Diagonaliza»c~aodeMatrizes2 2e SistemasdeEqua»c ...deleo/MA141/ld01b.pdf1.1 Motiva»c~ao 3 que temsolu»c~ao dadapor y1(t)=c1e‚1 te y2(t)=c2e‚2: Assim, da mudan»cade vari aveis

Diagonalização de Matrizes 2× 2 eSistemas de Equações Diferenciais Lineares

Reginaldo J. SantosDepartamento de Matemática-ICExUniversidade Federal de Minas Geraishttp://www.mat.ufmg.br/~regi

30 de setembro de 2002

1 Diagonalização de Matrizes 2× 21.1 Motivação

Vamos considerar o problema de encontrar as funções que dão a evolução das po-pulações de duas espécies, S1 e S2, convivendo em um mesmo ecossistema no tempot > 0. Vamos denotar as populações das espécies S1 e S2 em um instante t por x1(t) ex2(t), respectivamente.

Inicialmente vamos supor que a taxa de crescimento da população de uma espécie nãodepende do que ocorre com a outra espécie e que esta taxa é proporcional a sua populaçãoexistente (ou equivalentemente que a taxa de crescimento relativa é constante). Ou seja,vamos supor que

x′1(t) = ax1(t)

x′2(t) = dx2(t)

em que a, d ∈ R. Temos aqui um sistema de equações diferenciais, ou seja, um sistemade equações que envolvem derivadas das funções que são incógnitas. Neste caso as duasequações são desacopladas, isto é, podem ser resolvidas independentemente. A soluçãodo sistema é

x1(t) = c1eat e x2(t) = c2e

dt.

1

http://www.mat.ufmg.br/~regi

2 1 DIAGONALIZAÇÃO DE MATRIZES 2× 2

Vamos supor, agora, que as duas populações interagem de forma que a taxa de cresci-mento da população de uma espécie depende de forma linear não somente da sua populaçãoexistente, mas também da população existente da outra espécie. Ou seja, vamos suporque

x′1(t) = ax1(t) + bx2(t)

x′2(t) = cx1(t) + dx2(t)

Por exemplo, se os indiv́ıduos de uma espécie competem com os da outra por alimento(a, d > 0 e b, c < 0), ou os indiv́ıduos da espécie S1 são predadores dos da outra (a, b, d > 0e c < 0). Neste caso a solução de uma equação depende da outra. Podemos escrever estesistema na forma de uma equação diferencial matricial

X ′(t) = AX(t), (1)

em que

X ′(t) =

[

x′1(t)x′2(t)

]

, A =

[

a bc d

]

e X(t) =

[

x1(t)x2(t)

]

.

Vamos supor que existam matrizes P e D tais que

A = PDP−1, (2)

em que D =

[

λ1 00 λ2

]

. Substituindo-se (2) em (1) obtemos

X ′(t) = PDP−1X(t).

Multiplicando-se à esquerda por P−1, obtemos

P−1X ′(t) = DP−1X(t). (3)

Fazendo a mudança de variável

Y (t) = P−1X(t), (4)

a equação (3) pode ser escrita como

Y ′(t) = DY (t),

que pode ser escrita na forma de um sistema de equações desacopladas

y′1(t) = λ1y1(t)

y′2(t) = λ2y2(t)

Diagonalização de Matrizes e Sistemas de Equações Diferenciais 30 de setembro de 2002

1.1 Motivação 3

que tem solução dada por

y1(t) = c1eλ1t e y2(t) = c2e

λ2t.

Assim, da mudança de variáveis (4), a solução da equação (1) é

X(t) = PY (t) = P

[

c1eλ1t

c2eλ2t

]

.

Se P =

[

v1 w1v2 w2

]

, ou seja, se as colunas da matriz P são os vetores V =

[

v1v2

]

e

W =

[

w1w2

]

, então a solução do sistema pode ser escrita como

[

x1(t)x2(t)

]

= c1 eλ1t

[

v1v2

]

+ c2 eλ2t

[

w1w2

]

oux1(t) = c1v1e

λ1t + c2w1eλ2t e x2(t) = c1v2e

λ1t + c2w2eλ2t

Vamos descobrir como podemos determinar matrizes P e D, quando elas existem, taisque A = PDP−1, ou multiplicando à esquerda por P−1 e à direita por P , D = P−1AP ,com D sendo uma matriz diagonal. Chamamos diagonalização ao processo de encontraras matrizes P e D.

