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Calculando Autovalores e Autovetores

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Teoria

Como Achar os Autovalores e Autovetores?

Beleza, já sabemos tudo o que tem pra saber sobre autovalores e autovetores menos . . . como calcular!

É bem simples na verdade, basta calcular as raízes do polinômio característico!

Do o que?! Calma, olha ele aí em baixo:

p λ = d e t ⁡ ( A - λ I )

onde I é a matriz identidade e A é a sua matriz.

Então, para encontrar os autovalores basta fazer p λ = 0 . Vamos achar os autovalores da matriz A abaixo:

A = 2 0 0 1

2 0 0 1 - λ 1 0 0 1 = 2 - λ 0 0 1 - λ ⇒

det ⁡ 2 - λ 0 0 1 - λ = 0 ⇒

2 - λ 1 - λ = 0

Logo, λ = 2 e λ = 1 !!

Existe uma outra dica para calcular autovalores. Genericamente para matrizes n × n , temos:

det ⁡ A = λ 1 ⋅ … ⋅ λ n

t r A = λ 1 + … + λ n

sendo A , a matriz e t r o traço de A .

Usando essa dica, não dá pra calcular nada, pois temos n variáveis e duas equações. Mas para matrizes 2 × 2 , temos:

det ⁡ A = λ 1 ⋅ λ 2

t r A = λ 1 + λ 2

Agora com isso, podemos calcular os autovalores, com apenas essa equação.

E para achar os autovetores?

Basta fazer:

A b = λ b

o u

A - λ I b = 0

Vamos usar a primeira para λ = 2 :

2 0 0 1 x y = 2 x y

2 x y = 2 x 2 y

2 x = 2 x ⇒ x = x y = 2 y ⇒ y = 0

Assim, nossos autovetores são x , 0 = x ( 1,0 ) . Que é a mesma coisa que s p a n 1,0 . Era de se esperar que desse infinitos valores né?

Agora vamos usar o último método para λ = 1 :

2 - λ 0 0 1 - λ x y = 2 - 1 0 0 1 - 1 x y ⇒

1 0 0 0 x y = 0

Resolvendo o sistema achamos que x = 0 , e, portanto, nossos autovetores são 0 , y = y 0,1 , o que também era esperado.

Então, relembrando o processo:

  • Determinamos os zeros de d e t ( A   -   λ I )   =   0 para achar os autovalores.
  • Substituímos os autovalores na equação ( T   –   λ I ) b   =   0 para determinar os autovetores b .

Multiplicidade

Eu já falei que se um autovalor tem multiplicidade n , ele está associado a um autoespaço de dimensão n . Só que existem dois tipos de multiplicidade! A algébrica e a geométrica.

Imagine que temos a seguinte equação como polinômio característico de uma matriz:

p λ = λ - 2 2 λ + 3

Nesse caso temos o autovalor - 3 e o autovalor 2 certo? Mas repare no quadrado ali em cima! Isso quer dizer que o autovalor 2 é raiz do polinômio duas vezes, então ele tem multiplicidade algébrica igual a 2 .

Já a multiplicidade geométrica está relacionada à dimensão do autoespaço ao qual o autovalor está associado! Tá, mas essas duas coisas se relacionam de alguma forma? Sim! A seguinte relação sempre será válida:

1 ≤ m u l t i p l i c i d a d e   g e o m é t r i c a ≤ m u l t i p l i c i d a d e   a l g é b r i c a

O que isso quer dizer? Bom, todo autovalor está associado a algum autovetor. Então a multiplicidade geométrica (a dimensão do autoespaço associado ao autovalor) tem que ser pelo menos 1 . E ela sempre será menor ou igual à multiplicidade algébrica (número de vezes que o autovalor é raiz do polinômio característico).

Bizú

Você deve ter percebido que autovalores e autovetores têm MUITAS propriedades que vão se relacionando com todos os conceitos que já vimos no curso.

