Exemplo 1 — o vetor muda de direção
Antes de definir o que são autovetores e autovalores, a aula analisa geometricamente uma multiplicação \(A\mathbf{x}\) qualquer.
Lendo pela combinação linear das colunas — a leitura da A1 — as colunas são \(\mathbf{u}=[2,1]\) e \(\mathbf{v}=[1,2]\), e os pesos são as componentes de \(\mathbf{x}\):
$$2\begin{bmatrix}2\\1\end{bmatrix}+3\begin{bmatrix}1\\2\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}7\\8\end{bmatrix}$$O que essa combinação linear significa geometricamente?
O vetor resultante \(\mathbf{b}=A\mathbf{x}\) mudou de direção e de magnitude em relação a \(\mathbf{x}\). Esse é o comportamento normal: multiplicar por uma matriz gira e estica.
Exemplo 2 — o vetor só muda de magnitude
Mesma matriz \(A\), outro vetor \(\mathbf{x}\).
De novo pela combinação linear das colunas, agora com pesos 1 e 1:
$$1\begin{bmatrix}2\\1\end{bmatrix}+1\begin{bmatrix}1\\2\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}3\\3\end{bmatrix}$$Nesse caso a multiplicação \(A\mathbf{x}\) apenas mudou a magnitude de \(\mathbf{b}\) por um fator \(\lambda\), sem mudar sua direção:
$$\mathbf{b}=1\mathbf{u}+1\mathbf{v}=A\mathbf{x}=\lambda\mathbf{x}$$Quando isso ocorre, \(\mathbf{x}\) é dito autovetor e \(\lambda\) autovalor de \(A\). Aqui \(\mathbf{x}=[1,1]\) e \(\lambda=3\).
Autovalor e autovetor
Seja \(A\) uma matriz quadrada de ordem \(n\). Um vetor não nulo \(\mathbf{x}\) é um autovetor de \(A\) se existir um escalar \(\lambda\) (lambda) tal que:
$$A\mathbf{x}=\lambda\mathbf{x}$$Onde:
- \(A\): matriz de transformação linear;
- \(\mathbf{x}\): autovetor (deve ser diferente do vetor nulo);
- \(\lambda\): autovalor associado ao vetor \(\mathbf{x}\).
Equação característica
Para calcular os autovalores e autovetores de uma matriz quadrada \(A\) de ordem \(n\), temos que resolver a seguinte equação:
Esse é um sistema linear homogêneo \(M\mathbf{x}=\mathbf{0}\) — que sempre tem a solução “trivial” \(\mathbf{x}=\mathbf{0}\).
No entanto, por definição, um autovetor não pode ser o vetor nulo. Para que exista uma solução \(\mathbf{x}\ne\mathbf{0}\) para um sistema linear homogêneo, a matriz \((A-\lambda I)\) deve ser singular (não invertível), ou seja:
Polinômio característico
Ao calcular o \(\det(A-\lambda I)\), o resultado é um polinômio em \(\lambda\), chamado de polinômio característico.
Considere a matriz
$$A=\begin{bmatrix}2&1\\1&2\end{bmatrix}$$1. Subtraímos \(\lambda\) da diagonal principal:
$$A-\lambda I=\begin{bmatrix}2-\lambda&1\\1&2-\lambda\end{bmatrix}$$2. Calculando o determinante:
$$\det\begin{bmatrix}2-\lambda&1\\1&2-\lambda\end{bmatrix}=(2-\lambda)(2-\lambda)-(1)(1)$$ $$=4-4\lambda+\lambda^2-1$$ $$=\lambda^2-4\lambda+3$$Esse é o polinômio característico de \(A\).
Calculando os autovalores
As raízes do polinômio característico de \(A\) são os autovalores \(\lambda_i\) de \(A\).
Esse polinômio de segundo grau admite duas soluções:
$$\lambda_1=1 \qquad\text{e}\qquad \lambda_2=3$$Esses são os autovalores de \(A\).
Calculando os autovetores
Depois que calculamos os autovalores de \(A\), podemos calcular seus autovetores correspondentes resolvendo a mesma equação, agora com \(\lambda\) já conhecido:
Uma resolução por autovalor. Com \(\lambda_1=1\) e \(\lambda_2=3\), são duas.
