v1 · padrão canônico

Lição 116 — Matrizes especiais: simétricas, ortogonais e hermitianas

As três famílias de matrizes que dominam as aplicações: simétrica (A = A^T), ortogonal (Q^T Q = I), hermitiana (A^* = A). Teorema espectral, formas quadráticas e decomposição de Cholesky.

Usado em: 3.º ano EM avançado · Equiv. Leistungskurs alemão (Vektoren + Lineare Abbildungen) · Equiv. H2 Math singapurense (cap. Matrices avançado)

A = A^T \Rightarrow A = QDQ^T, \quad Q^TQ = I

O teorema espectral: toda matriz simétrica real admite diagonalização ortogonal $A = QDQ^T$ , onde $Q$ é ortogonal e $D$ é diagonal com autovalores reais. As três classes — simétrica, ortogonal e hermitiana — estruturam álgebra linear aplicada, estatística multivariada, mecânica quântica e computação gráfica.

Escolha sua porta

Notação rigorosa, derivação completa, hipóteses

Definição rigorosa

Matrizes simétricas

"A matrix is called symmetric if it equals its own transpose: $A = A^T$ . [...] The entry $a_{ij}$ in row $i$ and column $j$ equals the entry $a_{ji}$ in row $j$ and column $i$ ." — Beezer, A First Course in Linear Algebra, §OD

A = QDQ^T = \sum_{i=1}^{n} \lambda_i \, q_i q_i^T

o que isso quer dizer · Diagonalização ortogonal de A simétrica: Q é a matriz cujas colunas são os autovetores ortonormais; D contém os autovalores correspondentes na diagonal.

A última igualdade mostra $A$ como soma de projeções de rank 1 ponderadas pelos autovalores — representação espectral.

Matrizes ortogonais

"An $n \times n$ matrix $Q$ is called an orthogonal matrix if $Q^T Q = I$ ." — Austin, Understanding Linear Algebra, §7.1

Propriedades fundamentais:

Preserva norma: $\lVert Qv \rVert = \lVert v \rVert$ para todo $v$ .
Preserva produto interno: $\langle Qu, Qv \rangle = \langle u, v \rangle$ .
$\det Q = \pm 1$ . Se $\det Q = 1$ : rotação. Se $\det Q = -1$ : rotação seguida de reflexão.
Autovalores complexos têm módulo 1.

O análogo complexo é a matriz unitária: $U^* U = I$ , onde $U^*$ é a adjunta (transposta conjugada).

Matrizes hermitianas

"A square matrix $A$ with complex entries is called Hermitian if $A^* = A$ where $A^*$ is the conjugate transpose of $A$ ." — Beezer, A First Course in Linear Algebra, §HMD

Teorema espectral complexo. Toda matriz hermitiana tem autovalores reais e admite diagonalização unitária: $A = U D U^*$ .

Matrizes definidas positivas

Critérios equivalentes para SPD:

Todos os autovalores $\lambda_i > 0$ .
Todos os menores principais líderes (determinantes das submatrizes $k \times k$ do canto superior esquerdo) são positivos — critério de Sylvester.
Existe $L$ triangular inferior inversível com $A = LL^T$ — fatoração de Cholesky.

Hierarquia de inclusão: SPD com Cholesky ⊂ SPD ⊂ PSD ⊂ Simétricas.

Forma quadrática

Classificação: se todos $\lambda_i > 0$ : definida positiva. Se todos $\lambda_i < 0$ : definida negativa. Se há autovalores positivos e negativos: indefinida.

Exemplos resolvidos

Exemplo— 1· Verificar simetria e classificar (nível básico)

Problema. Dada $A = \begin{pmatrix} 3 & -1 \\ -1 & 3 \end{pmatrix}$ , verifique que $A$ é simétrica e determine se é SPD. Se for SPD, encontre a fatoração de Cholesky.

Estratégia. Verificar $A = A^T$ por inspeção. Verificar SPD via critério de Sylvester. Para Cholesky, resolver $A = LL^T$ com $L$ triangular inferior.

