Álgebra linear e Autovalores

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Teoria

Relembrando

Falaaaaaa meus jovenzitos, antes de começar a se adentrar em autovalores e autovetores -sim, já vimos esse camarada lá na geometria analítica, vamos ver em EDO e de’ quebra damos uma namorada nesse capítulo em cálculo numérico.

Então, sem lero lero... vamos dar uma relembrada!

Tá, não é pra tanto!

Então é assim , imagine que temos uma matriz A de dimensões m   ×   n e vamos considerar essa matriz uma função que usa a multiplicação de matrizes para transformar vetores m dimensionais em n dimensionais.

Aiiiiiiiiiiiiii, nesse caso, os vetores x (não nulos) são paralelos a A x . Para isso, tem que necessariamente existir uma constante λ para que:

A x =   λ x

Nesse caso, teremos que :

A - λ I x = 0

Caso, nós tenhamos uma matriz quadrada, podemos definir um chamado polinômio característico de A, definido como:

p λ = d e t A - λ I

Nesse caso, se p for realmente um polinômio da matriz, então, os zeros de p são os auovalores da matriz A, aí se o nosso λ for um autovalor e x ≠ 0 , então x é um autovetor que corresponde ao autovalor.

Lembrando que, teremos uma matriz A ( m   ×   n ) e uma matriz I de mesmo tamanho, então pra calcular o polinômio característico e encontrar os autovalores fazemos:

p λ = d e t A - λ I

p λ = d e t ⁡ [ a 1 n ⋯ a m n ⋮ ⋱ ⋮ a m 1 ⋯ a n n - λ 1 ⋯ 0 ⋮ ⋱ ⋮ 0 ⋯ 1 ]

Traduzindo, teremos uma estrutura mais ou menos assim:

p λ = d e t ⁡ a 1 n - λ ⋯ a m n ⋮ ⋱ ⋮ a m 1 ⋯ a n n - λ

Até aí tudo ok? É só pensar o seguinte:

Tenho minha matriz A e uma matriz I (significa que a diagonal principal é 1 e os demais termos 0), então teremos semprea matriz A com o acréscimo de que a diagonal principal é a - λ . Vamos ver um exemplo bem simples:

A = 1 2 3 4

p λ = d e t A - λ I

p λ = d e t 1 2 3 4 - λ 1 0 0 1

p λ = d e t 1 - λ 2 3 4 - λ

Molezinha né?

Mas o que isso tem a ver com cálculo numérico ???? Já vamos entender tudo isso!

Álgebra linear e Autovalores

Nós vimos bem o que são autovalores e autovetores, cálculo de determinante deles e etc né? O grande problema, é que quando temos matrizes infinitesimais ou queremos implementar o modelo computacionalmente aí o bagulho fica muuuuuuuuito difícil.

Para entender como utilizar autovalores e auovetores em cálculo numérico, precisamos antes de tudo, relembrar definições láaaa da álgebra linear:

Conjunto de vetores linearmente independente

Geralmente, temos um conjunto de vetores:

x 1 v ( 1 ) + x 2 v ( 2 ) + x 3 v ( 3 ) … + x n v ( n )

E vai ser considerado linearmente independente toda vez que esse conjunto for igual a zero, isso significa que se nenhum dos vetores pode escrito combinação linear dos demais.

x 1 v 1 + x 2 v 2 + x 3 v 3 … + x n v n = 0

Conjunto de vetores linearment~;e dependente: Se os vetores não forem linearmente independentes, dizemos que são dependentes. Ou seja, podemos transformar cada vetoor em uma combinação linear do outro!

Conjunto de vetores ortogonal: Um conjunto de vetores é chamado de ortogonal se ( v i ) t .   ( v j ) = 0 , se i e j forem diferentes, caso esse valor seja ( v i ) t .   ( v j ) = 1 é chamado conjunto de vetores ortonormal.

Vamos ver uns exercícios sobre isso para relembrar, esses conceitos são importantes para que a gente entenda o próximo capítulo que iremos falar sobre os métodos da potência!

Bora fazer exercício?

