v1 · padrão canônico

Lesson 115 — Diagonalization

Decomposition A = PDP⁻¹. Conditions of diagonalizability, construction algorithm, matrix powers, matrix exponential and applications in dynamical systems.

Used in: 3.º year advanced HS · Equiv. Lineare Algebra LK German · Equiv. Math III Japanese · Equiv. H2 Mathematics Singaporean

A = PDP^{-1}

Quando $A$ possui $n$ autovetores linearmente independentes, ela se decompõe como $A = PDP^{-1}$ : $P$ é a matriz cujas colunas são os autovetores e $D$ é diagonal com os autovalores. Diagonalizar é mudar para a base de autovetores, onde a transformação linear fica trivial — cada direção é apenas escalada pelo seu autovalor.

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Rigorous notation, full derivation, hypotheses

Decomposição espectral — definição e teoria

Definição fundamental

"A matrix $A$ is diagonalizable if it is similar to a diagonal matrix — there exists an invertible $P$ such that $P^{-1}AP$ is diagonal." — Beezer, A First Course in Linear Algebra, §SD

Condições equivalentes

Theorem· Criterio de diagonalizabilidade

As seguintes afirmações são equivalentes para $A \in \mathcal{M}_n(\mathbb{K})$ :

$A$ é diagonalizável.
$A$ possui $n$ autovetores linearmente independentes.
A soma das dimensões dos autoespaços é igual a $n$ : $\sum_\lambda \dim E_\lambda = n$ .
Para cada autovalor $\lambda$ , a multiplicidade geométrica iguala a multiplicidade algébrica: $m_g(\lambda) = m_a(\lambda)$ .
$\mathbb{K}^n = \bigoplus_\lambda E_\lambda$ — o espaço é soma direta dos autoespaços.

Prova da equivalência 2 $\Leftrightarrow$ 1. Se $\{v_1, \ldots, v_n\}$ são $n$ autovetores LI com autovalores $\lambda_1, \ldots, \lambda_n$ , forme $P = [v_1 \mid \cdots \mid v_n]$ . Como as colunas são LI, $P$ é inversível. Calcule:

$AP = A[v_1 \mid \cdots \mid v_n] = [\lambda_1 v_1 \mid \cdots \mid \lambda_n v_n] = [v_1 \mid \cdots \mid v_n]\operatorname{diag}(\lambda_i) = PD$

Logo $P^{-1}AP = D$ . A recíproca é imediata: se $A = PDP^{-1}$ , as colunas de $P$ são autovetores LI. $\square$

"An $n \times n$ matrix $A$ is diagonalizable if and only if $A$ has $n$ linearly independent eigenvectors." — Beezer, A First Course in Linear Algebra, §SD Theorem DED

Casos que garantem diagonalizabilidade

Condições suficientes para diagonalizabilidade. Simétrica real: P ortogonal (Teorema Espectral, L116). Normal: P unitária.

Algoritmo de diagonalização

Calcule o polinômio característico $p_A(\lambda) = \det(A - \lambda I)$ e encontre as raízes $\lambda_1, \ldots, \lambda_k$ com multiplicidades algébricas $m_a(\lambda_i)$ .
Para cada $\lambda_i$ , resolva $(A - \lambda_i I)v = 0$ e encontre uma base de $E_{\lambda_i} = \ker(A - \lambda_i I)$ . Verifique $m_g(\lambda_i) = \dim E_{\lambda_i}$ .
Se $\sum m_g(\lambda_i) = n$ : monte $P$ com os autovetores como colunas e $D = \operatorname{diag}(\lambda_1, \ldots, \lambda_n)$ (respeitando a ordem das colunas).
Se $\sum m_g(\lambda_i) < n$ : $A$ não é diagonalizável — recorra à forma de Jordan.

Aplicações imediatas

A^k = P D^k P^{-1}, \quad D^k = \operatorname{diag}(\lambda_1^k, \ldots, \lambda_n^k)

what this means · Potência matricial via diagonalização: D^k tem os autovalores elevados a k na diagonal.

e^{At} = P e^{Dt} P^{-1}, \quad e^{Dt} = \operatorname{diag}(e^{\lambda_1 t}, \ldots, e^{\lambda_n t})

what this means · Exponencial de matriz: cada autovalor lambda_i gera e^{lambda_i t} na diagonal.

Para qualquer função analítica $f$ : $f(A) = Pf(D)P^{-1}$ com $f(D) = \operatorname{diag}(f(\lambda_i))$ .

Exemplos resolvidos

Example— 1· Diagonalizando uma matriz 2×2 (basico)

Problema: Diagonalize $A = \begin{pmatrix} 4 & 1 \\ 2 & 3 \end{pmatrix}$ .