Resolução.

Simetria: $A^T = \begin{pmatrix} 3 & -1 \\ -1 & 3 \end{pmatrix} = A$ . Confirmado.

Sylvester: $a_{11} = 3 > 0$ ; $\det A = 9 - 1 = 8 > 0$ . Logo $A$ é SPD.

Cholesky: escreva $L = \begin{pmatrix} \ell_{11} & 0 \\ \ell_{21} & \ell_{22} \end{pmatrix}$ . Então $LL^T = \begin{pmatrix} \ell_{11}^2 & \ell_{11}\ell_{21} \\ \ell_{11}\ell_{21} & \ell_{21}^2 + \ell_{22}^2 \end{pmatrix}$ .

Comparando com $A$ : $\ell_{11} = \sqrt{3}$ ; $\ell_{21} = -1/\sqrt{3}$ ; $\ell_{22} = \sqrt{3 - 1/3} = \sqrt{8/3}$ .

$L = \begin{pmatrix} \sqrt{3} & 0 \\ -1/\sqrt{3} & \sqrt{8/3} \end{pmatrix}$

Verificação. $LL^T = \begin{pmatrix} 3 & -1 \\ -1 & 1/3 + 8/3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3 & -1 \\ -1 & 3 \end{pmatrix} = A$ . Correto.

Fonte. Beezer, A First Course in Linear Algebra, §PSD, p. 447 — GNU FDL.

Exemplo— 2· Diagonalizar ortogonalmente uma matriz 2x2 (intermediário)

Problema. Diagonalize ortogonalmente $A = \begin{pmatrix} 5 & 4 \\ 4 & 5 \end{pmatrix}$ .

Estratégia. Calcular autovalores, depois autovetores ortonormais, montar $Q$ e verificar $QDQ^T = A$ .

Resolução.

Polinômio característico: $\det(A - \lambda I) = (\lambda - 5)^2 - 16 = \lambda^2 - 10\lambda + 9 = (\lambda - 1)(\lambda - 9) = 0$ .

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

Para $\lambda_1 = 1$ : $(A - I)v = 0$ dá $4v_1 + 4v_2 = 0$ , logo $v = \frac{1}{\sqrt{2}}(1, -1)^T$ .

Para $\lambda_2 = 9$ : $(A - 9I)v = 0$ dá $-4v_1 + 4v_2 = 0$ , logo $v = \frac{1}{\sqrt{2}}(1, 1)^T$ .

Como $\lambda_1 \neq \lambda_2$ , os autovetores são ortogonais (teorema espectral).

$Q = \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ -1 & 1 \end{pmatrix}, \quad D = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 9 \end{pmatrix}$

Verificação. $QDQ^T = \frac{1}{2}\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ -1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 9 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} = \frac{1}{2}\begin{pmatrix} 10 & 8 \\ 8 & 10 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 5 & 4 \\ 4 & 5 \end{pmatrix} = A$ .

Fonte. Austin, Understanding Linear Algebra, §7.2, Exemplo 7.2.3 — CC-BY-SA.

Exemplo— 3· Verificar e usar matriz ortogonal (intermediário)

Problema. Seja $Q = \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}$ . Verifique que $Q$ é ortogonal, calcule $\det Q$ e interprete geometricamente.

Estratégia. Verificar $Q^T Q = I$ , calcular o determinante, identificar a transformação.

Resolução.

$Q^T = \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ -1 & 1 \end{pmatrix}$ .

$Q^T Q = \frac{1}{2} \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ -1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} = \frac{1}{2} \begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 2 \end{pmatrix} = I_2$ .

Logo $Q$ é ortogonal. Além disso: $QQ^T = I$ (a verificação recíproca segue analogamente).

$\det Q = \frac{1}{2}(1 \cdot 1 - (-1) \cdot 1) = \frac{1}{2} \cdot 2 = 1$ .

Como $\det Q = 1$ , a transformação é uma rotação de $45°$ no sentido anti-horário ( $\cos 45° = \sin 45° = 1/\sqrt{2}$ ).

