Estamos interessados em representar um operador linear $T: V \longrightarrow V$ da maneira mais simples, de modo a facilitar os cálculos. Em alguns casos isso pode ser feito escolhendo uma base B para V, cuja matriz que representa T com relação a esta base seja uma matriz diagonal. Estudaremos aqui a diagonalização de operadores lineares, que está relacionada com a diagonalização de matrizes.

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Multiplicidades Algébrica e Geométrica

    Definição: Definimos a multiplicidade algébrica do autovalor $\lambda$ como sendo o número de vezes que $\lambda$ aparece como raiz do polinômio característico $p(\lambda)$. E a multiplicidade geométrica de $\lambda$ como sendo a dimensão do subespaço vetorial $S_\lambda$.

    Exemplo 1: Considere o operador linear $T: R^2 \longrightarrow R^2$, dado por $T(x,y) = (x, 2x+y)$. Vamos encontrar os autovalores e autovetores de T. A matriz que representa T com relação a base canônica B do $R^2$ é:

$$(T)_B = \left[ \begin{array}{cc} 1 & 0 \\ 2 & 1 \end{array}\right]$$
O polinômio característico de T é o polinômio característico de $(T)_B$ dado por:

$$p(\lambda) = det((T)_B - \lambda I_2) = \left| \begin{array}{cc} 1-\lambda & 0 \\ 2 & 1-\lambda \end{array}\right| = (1-\lambda)^2$$
Os autovalores de T são as raízes do polinômio característico:

$$p(\lambda) = 0 \Leftrightarrow (1-\lambda)^2 = 0 \Leftrightarrow (1-\lambda)(1-\lambda) = 0 \Leftrightarrow \lambda = 1$$
Observe que $\lambda = 1$ aparece duas vezes como raiz do polinômio característico de T, logo a multiplicidade algébrica de $\lambda = 1$ é igual a 2. Para este autovalor, temos:

$$T(x,y) = \lambda (x,y) \Leftrightarrow (x, 2x+y) = 1(x,y) \Leftrightarrow 2x+y = y \Leftrightarrow x = 0$$
Assim, os autovetores associados a $\lambda = 1$ são da forma $v = (0,y) = y(0,1)$. Uma base para o subespaço $S_\lambda$ é $\left\lbrace (0,1) \right\rbrace$, portanto $dim(S_\lambda) = 1$, logo a multiplicidade geométrica de $\lambda = 1$ é igual a 1. Observe que as multiplicidades algébrica e geométrica de um mesmo autovalor nem sempre são iguais.

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Critérios de Diagonalização

    Definição: Sejam V um espaço vetorial sobre um corpo $K$ e $T:V\longrightarrow V$ um operador linear. Dizemos que T é um operador diagonalizável se existe uma base B de V tal que $(T)_B$, a matriz que representa T com relação a base B, é uma matriz diagonal.

    Teorema 1: Sejam V um espaço vetorial de dimensão $n$ sobre $K$ e $T:V \longrightarrow V$ um operador linear. T é diagonalizável se, e somente se, existe uma base B de V formada por autovetores de T.

   Teorema 2: Sejam V um espaço vetorial sobre $K$ e $T:V \longrightarrow V$ um operador linear, com $\lambda_1, ..., \lambda_k$ autovalores distintos de T e $v_1, ..., v_k$ os autovetores associados, respectivamente. Então, $v_1, ..., v_k$ são linearmente independentes.

    Teorema 3: Sejam V um espaço vetorial de dimensão finita sobre um corpo $K$ e T um operador linear sobre V. Então, T é diagonalizável se, e somente se:
        (i) o polinômio característico de T possui todas as suas raízes em $K$;
        (ii) a multiplicidade algébrica de cada autovalor de T é igual a sua multiplicidade geométrica.

    Definição: Uma matriz quadrada A é diagonalizável se A for semelhante a uma matriz diagonal D, ou seja, se existir uma matriz invertível U tal que $A = UDU^{-1}$. Nesse caso, dizemos que U é a matriz diagonalizante de A.

    Teorema 4: Uma matriz quadrada A de ordem $n$ é diagonalizável se, e somente se, A possui $n$ autovetores linearmente independentes.

    Teorema 5: Autovetores, associados a autovalores distintos, de matrizes reais simétricas são sempre ortogonais.

    Demonstrações dos Teoremas: AQUI.