Definição 1. Dizemos que uma matriz A, é diagonalizável, se existem matrizes P eD tais que D = P−1AP , ou equivalentemente, A = PDP−1, em que D é uma matrizdiagonal.

Exemplo 1. Toda matriz diagonal

A =

[

λ1 00 λ2

]

é diagonalizável, poisA = (I2)

−1AI2,

em que I2 =

[

1 00 1

]

é a matriz identidade 2× 2.

30 de setembro de 2002 Reginaldo J. Santos


1.2 Autovalores e Autovetores

Vamos supor inicialmente que a matriz A seja diagonalizável. Então existe uma matrizP tal que

P−1AP = D , (5)

em que D é uma matriz diagonal.Vamos procurar tirar conclusões sobre as matrizes P e D. Multiplicando à esquerda

por P ambos os membros da equação anterior, obtemos

AP = PD . (6)

Sejam

D =

[

λ1 00 λ2

]

e P =

[

v1 w1v2 w2

]

=[

V W]

,

em que V =

[

v1v2

]

e W =

[

w1w2

]

são as colunas de P . Por um lado

AP = A [ V W ] = [ AV AW ]

e por outro lado

PD =

[

v1 w1v2 w2

] [

λ1 00 λ2

]

= [ λ1V λ2W ]

Assim, (6) pode ser reescrita como[

AV AW]

=[

λ1V λ2W]

.

Logo,AV = λ1V e AW = λ2W.

Ou seja, as colunas de P , V e W , e os elementos da diagonal de D, λ1 e λ2, satisfazem aequação

AX = λX,

em que λ e X são incógnitas. Isto motiva a seguinte definição.

Definição 2. Um número real λ é chamado autovalor de uma matriz A, se existe um

vetor não nulo X =

[

xy

]

tal que

AX = λX . (7)

Um vetor não nulo que satisfaça (7), é chamado de autovetor de A.


1.2 Autovalores e Autovetores 5

©©©©©©*

©©©*

O

AX = λXX

q

λ > 1

©©©©©©*

©©©*

O

XAX = λX

q

0 < λ < 1

©©©©©©*

©©©¼

O

X

AX = λXq

λ < 0

Observe que a equação (7) pode ser escrita como

AX = λI2X

ou(A− λI2)X = 0̄ . (8)

Como os autovetores são vetores não nulos, os autovalores são os valores de λ, para osquais o sistema (A − λI2)X = 0̄ tem solução não trivial. Mas, este sistema homogêneotem solução não trivial se, e somente se, det(A−λI2) = 0. Assim temos um método paraencontrar os autovalores e os autovetores de uma matriz A.

Proposição 1. Seja A uma matriz 2× 2.(a) Os autovalores de A são as ráızes do polinômio

p(t) = det(A− t I2) (9)

(b) Para cada autovalor λ, os autovetores associados a λ são os vetores não nulos dasolução do sistema

(A− λI2)X = 0̄ . (10)

Definição 3. Seja A uma matriz 2× 2. O polinômio

p(t) = det(A− t I2) (11)

é chamado polinômio caracteŕıstico de A.

Assim, para determinarmos os autovalores de uma matriz A precisamos determinar asráızes do seu polinômio caracteŕıstico, que tem a forma p(t) = t2 + at+ b.



Exemplo 2. Vamos determinar os autovalores e autovetores da matriz

A =

[

1 −1−4 1

]

Para esta matriz o polinômio caracteŕıstico é

p(t) = det(A− tI2) = det[

1− t −1−4 1− t

]

= (1− t)2 − 4 = t2 − 2t− 3 .

Como os autovalores de A são as ráızes de p(t), temos que os autovalores de A são λ1 = 3e λ2 = −1.

Agora, vamos determinar os autovetores associados aos autovalores λ1 = 3 e λ2 = −1.Para isto vamos resolver os sistemas (A− λ1I2)X = 0̄ e (A− λ2I2)X = 0̄. Como

A− λ1I2 =[

−2 −1−4 −2

]

,

então

(A− λ1I2)X = 0̄é

[

−2 −1−4 −2

] [

xy

]

=

[

00

]

ou{

−2x − y = 0−4x − 2y = 0

cuja solução geral é

W1 = {(α,−2α) | α ∈ R}.que é o conjunto de todos os autovetores associados a λ1 = 3 acrescentado o vetor nulo.Agora,

(A− λ2I2)X = 0̄é

[

2 −1−4 2

] [

xy

]

=

[

00

]


W2 = {(α, 2α) | α ∈ R},que é o conjunto de todos os autovetores associados a λ2 = −1 acrescentado o vetor nulo.


