Centro de Informática · UFPE Álgebra Vetorial e LinearCIN0138 · 2026.2
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Aula 17 · 26/11 (qui) · Módulo 4 · laboratório

Autovalores, autovetores, diagonalização II

Nesta aula você estuda a diagonalização de uma matriz quadrada A, de tamanho n × n, e o uso dela no cálculo das potências de A. Quando A tem n autovetores linearmente independentes, eles formam as colunas de uma matriz S, os autovalores correspondentes, na mesma ordem, formam a diagonal de uma matriz diagonal Λ, e então A = SΛS−1 e Ak = SΛkS−1 para todo inteiro k ≥ 1. Na bancada, você monta S arrastando autovetores no plano e acompanha os vetores Ax, A2x, A3x, …, obtidos de um vetor x, nos números de Fibonacci, numa matriz de Markov e no cisalhamento, que não é diagonalizável. Em ℝn, você acompanha a distribuição de tarefas numa rede de n servidores, um exemplo de cadeia de Markov, e a vê se aproximar do estado estacionário. As equações de diferenças, os números de Fibonacci e as matrizes de Markov são aplicações da seção 5.3 do livro-texto, que ficam para o seu estudo.

A sequência Akx

Este quadro usa a matriz A do painel Matriz A e o passo k do painel Potências de A. O ponto preto é o vetor x, e os pontos vermelhos são os vetores Ax, A2x, …, Akx. As setas v1 e v2 são as colunas de uma matriz S. As retas tracejadas, quando aparecem, são os autoespaços de A. Arraste x, v1 e v2.

Coordenadas na base v1, v2

Quando as setas v1 e v2 do quadro A sequência Akx não estão numa mesma reta que passa pela origem, elas formam uma base de ℝ2, e a matriz S, de colunas v1 e v2, é invertível. Este quadro mostra cada vetor pelas suas coordenadas nessa base. As coordenadas de x são os escalares α1 e α2 tais que x = α1v1 + α2v2. O vetor delas se escreve α = (α1, α2)T, e α = S−1x, pois x = Sα. O ponto preto é α, e os pontos vermelhos são as coordenadas S−1Ax, …, S−1Akx dos vetores Ax, …, Akx. Fora do exemplo Usuários entre duas plataformas, você pode arrastar o ponto α.

As duas parcelas

Na base v1, v2 do quadro Coordenadas na base v1, v2, cada vetor Akx é a soma de uma parcela na direção de v1 com uma parcela na direção de v2. O gráfico mostra o comprimento de cada parcela em função do passo k, em escala logarítmica. Quando v1 e v2 são autovetores de A, associados aos autovalores λ1 e λ2, as parcelas são α1λ1kv1 e α2λ2kv2, com as coordenadas α1 e α2 de x. O comprimento da primeira parcela é |α1| ‖v1‖ |λ1|k, e o logaritmo dele é log10(|α1| ‖v1‖) + k log10 |λ1|. Assim, se α1 ≠ 0 e λ1 ≠ 0, o gráfico dessa parcela é uma reta de inclinação log10 |λ1|. O mesmo vale para a segunda parcela, com α2, v2 e λ2.

Diagonalização e potência Ak

Exemplos

Matriz A

No modo Decompor A, digite as entradas de A: inteiros, frações como 1/2 ou decimais como 0,9. No modo Montar A = SΛS⁻¹, a bancada calcula A a partir de duas escolhas suas. As setas v1 e v2, que você arrasta no quadro A sequência Akx, formam as colunas de S. Os valores dos controles Autovalor λ₁ e Autovalor λ₂ formam a diagonal da matriz diagonal Λ.

Potências de A

O que mostrar

Pelo teclado: clique numa figura e aperte a barra de espaço para escolher um ponto. As teclas de seta movem o ponto escolhido; com Shift, o passo é maior. Apertar de novo a barra de espaço passa para o ponto seguinte.

