Valores e vetores próprios e diagonalização

Alguns vetores não nulos são enviados para um múltiplo de si próprios. São os vetores próprios, e o fator é o valor próprio.

Um fator negativo inverte o sentido. Um fator zero envia o vetor para a origem.

Se houver uma base destes vetores, a matriz da transformação nessa base é diagonal. Cada direção é apenas multiplicada por um escalar: pode esticar, encolher, inverter o sentido ou ser anulada.

Definição

Trabalhamos sobre $\mathbb R$: procuramos valores e vetores próprios reais. Seja $A$ real, quadrada de ordem $n$. Um escalar $\lambda$ é um valor próprio e um vetor não nulo $v$ é um vetor próprio associado quando

$$Av = \lambda v.$$

Repara nas duas exigências: $v \neq 0$ (o vetor nulo satisfaz a equação para qualquer $\lambda$, por isso está excluído) e a igualdade é exata, não aproximada.

Para encontrar $\lambda$, reescreve-se como $(A - \lambda I)v = 0$. Como $v \neq 0$, o sistema homogéneo tem de ter soluções não triviais, o que acontece exatamente quando

$$\det(A - \lambda I) = 0.$$

O primeiro membro é um polinómio de grau $n$ em $\lambda$, o polinómio característico. Aqui usamos a convenção $p_A(\lambda)=\det(A-\lambda I)$. Também é comum usar $\det(\lambda I-A)$; os polinómios diferem pelo fator $(-1)^n$ e têm as mesmas raízes.

Para cada valor próprio, resolvemos $(A-\lambda I)v=0$. O espaço próprio é $E_\lambda=\ker(A-\lambda I)$ e inclui o vetor zero. Os vetores próprios são os elementos não nulos desse espaço.

Polinómio característico e espaços próprios

Seja $A = \begin{bmatrix} 4 & 1 \\ 2 & 3 \end{bmatrix}$. Então

$$A - \lambda I = \begin{bmatrix} 4 - \lambda & 1 \\ 2 & 3 - \lambda \end{bmatrix},$$ $$\det(A - \lambda I) = (4 - \lambda)(3 - \lambda) - 2 = \lambda^2 - 7\lambda + 10 = (\lambda - 5)(\lambda - 2).$$

Os valores próprios são $\lambda_1 = 5$ e $\lambda_2 = 2$.

Para $\lambda_1 = 5$, $\begin{bmatrix} -1 & 1 \\ 2 & -2 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} = 0$ dá $-x + y = 0$ (a segunda equação é redundante), logo $y = x$.

Os vetores próprios são os múltiplos não nulos de $(1, 1)$. Confirma com $A(1,1) = (5, 5) = 5(1,1)$.

Para $\lambda_2 = 2$, $\begin{bmatrix} 2 & 1 \\ 2 & 1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} = 0$ dá $2x + y = 0$.

Logo os vetores próprios são os múltiplos não nulos de $(1, -2)$. Confirma com $A(1,-2) = (4 - 2, 2 - 6) = (2, -4) = 2(1,-2)$.

Os dois vetores próprios definem os eixos naturais da matriz: ao longo de cada um, $A$ multiplica por um escalar (5 e 2 esticam com fatores diferentes). Na animação, o vetor original fica a tracejado e a sua imagem aparece a cheio. Compara as pontas: $(1,1)$ e $(5,5)$ ficam na reta $y=x$; $(1,-2)$ e $(2,-4)$ ficam na reta $y=-2x$.

O terceiro vetor não é próprio: $A(1,0)=(4,2)$ não é múltiplo de $(1,0)$, porque tem segunda coordenada diferente de zero. Cada caso mostra uma só aplicação de $A$. O movimento compara o original com a imagem, sem representar evoluções sucessivas.

Diagonalização

Se conseguires uma base de vetores próprios, a matriz da aplicação nessa base é diagonal, com os valores próprios na diagonal. Em forma matricial: se $P$ tem como colunas os vetores próprios (pela ordem dos valores $\lambda_1, \dots, \lambda_n$), então

$$P^{-1}AP = D = \begin{bmatrix} \lambda_1 & & \\ & \ddots & \\ & & \lambda_n \end{bmatrix}.$$

Com o exemplo, $P = \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -2 \end{bmatrix}$ e $D = \begin{bmatrix} 5 & 0 \\ 0 & 2 \end{bmatrix}$. Verifica a igualdade $AP = PD$ (que evita inverter $P$): a coluna $j$ de $AP$ é $Ap_j=\lambda_jp_j$, que é a coluna $j$ de $PD$. É daqui que sai a igualdade: $AP = \begin{bmatrix} 5 & 2 \\ 5 & -4 \end{bmatrix}$ e $PD = \begin{bmatrix} 5 & 2 \\ 5 & -4 \end{bmatrix}$. Iguais. A matriz é diagonalizável.

