Autovalores e autovetores
Chegamos para umas definições importantes:
Definição 47.4 Seja \(T:V \rightarrow V\) um endomorfismo do espaço vetorial de dimensão finita \(V\). Então:
Diremos que \(\lambda \in \R\) é um autovalor de \(T\) se existir \(\ul{v} \in V\backslash\{\ul{0}\}\) tal que \(T(\ul{v}) = \lambda \ul{v}\),
Se \(\lambda\) é um autovalor de \(T\), um vetor \(\ul{v}\neq \ul{0}\) tal que \(T(\ul{v}) = \lambda \ul{v}\) se chama de autovetor de \(T\) associado a \(\lambda\).
Observação: Se \(\lambda\) é um autovalor de \(T\), então \(T(\ul{0}) = \ul{0} = \lambda\ul{0}\), mas \(\ul{0}\) não é autovetor, pois autovetores são não nulos!
Exemplo 47.3 Seja \(T: \mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R}^2\) a transformação linear tal que \(T(x,y) = (15x,3y)\). Temos que \(T(1,0) = 15(1,0)\) e \(T(0,1)=3(0,1)\). Portanto \(15\) e \(3\) são autovalores de \(T\) e \((1,0)\) e \((0,1)\) são autovetores associados a \(15\) e \(3\), respectivamente.
O próximo resultado vai nos dar uma condição para encontrarmos autovalores de uma transformação linear \(T\).
Proposição 47.2 Seja \(T: V \rightarrow V\) um endomorfismo linear sobre um espaço de dimensão finita. Um escalar \(\alpha \in \R\) é autovalor de \(T\) se, e somente se, \(\alpha\) é raiz do polinômio característico de \(T\), ou seja, se \[p_T(\alpha) = {\rm Det}(T-\alpha I) = 0.\]
Comprovação. Seja \(\alpha\in\R\) um autovalor de \(T\). Então existe um vetor não nulo, \(\ul{v}\), tal que \(T(\ul{v}) = \alpha \ul{v}\), mas isso é a mesma coisa de dizer que \((T-\alpha I)v = \ul{0}\); ou seja \(v\in\ker(T-\alpha I)\), logo \({\rm Det}(T-\alpha I)= 0\).
Supondo que \(\alpha\) é raiz do polinômio caraterístico, então \({\rm Det(}T-\alpha I)= 0\), ou seja, existe \(\ul{v}\) não-nulo tal que \((T-\alpha I)\ul{v} = \ul{0}\), então \(T(\ul{v}) = \alpha \ul{v}\), mostrando que \(\alpha\) é um autovalor de \(T\). ◻
Exemplo 47.4 Para a transformação linear \(T:\R^3\to \R^3\) no Exemplo 47.2, os autovalores de \(T\) são exatamente os números \(1,2\) e \(3\).
Definição 47.5 Dado um autovalor \(\lambda\) de \(T:V\to V\), o conjunto \[S_{\lambda} = \{\ul{v} \in V : T(\ul{v}) = \lambda \ul{v}\}\] é o autoespaço de \(T\) associado a \(\lambda\).
O nome faz sentido, pois \(S_\lambda\) é de fato um subespaço de \(V\):
Proposição 47.3 Seja \(\lambda \in \R\) um autovalor de \(T:V \rightarrow V\). Então \(S_{\lambda} = {\rm Ker}(T-\lambda I)\). Em particular, o autoespaço \(S_\lambda\) é sempre um subespaço de \(V\).
Comprovação. \[\begin{array}{ccc}
\ul{x} \in S_{\lambda} & \Longleftrightarrow & T(\ul{x}) = \lambda \ul{x} \\
&\Longleftrightarrow & (T-\lambda I)\ul{x} = \ul{0} \\
&\Longleftrightarrow & \ul{x} \in {\rm Ker}(T-\lambda I).
\end{array}\] Segue que \(S_\lambda\) é subespaço de \(V\), pois o núcleo de uma TL sempre o é. ◻
Observe que os elementos de \(S_\lambda\) são exatamente os autovetores associados a \(\lambda\), mais o vetor \(\ul{0}\).