Álgebra linear e Autovalores

Exercícios Resolvidos

Exercício Resolvido #1

Encontre o polinômio característico para a matriz A:

A = 2 0 0 1 1 2 1 - 1 4

Passo 1

O primeiro passo é calcular o polinômio interpolador:

p λ = d e t A - λ I

Sabendo que :

A = 2 0 0 1 1 2 1 - 1 4

I = 1 0 0 0 1 0 0 0 1

Então:

p λ = d e t 2 0 0 1 1 2 1 - 1 4 - λ 1 0 0 0 1 0 0 0 1

p λ = d e t 2 - λ 0 0 1 1 - λ 2 1 - 1 4 - λ

p λ = λ   3 - 7 λ   2 + 16 λ - 12 = ( λ - 3 ) ( λ - 2 ) 2

Resposta

p λ = ( λ - 3 ) ( λ - 2 ) 2

Exercício Resolvido #2

Encontre o polinômio característico para a matriz A:

A = 1 0 - 1 - 2 3 - 1 - 6 6 0

Passo 1

O primeiro passo é calcular o polinômio interpolador:

p λ = d e t A - λ I

Sabendo que :

A = 1 0 - 1 - 2 3 - 1 - 6 6 0

I = 1 0 0 0 1 0 0 0 1

Então:

p λ = d e t 1 0 - 1 - 2 3 - 1 - 6 6 0 - λ 1 0 0 0 1 0 0 0 1

p λ = d e t 1 - λ 0 - 1 - 2 3 - λ - 1 - 6 6 - λ

p λ = ( 1   -   λ )   [ ( λ   -   3 )   λ   +   6 ]   -   6   ( 1   -   λ )

= -   λ 3 + 4   λ 2   - 3   λ  

= -   λ (   λ 2 - 4 λ + 3 )

= -   λ ( λ - 3 ) ( λ - 1 )

Resposta

p λ = -   λ ( λ - 3 ) ( λ - 1 )

Exercício Resolvido #3

Com a matriz do exercício anterior, calcule os autovalores:

A = 1 0 - 1 - 2 3 - 1 - 6 6 0

Passo 1

No exercício anterior, vimos que:

p λ = -   λ 3 + 4   λ 2   - 3   λ  

= -   λ λ - 3 λ - 1 = 0

Vamos encontrar em qual momento, esse polinômio pode ser igual a zero. Como temos uma equação cúbica, teremos 3 soluções.

A primeira solução é a mais fácil, e vamos considerar que :

λ = 0

Entção:

= -   0 0 - 3 0 - 1 = 0

Isso significa que :

λ 1 = 0

O próximo passo é zerar os termos dentro do polinômio:

λ - 3 = 0

λ = 3

λ 2 = 3

E por fim:

λ - 1 = 0

λ = 1

λ 3 = 1

Conjunto de autovalores

λ = 0 3 1

Resposta

λ = 0 3 1

Exercício Resolvido #4

Vamos verificar se os vetores são LI ou LD:

1 0 0

1 1 0

1 1 1

Passo 1

Geralmente, temos um conjunto de vetores:

x 1 v ( 1 ) + x 2 v ( 2 ) + x 3 v ( 3 ) … + x n v ( n )

x 1 1 0 0 + x 2 1 1 0 + x 3 1 1 1

Para verificar se são LI, nós devemos considerar a equação vetorial:

x 1 1 0 0 + x 2 1 1 0 + x 3 1 1 1 = 0 0 0

Esse sistema tem uma solução trivial: todos os termos x são zero, se for a única solução os vetores são LI e se houver outra solução, os vetores são LD.

Podemos transformar em um sistema linear:

1 1 1 0 1 1 0 0 1 . x 1 x 2 x 3 = 0 0 0

Esse é um sistema fácil de enxergar a resposta : a solução é trivial e a matriz é LI.

Resposta

A solução é trivial e a matriz é LI.

Exercício Resolvido #5

Vamos verificar se os vetores são LI ou LD:

18 49

23 35

54 67

Passo 1

Nesse problema, se liga nessa dica:

Note que esses vetores têm 2 coordenadas, ou seja, eles estão contido no R 2 . Sempre que tiver mais vetores que coordenadas, ou seja, mais que n vetores no R n , esses vetores serão LD.

Então, nem precisamos fazer contas aqui, temos 3 vetores do R 2 , o que os torna LD. 😊

Resposta

A matriz é LD.

Exercício Resolvido #6

Vamos verificar se os vetores são LI ou LD:

1 4 1

0 1 3

1 1 1

Passo 1

Geralmente, temos um conjunto de vetores:

x 1 v ( 1 ) + x 2 v ( 2 ) + x 3 v ( 3 ) … + x n v ( n )

x 1 1 4 1 + x 2 0 1 3 + x 3 1 1 1

Para verificar se são LI, nós devemos considerar a equação vetorial:

x 1 1 4 1 + x 2 0 1 3 + x 3 1 1 1 = 0 0 0

Podemos transformar em um sistema linear:

1 0 1 4 1 1 1 3 1 . x 1 x 2 x 3 = 0 0 0

Passo 2

Podemos escalonar essa matriz e analisar o resultado:

1 0 1 4 1 1 1 3 1

Escalonando:

L 2 ← L 2 - 4 L 1 :

1 0 1 0 1 - 3 1 3 1

L 3 ← L 3 - L 1 :

1 0 1 0 1 - 3 0 3 0

Trocando a terceira coluna com a segunda:

1 1 0 0 - 3 1 0 0 3

Como não tiveram linhas zeradas, os vetores são LI.