Estratégia: Encontrar autovalores e autovetores, montar $P$ e $D$ , verificar $AP = PD$ .

Resolução:

Polinômio característico: $p_A(\lambda) = \det(A - \lambda I) = (4-\lambda)(3-\lambda) - 2 = \lambda^2 - 7\lambda + 10 = (\lambda - 5)(\lambda - 2)$ Autovalores: $\lambda_1 = 5$ , $\lambda_2 = 2$ .
Autovetores:

Para $\lambda_1 = 5$ : $(A - 5I)v = 0 \Rightarrow \begin{pmatrix} -1 & 1 \\ 2 & -2 \end{pmatrix}v = 0$ . Base: $v_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}$ .

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

Montagem:

P = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -2 \end{pmatrix}, \quad D = \begin{pmatrix} 5 & 0 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}

Verificação: $AP = \begin{pmatrix} 5 & 2 \\ 5 & -4 \end{pmatrix}$ e $PD = \begin{pmatrix} 5 & 2 \\ 5 & -4 \end{pmatrix}$ . Iguais. $\checkmark$

Fonte. Beezer, A First Course in Linear Algebra §SD, Exemplo DMS22 — licença GNU FDL.

Example— 2· Matriz não-diagonalizavel (compreensao)

Problema: Determine se $A = \begin{pmatrix} 3 & 1 \\ 0 & 3 \end{pmatrix}$ é diagonalizável. Justifique.

Estratégia: Calcular multiplicidades algébrica e geométrica do único autovalor.

Resolução:

Autovalores: $p_A(\lambda) = (3-\lambda)^2 = 0$ , logo $\lambda = 3$ com $m_a = 2$ .
Autoespaço: $(A - 3I) = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$ . O sistema $(A - 3I)v = 0$ exige $v_2 = 0$ , com $v_1$ livre. Base: $\left\{\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}\right\}$ . Portanto $m_g(3) = 1$ .
Conclusão: $m_g(3) = 1 < 2 = m_a(3)$ . Não há dois autovetores LI. $A$ não é diagonalizável.

Verificação: Se existisse $P$ com $P^{-1}AP = \begin{pmatrix} 3 & 0 \\ 0 & 3 \end{pmatrix} = 3I$ , teríamos $A = P(3I)P^{-1} = 3I$ . Mas $A \neq 3I$ . Contradição. $\checkmark$

Fonte. Beezer, A First Course in Linear Algebra §SD, Exemplo NDMS3 — licença GNU FDL.

Example— 3· Potencia matricial via diagonalizacao (intermediario)

Problema: Calcule $A^{10}$ para $A = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ .

Estratégia: Diagonalizar $A$ , elevar $D$ à potência 10 (trivial), compor.

Resolução:

Autovalores: $p_A(\lambda) = (2-\lambda)(1-\lambda) = 0$ , logo $\lambda_1 = 2$ , $\lambda_2 = 1$ .
Autovetores:

$\lambda_1 = 2$ : $(A - 2I)v = 0 \Rightarrow \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}v = 0$ . $v_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}$ .

$\lambda_2 = 1$ : $(A - I)v = 0 \Rightarrow \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}v = 0$ . $v_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}$ .

Decomposição: $P = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}$ , $D = \begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ .

$P^{-1} = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}$ (verificar: $\det P = -1$ , logo $P^{-1} = \frac{1}{-1}\begin{pmatrix} -1 & -1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}$ ).

Potência: $D^{10} = \begin{pmatrix} 2^{10} & 0 \\ 0 & 1^{10} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1024 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ .

A^{10} = PD^{10}P^{-1} = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1024 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & -1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1024 & 1023 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}

Verificação: $A^2 = \begin{pmatrix} 4 & 3 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ . Pela fórmula: $A^2 = \begin{pmatrix} 2^2 & 2^2-1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 4 & 3 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ . $\checkmark$

Fonte. Hefferon, Linear Algebra, cap. 5 §II — licença CC-BY-SA.

Example— 4· Formula de Binet para Fibonacci (avancado)

Problema: Derive a fórmula fechada de Binet $F_n = \dfrac{\phi^n - \psi^n}{\sqrt{5}}$ , onde $\phi = \frac{1+\sqrt{5}}{2}$ e $\psi = \frac{1-\sqrt{5}}{2}$ .

Estratégia: Reescrever a recorrência como iteração matricial, diagonalizar a matriz de transição.