1.3 Diagonalização 7

−6 −4 −2 0 2 4 6−6

−4

−2

0

2

4

6

x

y

W2

W1

−6 −4 −2 0 2 4 6−6

−4

−2

0

2

4

6

x

y

AW

AV

V = (1,−2)

W = (1, 2)

Figura 1: Autovetores associados a λ1 = 3 e a λ2 = −1 da matriz do Exemplo 2

Um resultado interessante e que iremos usar mais adiante é o seguinte.

Proposição 2. Sejam V e W autovetores de uma matriz A associados a λ1 e λ2, respec-tivamente. Se V = αW , para algum escalar α, então λ1 = λ2.

Demonstração. Se V = αW , então multiplicando-se à esquerda por A e usando o fatode que AV = λ1V e AW = λ2W , temos que

λ1V = A(αW ) = αAW = αλ2W = λ2αW = λ2V.

Isto implica que(λ1 − λ2)V = 0̄.

Como V é um vetor não nulo, então λ1 = λ2.

1.3 Diagonalização

Vamos enunciar e demonstrar o resultado principal. Já vimos que se uma matriz A édiagonalizável, então as colunas da matriz P , que faz a diagonalização, são autovetoresassociados a autovalores, que por sua vez são elementos da matriz diagonal D. Como amatriz P é invert́ıvel, estes 2 autovetores são L.I. (um vetor não é múltiplo escalar dooutro).



Teorema 3. Seja A uma matriz 2×2 que tem 2 autovalores λ1 6= λ2. Sejam V = (v1, v2)e W = (w1, w2) autovetores associados a λ1 e λ2, respectivamente. Então, as matrizes

P = [ V W ] =

[

v1 w1v2 w2

]

e D =

[

λ1 00 λ2

]

são tais que

D = P−1AP,

ou seja, a matriz A é diagonalizável.

Demonstração. Pela Proposição 2, V = (v1, v2) e W = (w1, w2) são L.I. são 2 autove-tores L.I. (um não é múltiplo escalar do outro). Vamos definir as matrizes

P =

[

v1 w1v2 w2

]

= [ V W ] e D =

[

λ1 00 λ2

]

.

Como AV = λ1V e AW = λ2W , então

AP = A [ V W ] = [ AV AW ] = [ λ1V λ2W ] =

[

v1 w1v2 w2

] [

λ1 00 λ2

]

= PD . (12)

Como V e W são L.I., a matriz P é invert́ıvel. Assim, multiplicando por P −1 à esquerdaem (12) obtemos

D = P−1AP.

Ou seja, A matriz A é diagonalizável.

Assim, se uma matriz A é diagonalizável e D = P−1AP , então os autovalores de Aformam a diagonal de D e os 2 autovetores linearmente independentes associados aosautovalores formam as colunas de P .

Exemplo 3. Considere a matriz

A =

[

1 14 1

]

Já vimos no Exemplo 2 na página 6 que o seu polinômio caracteŕıstico é p(t) =det(A − t I2) = t2 − 2t − 3, que os seus autovalores são λ1 = 3 e λ2 = −1 e que osautoespaços correspondentes são W1 = {(α, 2α) | α ∈ R} e W2 = {(α,−2α) | α ∈ R},respectivamante.


1.3 Diagonalização 9

Para λ1 = 3, temos que V = (1, 2) é um autovetor de A associado a λ1. De formaanáloga para λ2 = −1, W = (1,−2) é um autovetor associado a λ2. Como um vetor nãoé múltiplo escalar do outro, a matriz A é diagonalizável e as matrizes

P = [ V W ] =

[

1 12 −2

]

e D =

[

λ1 00 λ2

]

=

[

3 00 −1

]

são tais que

D = P−1AP.