    Observe que, da demonstração do Teorema 4 obtemos uma forma para a diagonalização de uma matriz quadrada A de ordem $n$, que possui $n$ autovetores linearmente independentes. A matriz diagonalizante é a matriz cujas colunas são os autovetores de A linearmente independentes e a matriz diagonal correspondente é a matriz cuja entrada $a_{ii}$ é o autovalor$\lambda_i$  correspondente à coluna $i$ (e portanto ao $i$-ésimo autovetor) de A.

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Exemplos

    Exemplo 2: Considere o operador linear $T: R^2 \longrightarrow R^2$ dado por $T(x,y) = (y, x)$. Os autovalores de T são $\lambda_1 = 1$ e $\lambda_2 = -1$. Para $\lambda_1 = 1$, temos:
 
$$T(x,y) = \lambda_1(x,y) \Leftrightarrow (y,x) = 1(x,y) \Leftrightarrow x = y$$
Os autovetores de T associados a $\lambda_1$ são da forma $v_1 = (x,x) = x(1,1)$. Para $\lambda_2 = -1$, temos:

$$T(x,y) = \lambda_2(x,y) \Leftrightarrow (y, x) = -1(x,y) \Leftrightarrow y = -x$$
Assim, os autovetores de T associados a $\lambda_2$ são da forma $v_2 = (x, -x) = x(1,-1)$.

Considere dois autovetores de T, por exemplo, $(1,1)$ e $(1,-1)$. Esses vetores são linearmente independentes e como $dim(R^2) = 2$, temos que $B = \left\lbrace (1,1), (1,-1)\right\rbrace$ é uma base para o $R^2$ formada por autovetores do operador T. Escrevendo as imagens dos elementos da base B, pela transformação T, como combinações lineares dos elementos de B, temos:

$$T(1,1) = (1,1) = 1(1,1) + 0(1,-1)$$
$$T(1,-1) = (-1,1) = 0(1,1) - 1(1,-1)$$
Portanto, a matriz que representa T com relação a base B é:

$$(T)_B = \left[ \begin{array}{rr} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{array}\right]$$
que é uma matriz diagonal, logo T é um operador diagonalizável. Observe que os elementos da diagonal de $(T)_B$ são os autovalores de T.


    Exemplo 3: Considere o operador linear $T: R^2 \longrightarrow R^2$ dado por $T(x,y) = (x+y, y)$. Tomando a base canônica B do $R^2$, a matriz que representa T com relação a base B é:

$$(T)_B = \left[ \begin{array}{cc} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{array}\right]$$
Portanto, o polinômio característico de T é dado por:

$$p(\lambda) = det((T)_B - \lambda I_2) = \left| \begin{array}{cc} 1-\lambda & 1 \\ 0 & 1 - \lambda \end{array}\right| = (1-\lambda)(1-\lambda)$$
Assim, a raiz do polinômio característico é $\lambda = 1$, com multiplicidade 2. Logo, o operador T possui um autovalor $\lambda = 1$ com multiplicidade algébrica igual a 2. Nesse caso, temos:

$$T(x,y) = \lambda(x,y) \Leftrightarrow (x+y,y) = (x,y) \Leftrightarrow y = 0$$
Portanto, os autovetores de T associados ao autovalor $\lambda = 1$ são da forma $v = (x,0) = x(1,0)$. Uma base para $S_\lambda$ é $\left\lbrace (1,0) \right\rbrace$, e assim, o autovalor $\lambda$ tem multiplicidade geométrica igual a 1. Como $dim(R^2) = 2$, observe que para formarmos uma base para o $R^2$ com autovetores de T precisamos de 2 autovetores linearmente independentes, mas os únicos autovetores de T são da forma $x(1,0)$ e quaisquer dois que tomarmos serão linearmente dependentes, pois serão múltiplos um do outro. Logo, não podemos obter uma base para o $R^2$ formada apenas por autovetores do operador linear T, assim T não é diagonalizável. Observe que as multiplicidades algébrica e geométrica do autovalor $\lambda$ não são iguais.