Resolução:

Forma matricial: $\begin{pmatrix} F_{n+1} \\ F_n \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} F_n \\ F_{n-1} \end{pmatrix}$ . Seja $M = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}$ .
Autovalores de $M$ : $\lambda^2 - \lambda - 1 = 0 \Rightarrow \lambda = \frac{1 \pm \sqrt{5}}{2}$ , logo $\lambda_1 = \phi$ , $\lambda_2 = \psi$ .
Autovetores: $v_1 = \begin{pmatrix} \phi \\ 1 \end{pmatrix}$ , $v_2 = \begin{pmatrix} \psi \\ 1 \end{pmatrix}$ .
Decomposição: $\begin{pmatrix} F_{n+1} \\ F_n \end{pmatrix} = M^n \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} = PD^nP^{-1}\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}$ .

$P = \begin{pmatrix} \phi & \psi \\ 1 & 1 \end{pmatrix}$ , $\det P = \phi - \psi = \sqrt{5}$ . $P^{-1} = \frac{1}{\sqrt{5}}\begin{pmatrix} 1 & -\psi \\ -1 & \phi \end{pmatrix}$ .

Segunda componente: $F_n = \frac{\phi^n(\phi - \psi + \psi \cdot \text{...}) - \psi^n(\ldots)}{\sqrt{5}}$ . Calculando explicitamente a segunda linha de $PD^nP^{-1}\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}$ :

$F_n = \frac{1}{\sqrt{5}}\left(\phi^n \cdot 1 \cdot \frac{1}{\sqrt{5}}\sqrt{5} - \psi^n \cdot 1 \cdot \frac{1}{\sqrt{5}}\sqrt{5}\right) = \frac{\phi^n - \psi^n}{\sqrt{5}}$

Verificação: $F_1 = \frac{\phi - \psi}{\sqrt{5}} = \frac{\sqrt{5}}{\sqrt{5}} = 1$ . $F_2 = \frac{\phi^2 - \psi^2}{\sqrt{5}} = \frac{(\phi-\psi)(\phi+\psi)}{\sqrt{5}} = \frac{\sqrt{5} \cdot 1}{\sqrt{5}} = 1$ . $\checkmark$

Fonte. Beezer, A First Course in Linear Algebra §SD — licença GNU FDL.

Example— 5· Estabilidade de sistema dinamico (modelagem)

Problema: O sistema $\dot{x} = Ax$ com $A = \begin{pmatrix} -3 & 1 \\ 1 & -3 \end{pmatrix}$ e $x(0) = \begin{pmatrix} 2 \\ 0 \end{pmatrix}$ . Determine $x(t)$ e classifique a estabilidade.

Estratégia: Diagonalizar $A$ , resolver o sistema desacoplado, compor a solução.

Resolução:

Autovalores: $p_A(\lambda) = (-3-\lambda)^2 - 1 = \lambda^2 + 6\lambda + 8 = (\lambda+4)(\lambda+2) = 0$ . $\lambda_1 = -4$ , $\lambda_2 = -2$ .
Autovetores:

$\lambda_1 = -4$ : $(A + 4I) = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}$ . $v_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}$ .

$\lambda_2 = -2$ : $(A + 2I) = \begin{pmatrix} -1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}$ . $v_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}$ .

Solução geral: $x(t) = c_1 e^{-4t}\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix} + c_2 e^{-2t}\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}$ .
Condição inicial: $x(0) = \begin{pmatrix} 2 \\ 0 \end{pmatrix} \Rightarrow c_1 + c_2 = 2$ e $-c_1 + c_2 = 0$ , logo $c_1 = c_2 = 1$ .

x(t) = e^{-4t}\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix} + e^{-2t}\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}

Estabilidade: Ambos autovalores são negativos ( $-4 < 0$ , $-2 < 0$ ), logo $x(t) \to 0$ quando $t \to \infty$ . O sistema é assintoticamente estável.

Verificação: $x(0) = \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 \\ 0 \end{pmatrix}$ . $\checkmark$

Fonte. Hefferon, Linear Algebra, cap. 5 §II — licença CC-BY-SA.

Exercise list

40 exercises · 10 with worked solution (25%)

Application 16Understanding 12Modeling 6Challenge 4Proof 2

Fontes

A First Course in Linear Algebra — Robert A. Beezer · 2022 · EN · GNU FDL. Referência primária: §SD (Similar Matrices and Diagonalization) com definições rigorosas e exercícios numerados.
Linear Algebra Done Right (4ª ed) — Sheldon Axler · 2024 · EN · CC-BY-NC. Cap. 5C–5D: operadores diagonalizáveis, polinômios e funções de operadores.
Linear Algebra — Jim Hefferon · 2022 · EN · CC-BY-SA. Cap. 5 §II: diagonalização, Jordan introdutória, exemplos de sistemas dinâmicos.