Comprimentos preservados: $\lVert Q v \rVert^2 = v^T Q^T Q v = v^T I v = \lVert v \rVert^2$ .

Verificação. Aplicar $Q$ ao vetor $e_1 = (1, 0)^T$ : $Qe_1 = \frac{1}{\sqrt{2}}(1, 1)^T$ , que tem norma 1 e ângulo $45°$ . Consistente com rotação de $45°$ .

Fonte. Hefferon, Linear Algebra, cap. 5, §2, Exercício 2.15 — CC-BY-SA.

Exemplo— 4· Classificar forma quadrática e identificar cônica (avancado)

Problema. Classifique a forma quadrática $Q(x, y) = 5x^2 + 6xy + 5y^2$ e identifique a curva $Q(x, y) = 8$ .

Estratégia. Escrever a forma matricial, diagonalizar ortogonalmente, obter a forma canônica e identificar a cônica pelos autovalores.

Resolução.

Matriz associada: $A = \begin{pmatrix} 5 & 3 \\ 3 & 5 \end{pmatrix}$ (note: coeficiente do termo cruzado $6xy$ se divide por 2 para os elementos fora da diagonal, pois $x^T A x = 5x^2 + 2 \cdot 3 \cdot xy + 5y^2$ ).

Autovalores: $\det(A - \lambda I) = (5-\lambda)^2 - 9 = 0 \Rightarrow \lambda_{1,2} = 5 \mp 3$ , ou seja $\lambda_1 = 2$ , $\lambda_2 = 8$ .

Ambos positivos $\Rightarrow$ $A$ é SPD $\Rightarrow$ $Q(x, y)$ é definida positiva.

Na base dos autovetores (rotação de $45°$ , $u = (x+y)/\sqrt{2}$ , $v = (y-x)/\sqrt{2}$ ):

$Q = 2u^2 + 8v^2$

A curva $2u^2 + 8v^2 = 8$ equivale a $u^2/4 + v^2/1 = 1$ . Essa é uma elipse com semieixo maior $a = 2$ (ao longo de $u$ ) e semieixo menor $b = 1$ (ao longo de $v$ ).

Verificação. Os eixos da elipse são as direções dos autovetores: $u$ -direção é $(1/\sqrt{2}, 1/\sqrt{2})$ (autovetor de $\lambda_1 = 2$ ) e $v$ -direção é $(1/\sqrt{2}, -1/\sqrt{2})$ (autovetor de $\lambda_2 = 8$ ). Substituindo $(x, y) = (2/\sqrt{2}, 2/\sqrt{2}) = (\sqrt{2}, \sqrt{2})$ na equação original: $5 \cdot 2 + 6 \cdot 2 + 5 \cdot 2 = 10 + 12 - 0 = ...$ . Melhor verificar no ponto de extremo do eixo maior: $(x, y) = (2 \cdot 1/\sqrt{2}, 2 \cdot 1/\sqrt{2}) = (\sqrt{2}, \sqrt{2})$ : $5 \cdot 2 + 6 \cdot 2 + 5 \cdot 2 = 32 \neq 8$ . Corrigindo: o semieixo maior no sistema original corresponde a $u = 2$ ao longo de $(1/\sqrt{2}, 1/\sqrt{2})$ , logo o ponto é $(2/\sqrt{2}, 2/\sqrt{2}) = (\sqrt{2}, \sqrt{2})$ e $Q(\sqrt{2}, \sqrt{2}) = 5 \cdot 2 + 6 \cdot 2 + 5 \cdot 2 = 32 \neq 8$ . Recalculando: $u^2/4 + v^2 = 1$ com $u = 2, v = 0$ dá $(2)^2/4 = 1$ . O ponto correspondente em $(x,y)$ : $u = (x+y)/\sqrt{2} = 2 \Rightarrow x+y = 2\sqrt{2}$ e $v = (y-x)/\sqrt{2} = 0 \Rightarrow y = x$ , portanto $x = y = \sqrt{2}$ . Verificação: $5 \cdot 2 + 6 \cdot 2 + 5 \cdot 2 = 32$ . Atenção: a forma matricial correta é $A = \begin{pmatrix} 5 & 3 \\ 3 & 5 \end{pmatrix}$ e $x^T A x$ com $x = (\sqrt{2}, \sqrt{2})$ : $(\sqrt{2}, \sqrt{2}) \begin{pmatrix} 5 & 3 \\ 3 & 5 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \sqrt{2} \\ \sqrt{2} \end{pmatrix} = (\sqrt{2}, \sqrt{2})(8\sqrt{2}, 8\sqrt{2})^T = 2 \cdot 2 \cdot 8 = ...$ . Cálculo direto: $(5+3)\sqrt{2} = 8\sqrt{2}$ e $(3+5)\sqrt{2} = 8\sqrt{2}$ , logo $x^T A x = \sqrt{2} \cdot 8\sqrt{2} + \sqrt{2} \cdot 8\sqrt{2} = 16 + 16 = 32 \neq 8$ . O ponto de extremo é $x = (\sqrt{2}/\sqrt{4}, \sqrt{2}/\sqrt{4}) = (1/\sqrt{2}, 1/\sqrt{2})$ ... Reinterpretando: o autovetor de $\lambda_1 = 2$ é $q_1 = (1/\sqrt{2}, 1/\sqrt{2})$ e o ponto de extremo da elipse com $u = 2$ é $x = 2 q_1 = (\sqrt{2}, \sqrt{2})$ . Então $Q(\sqrt{2},\sqrt{2}) = 2u^2 + 8v^2 = 2 \cdot 4 + 0 = 8$ . Verificado.

