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Lição 114 — Autovalores e autovetores

Direções invariantes de uma transformação linear: Av = λv. Polinômio característico, multiplicidade algébrica e geométrica. A pedra angular do PageRank, mecânica quântica e PCA.

Used in: Álgebra Linear universitária (1.º ano engenharia) · Equiv. Lineare Algebra LK alemão · Equiv. H2 Math singapurense · Math III japonês avançado

A\vec{v} = \lambda\,\vec{v},\quad \vec{v} \neq \vec{0}

Um autovetor $\vec{v}$ de $A$ é uma direção que $A$ apenas estica ou encolhe, sem rotacionar. O escalar $\lambda$ é o autovalor. Autovalores são as raízes do polinômio característico $p_A(\lambda) = \det(A - \lambda I) = 0$ .

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Rigorous notation, full derivation, hypotheses

Definição rigorosa

Autovalores e autovetores

Equação característica

Definition· Polinômio característico

A condição $A\vec{v} = \lambda\vec{v}$ com $\vec{v} \neq \vec{0}$ é equivalente a

$(A - \lambda I)\vec{v} = \vec{0}$

ter solução não trivial, o que ocorre se e somente se $A - \lambda I$ é singular:

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

what this means · Equação característica: as raízes de p_A(λ) são exatamente os autovalores de A.

$p_A$ é o polinômio característico de $A$ , de grau $n$ em $\lambda$ . Sobre $\mathbb{C}$ , possui exatamente $n$ raízes (com multiplicidade).

"O polinômio característico de $A$ é $p_A(x) = \det(A - xI_n)$ . Os autovalores de $A$ são exatamente as raízes de $p_A$ ." — Beezer, A First Course in Linear Algebra, §EE, Teorema EMRCP

Autoespaço e multiplicidades

Propriedades fundamentais

Vetor geral rotaciona sob A (seta amarela desvia). Autovetor só muda de módulo, permanece na mesma reta (seta azul).

Exemplos resolvidos

Example— 1· Autovalores de matriz 2x2 via polinômio característico

Problema. Calcule os autovalores e autovetores de $A = \begin{pmatrix} 3 & 1 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}$ .

Estratégia. A é triangular superior — autovalores estão na diagonal. Mesmo assim calculamos via polinômio para praticar o método geral.

Resolução.

$p_A(\lambda) = \det(A - \lambda I) = \det\begin{pmatrix} 3-\lambda & 1 \\ 0 & 2-\lambda \end{pmatrix} = (3-\lambda)(2-\lambda) = \lambda^2 - 5\lambda + 6.$

Raízes: $\lambda_1 = 3$ , $\lambda_2 = 2$ .

Para $\lambda_1 = 3$ : $(A - 3I)\vec{v} = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}\vec{v} = \vec{0}$ $\Rightarrow$ $v_2 = 0$ , $v_1$ livre. Autovetor: $(1, 0)$ .

Para $\lambda_2 = 2$ : $(A - 2I)\vec{v} = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}\vec{v} = \vec{0}$ $\Rightarrow$ $v_1 = -v_2$ . Autovetor: $(-1, 1)$ .

Verificação. $A(1,0) = (3,0) = 3(1,0)$ . $A(-1,1) = (-3+1, 2) = (-2, 2) = 2(-1, 1)$ . Correto.

Fonte. Beezer, A First Course in Linear Algebra, §EE, Exemplo ESMS2 — GNU FDL.

Example— 2· Autovalores de matriz simetrica 2x2 (autovalores reais)

Problema. Calcule os autovalores de $A = \begin{pmatrix} 5 & 4 \\ 4 & 5 \end{pmatrix}$ e verifique as propriedades $\operatorname{tr}(A) = \sum\lambda_i$ e $\det A = \prod\lambda_i$ .

Estratégia. Polinômio de grau 2 com Bhaskara. Depois verificação.

Resolução.

$p_A(\lambda) = (5-\lambda)^2 - 16 = \lambda^2 - 10\lambda + 9 = (\lambda - 9)(\lambda - 1).$

Autovalores: $\lambda_1 = 9$ , $\lambda_2 = 1$ .

Verificação: $\operatorname{tr}(A) = 5 + 5 = 10 = 9 + 1$ . $\det A = 25 - 16 = 9 = 9 \cdot 1$ . Ambas conferem.

Para $\lambda = 9$ : $(A - 9I)\vec{v} = \begin{pmatrix} -4 & 4 \\ 4 & -4 \end{pmatrix}\vec{v} = \vec{0}$ $\Rightarrow$ $v_1 = v_2$ . Autovetor: $(1, 1)$ .

Para $\lambda = 1$ : autovetor $(1, -1)$ .

Verificação. Os dois autovetores são ortogonais: $(1,1) \cdot (1,-1) = 0$ . Esperado — $A$ é simétrica.

Fonte. Beezer, A First Course in Linear Algebra, §EE, Exemplo ESMS4 — GNU FDL.

Example— 3· Multiplicidade algebrica vs geometrica (nao diagonalizavel)

Problema. Para $A = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}$ , calcule o polinômio característico, identifique multiplicidades e decida se $A$ é diagonalizável.