A ordem das colunas de $P$ fixa a ordem da diagonal de $D$. Se trocares as colunas, com $P'=\begin{bmatrix}1&1\\-2&1\end{bmatrix}$, a diagonal correspondente é $D'=\operatorname{diag}(2,5)$, e confirma-se $AP'=P'D'=\begin{bmatrix}2&5\\-4&5\end{bmatrix}$. Manter $D$ com a ordem antiga depois de trocar $P$ é um erro frequente: verifica sempre $AP=PD$ com as duas matrizes que vais usar.

Isto nem sempre é possível. Há duas causas de falha: o polinómio característico pode não ter raízes reais suficientes (sobre $\mathbb{R}$, uma rotação de $90^\circ$ não tem valores próprios reais), ou pode haver um valor próprio cuja multiplicidade como raiz exceda a dimensão do seu espaço próprio. Vetores próprios associados a valores próprios distintos são sempre independentes, por isso uma matriz $n \times n$ com $n$ valores próprios distintos é garantidamente diagonalizável.

A rotação de $90^\circ$ tem matriz $R=\begin{bmatrix}0&-1\\1&0\end{bmatrix}$. O polinómio $\det(R-\lambda I)=\lambda^2+1$ não se anula para nenhum real: faltam raízes reais, um impedimento diferente da falta de vetores independentes para uma raiz repetida.

A diagonalização simplifica potências, com $k$ inteiro não negativo: $A^k = PD^kP^{-1}$, porque os fatores intermédios cancelam ($A^2=PDP^{-1}PDP^{-1}=PD^2P^{-1}$), e $D^k$ calcula-se elevando cada entrada da diagonal. É assim que se estudam evoluções iteradas (potências de matrizes de transição, recorrências) sem multiplicar matrizes dezenas de vezes.

Multiplicidades e falhas de diagonalização

A multiplicidade algébrica de $\lambda$ é o número de vezes que aparece como raiz de $p_A$. A multiplicidade geométrica é $\dim E_\lambda$. Para um valor próprio,

$$1\leq m_g(\lambda)\leq m_a(\lambda).$$

A matriz é diagonalizável sobre $\mathbb R$ se o polinómio tiver todas as raízes reais, contando multiplicidades, e $m_g(\lambda)=m_a(\lambda)$ para cada uma. Equivalentemente, a soma das dimensões dos espaços próprios distintos tem de ser $n$.

Com $J=\begin{bmatrix}2&1\\0&2\end{bmatrix}$, o polinómio é $(2-\lambda)^2$. Mas

$$J-2I=\begin{bmatrix}0&1\\0&0\end{bmatrix} \quad\Longrightarrow\quad E_2=\{(x,0):x\in\mathbb R\}.$$

Temos $m_a(2)=2$ e $m_g(2)=1$. Só há uma direção própria, por isso $J$ não diagonaliza. Já $2I$ tem o mesmo polinómio e $E_2=\mathbb R^2$, logo diagonaliza. Valores próprios repetidos não decidem a questão sem estudar os espaços próprios.

Numa matriz triangular, os valores próprios são as entradas da diagonal, mas a matriz não é necessariamente diagonalizável. Para $A_t=\begin{bmatrix}2&t&0\\0&2&0\\0&0&3\end{bmatrix}$, o espaço $E_2$ tem dimensão 2 quando $t=0$ e dimensão 1 quando $t\ne0$. A diagonalização só é possível no primeiro caso.

Confirmar o polinómio e as potências

Para a convenção $p_A(\lambda)=\det(A-\lambda I)$, o coeficiente de $\lambda^n$ é $(-1)^n$ e o termo constante é $\det A$. A soma dos valores próprios, contando multiplicidades, é $\operatorname{tr}A$ e o produto é $\det A$.

No exemplo principal, $5+2=7$ coincide com o traço e $5\cdot2=10$ coincide com o determinante. Estas verificações ajudam a detetar erros de sinal, mas não substituem o cálculo dos espaços próprios.

Com a matriz $P$ do exemplo,

$$P^{-1}=\frac13\begin{bmatrix}2&1\\1&-1\end{bmatrix}, \qquad A^k=\frac13 \begin{bmatrix} 2\cdot5^k+2^k&5^k-2^k\\ 2\cdot5^k-2\cdot2^k&5^k+2\cdot2^k \end{bmatrix}.$$

Para $k=0$ obtemos $I$ e para $k=1$ obtemos $A$: confirma com $(2\cdot5+2)/3=4$, $(5-2)/3=1$, $(2\cdot5-2\cdot2)/3=2$ e $(5+2\cdot2)/3=3$.