A =

[

0 10 0

]

O seu polinômio caracteŕıstico é p(t) = det(A − tI2) = t2, assim A possui um únicoautovalor: λ1 = 0. Agora, vamos determinar os autovetores associados ao autovalorλ1 = 0. Para isto vamos resolver o sistema (A− λ1I2)X = 0̄. Como

A− λ1I2 = A =[

0 10 0

]

,

então

(A− λ1I2)X = 0̄

é[

0 10 0

] [

xy

]

=

[

00

]

ou{

y = 00 = 0


W1 = {(α, 0) | α ∈ R} .

que é o conjunto de todos os autovetores associados a λ1 = 0 acrescentado o vetor nulo.Portanto, não podemos ter 2 autovetores L.I. associados a λ1 = 0 e como só temos umautovalor não podemos ter mais autovetores L.I. Portanto, pelo Teorema 3 na página 8, amatriz A não é diagonalizável, ou seja, não existem matrizes P e D tais que D = P −1AP .



1.4 Autovalores complexos

Tudo que fizemos até agora é válido para matrizes com entradas que são números reaisou complexos e para autovalores reais ou complexos.

Um vetor de C2 pode ser escrito como

Z = (z1, z2) = (v1 + iw1, v2 + iw2) = (v1, v2) + i(w1, w2) = V + iW,

em que V e W são vetores de R2.O próximo resultado é válido exclusivamente para matrizes com entradas que são

números reais.

Proposição 4. Seja A uma matriz 2 × 2 com entradas que são números reais. Se umvetor Z = V + iW ∈ C2 é um autovetor de A associado ao autovalor λ = α + iβ, entãoZ = V − iW também é um autovetor de A, mas associado a λ = α− iβ. Além disso, seβ 6= 0 então Z e Z são L.I.

Demonstração. Substituindo-se Z = V + iW e λ = α + iβ em AZ = λZ obtemos que

AV + iAW = α(V + iW ) + iβ(V + iW ) = (αV − βW ) + i(αW + βV ).

Isto implica queAV = αV − βW e AW = αW + βV.

Agora, usando os valores de AV e AW obtidos temos que

AZ = A(V − iW ) = AV − iAW = αV − βW − i(αW + βV )= (α− iβ)V − (β + iα)W = (α− iβ)V − i(α− iβ)W= (α− iβ)(V − iW ) = λZ.

Se β 6= 0, então λ e λ são diferentes. Logo, pela Proposição 2 na página 7, Z e Z sãoL.I.

Assim, se uma matriz A, 2× 2, com entradas reais tem autovalores complexos, entãoela é diagonalizável.


A =

[

−3 2−4 1

]


1.5 Se a matriz A não é diagonalizável 11

O seu polinômio caracteŕıstico é p(t) = det(A− t I2) = (−3− t)(1− t)2 + 8 = t2 + 2t+ 5cujas ráızes são λ1 = −1+2i e λ2 = λ1 = −1−2i. Agora, vamos determinar os autovetoresassociados ao autovalor λ1 = −1+2i. Para isto vamos resolver o sistema (A−λ1I2)X = 0̄.Como

A− λ1I2 =[

−2− 2i 2−4 2− 2i

]

,

então(A− λ1I2)X = 0̄

é[

−2− 2i 2−4 2− 2i

] [

xy

]

=

[

00

]

ou{

(−2− 2i)x + 2y = 0−4x + (2− 2i)y = 0

cuja solução geral éW1 = {(α, (1 + i)α) | α ∈ C} .

que é o conjunto de todos os autovetores associados a λ1 = −1 + 2i acrescentado o vetornulo. Assim, Z = (1, 1 + i) é um autovetor associado a λ1 = −1 + 2i. Pela Proposição 4,Z = (1, 1− i) é um autovetor associado a λ2 = λ1 = −1− 2i e além disso Z e Z são L.I.Assim, a matriz A é diagonalizável e as matrizes

P = [ Z Z ] =

[

1 11 + i 1− i

]

e D =

[

λ1 0

0 λ1

]

=

[

−1 + 2i 00 −1− 2i

]

são tais queD = P−1AP.

1.5 Se a matriz A não é diagonalizável

Se uma matriz A com entradas que são números reais, 2 × 2, não é diagonalizávelé por que ela tem somente um autovalor real λ. Neste caso apesar de não podermosdiagonalizá-la é válido o seguinte resultado.