Em dimensão n

Uma cadeia de Markov com n servidores

Considere uma rede de n servidores. A cada passo, cada tarefa permanece no seu servidor com probabilidade q ou passa para um servidor vizinho, e a probabilidade restante, 1 − q, se divide igualmente entre os vizinhos. No anel de mão única, a tarefa só pode passar para o servidor seguinte, no sentido das setas. A probabilidade de uma tarefa passar do servidor j para o servidor i em um passo se escreve aij, e A é a matriz n × n de entradas aij. As entradas de A são não negativas, e cada coluna soma 1, porque cada tarefa termina o passo em algum servidor. Assim, A é uma matriz de Markov. As frações das tarefas em cada servidor no passo k formam o vetor pk ∈ ℝn, e pk+1 = Apk. Esse modelo, em que a distribuição das tarefas muda pela multiplicação por uma matriz de Markov, é uma cadeia de Markov.

Um estado estacionário de A é um vetor π de entradas não negativas e de soma 1 tal que Aπ = π. Nas redes desta seção, há um único estado estacionário, e A tem n autovetores LI, π, v2, …, vn, associados aos autovalores 1, λ2, …, λn, com λ2, …, λn diferentes de 1. No anel de mão única, alguns desses autovalores e autovetores são complexos. Numere os autovalores de modo que |λ2| seja o maior dos módulos |λ2|, …, |λn|, e escreva p0 = α1π + α2v2 + ⋯ + αnvn. Somando as entradas dos dois lados, obtemos 1 = α1, porque as entradas de p0 e de π somam 1 e as de cada vi somam 0, como mostra a guia Matrizes de Markov, mais abaixo. Então pk = Akp0 = π + α2λ2kv2 + ⋯ + αnλnkvn. Se |λ2| < 1, as parcelas αiλikvi, para i ≥ 2, tendem ao vetor nulo, e pk tende a π. Quanto menor |λ2|, mais depressa: o comprimento de pk − π é no máximo (|α2| ‖v2‖ + ⋯ + |αn| ‖vn‖) |λ2|k.

A rede de servidores

Cada círculo numerado é um servidor. O raio do círculo cresce com a fração das tarefas que o servidor tem no passo k, escolhido no painel Passos. Essa fração aparece escrita logo abaixo do círculo, exceto na rede Todos ligados com mais de 8 servidores. As linhas ligam servidores vizinhos. No Anel de mão única, cada seta vai de um servidor para o servidor seguinte, o único para o qual as tarefas dele podem passar.

Autovalores no plano complexo

A distribuição pk

A matriz Ak em cores

Distância ao estado estacionário

A entrada i de pk se escreve (pk)i, e a de π, πi. A distância de pk a π é a metade da soma dos números |(pk)i − πi|, para i = 1, …, n. Ela é a fração das tarefas que precisariam mudar de servidor para que a distribuição passasse a ser π. A curva preta mostra essa distância em cada passo, em escala logarítmica, e o ponto vermelho marca o passo k. A reta azul tracejada mostra a distância inicial multiplicada por |λ2|k, com o autovalor λ2 marcado em azul no quadro Autovalores no plano complexo. A linha verde tracejada marca a distância 0,01, isto é, 1%.

A rede

Passos

Cada passo multiplica a distribuição das tarefas pela matriz A: pk+1 = Apk. O botão ▶, Tocar os passos, avança um passo de cada vez. Quando os autovalores diferentes de 1 têm módulo menor que 1, as barras do quadro A distribuição pk se aproximam do contorno vermelho, o estado estacionário.

Conceitos da aula

Diagonalização e potências de uma matriz

Uma guia por conceito, cada um com a definição ou o teorema, um exemplo resolvido e o lugar da bancada em que ele aparece. A notação é a do livro-texto (seção 5.2).

Uma matriz A de tamanho n × n é diagonalizável exatamente quando existe uma base de ℝn formada por autovetores de A, como diz o teorema abaixo. Nessa base, multiplicar um vetor por A multiplica cada coordenada dele pelo autovalor correspondente.

Matriz diagonalizável

Definição

Uma matriz A de tamanho n × n é diagonalizável se existem uma matriz invertível S e uma matriz diagonal Λ, ambas n × n, tais que A = SΛS−1 ou, de modo equivalente, S−1AS = Λ.

Teorema

Uma matriz A de tamanho n × n é diagonalizável se, e somente se, A tem n autovetores linearmente independentes. Nesse caso, se v1, …, vn são autovetores LI, com Avi = λivi para i = 1, …, n, podemos pôr os autovetores nas colunas de S e os autovalores, na mesma ordem, na diagonal de Λ. A matriz diagonal com λ1, …, λn na diagonal se escreve diag(λ1, …, λn):

S = [ v1  ⋯  vn ],   Λ = diag(λ1, …, λn).