Pela leitura por colunas:
$$x_1\begin{bmatrix}1\\1\end{bmatrix}+x_2\begin{bmatrix}1\\1\end{bmatrix}=\mathbf{0}$$As duas colunas são iguais, então basta \(x_1=-x_2\):
$$\mathbf{x}=\begin{bmatrix}1\\-1\end{bmatrix}$$autovetor de \(\lambda_1\).
Pela leitura por colunas:
$$y_1\begin{bmatrix}-1\\1\end{bmatrix}+y_2\begin{bmatrix}1\\-1\end{bmatrix}=\mathbf{0}$$Uma coluna é o negativo da outra, então basta \(y_1=y_2\):
$$\mathbf{y}=\begin{bmatrix}1\\1\end{bmatrix}$$autovetor de \(\lambda_2\).
Confere com a motivação: no Exemplo 2 o vetor \([1,1]\) foi para \([3,3]\) — é exatamente o autovetor de \(\lambda_2=3\).
Propriedades dos autovalores
As seguintes propriedades valem para os autovalores \(\lambda_i\) de \(A\):
O traço (soma da diagonal principal) de \(A\) é igual à soma dos autovalores:
$$\mathrm{tr}(A)=\sum_{i=1}^{n}\lambda_i$$O determinante de \(A\) é igual ao produto dos autovalores:
$$\det(A)=\prod_{i=1}^{n}\lambda_i$$Conferindo nas contas do próprio slide, com \(A=\begin{bmatrix}2&1\\1&2\end{bmatrix}\), \(\lambda_1=1\) e \(\lambda_2=3\):
$$\mathrm{tr}(A)=2+2=4=1+3=\lambda_1+\lambda_2$$ $$\det(A)=2\cdot2-1\cdot1=3=1\cdot3=\lambda_1\lambda_2$$Propriedades dos autovetores
As seguintes propriedades valem para um autovetor \(\mathbf{x}\) de \(A\).
Se \(\mathbf{x}\) é autovetor de \(A\) com autovalor \(\lambda\), então \(\mathbf{x}\) é autovetor de qualquer potência \(A^2,A^3,A^4,\dots\), com autovalores \(\lambda^2,\lambda^3,\lambda^4,\dots\):
$$A^k\mathbf{x}=\lambda^k\mathbf{x}$$Repetindo o passo mais uma vez sai \(A^3\), e assim por diante.
Se \(\mathbf{x}\) é autovetor de \(A\) com autovalor \(\lambda\), então \(\mathbf{x}\) também é autovetor de sua inversa \(A^{-1}\), mas com autovalor \(\tfrac{1}{\lambda}\):
$$A^{-1}\mathbf{x}=\frac{1}{\lambda}\mathbf{x}$$Base de autovetores e \(A^k\mathbf{v}\)
Muitas matrizes \(A\) quadradas possuem \(n\) autovetores \(\mathbf{x}_i\) L.I. Nesse caso, podemos definir qualquer vetor \(\mathbf{v}\in\mathbb{R}^n\) como uma combinação linear dos autovetores — isto é, usar os autovetores como base:
Os \(c_i\) são as coordenadas de \(\mathbf{v}\) nessa base — não são autovalores.
Quando multiplicamos a matriz \(A\) por esse vetor \(\mathbf{v}\), cada parcela vira um \(A\mathbf{x}_i=\lambda_i\mathbf{x}_i\):
$$A\mathbf{v}=A(c_1\mathbf{x}_1+\dots+c_n\mathbf{x}_n)$$ $$A\mathbf{v}=c_1\lambda_1\mathbf{x}_1+\dots+c_n\lambda_n\mathbf{x}_n$$Se multiplicamos por \(A\) mais uma vez:
$$A^2\mathbf{v}=A(c_1\lambda_1\mathbf{x}_1+\dots+c_n\lambda_n\mathbf{x}_n)$$ $$A^2\mathbf{v}=c_1\lambda_1 A\mathbf{x}_1+\dots+c_n\lambda_n A\mathbf{x}_n$$ $$A^2\mathbf{v}=c_1\lambda_1\lambda_1\mathbf{x}_1+\dots+c_n\lambda_n\lambda_n\mathbf{x}_n$$ $$A^2\mathbf{v}=c_1\lambda_1^2\mathbf{x}_1+\dots+c_n\lambda_n^2\mathbf{x}_n$$Autovetores nos permitem multiplicar \(A^k\mathbf{v}\) muito rapidamente: em vez de \(k\) multiplicações de matriz, basta elevar \(n\) escalares à potência \(k\).