    Exemplo 4: Considere a matriz A dada por:

$$A = \left[ \begin{array}{rr} 1 & 2 \\ 0 & -2 \end{array} \right]$$
O polinômio característico de A é dado por:

$$p(\lambda) = det(A - \lambda I_2) = \left| \begin{array}{cc} 1-\lambda & 2 \\ 0 & -2-\lambda \end{array} \right| = (1-\lambda)(-2-\lambda)$$
As raízes do polinômio característico são $p(\lambda) = 0 \Leftrightarrow (1-\lambda)(-2-\lambda) = 0 \Leftrightarrow \lambda = 1$ ou $\lambda = -2$. Portanto, A possui dois autovalores $\lambda_1 = 1$ e $\lambda_2 = -2$. Para $\lambda_1$, temos que:

$$AX = \lambda_1 X \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{rr} 1 & 2 \\ 0 & -2 \end{array} \right] \; \left[ \begin{array}{r} x_1 \\ x_2 \end{array} \right] = 1 \left[ \begin{array}{r} x_1 \\ x_2 \end{array} \right] \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{c} x_1 + 2x_2 \\ -2 x_2 \end{array} \right] = \left[ \begin{array}{r} x_1 \\ x_2 \end{array} \right] \Leftrightarrow x_2 = 0$$
Assim, os autovetores da matriz A associados ao autovalor $\lambda_1 = 1$ são da forma:

$$X_1 = \left[ \begin{array}{c} x_1 \\ 0 \end{array} \right] = x_1 \left[ \begin{array}{c} 1 \\ 0 \end{array} \right]$$
Para $\lambda_2 = -2$, temos que:

$$AX = \lambda_2 X \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{rr} 1 & 2 \\ 0 & -2 \end{array} \right] \; \left[ \begin{array}{r} x_1 \\ x_2 \end{array} \right] = -2 \left[ \begin{array}{r} x_1 \\ x_2 \end{array} \right] \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{c} x_1 + 2x_2 \\ -2 x_2 \end{array} \right] = \left[ \begin{array}{r} -2x_1 \\ -2x_2 \end{array} \right] \Leftrightarrow x_2 = -\frac{3}{2} x_1$$
Assim, os autovetores de A associados ao autovalor $\lambda_2 = -2$ são da forma:

$$X_2 = \left[ \begin{array}{r} x_1 \\ -\frac{3x_1}{2} \end{array} \right] = x_1 \left[ \begin{array}{r} 1 \\ -\frac{3}{2} \end{array} \right]$$
Observe que $(1,0)$ e $\left(1, -\frac{3}{2}\right)$ são linearmente independentes, portanto A possui 2 autovetores linearmente independentes, o que implica que a matriz A é diagonalizável. De fato, basta tomar a matriz diagonalizante U e a matriz diagonal D dadas por:

$$U = \left[ \begin{array}{rr} 1 & 1 \\ 0 & -\frac{3}{2} \end{array} \right] \;\;\;\;\;\; e \;\;\;\;\;\; D = \left[ \begin{array}{rr} 1 & 0 \\ 0 & -2 \end{array} \right]$$
Observe que as colunas de U são os autovetores de A e a matriz diagonal D foi construída com os autovalores de A. Temos que A é semelhante a matriz D, ou seja, $A = UDU^{-1}$, de fato, podemos verificar que:

$$A = UDU^{-1} = \left[ \begin{array}{rr} 1 & 1 \\ 0 & -\frac{3}{2} \end{array} \right] \; \left[ \begin{array}{rr} 1 & 0 \\ 0 & -2 \end{array} \right] \; \left[ \begin{array}{rr} 1 & \frac{2}{3} \\ 0 & -\frac{2}{3} \end{array} \right] = \left[ \begin{array}{rr} 1 & 2 \\ 0 & -2 \end{array} \right]$$
Assim, A é uma matriz diagonalizável.


    Veja estes e mais exemplos AQUI.

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    Observação: Se A é uma matriz $n \times n$ real e simétrica e tiver $n$ autovalores distintos, então terá também $n$ autovetores linearmente independentes e daí segue que A é diagonalizável. Agora, ainda que A não tenha $n$ autovalores distintos, a propriedade de simetria de A permite obter uma relação do tipo: $AQ = DQ^t$, onde a matriz Q tem colunas ortonormais, e cada uma delas é um autovetor de A, e a matriz D é diagonal, com entradas da diagonal formada por autovalores de A. Dessa forma, temos $A = QDQ^t$. Esse resultado é bastante importante e segue do Teorema Espectral para matrizes simétricas, o qual não faremos a demonstração aqui, pois exige outros resultados mais avançados sobre matrizes. Disso, temos que uma matriz simétrica é sempre diagonalizável e, além disso, a matriz diagonalizante é ortogonal.

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