Teorema 5. Seja A uma matriz não diagonal 2× 2 com entradas que são números reaise que possui um único autovalor λ. Sejam W = (w1, w2) um vetor que não é autovetorde A (AW 6= λW ) (Por exemplo, E1 = (1, 0) ou E2 = (0, 1) satisfaz esta condição)e V =

[

v1v2

]

= (A − λI2)W . Então, as matrizes P = [ V W ] =[

v1 w1v2 w2

]

e

J =

[

λ 10 λ

]

são tais que

J = P−1AP.

Demonstração. Vamos escrever A =

[

a bc d

]

. Neste caso, o polinômio caracteŕıstico

de A é p(t) = det(A− t I2) = (a− t)(d− t)− bc = t2− (a+d)t+(ad− bc). Como estamossupondo que A tem somente um autovalor, então

∆ = (a+ d)2 − 4(ad− bc) = a2 − 2ad+ d2 + 4bc = 0 (13)

e o autovalor de A que é a única raiz de p(t) é

λ =a+ d

2.

Assim, para este valor λ e usando (13) obtemos que

(A−λI2)2 = A2− 2λA+λ2I2 =[

a2 + bc− 2λa+ λ2 ab+ bd− 2λbac+ dc− 2λc bc+ d2 − 2λd+ λ2

]

=

[

0 00 0

]

.

Seja W = (w1, w2) um vetor que não é autovetor de A. Portanto, ele não pertence aoespaço solução de (A− λI2)X = 0̄. Seja V = (v1, v2) = (A− λI2)W . Então

(A− λI2)V = (A− λI2)2W = 0̄

Logo, V é um autovetor de A, ou seja,

AV = λV.

Da definição de V segue que

AW = V + λW.


1.6 Resumo 13

Assim P = [ V W ] =

[

v1 w1v2 w2

]

e J =

[

λ 10 λ

]

são tais que

AP = A[ V W ] = [ AV AW ] = [ λV V + λW ] =

[

λv1 v1 + λw1λv2 v2 + λw2

]

= PJ. (14)

Como V é autovetor de A, se W fosse um múltiplo escalar de V , então W também seriaum autovetor de A. Mas isto não ocorre pela definição do vetor W . Assim a matriz P éinvert́ıvel e multiplicando-se a equação (14) à esquerda por P−1 obtemos o resultado.


A =

[

−1 1−1 −3

]

O seu polinômio caracteŕıstico é p(t) = det(A− t I2) = (−1− t)(−3− t) + 1 = t2 +4t+4cujas ráızes são λ1 = λ2 = λ = −2. O vetor E1 = (1, 0) é tal que

(A− λI2)E1 =[

1 1−1 −1

] [

10

]

=

[

1−1

]

6= 0̄

Sejam W = E1 = (1, 0) e V = (A− λI2)W = (1,−1). Pelo Teorema 5, as matrizes

P = [ V W ] =

[

1 1−1 0

]

e J =

[

λ 10 λ

]

=

[

−2 10 −2

]

são tais queJ = P−1AP.

1.6 Resumo

Para diagonalizar uma matriz 2× 2 não diagonal siga os seguintes passos:(a) Determine o polinômio caracteŕıstico p(t) = det(A− t I2).

(b) Se p(t) tem duas ráızes reais (distintas) λ1 6= λ2, então determine um autovetorV = (v1, v2) associado a λ1, isto é, uma solução não trivial de (A − λ1I2)X = 0̄e um autovetor W = (w1, w2) associado a λ2, isto é, uma solução não trivial de(A− λ2I2)X = 0̄. Então

P = [ V W ] =

[

v1 w1v2 w2

]

e D =

[

λ1 00 λ2

]

são tais que A = PDP−1.



(c) Se p(t) tem duas ráızes complexas λ1 = α + iβ e λ2 = λ̄1 = α − iβ. Encontre umautovetor complexo V + iW = (v1 + iw1, v2 + iw2), isto é, uma solução não trivialde (A− (α + iβ)I2)X = 0̄. Então

P = [ V + iW V − iW ] =[

v1 + iw1 v1 − iw1v2 + iw2 v2 − iw2

]

e D =

[

α + iβ 00 α− iβ

]

são tais que A = PDP−1.

