora, essa mesma matriz P, utilizando-se os conceitos de autovetores e
autovalores associados a um operador linear T. A partir da matriz B, determina-se seu
polinômio característico:
PC (λ ) =
−4−λ
−1
6
3−λ
= λ2 + λ − 6 ,
cujas raízes são os autovalores λ1 = −3 e λ2 = 2 . Os autovetores associados são calculados a
seguir.
Para λ1 = −3 , tem-se:
− 1  x   0 
 − 4 − (− 3)

  =   ,
6
3 − (− 3) y   0 

INTRODUÇÃO AO ESTUDO DA ÁLGEBRA LINERAR
Luiz Francisco da Cruz – Departamento de Matemática – Unesp/Bauru
ou seja,
 − 1 − 1  x   0 

  =   ,
6  y   0 
 6
que leva ao sistema linear
− x − y = 0
.

6 x + 6y = 0
Desse sistema, conclui-se que x = −y , isto é, o autovetor gerado por λ1 = −3 é da forma
v1 = (− y , y ) , ∀y ∈ ℜ , com y ≠ 0 . Em particular, para y = 1 , gera-se o autovetor v1 = (− 1,1) .
Para λ2 = 2 , tem-se:
 − 4 − 2 − 1  x   0 

  =   ,
3 − 2  y   0 
 6
isto é,
− 6

 6
− 1 x   0 
  =   ,
1 y   0 
de onde se obtém:
− 6 x − y = 0
.

6 x + y = 0
A solução geral desse sistema é y = −6 x , com x ∈ ℜ . Então, o autovetor gerado por λ2 = 2 é
da forma v 2 = (x ,−6 x ) , ∀x ∈ ℜ , com x ≠ 0 . Em particular, para x = 1 , tem-se o autovetor
1
− 1
v2 = (1,−6 ) . Logo, a matriz P é constituída dos autovetores v1 e v 2 , ou seja, P = 
,
 1 − 6
que é a matriz obtida anteriormente. Essa matriz é não singular e sua inversa é
− 6
P −1 =  51
 − 5
− 51 
 . Assim, da mesma forma que se fez no Exemplo 1) do item 3.6 Matrizes
− 1
5
Semelhantes, do Capítulo 1, tem-se:
− 6
P −1 BP =  51
 − 5

−1
5  − 4

1
−  6
5
18
− 1  − 1
1  5

=


3  1 − 6 − 2
 5
−
3
5  − 1
2  1
5 
1 − 3
 = 
− 6  0
0
 = A.
2
2) Também no Exemplo 1) do item 3.6 Matrizes Semelhantes, do Capítulo 1, mostrou-se que
2 0 0
 2



as matrizes A = 0 1 0 e B =  0
0 0 6
 0
0

1 − 1 não são semelhantes, ou seja, não existe a
2
4
1
matriz P tal que A = P −1 BP . Pode-se chegar a essa mesma conclusão utilizando-se autovalores
e autovetores associados a um operador linear T. A partir de B, determina-se seu polinômio
característico:
PC (λ ) =
2−λ
1
0
1−λ
0
2
0
− 1 = −λ3 + 7λ − 16λ + 12 = (λ − 3)(λ − 2) ;
2
4−λ
INTRODUÇÃO AO ESTUDO DA ÁLGEBRA LINERAR
Luiz Francisco da Cruz – Departamento de Matemática – Unesp/Bauru
as raízes desse polinômio são os autovalores λ 1 = 3 (com multiplicidade 1) e λ2 = 2 (com
multiplicidade 2).
Para λ1 = 3 , tem-se:
1
0  x   0 
2 − 3

   
1 − 3 − 1  y  =  0  ,
 0
 0
2
4 − 3  z   0 

isto é,
− x + y = 0

− 2y − z = 0 .
2y + z = 0

A resolução do sistema leva às conclusões x = y e z = −2y , para y ∈ ℜ . Então, o autovetor
gerado por λ1 = 3 é da forma v1 = (y , y ,−2y ) , ∀y ∈ ℜ , com y ≠ 0 . Em particular, para y = 1 ,
gera-se o autovetor v1 = (1,1,−2) .
Para λ2 = 2 , tem-se:
1
0  x   0 
2 − 2