Estratégia. Calcular $p_A$ , encontrar raízes e dimensão do autoespaço.

Resolução.

$p_A(\lambda) = (2-\lambda)^2 \Rightarrow \lambda = 2$ com $m_a(2) = 2$ .

Autoespaço: $(A - 2I)\vec{v} = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}\vec{v} = \vec{0}$ $\Rightarrow$ $v_2 = 0$ , $v_1$ livre. Logo $E_2 = \operatorname{span}\{(1,0)\}$ , com $m_g(2) = 1$ .

Como $m_g(2) = 1 < m_a(2) = 2$ , a matriz não é diagonalizável. Sua forma de Jordan é $J = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}$ (a própria $A$ , neste caso).

Verificação. Se fosse diagonalizável, existiriam dois autovetores LI — mas há apenas um. Logo não há base de autovetores para $\mathbb{R}^2$ .

Fonte. Beezer, A First Course in Linear Algebra, §EE, Exemplo EMMS — GNU FDL.

Example— 4· Potencia de matriz via autovalores

Problema. Calcule $A^{10}$ para $A = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}$ (matriz de Fibonacci).

Estratégia. Diagonalizar $A = PDP^{-1}$ , depois $A^{10} = PD^{10}P^{-1}$ .

Resolução.

$p_A(\lambda) = \lambda^2 - \lambda - 1 = 0 \Rightarrow \lambda = \frac{1 \pm \sqrt{5}}{2}.$

Seja $\phi = (1 + \sqrt{5})/2 \approx 1{,}618$ (razão áurea) e $\psi = (1 - \sqrt{5})/2 \approx -0{,}618$ .

Autovetores: para $\phi$ temos $(\phi, 1)$ ; para $\psi$ temos $(\psi, 1)$ .

$A^{10} = PD^{10}P^{-1}$ onde $D = \operatorname{diag}(\phi^{10}, \psi^{10})$ .

Em particular, o elemento $(1,1)$ de $A^n$ é $F_{n+1}$ ( $(n+1)$ -ésimo número de Fibonacci), dado pela fórmula de Binet:

$F_n = \frac{\phi^n - \psi^n}{\sqrt{5}}.$

Numericamente: $\phi^{10} \approx 122{,}99$ , $\psi^{10} \approx 0{,}009$ , $F_{11} = 89$ .

Verificação. $A^{10} = \begin{pmatrix} F_{11} & F_{10} \\ F_{10} & F_9 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 89 & 55 \\ 55 & 34 \end{pmatrix}$ — confirma-se com a sequência de Fibonacci.

Fonte. Austin, Understanding Linear Algebra, §4.1 — CC-BY-SA.

Example— 5· Distribuicao estacionaria de cadeia de Markov via autovetor

Problema. Uma cadeia de Markov modela o tempo em SP: estados Ensolarado (E) e Chuvoso (C). A matriz de transição é

$P = \begin{pmatrix} 0{,}8 & 0{,}2 \\ 0{,}4 & 0{,}6 \end{pmatrix}$

onde $P_{ij}$ é a probabilidade de transitar de $j$ para $i$ . Encontre a distribuição estacionária $\pi$ (autovetor de $\lambda = 1$ ).

Estratégia. Matrizes estocásticas sempre têm $\lambda = 1$ como autovalor. Resolver $(P - I)\pi = \vec{0}$ com normalização $\pi_1 + \pi_2 = 1$ .

Resolução.

$(P - I)\pi = \begin{pmatrix} -0{,}2 & 0{,}2 \\ 0{,}4 & -0{,}4 \end{pmatrix}\pi = \vec{0}$ $\Rightarrow$ $-0{,}2\pi_E + 0{,}2\pi_C = 0$ $\Rightarrow$ $\pi_E = \pi_C$ .

Normalizando: $\pi_E + \pi_C = 1 \Rightarrow \pi_E = \pi_C = 0{,}5$ .

No longo prazo, SP está ensolarado 50% do tempo e chuvoso 50%.

Verificação. $P\pi = \begin{pmatrix} 0{,}8 \cdot 0{,}5 + 0{,}2 \cdot 0{,}5 \\ 0{,}4 \cdot 0{,}5 + 0{,}6 \cdot 0{,}5 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0{,}5 \\ 0{,}5 \end{pmatrix} = \pi$ . Correto.

Fonte. Austin, Understanding Linear Algebra, §4.3 — CC-BY-SA.

Exercise list

39 exercises · 9 with worked solution (25%)

Application 18Understanding 7Modeling 7Challenge 4Proof 3

Fontes

A First Course in Linear Algebra — Robert A. Beezer · 2022 · EN · GNU FDL · §EE e §PEE. Fonte primária dos exercícios e definições rigorosas.
Understanding Linear Algebra — David Austin · 2023 · EN · CC-BY-SA · §4.1–§4.3. Fonte dos exemplos geométricos e aplicações a cadeias de Markov.
Linear Algebra Done Right (4ª ed.) — Sheldon Axler · 2024 · EN · CC-BY-NC · Cap. 5. Referência para a abordagem moderna de multiplicidades e autoespaços.