Como esse tipo de coisa é muito cobrado em prova, se você conseguir memorizar já vai te adiantar muito, já que não vai precisar ficar pensando ou deduzindo na hora.

Sendo assim, aqui vão uns bizus que são muito úteis na prova. Não espero que decore todos logo de cara, mas sempre que quiser dar uma olhada vão estar aqui. Alguns eu já até comentei, mas vale por aqui de novo. Aí vai:

  • O determinante de uma matriz A é o produto dos seus autovalores.
  • O traço de uma matriz A é a soma de seus autovalores.
  • Os autovalores de A - 1 são iguais ao inverso dos autovalores de A . Os autovetores são os mesmos.
  • Os autovalores de A são iguais aos autovalores de A T .
  • Os autovalores de uma matriz triangular são os elementos da diagonal.
  • Se trocarmos as linhas e colunas correspondentes de uma matriz de lugar os autovalores permanecem os mesmos. (por exemplo, se trocarmos a linha 1 com a linha 2 , temos que trocar a coluna 1 com a coluna 2 !)

Fim de papo, vamos fazer alguns exercícios!!

Multiplicidade

Bizú

Exercícios Resolvidos

Exercício Resolvido #1

Marco Cabral e Paulo Goldfeld, Curso de Álgebra Linear Fundamentos e Aplicações, 3ª Ed., Rio de Janeiro, Instituto de Matemática, 2012, pp. 209 – Ext 7.2

Calcule os autovalores e os autoespaços associados de:

a   A = 3 0 0 0 3 2 0 - 1 0

b   A = 0 1 0 0

c   A = 2 - 1 0 0 1 - 1 0 1 3

Passo 1

a   Para encontrar os autovalores, é só você fazer det ⁡ ( A - λ I ) = 0 :

3 - λ 0 0 0 3 - λ 2 0 - 1 - λ = 0

det ⁡ A - λ I = 3 - λ   3 - λ 2 - 1 - λ = 0

3 - λ 3 - λ - λ + 2 = 0

3 - λ λ 2 - 3 λ + 2 = 0

Pelo polinômio característico já sabemos λ = 3 é um autovalor.

Para saber os outros 2 , basta calcular:

λ 2 - 3 λ + 2 = 0

Fatorando por soma e produto:

λ - 1 λ - 2 = 0

Os outros autovalores são λ = 1 e λ = 2 .

Passo 2

Agora temos que calcular os autoespaços associados a cada um dos autovalores.

Vamos calcular o do λ = 1 .

Resolvendo o sistema homogêneo A - I v → = 0 → :

3 - 1 0 0 0 3 - 1 2 0 - 1 - 1 x y z = 0 0 0

2 0 0 0 2 2 0 - 1 - 1 x y z = 0 0 0

Agora é só escalonar a matriz aumentada:

2 0 0 0 2 2 0 - 1 - 1 0 0 0 → L 3 ← L 3 + L 2 2 2 0 0 0 2 2 0 0 0 0 0 0

Seja z = t , substituindo nas equações:

x = 0

2 y + 2 z = 0 → y = - z → y = - t

A solução então é:

x y z = 0 - t t

0 ,   - 1 ,   1

Esse é o autoespaço associado ao autovalor!

Passo 3

Para λ = 2 :

3 - 2 0 0 0 3 - 2 2 0 - 1 - 2 x y z = 0 0 0

1 0 0 0 1 2 0 - 1 - 2 x y z = 0 0 0

Escalonando a matriz aumentada ( L 3 ← L 2 + L 3 ):

1 0 0 0 1 2 0 - 1 - 2 0 0 0 → L 3 ← L 3 + L 2 1 0 0 0 1 2 0 0 0 0 0 0

Seja t = z .