Quem domina a soma quando \(k\) cresce
Vamos considerar o caso geral:
$$A^k\mathbf{v}=c_1\lambda_1^k\mathbf{x}_1+\dots+c_n\lambda_n^k\mathbf{x}_n$$Por organização, considere os autovalores ordenados em ordem decrescente de magnitude:
$$|\lambda_1|>|\lambda_2|>\dots>|\lambda_n|$$Suponha que \(|\lambda_1|>1\) e que existe um índice \(j\) tal que \(|\lambda_j|<1\). O que acontece quando o valor de \(k\) cresce?
Quebrando a soma no índice \(j\), em duas metades:
$$A^k\mathbf{v}=\underbrace{c_1\lambda_1^k\mathbf{x}_1+\dots+c_{j-1}\lambda_{j-1}^k\mathbf{x}_{j-1}}_{|\lambda|\,>\,1\;\Rightarrow\;\text{cresce}}$$ $$+\;\underbrace{c_j\lambda_j^k\mathbf{x}_j+\dots+c_n\lambda_n^k\mathbf{x}_n}_{|\lambda|\,<\,1\;\Rightarrow\;\text{vai a zero}}$$Os \(j-1\) primeiros termos irão dominar a soma: os autovalores com \(|\lambda|>1\) explodem quando elevados a \(k\), enquanto os com \(|\lambda|<1\) vão a zero.
Calcular \(A^{100}\mathbf{v}\)
Seja a matriz \(A\) e o vetor \(\mathbf{v}\) abaixo. Qual o valor de \(A^{100}\mathbf{v}\)?
$$A=\begin{bmatrix}0{,}8&0{,}3\\0{,}2&0{,}7\end{bmatrix},\qquad \mathbf{v}=\begin{bmatrix}0{,}4\\0{,}6\end{bmatrix}$$Pelo polinômio característico:
$$\det(A-\lambda I)=\lambda^2-1{,}5\lambda+0{,}5$$Cujas raízes são
$$\lambda_1=1 \;\longrightarrow\; \mathbf{x}_1=\begin{bmatrix}0{,}6\\0{,}4\end{bmatrix}, \qquad \lambda_2=0{,}5 \;\longrightarrow\; \mathbf{x}_2=\begin{bmatrix}1\\-1\end{bmatrix}$$Escrevemos \(\mathbf{v}\) como combinação linear de \(\mathbf{x}_1\) e \(\mathbf{x}_2\):
$$\mathbf{v}=c_1\begin{bmatrix}0{,}6\\0{,}4\end{bmatrix}+c_2\begin{bmatrix}1\\-1\end{bmatrix}$$Resolvendo o sistema, linha a linha:
$$0{,}6c_1+c_2=0{,}4$$ $$0{,}4c_1-c_2=0{,}6$$Somando as duas equações, \(c_2\) se cancela e sobra \(c_1=1{,}0\); voltando na primeira, \(c_2=-0{,}2\):
$$\mathbf{v}=1{,}0\begin{bmatrix}0{,}6\\0{,}4\end{bmatrix}+(-0{,}2)\begin{bmatrix}1\\-1\end{bmatrix}$$Pela propriedade dos autovetores, cada parcela só ganha \(\lambda^{100}\):
$$A^{100}\mathbf{v}=c_1\lambda_1^{100}\mathbf{x}_1+c_2\lambda_2^{100}\mathbf{x}_2$$ $$A^{100}\mathbf{v}=1\cdot(1)^{100}\begin{bmatrix}0{,}6\\0{,}4\end{bmatrix}-0{,}2\cdot(0{,}5)^{100}\begin{bmatrix}1\\-1\end{bmatrix}$$O segundo termo tem \((0{,}5)^{100}\approx 0\) — some. Logo:
$$A^{100}\mathbf{v}\approx 1\cdot(1)^{100}\begin{bmatrix}0{,}6\\0{,}4\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0{,}6\\0{,}4\end{bmatrix}$$Resposta. \(A^{100}\mathbf{v}\approx[0{,}6\;\;0{,}4]^T\), sem multiplicar matriz nenhuma cem vezes.