Por quê. A coluna i de AS é Avi = λivi, que é também a coluna i de SΛ. Logo, AS = SΛ. Como as colunas de S são LI, S é invertível, e, multiplicando os dois lados por S−1 à direita, obtemos A = SΛS−1. Reciprocamente, se A = SΛS−1, então AS = SΛ, e a mesma comparação, coluna por coluna, mostra que cada coluna vi de S satisfaz Avi = λivi. As colunas de uma matriz invertível são não nulas e LI; logo elas são n autovetores LI de A.

  • A ordem das colunas de S determina a ordem dos autovalores em Λ. Cada coluna pode ser trocada por um múltiplo não nulo dela: se v é um autovetor de A associado a λ e μ é um escalar não nulo, então A(μv) = μAv = λ(μv), e μv é um autovetor associado ao mesmo λ.
  • Autovetores associados a autovalores distintos são LI. Por isso, uma matriz n × n com n autovalores distintos é diagonalizável. A recíproca é falsa: a identidade tem o autovalor 1 repetido e já é diagonal.
  • Na linguagem da mudança de base, estudada na Aula 11, o vetor das coordenadas de um vetor x ∈ ℝn na base v1, …, vn é α = S−1x, e a matriz da transformação x ↦ Ax nessa base é S−1AS = Λ.

Um exemplo 2 × 2

Exemplo

Para A = 1102, o polinômio característico é det(A − λI) = (1 − λ)(2 − λ), e os autovalores são 2 e 1. O autoespaço N(A − 2I) é gerado por v1 = (1, 1)T, e o autoespaço N(A − I) é gerado por v2 = (1, 0)T. Com esses autovetores nas colunas de S e os autovalores, na mesma ordem, na diagonal de Λ,

S = 1110,

Λ = 2001,

S−1 = 011−1.

Confira que o produto dá A, calculando primeiro SΛ:

SΛS−1 = 2120011−1 = 1102.

Na bancada: no exemplo Servidores que dobram, arraste as setas v1 e v2, colunas de S, do quadro A sequência Akx até as retas tracejadas, que são os autoespaços de A. A leitura do quadro Coordenadas na base v1, v2 mostra S−1AS, que fica diagonal quando as duas setas estão sobre as retas tracejadas, uma em cada reta. O botão Colocar os autovetores em S, no painel Potências de A, faz isso de uma vez.

Quando A = SΛS−1, como na guia Diagonalização, o cálculo da potência Ak se reduz ao cálculo das potências dos autovalores, porque cada produto S−1S que aparece no meio é a identidade.

A fórmula Ak = SΛkS−1

Teorema

Se A = SΛS−1, com S invertível e Λ = diag(λ1, …, λn), então, para todo inteiro k ≥ 1,

Ak = SΛkS−1,   Λk = diag(λ1k, …, λnk).

Em particular, os autovalores de Ak são λ1k, …, λnk, e cada coluna de S é um autovetor de Ak.

Por quê. Para k = 2,

A2 = SΛ(S−1S)ΛS−1 = SΛ2S−1,

e o mesmo vale com k fatores: os k − 1 produtos S−1S do meio são iguais a I. Com S, Λ e S−1 já calculados, Ak custa n potências de escalares e dois produtos de matrizes, em vez dos k − 1 produtos de A · A ⋯ A.

Exemplo

Para A = 1102, com S, Λ e S−1 da guia Diagonalização,

Ak = 11102k001011−1

= 12k − 102k.

Com k = 3, obtemos A3 = 1708, a mesma matriz que se obtém multiplicando A · A · A.

Na bancada: quando os autovalores de A são reais e distintos, o quadro Diagonalização e potência Ak mostra uma diagonalização calculada pela bancada, com as matrizes S, Λ e S−1, e o produto SΛkS−1. Mude o passo k no painel Potências de A e veja Λk e Ak mudarem juntas.

Em muitos processos que mudam em passos, como filas, populações ou distribuições de tarefas, o estado no passo k é um vetor uk, e o estado seguinte se obtém multiplicando uk por uma matriz fixa A. A relação uk+1 = Auk é uma equação de diferenças, e a diagonalização de A dá a solução dela em termos dos autovalores e dos autovetores de A. Este assunto está na seção 5.3 do livro-texto, de aplicações, que fica para o seu estudo.