Substituindo nas equações:

y + 2 z = 0 → y = - 2 z → y = - 2 t

x = 0

A solução fica:

x y z = 0 - 2 t t

N u c A - 2 I = 0 ,   - 2 ,   1

Esse é o autoespaço associado a λ = 2 ! =D

Passo 4

Para λ = 3 :

3 - 3 0 0 0 3 - 3 2 0 - 1 - 3 x y z = 0 0 0

0 0 0 0 0 2 0 - 1 - 3 x y z = 0 0 0

Se eu mudar a ordem das linhas da matriz aumentada, ela já fica em sua forma escalonada:

0 0 0 0 - 1 - 3 0 0 2 0 0 0

Fazemos então x = t .

Aí é só substituir:

2 z = 0 ⇒ z = 0

- y - 3 z = 0 ⇒ y = - 3 z = - 3 × 0 = 0

Substituindo:

t 0 0

Então

N u c A - 3 I = 1 0 0

Esse é o autoespaço associado a autovalor 3 .

Passo 5

b   Novamente, fazemos det ⁡ ( A - λ I ) = 0 :

- λ 1 0 - λ = 0

- λ ∙ - λ = 0 ⇒ λ = 0

Passo 6

Resolvendo o sistema homogêneo A - I v → = 0 → :

- 0 1 0 - 0 x y = 0 0

Pela matriz aumentada:

0 1 0 0 0 0

Fazemos x = t . Fica então:

x = t

y = 0

A solução é o autoespaço que possui vetores da forma:

t 0

Então o autoespaço associado ao autovalor 0 é:

1,0

Passo 7

c   Fazemos det ⁡ ( A - λ I ) = 0 :

2 - λ - 1 0 0 1 - λ - 1 0 1 3 - λ = 0

2 - λ ∙ 1 - λ - 1 1 3 - λ = 0

2 - λ 1 - λ 3 - λ + 1 = 0

2 - λ λ 2 - 4 λ + 4 = 0

Daí já vemos que λ = 2 é um autovalor. Para obtermos os outros, basta resolvermos:

λ 2 - 4 λ + 4 = 0

Δ = 16 - 4 ∙ 1 ∙ 4 = 0

λ = 4 ± 0 2 = 2

Então temos apenas o autovalor 2 . Bom pra gente, menos conta haha.

Passo 8

Resolvemos o sistema homogêneo A - I v → = 0 → :

2 - 2 - 1 0 0 1 - 2 - 1 0 1 3 - 2 x y z = 0 0 0

0 - 1 0 0 - 1 - 1 0 1 1 x y z = 0 0 0

Escalonando a matriz aumentada:

0 - 1 0 0 - 1 - 1 0 1 1 0 0 0 → L 3 ← L 3 + L 2 0 - 1 0 0 - 1 - 1 0 0 0 0 0 0

Fazer x = t . Chegamos ao sistema:

x = t - y = 0 ⇒ y = 0 - y - z = 0 ⇒ z = 0

A solução então é:

x y z = t 0 0

1 ,   0,0

Esse é o autoespaço associado ao autovalor!

Resposta

a   Autovalor λ = 1 e autoespaço 0 ,   - 1 ,   1

Autovalor λ = 2 e autoespaço 0 ,   - 2 ,   1

Autovalor λ = 3 e autoespaço 1 ,   0 ,   0

b   Autovalor λ = 0 e autoespaço 1,0

c   Autovalor λ = 2 e autoespaço 1 ,   0,0

Exercício Resolvido #2

Alfredo Steinbruch e Paulo Winterle, Álgebra Linear, 2ª ed., São Paulo, Pearson, 1987, pp. 315. – 3

Calcular os autovalores e os correspondentes autovetores próprios das seguintes matrizes:

a   A = 2 1 3 4

b   A = 3 - 1 - 3 0 2 - 3 0 0 - 1

c   A = 3 3 - 2 0 - 1 0 8 6 - 5

d   A = 0 0 2 0 - 1 0 2 0 0

Passo 1

a Fazemos det ⁡ ( A - λ I ) = 0 :

2 - λ 1 3 4 - λ = 0

2 - λ ∙ 4 - λ - 3 = 0

λ 2 - 6 λ + 5 = 0

Δ = 36 - 4 ∙ 1 ∙ 5 = 16

λ = 6 ± 16 2 = 5   o u   1

Então temos dois altovalores λ = 1 e λ = 5 .