Exemplo 47.5 Voltando ao nosso exemplo \(T(x,y,z) = (4x+2y,-x+y,y+z)\). Temos que \(1,2\) e \(3\) são os autovalores de \(T\). Vamos calcular os autoespaços \(S_1, S_2\) e \(S_3\).
- \[\begin{aligned}
T(x,y,z) = 1(x,y,z) & \Longleftrightarrow (4x+2y,-x+y,y+z) = (x,y,z) \\
& \Longleftrightarrow (3x+2y,-x,y) = (0,0,0) \\
& \Longleftrightarrow x=y=0,
\end{aligned}\]
portanto \(S_1 = \{ (x,y.z) \in \mathbb{R}^3\,|\, x=y=0 \} = \{ (0,0,z) \in \mathbb{R}^3 : z \in \mathbb{R} \} = \langle(0,0,1)\rangle.\)
- \[\begin{aligned}
T(x,y,z) = 2(x,y,z) & \Longleftrightarrow (4x+2y,-x+y,y+z) = (2x,2y,2z) \\
& \Longleftrightarrow (2x+2y,-x-y,y-z) = (0,0,0) \\
& \Longleftrightarrow x=-y \ {\rm e } \ y=z,
\end{aligned}\]
portanto \(S_2 = \{ (-y,y,y) \,|\, y\in \R \} = \langle(-1,1,1)\rangle.\)
Contas similares dão
\(S_3 = \langle(-2,1,1/2)\rangle\) [Exercício: confirme!]
Exercício 47.1 Seja \(\mathcal{P}_2\) o subespaço com base \(\{1,x,x^2\}\) de \(\R[x]\). Seja \(T: \mathcal{P}_2 \rightarrow \mathcal{P}_2\) definida por \(T(f(x)) = f(x) + (3x + 2)f'(x)\). Confime que \(T\) é TL. Encontre os autovalores de \(T\) e os autoespaços associados.
Exercício 47.2 Seja \(T:\R^3\to \R^3\) a TL definida por \[T(x,y,z) = (x-y-z\,,\,3y+2z\,,\, -y).\] Encontre os autovalores de \(T\) e os autoespaços associados. Observe que um autoespaço pode ter dimensão maior do que \(1\)!
Proposição 47.4 Seja \(T:V \rightarrow V\) um operador linear.
Para cada autovalor \(\lambda\), o autoespaço associado a \(\lambda\) é \(T\)-invariante, isto é, \(T(S_{\lambda}) \subseteq S_{\lambda}\).
Se \(\alpha\) e \(\beta\) são dois autovalores distintos, então \(S_{\alpha}\cap S_{\beta} = \{\ul{0}\}\).
Comprovação.
Se \(\ul{v} \in S_{\lambda}\), então \(T(\ul{v}) = \lambda \ul{v} \in S_{\lambda}\), já que \(S_{\lambda}\) é um subespaço.
Se \(\ul{v} \in S_{\alpha} \cap S_{\beta}\), então \(\alpha \ul{v} = T(\ul{v}) = \beta \ul{v}\), portanto \((\beta - \alpha)\ul{v} = 0\). Como \(\alpha\) e \(\beta\) são distintos, concluímos que \(\ul{v}=0\).
◻
Proposição 47.5 Sejam \(T:V \rightarrow V\) um operador linear sobre um espaço de dimensão finita e \(\lambda_1,\ldots,\lambda_m\) autovalores distintos de \(T\). Se \(\{ \ul{v^i_1},\ldots,\ul{v^i_{k_i}} \}\) é um conjunto LI de autovetores associados a \(\lambda_i\), então \[X = \{ \ul{v^1_1},\ldots\ul{v^1_{k_1}},\ul{v^2_{1}},\ldots,\ul{v^2_{k_2}}, \ldots , \ul{v^m_1},\ldots,\ul{v^m_{k_m}} \}\] é um conjunto LI.