(d) Se p(t) tem somente uma raiz real λ. Seja W = (w1, w2) um vetor não nulo que nãoseja autovetor de A (AW 6= λW ). Por exemplo, W = E1 = (1, 0) ou W = E2 =(0, 1). Seja V =

[

v1v2

]

= (A− λI2)W . Então

P = [ V W ] =

[

v1 w1v2 w2

]

e J =

[

λ 10 λ

]

são tais que A = PJP−1.

1.7 Exerćıcios (respostas na página 28)

Ache para cada matriz A, se posśıvel, uma matriz não-singular P tal que P−1AP seja

diagonal. Se não for posśıvel, ache uma matriz P tal que P−1AP =

[

λ 10 λ

]

, para λ ∈ R.

1.1.

[

1 11 1

]

1.2.

[

1 −12 4

]

1.3.

[

3 −41 −1

]

1.4.

[

1 −15 3

]

1.5.

[

4 −28 −4

]

1.6.

[

−1 −41 −1

]

1.7.

[

a 2−2 0

]

1.8.

[

0 a−2 −2

]

1.9.

[

2a 11 4a

]

1.10.

[

1 1a 1

]


15

2 Sistemas de Equações Diferenciais Lineares

Considere o sistema de equações diferenciais lineares.

{

x′1(t) = ax1(t)x′2(t) = dx2(t)

em que a, d ∈ R. Temos aqui um sistema de equações diferenciais, ou seja, um sistemade equações que envolvem derivadas das funções que são incógnitas. Neste caso as duasequações são desacopladas, isto é, podem ser resolvidas independentemente. A soluçãodo sistema é

x1(t) = c1eat

x2(t) = c2edt.

Considere, agora, o sistema de equações diferenciais lineares

{

x′1(t) = ax1(t) + bx2(t)x′2(t) = cx1(t) + dx2(t)

em que a, b, c, d ∈ R com b ou c não nulos. Neste caso a solução de uma equação dependeda outra. Podemos escrever este sistema na forma de uma equação diferencial matricial

X ′(t) = AX(t), (15)

em que X ′(t) =

[

x′1(t)x′2(t)

]

, A =

[

a bc d

]

e X(t) =

[

x1(t)x2(t)

]

.

2.1 A Matriz A é diagonalizável em R

Vamos supor que existam matrizes P =

[

v1 w1v2 w2

]

e D =

[

λ1 00 λ2

]

, com λ1, λ2 ∈ R,tais que

A = PDP−1. (16)

Substituindo-se (16) em (15) obtemos

X ′(t) = PDP−1X(t).


P−1X ′(t) = DP−1X(t). (17)


16 2 SISTEMAS DE EQUAÇÕES DIFERENCIAIS LINEARES

Fazendo a mudança de variável

Y (t) = P−1X(t), (18)

a equação (17) pode ser escrita como

Y ′(t) = DY (t),

que pode ser escrita na forma de um sistema de equações desacopladas

y′1(t) = λ1y1(t)

y′2(t) = λ2y2(t)

que tem solução dada por

y1(t) = c1eλ1t e y2(t) = c2e

λ2t.

Assim, da mudança de variáveis (18), a solução da equação (15) é

X(t) = PY (t) = P

[

c1eλ1t

c2eλ2t

]

.

Como P =

[

v1 w1v2 w2

]

, então as colunas da matriz P são os vetores V =

[

v1v2

]

e

W =

[

w1w2

]

, assim a solução do sistema pode ser escrita como

[

x1(t)x2(t)

]

= c1 eλ1t

[

v1v2

]

+ c2 eλ2t

[

w1w2

]

.

Se são dadas as condições iniciais x1(0) = x(0)1 e x2(0) = x

(0)2 , então para determinarmos

c1 e c2 substituimos t = 0 na solução, ou seja,

[

x1(0)x2(0)

]

= c1

[

v1v2

]

+ c2

[

w1w2

]

=

[

x(0)1

x(0)2

]

.

que é equivalente ao sistema linear{

v1c1 + w1c2 = x(0)1

v2c1 + w2c2 = x(0)2

Exemplo 7. Considere o sistema{

x′1(t) = x1(t) − x2(t)x′2(t) = −4x1(t) + x2(t)


2.1 A Matriz A é diagonalizável em R 17

−4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4−4

−3

−2

−1

0

1

2

3

4

x

y

Figura 2: Trajetórias do sistema do Exemplo 7

Já vimos no Exemplo 3 na página 6 que a matriz

A =

[

1 −1−4 1

]

é diagonalizável e as matrizes

P = [ V W ] =

[

1 1−2 2

]

e D =

[

λ1 00 λ2

]

=

[

3 00 −1

]


Assim, a solução do sistema é dada por[

x1(t)x2(t)

]

= c1 e3t

[

1−2

]

+ c2 e−t[

12

]

.