Passo 2

Primeiro para λ = 1 . Resolvendo o sistema homogêneo A - λ I v → = 0 → :

2 - 1 1 3 4 - 1 x y = 0 0

1 1 3 3 x y = 0 0

Escalonando a matriz aumentada:

1 1 3 3 0 0 → L 2 ← L 2 - 3 L 1 1 1 0 0 0 0

Fazemos x = t e temos:

x = t

x + y = 0 ⇒ y = - t

A solução é o autoespaço que possui vetores da forma:

t - t

Então o autoespaço associado ao autovalor 1 é:

1 , - 1

Passo 3

Agora o fazemos o mesmo para o autovalor λ = 5 :

2 - 5 1 3 4 - 5 x y = 0 0

- 3 1 3 - 1 x y = 0 0

Escalonando a matriz aumentada:

- 3 1 3 - 1 0 0 → L 2 ← L 2 + L 1 - 3 1 0 0 0 0

Fazemos x = t e temos:

x = t

- 3 x + y = 0 ⇒ y = 3 t

A soluç��o é o autoespaço que possui vetores da forma:

t 3 t

Então o autoespaço associado ao autovalor 5 é:

1,3

Passo 4

b   Fazendo det ⁡ ( A - λ I ) = 0 :

3 - λ - 1 - 3 0 2 - λ - 3 0 0 - 1 - λ = 0

det ⁡ A - λ I = 3 - λ   2 - λ - 3 0 - 1 - λ = 0

3 - λ 2 - λ - 1 - λ = 0

Então, os autovalores são λ = 3 , λ = 2 e λ = - 1 .

Passo 5

Agora temos que calcular os autoespaços associados a cada um dos autovalores.

Vamos calcular o do λ = - 1 .

Resolvendo o sistema homogêneo A - λ I v → = 0 → :

3 + 1 - 1 - 3 0 2 + 1 - 3 0 0 - 1 + 1 x y z = 0 0 0

4 - 1 - 3 0 3 - 3 0 0 0 x y z = 0 0 0

A matriz já está escalonada. Igualando z = t , temos o sistema:

4 x - y - 3 z = 0 ⇒ x = t 3 y - 3 z = 0 ⇒ y = t z = t

A solução então é:

x y z = t t t

1,1 , 1

Esse é o autoespaço associado ao autovalor!

Passo 6

Para λ = 2 :

3 - 2 - 1 - 3 0 2 - 2 - 3 0 0 - 1 - 2 x y z = 0 0 0

1 - 1 - 3 0 0 - 3 0 0 - 3 x y z = 0 0 0

Descartamos a terceira linha já que é igual à segunda:

1 - 1 - 3 0 0 - 3 0 0 0 0 0 0

Seja t = x , temos o sistema:

x - y - 3 z = 0 ⇒ t = y - 3 z = 0 ⇒ z = 0 x = t

A solução fica:

x y z = t t 0

N u c A - 2 I = 1,1 , 0

Esse é o autoespaço associado a λ = 2 ! =D

Passo 7

Para λ = 3 :

3 - 3 - 1 - 3 0 2 - 3 - 3 0 0 - 1 - 3 x y z = 0 0 0

0 - 1 - 3 0 - 1 - 3 0 0 - 4 x y z = 0 0 0

Podemos eliminar a segunda linha já que é igual à primeira:

0 - 1 - 3 0 0 0 0 0 - 4 0 0 0

Fazemos então x = t .

Aí é só resolver o sistema:

- y - 3 z = 0 ⇒ y = 0 - 4 z = 0 ⇒ z = 0 x = t

Substituindo:

t 0 0

Então

N u c A - 3 I = 1 0 0

Esse é o autoespaço associado a autovalor 3 .