A solução de uk+1 = Auk

Teorema

Seja A uma matriz n × n com n autovetores LI v1, …, vn, associados aos autovalores λ1, …, λn, e seja S a matriz de colunas v1, …, vn. Dado u0 ∈ ℝn, escreva u0 como combinação linear dos autovetores: u0 = α1v1 + ⋯ + αnvn. O vetor dos coeficientes é α = (α1, …, αn)T = S−1u0. Então a sequência definida por uk+1 = Auk, para k ≥ 0, é

uk = Aku0 = α1λ1kv1 + ⋯ + αnλnkvn.

Por quê. Aplicando a equação k vezes, obtemos uk = Aku0. De Avi = λivi segue, do mesmo modo, Akvi = λikvi. Como a multiplicação por Ak preserva combinações lineares, Aku0 = α1Akv1 + ⋯ + αnAkvn, que é a fórmula do teorema. Em forma matricial, uk = SΛkα. Cada parcela αiλikvi fica na reta gerada por vi e é multiplicada por λi a cada passo. Três consequências:

  • se |λ1| > |λi| para todo i ≥ 2 e α1 ≠ 0, a primeira parcela domina: uk/λ1k tende a α1v1, e o ângulo entre uk e a reta gerada por v1 tende a 0;
  • uk tende ao vetor nulo para todo u0 se, e somente se, |λi| < 1 para todo i;
  • se λ1 = 1 e |λi| < 1 para todo i ≥ 2, então uk tende a α1v1.

Um exemplo: balanceamento de carga

Exemplo

Dois servidores dividem tarefas, e a cada passo cada um passa 1/4 da sua fila para o outro. Se uk é o vetor das duas filas no passo k, então uk+1 = Auk, com A = 3/41/41/43/4. Como A(1, 1)T = (1, 1)T e A(1, −1)T = (1/2, −1/2)T, os autovalores são λ1 = 1, com autovetor v1 = (1, 1)T, e λ2 = 1/2, com autovetor v2 = (1, −1)T. Para u0 = (2, 0)T = v1 + v2,

uk = (1, 1)T + (1/2)k(1, −1)T.

Por exemplo, u3 = (9/8, 7/8)T. Quando k cresce, uk tende a (1, 1)T: as duas filas tendem a 1, e o total de tarefas, 2, não muda.

Na bancada: no exemplo Balanceamento de carga, o vetor x do quadro A sequência Akx é u0, e os pontos vermelhos desse quadro são u1, …, uk. As setas tracejadas mostram as duas parcelas de uk. No quadro As duas parcelas, os comprimentos |αi| |λi|k ‖vi‖ aparecem em escala logarítmica. O gráfico de cada um é uma reta de inclinação log10 |λi|: horizontal para λ1 = 1 e com inclinação log10(1/2) ≈ −0,301 para λ2 = 1/2.

A recorrência de Fibonacci define cada número como a soma dos dois anteriores. Com dois números consecutivos num vetor, ela se escreve como uma equação de diferenças, e os autovalores da matriz dessa equação mostram que a razão entre dois números consecutivos tende à razão áurea. Este assunto está na seção 5.3 do livro-texto, de aplicações, que fica para o seu estudo.

Fibonacci como uk+1 = Auk

Definição

Os números de Fibonacci F0, F1, F2, … são definidos por F0 = 0, F1 = 1 e Fk+1 = Fk + Fk−1 para todo k ≥ 1: 0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, …

Junte dois números consecutivos no vetor uk = (Fk+1, Fk)T, para k ≥ 0. A recorrência escrita para k + 1 diz que Fk+2 = Fk+1 + Fk. Chamando de A a matriz 2 × 2 da igualdade abaixo, obtemos

Fk+2Fk+1 = 1110Fk+1Fk,   isto é,   uk+1 = Auk,

com u0 = (F1, F0)T = (1, 0)T. O polinômio característico de A é det(A − λI) = λ2 − λ − 1, de raízes

λ1 = (1 + √5)/2 ≈ 1,618,

λ2 = (1 − √5)/2 ≈ −0,618.