Matrizes similares (semelhantes)
Duas matrizes quadradas \(A\) e \(B\) de ordem \(n\) são ditas similares (ou semelhantes) se existir uma matriz invertível \(X\) tal que:
$$A=XBX^{-1} \qquad\text{ou}\qquad B=X^{-1}AX$$Matrizes similares \(A\) e \(B\) possuem os mesmos autovalores:
O par \(XX^{-1}\) vira \(I\) e desaparece:
$$AX\mathbf{y}=\lambda X\mathbf{y} \qquad \text{(definindo } \mathbf{x}=X\mathbf{y})$$ $$A\mathbf{x}=\lambda\mathbf{x} \qquad (\lambda \text{ também é autovalor de } A)$$Decomposição espectral (diagonalização)
A decomposição espectral de uma matriz quadrada \(A\) consiste em encontrar uma matriz diagonal \(\Lambda\) que seja similar a \(A\). Ou seja, decompor \(A\) em duas matrizes \(\Lambda\) e \(X\) tais que:
$$A=X\Lambda X^{-1}$$Se \(A\) tem \(n\) autovetores L.I., então podemos realizar essa decomposição:
- \(\Lambda\) (diagonal): contém os autovalores \((\lambda_1,\lambda_2,\dots,\lambda_n)\) de \(A\) na diagonal principal;
- \(X\) (invertível): contém os autovetores \((\mathbf{x}_1,\mathbf{x}_2,\dots,\mathbf{x}_n)\) de \(A\) nas suas colunas.
No caso \(2\times2\):
$$A=\begin{bmatrix}a_{11}&a_{12}\\a_{21}&a_{22}\end{bmatrix},\qquad \Lambda=\begin{bmatrix}\lambda_1&0\\0&\lambda_2\end{bmatrix},\qquad X=\begin{bmatrix}\mathbf{x}_1&\mathbf{x}_2\end{bmatrix}$$Por que \(A=X\Lambda X^{-1}\)
Vamos mostrar que, se \(A\) tem \(n\) autovetores L.I., então a diagonalização com decomposição espectral é possível. A conta é multiplicar \(A\) pela matriz \(X\) dos autovetores e ler o resultado de duas formas.
Multiplicar \(A\) por \(X\) é multiplicar \(A\) por cada coluna, uma de cada vez — e cada coluna é um autovetor:
$$A\begin{bmatrix}|&&|\\ \mathbf{x}_1&\dots&\mathbf{x}_n\\ |&&|\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}|&&|\\ A\mathbf{x}_1&\dots&A\mathbf{x}_n\\ |&&|\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}|&&|\\ \lambda_1\mathbf{x}_1&\dots&\lambda_n\mathbf{x}_n\\ |&&|\end{bmatrix}$$Escalar cada coluna por um número é exatamente o que uma matriz diagonal faz quando multiplica pela direita:
$$=\begin{bmatrix}|&&|\\ \mathbf{x}_1&\dots&\mathbf{x}_n\\ |&&|\end{bmatrix}\begin{bmatrix}\lambda_1&&\\ &\ddots&\\ &&\lambda_n\end{bmatrix}$$Ou seja, os dois lados são \(X\) e \(X\Lambda\):
$$AX=X\Lambda$$ $$AXX^{-1}=X\Lambda X^{-1} \qquad (X \text{ é invertível!})$$ $$A=X\Lambda X^{-1}$$Potenciação rápida com a decomposição
A decomposição espectral \(A=X\Lambda X^{-1}\) é útil para calcular potências de matrizes \(A^k\) muito rapidamente.