Passo 8

c   Fazendo det ⁡ ( A - λ I ) = 0 :

3 - λ 3 - 2 0 - 1 - λ 0 8 6 - 5 - λ = 0

det ⁡ A - λ I = - 1 - λ   3 - λ - 2 8 - 5 - λ = 0

- 1 - λ 3 - λ - 5 - λ + 16 = 0

- 1 - λ λ 2 + 2 λ + 1 = 0

- 1 - λ λ + 1 2 = 0

Então, o único autovalor é λ = - 1 .

Passo 9

Agora temos que calcular o autoespaço associado ao autovalor λ = - 1 .

Resolvendo o sistema homogêneo A - λ I v → = 0 → :

3 + 1 3 - 2 0 - 1 + 1 0 8 6 - 5 + 1 x y z = 0 0 0

4 3 - 2 0 0 0 8 6 - 4 x y z = 0 0 0

A terceira linha é o dobro da primeira. Excluindo ela temos:

4 3 - 2 0 0 0 0 0 0 0 0 0

Fazendo x = t e y = s temos:

4 x + 3 y - 2 z = 0 ⇒ z = 4 t + 3 s 2 x = t y = s

A solução então é:

x y z = t s 4 t + 3 s 2

E o autoespaço associado ao autovalor é:

1,0 , 2 , 0,2 , 3

Repare que temos duas “direções” associadas ao autovalor. Não há nenhum problema com isso, já que podemos ter um autovalor associado à mais de um autovetor. O que não pode acontecer é o contrário ;)

Passo 10

d   Fazendo det ⁡ ( A - λ I ) = 0 :

0 - λ 0 2 0 - 1 - λ 0 2 0 0 - λ = 0

det ⁡ A - λ I = - 1 - λ   - λ 2 2 - λ = 0

- 1 - λ - λ 2 - 4 = 0

- 1 - λ λ 2 - 4 = 0

- 1 - λ λ + 2 λ - 2 = 0

Então, os autovalores são λ = - 1 , λ = 2 e λ = - 2 .

Passo 11

Agora temos que calcular os autoespaços associados a cada um dos autovalores.

Vamos calcular o do λ = - 2 .

Resolvendo o sistema homogêneo A - λ I v → = 0 → :

0 + 2 0 2 0 - 1 + 2 0 2 0 0 + 2 x y z = 0 0 0

2 0 2 0 1 0 2 0 2 x y z = 0 0 0

A terceira linha é igual à primeira, então podemos eliminá-la:

2 0 2 0 1 0 0 0 0 0 0 0

Seja z = t , chegamos no sistema:

2 x + 2 z = 0 ⇒ x = - t y = 0 z = t

A solução então é:

x y z = - t 0 t

- 1,0 , 1

Esse é o autoespaço associado ao autovalor!

Passo 12

Para λ = 2 :

0 - 2 0 2 0 - 1 - 2 0 2 0 0 - 2 x y z = 0 0 0

- 2 0 2 0 - 3 0 2 0 - 2 x y z = 0 0 0

A terceira linha é igual à primeira multiplicada por - 1 , então podemos eliminá-la:

- 2 0 2 0 - 3 0 0 0 0 0 0 0

Seja t = z . Ficamos com o sistema:

- 2 x + 2 z = 0 ⇒ x = t - 3 y = 0 z = t

A solução fica:

x y z = t 0 t

N u c A - 2 I = 1,0 , 1

Esse é o autoespaço associado a λ = 2 ! =D

Passo 13

Para λ = - 1 :

0 + 1 0 2 0 - 1 + 1 0 2 0 0 + 1 x y z = 0 0 0

1 0 2 0 0 0 2 0 1 x y z = 0 0 0

Escalonando a matriz aumentada:

1 0 2 0 0 0 2 0 1 0 0 0 → L 3 ← L 3 - 2 L 1 1 0 2 0 0 0 0 0 - 3 0 0 0

Fazendo y = t chegamos no sistema:

x + 2 z = 0 ⇒ x = 0 - 3 z = 0 ⇒ z = 0 y = t

Logo, temos como solução:

0 t 0

Então

N u c A - 3 I = 0 1 0

Esse é o autoespaço associado a autovalor - 1 .