O número λ1 é a razão áurea. Os autovetores são v1 = (λ1, 1)T e v2 = (λ2, 1)T: para cada um dos dois autovalores, λ + 1 = λ2, e então A(λ, 1)T = (λ + 1, λ)T = (λ2, λ)T = λ(λ, 1)T. Para escrever u0 = α1v1 + α2v2, note que v1 − v2 = (λ1 − λ2, 0)T = (√5, 0)T. Então u0 = (v1 − v2)/√5, isto é, α1 = 1/√5 e α2 = −1/√5. Pela guia Equações de diferenças, uk = α1λ1kv1 + α2λ2kv2, e a segunda coordenada dessa igualdade dá a fórmula de Binet:

Fk = (λ1k − λ2k)/√5.

O crescimento pela razão áurea

Na fórmula de Binet, o termo λ2k/√5 tende a 0, porque |λ2| < 1. Daí saem três fatos.

  1. Fk é o inteiro mais próximo de λ1k/√5, pois Fk − λ1k/√5 = −λ2k/√5 e |λ2k/√5| ≤ 1/√5 < 1/2 para todo k ≥ 0.
  2. A razão Fk+1/Fk tende a λ1. De fato, pela fórmula de Binet, Fk+1 − λ1Fk = (λ1 − λ2)λ2k/√5 = λ2k, e então, para k ≥ 1, Fk+1/Fk − λ1 = λ2k/Fk, que tende a 0. Para k grande, cada número de Fibonacci é cerca de 1,618 vezes o anterior.
  3. Como λ2 < 0, a mesma igualdade mostra que a razão fica abaixo de λ1 para k ímpar e acima para k par.

Exemplo

Para k = 10:

λ110/√5 ≈ 55,004,   F10 = 55,

F11/F10 = 89/55 ≈ 1,61818,   λ1 ≈ 1,61803.

Na bancada: no exemplo Fibonacci, o vetor x é u0 = (1, 0)T, e a leitura abaixo do quadro A sequência Akx mostra (Fk+1, Fk)T e a razão Fk+1/Fk. Avance k no painel Potências de A: os pontos vermelhos se aproximam da reta tracejada do autoespaço de λ1, um de cada lado dela, alternadamente.

Na equação de diferenças uk+1 = Auk da guia Equações de diferenças, o vetor uk pode ser uma distribuição, como as frações dos usuários em cada plataforma. Nesse caso, cada entrada de A é uma probabilidade, como a de um usuário passar de uma plataforma para outra em um mês, e cada coluna de A soma 1. Essas matrizes sempre têm o autovalor 1. Este assunto está na seção 5.3 do livro-texto, de aplicações, que fica para o seu estudo.

Matriz de Markov e estado estacionário

Definição

Uma matriz A de tamanho n × n, de entradas aij, é uma matriz de Markov se aij ≥ 0 para quaisquer i, j e a soma das entradas de cada coluna é 1. O vetor de ℝn com todas as entradas iguais a 1 se escreve 1 = (1, …, 1)T, e a condição sobre as colunas é 1TA = 1T. Um vetor de ℝn de entradas não negativas e de soma 1 é uma distribuição. Um estado estacionário de A é uma distribuição π tal que Aπ = π, isto é, um autovetor associado a λ = 1 que também é uma distribuição.

Teorema

Seja A uma matriz de Markov n × n.

  1. λ = 1 é autovalor de A.
  2. Todo autovalor λ de A, real ou complexo, satisfaz |λ| ≤ 1.
  3. Se alguma potência Am, com m ≥ 1, tem todas as entradas positivas, então λ = 1 é raiz simples do polinômio característico, os outros autovalores satisfazem |λ| < 1, e existe um único estado estacionário π, com todas as entradas positivas. Além disso, Akp0 tende a π para toda distribuição inicial p0, e Ak tende a π1T, a matriz com todas as colunas iguais a π.

A multiplicação por uma matriz de Markov leva distribuições em distribuições. De fato, se p é uma distribuição, as entradas de Ap são não negativas, porque as de A e as de p são, e somam 1, pois 1T(Ap) = (1TA)p = 1Tp = 1. Além disso, se v é um autovetor associado a um autovalor λ ≠ 1, então 1Tv = 1TAv = λ1Tv. Como λ ≠ 1, segue 1Tv = 0: as entradas de v somam 0.