Por exemplo, para calcular \(A^2\):
$$A^2=AA$$ $$A^2=(X\Lambda X^{-1})(X\Lambda X^{-1})$$O \(X^{-1}X\) do meio vira \(I\):
$$A^2=(X\Lambda\Lambda X^{-1})$$ $$A^2=(X\Lambda^2 X^{-1})$$E \(\Lambda^k\) é barato: matriz diagonal elevada a \(k\) é cada elemento da diagonal elevado a \(k\). Assim
$$A^{100}=X\Lambda^{100}X^{-1}$$custa uma decomposição, \(n\) potências de escalar e dois produtos de matriz.
Outras aplicações da decomposição espectral
Além da potenciação rápida de matrizes, a decomposição espectral \(A=X\Lambda X^{-1}\) possui aplicações em:
- cálculo do N-ésimo número de Fibonacci;
- comportamento de Equações Diferenciais Ordinárias (EDOs);
- Linear Discriminant Analysis (Ciência de Dados);
- cadeias de Markov;
- …
Algoritmo da decomposição espectral
Em resumo, o seguinte algoritmo pode ser aplicado para obter a decomposição espectral \(A=X\Lambda X^{-1}\) de uma matriz quadrada \(A\):
- Encontre o polinômio característico \(\det(A-\lambda I)=0\).
- Determine todos os autovalores \(\lambda_i\).
- Para cada \(\lambda_i\), encontre seu autovetor associado \(\mathbf{x}_i\).
- Se houver \(n\) autovetores L.I., monte \(X\) com os autovetores e \(\Lambda\) com os autovalores.
Os quatro passos são, na ordem, os tópicos 05, 06, 07 e 13 deste resumo.
Checklist da A6
Se você consegue responder tudo abaixo sem consultar, a aula está fechada.
| Pergunta | Onde está |
|---|---|
| Dizer o que muda em \(\mathbf{x}\) quando \(A\mathbf{x}\) não é autovetor, e quando é | Exemplo 1 · Exemplo 2 |
| Enunciar \(A\mathbf{x}=\lambda\mathbf{x}\) e a restrição sobre \(\mathbf{x}\) | Autovalor e autovetor |
| Chegar de \(A\mathbf{x}=\lambda\mathbf{x}\) até \(\det(A-\lambda I)=0\) e justificar a singularidade | Equação característica |
| Montar \(A-\lambda I\) e obter o polinômio característico | Polinômio característico |
| Achar os autovalores de \(\begin{bmatrix}2&1\\1&2\end{bmatrix}\) | Calculando os autovalores |
| Resolver \((A-\lambda_i I)\mathbf{x}=\mathbf{0}\) para cada autovalor | Calculando os autovetores |
| Usar traço e determinante para conferir (ou achar) os autovalores | Propriedades dos autovalores |
| Demonstrar \(A^k\mathbf{x}=\lambda^k\mathbf{x}\) e \(A^{-1}\mathbf{x}=\tfrac{1}{\lambda}\mathbf{x}\) | Propriedades dos autovetores |
| Escrever \(\mathbf{v}\) na base de autovetores e aplicar \(A^k\) parcela a parcela | Base de autovetores e \(A^k\mathbf{v}\) |
| Dizer quais termos dominam \(A^k\mathbf{v}\) quando \(k\) cresce | Quem domina quando \(k\) cresce |
| Calcular \(A^{100}\mathbf{v}\) nos três passos, sem multiplicar matriz | Exercício |
| Provar que matrizes similares têm os mesmos autovalores | Matrizes similares |
| Montar \(X\) e \(\Lambda\) a partir dos autovetores e autovalores | Decomposição espectral |
| Deduzir \(A=X\Lambda X^{-1}\) a partir de \(AX=X\Lambda\) | Por que \(A=X\Lambda X^{-1}\) |
| Mostrar \(A^k=X\Lambda^k X^{-1}\) e dizer por que isso é barato | Potenciação rápida |
| Recitar os quatro passos do algoritmo da decomposição | Algoritmo da decomposição |