Resposta

a   Autovalor λ = 1 e autoespaço 1 , - 1

Autovalor λ = 5 e autoespaço 1,3

b   Autovalor λ = - 1 e autoespaço 1,1 , 1

Autovalor λ = 2 e autoespaço 1,1 , 0

Autovalor λ = 3 e autoespaço 1 ,   0,0

c   Autovalor λ = - 1 e autoespaço 1,0 , 2 , 0,2 , 3

d   Autovalor λ = - 1 e autoespaço 0,1 , 0

Autovalor λ = - 2 e autoespaço - 1,0 , 1

Autovalor λ = 2 e autoespaço 1,0 , 1

Exercício Resolvido #3

Alfredo Steinbruch e Paulo Winterle, Álgebra Linear, 2ª ed., São Paulo, Pearson, 1987, pp. 316. – 7

Quais são os autovalores e autovetores próprios da matriz identidade?

Passo 1

Bom, podemos tanto calcular quanto raciocinar um pouquinho haha. O que a matriz identidade faz? Ela pega todos os vetores do R n e leva neles mesmos certo? Então o autovalor dela é o 1 certo? Além disso, como ela funciona para qualquer vetor, seus autovetores são todos os vetores do seu domínio com exceção do vetor nulo, pois já sabemos que ele nunca será um autovetor!

Entendeu? Se não ficou muito claro você pode sempre calcular! Vamos ver como fica?

Seja A matriz identidade n × n . Fazemos det ⁡ ( A - λ I ) = 0 :

1 - λ 0 ⋯ 0 0 0 1 - λ ⋯ 0 0 ⋮ ⋮ ⋱ ⋮ ⋮ 0 0 ⋯ 1 - λ 0 0 0 ⋯ 0 1 - λ = 0

1 - λ n = 0

Logo, como esperado o único autovalor dessa matriz é λ = 1 .

Agora para acharmos os autovetores resolvemos o sistema homogêneo A - I v → = 0 → :

0 0 ⋯ 0 0 0 0 ⋯ 0 0 ⋮ ⋮ ⋱ ⋮ ⋮ 0 0 ⋯ 0 0 0 0 ⋯ 0 0 x 1 x 2 ⋮ x n - 1 x n = 0 0 ⋮ 0 0

Opa, perceba que obtivemos uma matriz nula! Naturalmente, todo vetor multiplicado por ela será levado no zero, então qualquer vetor do R n é autovetor do autovalor 1 . Com exceção, é claro, do vetor nulo, pois ele nunca será um autovetor ;)

Resposta

Autovalor λ = 1 e como autovetores temos todos os vetores do espaço com exceção do vetor nulo.

Exercícios de Livros Relacionados

Determinar valores próprios do operador linear T : V → V do R 4 que é definido em uma base { e 1 ,..., e n } por T e i = λ i ∈ R .
Achar os valores e os vetores próprios do operador T do IR 2 dado por:T(x, y) = (x + y, x - y);
Calcular o polinômio característico e os valores próprios da matriz: 2 1 0 0 0 2 0 0 0 0 1 1 0 0 - 2 4
Seja 1 1 0 1 a matriz de um operador do R 2 . Ache os valores próprios de T . Existem, neste caso, dois vetores próprios linearmente independentes?
Provar que se λ é valor próprio de T, então λ n é valor próprio de T n . Generalizando, se p(t) é um polinômio então p ( λ ) é valor próprio de p(T), onde p T =a 0 1+ a 1 T+ . . .+a n T n se p ( t )=a