Por quê (itens 1 e 2). As colunas de A − I somam 0, isto é, a soma das linhas de A − I é a linha nula. Então as linhas de A − I são LD, A − I é singular e det(A − I) = 0. Para o item 2, como A e AT têm o mesmo polinômio característico, basta olhar para AT: se ATy = λy, com y ≠ 0, escolha o índice i de modo que |yi| seja o maior dos números |y1|, …, |yn|. A entrada i de ATy = λy dá

|λ| |yi| ≤ a1i|y1| + ⋯ + ani|yn| ≤ |yi|,

em que a última desigualdade vale porque a coluna i de A soma 1. Como yi ≠ 0, segue |λ| ≤ 1. O item 3 é o teorema de Perron e Frobenius, que não demonstramos aqui. A hipótese do item 3 não pode ser retirada: a matriz de Markov Q = 0110, que troca as duas coordenadas, tem autovalores 1 e −1, e Qkp0 alterna entre p0 e Qp0, que são diferentes quando a distribuição p0 é diferente de (1/2, 1/2)T. Nenhuma potência de Q tem todas as entradas positivas.

Um exemplo com duas plataformas

Exemplo

A cada mês, 10% dos usuários da plataforma P1 passam para a P2, e 20% dos usuários da P2 passam para a P1. Se pk é o vetor das frações dos usuários na P1 e na P2 no mês k, então pk+1 = Apk, com

A = 0,90,20,10,8.

O traço é 1,7, e o determinante é 0,7. Como a soma dos autovalores é o traço e o produto é o determinante, os autovalores são 1 e 0,7. O autoespaço de λ = 1 é gerado por (2, 1)T. Dividindo esse vetor pela soma das entradas, 3, obtemos π = (2/3, 1/3)T. O autoespaço de λ = 0,7 é gerado por (1, −1)T. Para p0 = (0, 1)T,

pk = π − (2/3)(0,7)k(1, −1)T,

que tende a π quando k cresce: a fração dos usuários na P1 tende a 2/3. Aqui a própria A tem todas as entradas positivas, e o item 3 do teorema se aplica.

Na bancada: no exemplo Usuários entre duas plataformas, o vetor x do quadro A sequência Akx só se move sobre o segmento de (1, 0)T a (0, 1)T, formado pelas distribuições de ℝ2, e o ponto vazado marca π. Na parte Em dimensão n, uma matriz de Markov n × n descreve tarefas que passam de um servidor para outro. Quando os autovalores diferentes de 1 têm módulo menor que 1, o quadro A matriz Ak em cores mostra Ak se aproximar de π1T.

Nem toda matriz A de tamanho n × n tem n autovetores LI. Quando não tem, não existe matriz invertível S com AS = SΛ e Λ diagonal, e as potências de A podem se comportar de outro modo, como mostra o cisalhamento abaixo.

O cisalhamento

O cisalhamento A = 1101 tem polinômio característico det(A − λI) = (1 − λ)2, e λ = 1 é raiz dupla. Como (A − I)(x1, x2)T = (x2, 0)T, o autoespaço é

N(A − I) = {(t, 0)T : t ∈ ℝ},

uma reta que passa pela origem. Todos os autovetores de A estão nessa reta, e dois deles são sempre LD. Logo A não tem dois autovetores LI e não é diagonalizável.

Exemplo

Por indução, Ak = 1k01 para todo k ≥ 1, pois

Ak+1 = 1k011101 = 1k + 101.

Para x = (0, 1)T, Akx = (k, 1)T: o único autovalor tem módulo 1, mas a primeira coordenada de Akx é k, que cresce sem limite. Isso não acontece numa matriz diagonalizável com todos os autovalores de módulo 1. Nela, se v1, …, vn são autovetores LI e x = α1v1 + ⋯ + αnvn, então ‖Akx‖ ≤ |α1| ‖v1‖ + ⋯ + |αn| ‖vn‖ para todo k, pois |λik| = 1.

Uma matriz 2 × 2 com um autovalor duplo λ só é diagonalizável se for igual a λI. De fato, se ela é diagonalizável, a diagonal de Λ tem λ nas duas posições, isto é, Λ = λI, e então A = S(λI)S−1 = λSS−1 = λI.