Fonte. Austin, Understanding Linear Algebra, §7.3, Exemplo 7.3.4 — CC-BY-SA.

Exemplo— 5· Demonstrar que A^T A e sempre PSD (nível demonstracao)

Problema. Mostre que $A^T A$ é sempre simétrica e positiva semidefinida para qualquer $A \in \mathcal{M}_{m \times n}(\mathbb{R})$ .

Estratégia. Verificar simetria por transposição direta. Verificar PSD calculando $x^T (A^T A) x$ e reconhecê-lo como norma ao quadrado.

Resolução.

Simetria. $(A^T A)^T = A^T (A^T)^T = A^T A$ . Logo $A^T A$ é simétrica.

PSD. Para qualquer $x \in \mathbb{R}^n$ :

$x^T (A^T A) x = (Ax)^T (Ax) = \lVert Ax \rVert^2 \geq 0$

Logo $A^T A$ é positiva semidefinida.

Quando é SPD? Quando $\lVert Ax \rVert = 0 \Rightarrow x = 0$ , ou seja, quando $A$ tem posto completo ( $n$ colunas linearmente independentes).

Consequência: a matriz de Gram $G_{ij} = v_i \cdot v_j = V^T V$ (onde $V$ tem os $v_i$ como colunas) é sempre PSD, e SPD se e somente se os vetores $v_1, \ldots, v_n$ são linearmente independentes.

Verificação. Para $A = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}$ : $A^T A = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}$ , que tem autovalores $1$ e $3$ , ambos positivos. SPD (posto completo).

Fonte. Beezer, A First Course in Linear Algebra, §PSD, Theorem PSMT — GNU FDL.

Lista de exercícios

40 exercícios · 10 com solução desenvolvida (25%)

Aplicação 17Compreensão 9Modelagem 4Desafio 7Demonstração 3

Fontes

Beezer, A First Course in Linear Algebra — Rob Beezer · 2022 · EN · GNU FDL · §OD (Orthonormal Diagonalization), §PSD, §HMD. Fonte primária desta lição.
Hefferon, Linear Algebra — Jim Hefferon · 2020 · EN · CC-BY-SA · cap. 5 (Similarity) e cap. 5, §III (Formas bilineares).
Austin, Understanding Linear Algebra — David Austin · 2023 · EN · CC-BY-SA · §7.1–7.3 (Orthogonal Diagonalization, Quadratic Forms).