Comprovação. \[X = \{ \ul{v^1_1},\ldots,\ul{v^1_{k_1}}\}\] é LI por hipótese.
Assuma que o resultado seja válido para \(m-1\), ou seja, que \[\{ \underbrace{\ul{v^1_1},\ldots\ul{v^1_{k_1}},\ul{v^2_{1}},\ldots,\ul{v^2_{k_2}}, \ldots }_{\hbox{esta parte é LI}}, \ul{v^m_1},\ldots,\ul{v^m_{k_m}} \}\]
Seja \[a^1_1\ul{v^1_1} + ... + a^1_{k_1}\ul{v^1_{k_1}} + \cdots + a^m_1\ul{v^m_1}+\cdots + a^m_{k_m}\ul{v^m_{k_m}} = \ul{0}.\qquad\qquad\qquad (*)\] Queremos mostrar que cada \(a_i^j\) é \(0\). Aplicando \(T\) pra expressão \((*)\) acima e usando que \(T(\ul{v_i^j}) = \lambda_j \ul{v_i^j}\), obtemos: \[\lambda_1a^1_1\ul{v^1_1} + ... + \lambda_1a^1_{k_1}\ul{v^1_{k_1}} + \cdots + \lambda_ma^m_1\ul{v^m_1}+\cdots + \lambda_ma^m_{k_m}\ul{v^m_{k_m}} = \ul{0}.\] Mas também podemos simplesmente multiplicar a expressão \((*)\) pelo número \(\lambda_m\), obtendo: \[\lambda_ma^1_1\ul{v^1_1} + ... + \lambda_ma^1_{k_1}\ul{v^1_{k_1}} + \cdots + \lambda_ma^m_1\ul{v^m_1}+\cdots + \lambda_ma^m_{k_m}\ul{v^m_{k_m}} = \ul{0}.\] Subtraindo a primeira da segunda, obtemos \[(\lambda_m-\lambda_1)a^1_1\ul{v^1_1} + ... + (\lambda_m - \lambda_1)a^1_{k_1}\ul{v^1_{k_1}} + \cdots + 0a^m_1\ul{v^m_1}+\cdots + 0a^m_{k_m}\ul{v^m_{k_m}} = \ul{0}.\] Já que esta expressão não envolve os vetores \(\ul{v^m_1},\ldots,\ul{v^m_{k_m}}\), temos por indução que cada \((\lambda_m-\lambda_j)a_i^j = 0\). Já que \((\lambda_m - \lambda_j)\neq 0\), obtemos que cada \(a_i^j = 0\). Então nossa expressão original \((*)\) se torna \[a^m_1\ul{v^m_1}+\cdots + a^m_{k_m}\ul{v^m_{k_m}} = \ul{0},\] mostrando que cada \(a^m_j = 0\) também, pois o conjunto \(\{ \ul{v^i_1},\ldots,\ul{v^i_{k_i}} \}\) é LI por hipótese. ◻
Operadores diagonalizáveis
Definição 47.6
Diremos que a matriz \(A\) é diagonalizável se ela é semelhante a uma matriz diagonal. Isto é, se existirem matrizes \(D\) e \(P\) com \(D\) diagonal e \(P\) invertível, tais que \(D = PAP^{-1}\).
Diremos que um endomorfismo \(T:V\rightarrow V\) sobre um espaço de dimensão finita é diagonalizável, se existir uma base \(B\) de \(V\) tal que \([T]^{B}_{B}\) é diagonal.
Exemplo 47.6 Se \(A\) é uma matriz diagonal, então \(A = I^{-1}AI\), logo \(A\) é diagonalizável.
Exemplo 47.7 Seja \(T: \mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R}^2\) definidada por \(T(x,y) = (15x,3y)\). A matriz de \(T\) com respeito à base canônica \(B = \{(1,0), (0,1)\}\) é \[[T]^{B}_{B} = \begin{pmatrix}
15 & 0 \\
0& 3
\end{pmatrix}\] logo \(T\) é diagonalizável.