Autovalores complexos

A matriz A = 0,9−0,30,30,9 tem polinômio característico (0,9 − λ)2 + 0,09, que não tem raízes reais. Com a unidade imaginária i, que satisfaz i2 = −1, as raízes se escrevem λ = 0,9 ± 0,3i. Como os autovalores não são reais, A não tem autovetores em ℝ2, e nenhuma matriz real invertível S torna S−1AS diagonal. Com números complexos, A é diagonalizável, porque os dois autovalores são distintos.

Exemplo

Os dois autovalores têm módulo |λ| = √(0,92 + 0,32) = √0,9 ≈ 0,949. Seja θ o ângulo com cos θ = 0,9/√0,9 e sen θ = 0,3/√0,9, isto é, θ ≈ 18,4°. Então A é √0,9 vezes a matriz da rotação no sentido anti-horário de ângulo θ, de colunas (cos θ, sen θ)T e (−sen θ, cos θ)T. Multiplicar um vetor por A aplica essa rotação e multiplica o comprimento por 0,949. Por isso, para x ≠ 0, os pontos Akx ficam sobre uma espiral que se aproxima da origem, e Akx tende ao vetor nulo.

Na bancada: nos exemplos Cisalhamento e Filtro oscilante, o quadro Diagonalização e potência Ak calcula Ak por multiplicações sucessivas e explica por que nenhuma matriz real invertível S torna S−1AS diagonal. No exemplo Cisalhamento, o quadro A sequência Akx mostra uma única reta tracejada, e, com S invertível, nenhuma posição das setas v1 e v2 torna S−1AS diagonal.

Para pensar

Toda matriz invertível é diagonalizável? E toda matriz diagonalizável é invertível?

Nenhuma das duas afirmações vale. O cisalhamento 1101 é invertível, pois o determinante dele é 1, e não é diagonalizável. A matriz 1000, da projeção ortogonal sobre o eixo horizontal, já é diagonal, logo é diagonalizável (com S = I), e não é invertível. As duas propriedades dependem de coisas diferentes. Uma matriz A de tamanho n × n é invertível se, e somente se, 0 não é autovalor de A. Ela é diagonalizável se, e somente se, tem n autovetores LI.

Se A = SΛS−1, como calcular A−1?

A diagonal de Λ tem os autovalores λ1, …, λn de A. Se todos eles são diferentes de zero, Λ é invertível, com Λ−1 = diag(1/λ1, …, 1/λn), e A−1 = SΛ−1S−1, pois (SΛS−1)(SΛ−1S−1) = SΛ(S−1S)Λ−1S−1 = SΛΛ−1S−1 = SS−1 = I. Do mesmo modo, se λi ≥ 0 para todo i, a matriz R = S diag(√λ1, …, √λn) S−1 satisfaz R2 = A. A mesma conta vale para combinações lineares de potências de A. Por exemplo, A2 + 3A + 2I = S diag(λ12 + 3λ1 + 2, …, λn2 + 3λn + 2) S−1, porque A2 = SΛ2S−1, A = SΛS−1 e I = SS−1.

Num método iterativo, o vetor de erro no passo k, que se escreve εk, é multiplicado por uma matriz fixa B a cada passo: εk+1 = Bεk. O que garante que o erro tenda ao vetor nulo?

Suponha que B, de tamanho n × n, seja diagonalizável, com autovetores LI v1, …, vn associados aos autovalores λ1, …, λn, e escreva ε0 = α1v1 + ⋯ + αnvn. Pela guia Equações de diferenças, εk = Bkε0 = α1λ1kv1 + ⋯ + αnλnkvn. Então εk tende ao vetor nulo para todo ε0 se, e somente se, |λi| < 1 para todo i. O mesmo critério vale para qualquer B, mas a prova sem a diagonalização usa ferramentas que não estudamos. A velocidade depende do maior dos módulos |λi|. Se esse módulo é 0,9 e o coeficiente da parcela correspondente não é nulo, cada casa decimal de precisão exige cerca de 22 passos, pois 0,922 ≈ 0,098. Se o maior módulo é 0,5, cada casa decimal exige cerca de 3,3 passos, pois 0,53 = 0,125 e 0,54 = 0,0625.