   
1 − 2 − 1  y  =  0  ,
 0
 0
2
4 − 2  z   0 

ou seja, obtém-se o sistema linear
y = 0

− y − z = 0 ,
2y + 2 z = 0

cuja solução geral é y = z = 0 e x ∈ ℜ . Então, o autovetor gerado por λ2 = 2 é da forma
v 2 = (x ,0 ,0) , ∀x ∈ ℜ , com x ≠ 0 . Em particular, para x = 1 , tem-se o autovetor v 2 = (1,0 ,0) .
Como só existem dois autovetores v1 = (1,1,−2) e v 2 = (1,0 ,0) , não existe a matriz P de ordem
3, constituída de autovetores, tal que A = P −1 BP . Conclui-se, portanto, que as matrizes A e B
não são semelhantes, ou seja, B não é diagonalizável, como já se havia concluído no citado
exemplo do Capítulo 1.
3) No Exemplo 2) do item 2 Diagonalização de Operadores deste Capítulo, mostrou-se: que a
 5 − 6 − 6


matriz A =  − 1
4
2  , que é a matriz de um operador linear em relação à base canônica
 3 − 6 − 4


do ℜ 3 , é diagonalizável, que seus autovalores são λ1 = 1 e λ2 = 2 e que os autovetores
gerados são v1 = (− 3 ,1,−3) , v 2 = (2 ,1,0) e v 3 = (2 ,0 ,1) .
− 3

Logo, existe a matriz P =  1
− 3

2
1
0
2

0  , cuja inversa é:
1
INTRODUÇÃO AO ESTUDO DA ÁLGEBRA LINERAR
Luiz Francisco da Cruz – Departamento de Matemática – Unesp/Bauru
 1 − 2 − 2


−1
P
3
2 .
= − 1
 3 − 6 − 5


Pode-se, assim, utilizar-se essa matriz para determinar a matriz diagonal B que é semelhante
à matriz A. Basta que se efetue o produto P −1 AP :
P
−1
 1 − 2 − 2  5 − 6 − 6  − 3



AP =  − 1
3
2  − 1
4
2  1
 3 − 6 − 5  3 − 6 − 4  − 3



− 2  − 3
 1 −2


= − 2
6
4  1
 6 − 12 − 10  − 3


2
1
0
2
1
0
2

0 =
1
2  1 0 0
 

0 = 0 2 0 .
1  0 0 2 
Obteve-se, assim, a matriz
 1 0 0


B = 0 2 0 ,
0 0 2


diagonal, a qual é semelhante à matriz A, que é a mesma obtida anteriormente no citado
exemplo.
Exercícios Propostos
1) Seja T : M2 (TS ) → M2 (TS ) , onde M2 (TS ) é o espaço vetorial das matrizes triangulares
 1 0   0 1  0 0 
,

 . Mostrar que o operador linear
superiores, cuja base canônica é C = 
 0 0   0 0  0 1 
3b
 a b   3a
 = 
T 
 0 c   0 − a + 3b +


c 
é diagonalizável e exibir sua matriz em relação à base de
autovetores.
R: [T ]B
3 0 0
1 0 0




=  0 3 0  ou [T ]B =  0 3 0 
0 0 1
0 0 3




2) Verificar quais dos operadores lineares é diagonalizável. Para os que o forem, exibir a
matriz do operador em relação à base de autovetores.
a) T (x , y , z ) = (2 x + z , x + 2y − z , 2 x + 3z )
1 0 0
1 0 0
2 0 0






R: é diagonalizável; [T ]B =  0 2 0  ou [T ]B =  0 4 0  ou [T ]B =  0 1 0  ...
0 0 4
0 0 2
0 0 4






b) T (a0 + a1t ) = (8a0 − 6a1 ) + (9a0 − 7a1 )t
0
 2
− 1
 ou [T ]B = 
R.: é diagonalizável; [T ]B = 
0
−
1


 0
0

2 
INTRODUÇÃO AO ESTUDO DA ÁLGEBRA LINERAR
Luiz Francisco da Cruz – Departamento de Matemática – Unesp/Bauru
c) T (x , y , z ) = (x + y + z , x + y − z , x − y − z )
R.: é diagonalizável; [T ]B
 1

= 0
 0

 6 x − y 2 x + 3y 
d) T (x , y ) = 
,

4
 4

0
0
 1


2
0  ou [T ]B =  0 − 2
 0
0 − 2 
0

0
0
 2


0  ou [T ]B =  0
 0
2 

0

1
0  ...
0 − 2 
0
1 0 
 5 0

 ou [T ]B = 
R.: é diagonalizável; [T ]B =  4

0 5 
 0 1
4

e) T (x , y , z ) = (x , y + z , 2 z )
R.: não é diagonalizável.
f) T (x , y , z ) = (x + 2y + 3z , 2 x + y + 2 z , 3x + 3y + z )
 6

R.: é diagonalizável; [T ]B =  0
 0

0
0
0
 6


−1
0  ou [T ]B =  0 − 2
 0
0 − 2 
0

0
− 2


0  ou [T ]B =  0
 0
− 1

0
−1
0
0

0  ...
6 