Proposição 47.6 Sejam \(T:V \rightarrow V\) um operador linear sobre um espaço de dimensão finita e \(B\) uma base de \(V\). O operador \(T\) é diagonalizável se, e somente se, \([T]^{B}_{B}\) é uma matriz diagonalizável.
Comprovação. Seja \(C\) uma base de \(V\) com respeito a qual a matriz \(D = [T]^{C}_{C}\) é diagonal. Mas \[
D=[T]^{C}_{C} = [I]^{B}_{C}[T]^{B}_{B}[I]^{C}_{B}
\] portanto a matriz \([T]^{B}_{B}\) é diagonalizável.
Agora, suponha que a matriz \([T]_B^B\) é diagonalizável. Logo existem matrizes \(D,P\) com \(D\) diagonal e \(P\) invertível, tais que \(D=P[T]_B^BP^{-1}\) é diagonal. Por exercícios anteriores, para alguma base \(C\) temos que \(P = [I]_C^B\). Mas já que \[
[T]_C^C = P[T]_B^BP^{-1} = [I]_C^B[T]_B^B([I]_C^B)^{-1} = [I]_C^B[T]_B^B[I]_B^C,\] segue que \(D = [T]_C^C\), logo a matriz de \(T\) com respeito a \(C\) é diagonal, e portanto \(T\) é diagonalizável. ◻
Seja \(T: V \rightarrow V\) um endomorfismo diagonalizável e \(C = \{\ul{c_1},\ldots,\ul{c_n}\}\) uma base de \(V\) com respeito a qual a matriz \[[T]_C^C = \begin{pmatrix}
\lambda_1 & 0 & \cdots & 0 \\
0 & \lambda_2 & \cdots & 0 \\
\vdots &&& \\
0 & 0 & \cdots & \lambda_n
\end{pmatrix}\] é diagonal. Dado \(\ul{c_i}\in C\), temos \[T(\ul{c_i})_C = [T]_C^C\begin{pmatrix}
0 \\
\vdots \\
1 \\
\vdots \\
0
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
\lambda_1 & 0 & \cdots & 0 \\
0 & \lambda_2 & \cdots & 0 \\
\vdots &&& \\
0 & 0 & \cdots & \lambda_n
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
0 \\
\vdots \\
1 \\
\vdots \\
0
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
0 \\
\vdots \\
\lambda_i \\
\vdots \\
0
\end{pmatrix} = \lambda_i\ul{c_i}_C.\] Ou seja, quando a matriz de \(T\) com respeito à base \(C\) é diagonal, as entradas da diagonal principal são autovalores de \(T\). O \(i\)-ésimo elemento \(\ul{c_i}\) da base \(C\) é um autovetor associado ao autovalor \(\lambda_i\).
Exemplo 47.8 Voltando ao operador linear \(T: \mathbb{R}^3 \rightarrow \mathbb{R}^3\) dada por \[T(x,y,z) = (4x+2y,y-x,y+z).\] Usando a base canônica \(B\) de \(\mathbb{R}^3\), vimos que \([T]^{B}_{B} = \begin{pmatrix}
4 & 2 & 0 \\
-1& 1& 0 \\
0 & 1 & 1
\end{pmatrix}\). Os autovalores de \(T\) são \(1,2\) e \(3\) e os autoespaços associados são \[S_1 = \langle(0,0,1)\rangle, S_2 = \langle(-1,1,1)\rangle \hbox{ e }S_3 = \langle(-2,1,1/2)\rangle.\] Considere a base \(C\) de \(\R^3\) composta pelas bases dos autoespaços: \[C = \{(0,0,1)\,,\,(-1,1,1)\,,\,(-2,1,1/2)\}\] (\(C\) é uma base, sendo LI pela Proposição 47.5). A matriz \[P = [I]_B^C = \begin{pmatrix}
(0,0,1)_B & (-1,1,1)_B & (-2,1,1/2)_B
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
0 & -1 & -2 \\
0& 1& 1 \\
1& 1 & 1/2
\end{pmatrix}\] tem inversa \[P^{-1} = [I]_C^B = \begin{pmatrix}
-1/2 & -3/2 & 1 \\
1 & 2 & 0 \\
-1 & -1 & 0
\end{pmatrix}.\] A matriz de \(T\) com respeito à base dos autovetores \(C\) (confirme!) é \[[T]_C^C = [I]_C^B\cdot[T]_B^B\cdot[I]_B^C = \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & 2 & 0 \\
0 & 0 & 3
\end{pmatrix}.\]
Sempre temos este relacionamento entre diagonalizar matrizes e encontrar bases de autovetores:
Teorema 47.1 Uma transformação linear \(T:V \rightarrow V\) sobre um espaço de dimensão finita é diagonalizável se, e somente se, o espaço \(V\) possui uma base formada por autovetores.