Para expoentes negativos, esta expressão exige que todos os valores próprios sejam não nulos.

Reconstruir a aplicação a partir dos espaços próprios

Conhecer uma base de vetores próprios e os respetivos valores determina a aplicação, mesmo sem conhecer a matriz. Considera $T:\mathbb R^3\to\mathbb R^3$ com

$$E_{-2}=\operatorname{span}(e_1,e_2),\qquad E_7=\operatorname{span}((1,1,1)).$$

Estes três vetores formam uma base: a terceira coordenada de uma combinação nula anula primeiro o coeficiente de $(1,1,1)$, depois ficam os dois versores independentes. Decompõe o argumento nessa base:

$$(x,y,z)=(x-z)e_1+(y-z)e_2+z(1,1,1).$$

Aplicar $T$ multiplica cada parcela pelo seu valor próprio:

$$T(x,y,z)=-2(x-z)e_1-2(y-z)e_2+7z(1,1,1).$$

Portanto,

$$T(x,y,z)=(-2x+9z,-2y+9z,7z).$$

Substituir $e_1,e_2,(1,1,1)$ confirma os dados. A matriz canónica é triangular, mas chegámos à lei pela decomposição em direções próprias, sem calcular um determinante.

Diagonalização de potências e o recíproco

Se $T$ tem uma base própria $(v_1,\ldots,v_n)$, com $T(v_i)=\lambda_i v_i$, então

$$(T\circ T)(v_i)=T(\lambda_i v_i)=\lambda_i^2v_i.$$

A mesma base diagonaliza $T\circ T$. Isto continua a valer se dois valores diferentes passarem a ter o mesmo quadrado: a base não perde independência porque mudaram os fatores. Por exemplo, os fatores $-2$ e $2$ passam ambos a 4.

O recíproco é falso. Para $N=\begin{bmatrix}0&1\\0&0\end{bmatrix}$, o único valor próprio é 0 e o espaço próprio é a reta $y=0$, por isso $N$ não diagonaliza. Mas $N^2=0$ é diagonal. Saber que uma potência diagonaliza não garante que a matriz original diagonalize.

Matrizes simétricas e o teorema espectral

Uma matriz real simétrica ($A^T = A$) é sempre diagonalizável, com valores próprios reais e vetores próprios de valores distintos automaticamente ortogonais. É o teorema espectral: existe uma base ortonormada de vetores próprios, e a matriz de passagem pode ser escolhida ortogonal ($P^{-1} = P^T$).

Vê com $S = \begin{bmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{bmatrix}$ (a matriz da página de mudanças de base). O polinómio característico é $(2-\lambda)^2 - 1 = \lambda^2 - 4\lambda + 3 = (\lambda - 3)(\lambda - 1)$. Para $\lambda = 3$: $-x + y = 0$, vetor $(1, 1)$. Para $\lambda = 1$: $x + y = 0$, vetor $(1, -1)$. Os dois vetores são ortogonais ($(1,1) \cdot (1,-1) = 0$), como o teorema promete, e normalizando obténs a base ortonormada $\{(1/\sqrt{2}, 1/\sqrt{2}), (1/\sqrt{2}, -1/\sqrt{2})\}$.

Ver com outros olhos

A aplicação desta mudança ortonormada a equações de segundo grau está em Formas quadráticas.

Se a dúvida é que direções uma transformação deixa quietas, vê este vídeo e procura as direções que a transformação apenas estica ou inverte:

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O que costuma correr mal

• Aceitar o vetor nulo como vetor próprio, ou apresentar “vetores próprios” sem verificar $Av = \lambda v$ no fim.
• Resolver $\det(A-\lambda I)=0$ com erros de sinal. Nesta convenção, o termo constante é $\det A$ e o coeficiente dominante é $(-1)^n$.
• Assumir que qualquer matriz diagonaliza. Testa sempre se tens $n$ vetores próprios independentes antes de escrever $P^{-1}AP = D$.
• Montar $P$ com os vetores por ordem e $D$ com os valores por outra ordem. A coluna $j$ de $P$ tem de corresponder à posição $j$ da diagonal de $D$.
• Substituir $P^{-1}$ por $P^T$ sem teres uma base ortonormada. Essa igualdade exige colunas ortonormadas. Dentro de um espaço próprio de dimensão maior que 1, os vetores calculados podem não ser ortogonais e precisam de Gram-Schmidt antes da normalização.
• Em matrizes simétricas, esquecer que a ortogonalidade entre espaços próprios distintos é garantida, mas vetores dentro do mesmo espaço próprio ainda precisam de ser ortogonalizados se quiseres uma base ortonormada.