Resposta

A matriz é LI.

Exercício Resolvido #7

Ache autovalores e autovetores, se possível:

A = 2 0 0 0 1 0 0 0 2

Passo 1

Vamos achar os autovalores, primeiro, para isso, calculamos o polinômio característico:

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

Você pode saber, lá da álgebra linear, que o determinante dessa matriz será: 2 - λ 1 - λ 2 - λ , por ela ser uma matriz diagonal. Mas, caso não saiba disso, sem problemas! Vamos calcular esse determinante. Primeiro, aumentamos a matriz repetindo as duas primeiras colunas:

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

Agora, vamos pegar o produto das diagonais que vêm da esquerda para a direita e somar:

2 - λ 1 - λ 2 - λ + 0 0 0 + 0 0 0 = 2 - λ 1 - λ 2 - λ

Agora, vamos pegar o produto das diagonais que vêm da direita para a esquerda e somar:

0 1 - λ 0 + 2 - λ 0 0 + 0 0 2 - λ = 0

E, por último, fazer a primeira menos a segunda:

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

Então:

det ⁡ A - λ I = 2 - λ 1 - λ 2 - λ

Passo 2

Tendo o polinômio característico, 2 - λ 1 - λ 2 - λ , os autovalores serão as raízes desse polinômio. Então:

2 - λ 1 - λ 2 - λ = 0

Como o polinômio já está fatorado. As raízes serão:

λ 1 = λ 3 = 2

λ 2 = 1

Passo 3

Agora, vamos achar os autovetores, usando:

A - λ I x = 0

Para cada autovalor que achamos no passo anterior.

Para λ 1 e λ 3 :

A - 2 I x = 0

2 0 0 0 1 0 0 0 2 - 2 0 0 0 2 0 0 0 2 x 1 x 2 x 3 = 0 0 0

0 0 0 0 - 1 0 0 0 0 x 1 x 2 x 3 = 0 0 0

Dessa forma, fazendo a multiplicação das matrizes:

x 2 = 0

E o autorvetor associado ao autovalor 2 é:

x 1 0 x 3 , para qualquer valor de x 1 e x 3 pertencente aos reais.

Passo 4

Para o autovalor λ 2 :

A - I x = 0

2 0 0 0 1 0 0 0 2 - 1 0 0 0 1 0 0 0 1 x 1 x 2 x 3 = 0 0 0

1 0 0 0 0 0 0 0 1 x 1 x 2 x 3 = 0 0 0

Dessa forma, fazendo a multiplicação das matrizes:

x 1 = x 3 = 0

E o autorvetor associado ao autovalor 1 é:

0 x 2 0 , para qualquer valor de x 2 pertencente aos reais.

Resposta

Autovalores:

λ 1 = λ 3 = 2

λ 2 = 1

Autovetores:

x 1 0 x 3 , para qualquer valor de x 1 e x 3 pertencente aos reais.

E

0 x 2 0 , para qualquer valor de x 2 pertencente aos reais.

Exercício Resolvido #8

Ache autovalores e autovetores, se possível:

A = 2 1 - 1 0 1 1 0 0 2

Passo 1

Vamos achar os autovalores, primeiro, para isso, calculamos o polinômio característico:

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

Você pode saber, lá da álgebra linear, que o determinante dessa matriz será: 2 - λ 1 - λ 2 - λ , por ela ser uma matriz diagonal. Mas, caso não saiba disso, sem problemas! Vamos calcular esse determinante. Primeiro, aumentamos a matriz repetindo as duas primeiras colunas:

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

Agora, vamos pegar o produto das diagonais que vêm da esquerda para a direita e somar:

2 - λ 1 - λ 2 - λ + 1 1 0 + - 1 0 0 = 2 - λ 1 - λ 2 - λ

Agora, vamos pegar o produto das diagonais que vêm da direita para a esquerda e somar:

- 1 1 - λ 0 + 2 - λ 1 0 + 1 0 2 - λ = 0

E, por último, fazer a primeira menos a segunda:

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

Então:

det ⁡ A - λ I = 2 - λ 1 - λ 2 - λ

Passo 2

Tendo o polinômio característico, 2 - λ 1 - λ 2 - λ , os autovalores serão as raízes desse polinômio. Então:

2 - λ 1 - λ 2 - λ = 0

Como o polinômio já está fatorado. As raízes serão:

λ 1 = λ 3 = 2

λ 2 = 1

Passo 3

Agora, vamos achar os autovetores, usando:

A - λ I x = 0

Para cada autovalor que achamos no passo anterior.