Os gráficos de diversas soluções aparecem na Figura 2. A disposição das trajetórias ét́ıpica de um sistema linear X ′ = AX, em que os autovalores de A são reais não nuloscom sinais contrários. Neste caso, dizemos que a origem é um ponto de sela.


x′1(t) = 3x1(t) − x2(t)x′2(t) = −2x1(t) + 2x2(t)



−4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4−4

−3

−2

−1

0

1

2

3

4

x

y


Vamos determinar os autovalores e autovetores da matriz

A =

[

3 −1−2 2

]

Para esta matriz o polinômio caracteŕıstico é

p(t) = det(A− t I2) = det[

3− t −1−2 2− t

]

= (3− t)(2− t)− 2 = t2 − 5t+ 4 .

Como os autovalores de A são as ráızes de p(t), temos que os autovalores de A são λ1 = 1e λ2 = 4.

Agora, vamos determinar os autovetores associados aos autovalores λ1 = 1 e λ2 = 4.Para isto vamos resolver os sistemas (A− λ1I2)X = 0̄ e (A− λ2I2)X = 0̄. Como

A− λ1I2 =[

2 −1−2 1

]

,


é[

2 −1−2 1

] [

xy

]

=

[

00

]

ou{

2x − y = 0−2x + y = 0


2.2 A Matriz A é diagonalizável em C 19


W1 = {(α, 2α) | α ∈ R} = {α(1, 2) | α ∈ R} = {αV | α ∈ R}, em que V = (1, 2).

Este é o conjunto de todos os autovetores associados a λ1 = 1 acrescentado o vetor nulo.Agora,

(A− λ2I2)X = 0̄é

[

−1 −1−2 −2

] [

xy

]

=

[

00

]


W2 = {(−α, α) | α ∈ R} = {α(−1, 1) | α ∈ R} = {αW | α ∈ R}, em que W = (−1, 1).

Este é o conjunto de todos os autovetores associados a λ2 = 4 acrescentado o vetor nulo.Assim, a matriz A é diagonalizável e as matrizes

P = [ V W ] =

[

1 −12 1

]

e D =

[

λ1 00 λ2

]

=

[

1 00 4

]


Assim, a solução do sistema é dada por

[

x1(t)x2(t)

]

= c1 et

[

12

]

+ c2 e4t

[

−11

]

.

Os gráficos de diversas soluções aparecem na Figura 3. A disposição das trajetórias é t́ıpicade um sistema linear X ′ = AX, em que os autovalores de A são reais e positivos. Nestecaso, dizemos que a origem é um nó instável ou fonte. No caso em que os autovaloresde A reais e negativos as trajetórias são semelhantes, mas percorridas no sentido contrárioàs da Figura 3. Neste caso, dizemos que a origem é um nó atrator ou sumidouro.

2.2 A Matriz A é diagonalizável em C

Vamos supor que existam matrizes P =

[

v1 + iw1 v1 − iw1v2 + iw2 v2 − iw2

]

e D =

[

λ 0

0 λ

]

, com

λ1, λ2 ∈ C, tais queA = PDP−1. (19)




X ′(t) = PDP−1X(t).


P−1X ′(t) = DP−1X(t).

Fazendo novamente a mudança de variável Y (t) = P−1X(t), obtemos

Y ′(t) = DY (t),

que pode ser escrito na forma

y′1(t) = λ y1(t)

y′2(t) = λ y2(t)

Estas equações estão desacopladas e têm soluções dadas por

y1(t) = C1 eλt

y2(t) = C2 eλt.

Assim a solução da equação (15) é

X(t) = PY (t) = P

[

C1 eλt

C2 eλt

]

.