Comprovação. \(B = \{\ul{v_1},\ldots,\ul{v_n} \}\) tal que \[[T]^{B}_{B} = D = \begin{pmatrix}
\lambda_1 & 0 & \cdots & 0 \\
0 & \lambda_2 & & 0 \\
\vdots &&\ddots& \\
0 & 0 & \cdots & \lambda_n
\end{pmatrix}.\] Seja \(\ul{b_i}\) um vetor da base \(B\). Como \[T(\ul{b_i)}_B =
\begin{pmatrix}
\lambda_1 & 0 & \cdots & 0 \\
0 & \lambda_2 & & 0 \\
\vdots &&\ddots& \\
0 & 0 & \cdots & \lambda_n
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
0 \\
\vdots \\
1 \\
\vdots \\
0
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
0 \\
\vdots \\
\lambda_i \\
\vdots \\
0
\end{pmatrix} = \lambda_i\ul{b_i}_B,\] segue que \(T(\ul{b_i}) = \lambda_i\ul{b_i}\), ou seja, que \(\ul{b_i}\) é um autovetor de \(T\) com autovalor correspondente \(\lambda_i\). Logo \(B\) é uma base de \(V\) composta de autovetores.
Agora supondo que exista uma base de autovetores
\(B = \{ \ul{b_1},\ldots,\ul{b_n}\}\) (com
\(\ul{b_i}\) associado ao autovalor
\(\lambda_i\)), temos
\[\begin{aligned}
T(\ul{b_1}) & = \lambda_1\ul{b_1} + 0\ul{b_2} + \cdots + 0\ul{b_n},\\
T(\ul{b_2}) & = 0\ul{b_1} + \lambda_2\ul{b_2} + \cdots + 0\ul{b_n}, \\
& \vdots \\
T(\ul{b_n}) & = 0\ul{b_1} + 0\ul{b_2} + \cdots + \lambda_n\ul{b_n}
\end{aligned}\]
então a matriz de \(T\) com respeito à base \(B\) é \[[T]^{B}_{B} = \begin{pmatrix}
\lambda_1 & 0 & \cdots & 0 \\
0 & \lambda_2 & & 0 \\
\vdots &&\ddots& \\
0 & 0 & \cdots & \lambda_n
\end{pmatrix}\] logo \(T\) é um operador diagonalizável. ◻
Exemplo 47.9 Seja \(T: \mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R}^2\) o operador linear dado por \(T(x,y) = (y,0)\). Com respeito à base canônica \(B\) de \(\mathbb{R}^2\), \[[T]^{B}_{B} = \begin{pmatrix}
0 & 1 \\
0 & 0
\end{pmatrix}.\] O polinômio caraterístico \(p_T(t) = t^2\), logo \(0\) é o único autovalor de \(T\) (= raiz de \(p_T\)) e ele tem multiplicade \(2\). O autoespaço \(S_0\) associado a \(0\) é \[S_0 = \tn{Ker}(T - 0I) = \tn{Ker}(T) = \{(x,0)\,|\,x\in \R\},\] cuja dimensão é \(1\). Segue que não existe uma base de \(\R^2\) composta de autovetores de \(T\), então pelo teorema, \(T\) não é diagonalizável.