Para λ 1 e λ 3 :

A - 2 I x = 0

2 1 - 1 0 1 1 0 0 2 - 2 0 0 0 2 0 0 0 2 x 1 x 2 x 3 = 0 0 0

0 1 - 1 0 - 1 1 0 0 0 x 1 x 2 x 3 = 0 0 0

Dessa forma, fazendo a multiplicação das matrizes:

- x 2 + x 3 = 0

x 2 - x 3 = 0

Logo, x 2 = x 3 para todo x 3 e x 1 pertencente aos reais.

E o autovetor associado ao autovalor 2 é:

x 1 x 3 x 3 , para qualquer valor de x 1 e x 3 pertencente aos reais.

Passo 4

Para o autovalor λ 2 :

A - I x = 0

2 1 - 1 0 1 1 0 0 2 - 1 0 0 0 1 0 0 0 1 x 1 x 2 x 3 = 0 0 0

1 1 - 1 0 0 1 0 0 1 x 1 x 2 x 3 = 0 0 0

Dessa forma, fazendo a multiplicação das matrizes:

x 1 + x 2 - x 3 = 0

x 3 = 0

Resolvendo esse sistema:

x 1 = - x 2 x 3 = 0 , para todos os valores de x 2 pertencente aos reais.

E o autorvetor associado ao autovalor 1 é:

- x 2 x 2 0 , para qualquer valor de x 2 pertencente aos reais.

Resposta

Autovalores:

λ 1 = λ 3 = 2

λ 2 = 1

Autovetores:

x 1 x 3 x 3 , para qualquer valor de x 1 e x 3 pertencente aos reais.

E

- x 2 x 2 0 , para qualquer valor de x 2 pertencente aos reais.

Exercício Resolvido #9

Ache autovalores e autovetores, se possível:

A = 0 - 1 1 0

Passo 1

Vamos achar os autovalores, primeiro, para isso, calculamos o polinômio característico:

det ⁡ A - λ I = - λ - 1 1 - λ

Calculando o determinante:

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

Passo 2

Tendo o polinômio característico, λ 2 + 1 , os autovalores serão as raízes desse polinômio. Então:

λ 2 + 1 = 0

Resolvendo isso:

λ = ± i

Como não temos autovalores reais, nenhum vetor em R 2 tem sua direção preservada. Ou seja, sem autovalores e autovetores.

x 1 0 x 3 , para qualquer valor de x 1 e x 3 pertencente aos reais.

Passo 3

Resposta

Sem autovalores e autovetores.

Exercício Resolvido #10

Verdadeiro e Falso:

a.O autovalor λ indica apenas o quanto o vetor irá "encolher" ou "esticar" ao sofrer a transformação A;

b.Se λ = 1, o vetor permanece inalterado (mas, é afetado pela transformação);

c. A transformação I sob a qual um vetor x permanece inalterado, Ix = x é definida como transformação identidade.

d.A transformação A aumenta a magnitude do vetor x, não muda somente sua direção, como também o sentido. Logo, x é um autovetor de A, e λ um autovalor de A.

e.Subtrair um escalar λ de cada entrada na diagonal de A é o mesmo que subtrair λ vezes a matriz identidade I de A. Portanto, λ é um autovalor se, e somente se, a matriz for singular.

Passo 1

a.O autovalor λ indica apenas o quanto o vetor irá "encolher" ou "esticar" ao sofrer a transformação A.

VERDADEIRO

Passo 2

b.Se λ = 1, o vetor permanece inalterado (mas, é afetado pela transformação).

FALSO

O vetor não é afetado pela transformação.

Passo 3

c. A transformação I sob a qual um vetor x permanece inalterado, Ix = x é definida como transformação identidade.

VERDADEIRO

Passo 4

d.A transformação A aumenta a magnitude do vetor x, não muda somente sua direção, como também o sentido. Logo, x é um autovetor de A, e λ um autovalor de A.

FALSO

A transformação muda apenas a magnitude e não a direção.

Passo 5

e.Subtrair um escalar λ de cada entrada na diagonal de A é o mesmo que subtrair λ vezes a matriz identidade I de A. Portanto, λ é um autovalor se, e somente se, a matriz for singular.

VERDADEIRO

Resposta

a. V

b.F

c. V

d. F

e. V