Como P =

[

v1 + iw1 v1 − iw1v2 + iw2 v2 − iw2

]

, então as colunas da matriz P são os vetores V + iW =[

v1 + iw1v2 + iw2

]

e V − iW =[

v1 − iw1v2 − iw2

]

. Assim a solução geral nos complexos é dada por

X(t) = C1 eλt

[

v1 + iw1v2 + iw2

]

+ C2 eλt

[

v1 − iw1v2 − iw2

]

(20)

As constantes C1 e C2 são complexas. Estamos interessados em uma solução real. Paraisso, fazendo C2 = C1, a segunda parcela em (20) se torna o conjugado da primeira eassim obtemos.

X(t) = 2Re

{

C1 eλt

[

v1 + iw1v2 + iw2

]}



Escrevendo a constante complexa em termos de constantes reais na forma C1 =c12− ic2

2e escrevendo λ = α + iβ, obtemos

[

x1(t)x2(t)

]

= Re(C1) Re

{

e(α+iβ)t[

v1 + iw1v2 + iw2

]}

− Im(C1) Im{

e(α+iβ)t[

v1 + iw1v2 + iw2

]}

= c1 Re

{

e(α+iβ)t[

v1 + iw1v2 + iw2

]}

+ c2 Im

{

e(α+iβ)t[

v1 + iw1v2 + iw2

]}

= c1 eαt

(

cos βt

[

v1v2

]

− sen βt[

w1w2

])

+ c2 eαt

(

cos βt

[

w1w2

]

+ sen βt

[

v1v2

])




[

x1(0)x2(0)

]

= c1

[

v1v2

]

+ c2

[

w1w2

]

=

[

x(0)1

x(0)2

]

.

que é equivalente ao sistema linear

{

v1c1 + w1c2 = x(0)1

v2c1 + w2c2 = x(0)2

−3 −2 −1 0 1 2 3

−3

−2

−1

0

1

2

3

x

y




Exemplo 9. Considere o sistema

{

x′1(t) = −3x1(t) + 2x2(t)x′2(t) = −4x1(t) + x2(t)

Já vimos no Exemplo 5 na página 10 que a matriz

A =

[

−3 2−4 1

]


P = [ Z Z ] =

[

1 11 + i 1− i

]

e D =

[

λ1 0

0 λ1

]

=

[

−1 + 2i 00 −1− 2i

]

são tais que

D = P−1AP.

Assim a solução do sistema é dada por

[

x1(t)x2(t)

]

= c1 Re

{

e(−1+2i)t[

11 + i

]}

+ c2 Im

{

e(−1+2i)t[

11 + i

]}

= c1 e−t(

cos 2t

[

11

]

− sen 2t[

01

])

+ c2 e−t(

cos 2t

[

01

]

+ sen 2t

[

11

])

Os gráficos de diversas soluções aparecem na Figura 4. A disposição das trajetórias ét́ıpica de um sistema linear X ′ = AX, em que os autovalores de A são complexos com aparte real negativa. Neste caso, dizemos que a origem é um foco atrator ou sumidoroespiral. No caso em que os autovalores de A são complexos com a parte real positiva astrajetórias são semelhantes, mas percorridas no sentido contrário às da Figura 4. Nestecaso, dizemos que a origem é um foco instável ou fonte espiral.

Exemplo 10. Considere o sistema

{

x′1(t) = −x1(t) + 2x2(t)x′2(t) = −x1(t) + x2(t)

Este sistema pode ser escrito na forma X ′(t) = AX(t), em que

A =

[

−1 2−1 1

]



−2.5 −2 −1.5 −1 −0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5

−2.5

−2

−1.5

−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

2

2.5

x

y


O polinômio caracteŕıstico da matriz A é p(t) = det(A−t I2) = (−1−t)(1−t)2+2 = t2+1cujas ráızes são λ1 = i e λ2 = λ1 = −i. Agora, vamos determinar os autovetores associadosao autovalor λ1 = i. Para isto vamos resolver o sistema (A− λ1I2)X = 0̄. Como

A− λ1I2 =[

−1− i 2−1 1− i

]

,


é[

−1− i 2−1 1− i

] [

xy

]

=

[

00

]

ou{

(−1− i)x + 2y = 0−x + (1− i)y = 0


W1 = {((1− i)α, α) | α ∈ C} = {α(1− i, 1) | α ∈ C}.Este é o conjunto de todos os autovetores associados a λ1 = i acrescentado o vetor nulo.Assim, Z = (1 − i, 1) é um autovetor associado a λ1 = i. Pela Proposição 4 na página10, Z = (1 + i, 1) é um autovetor associado a λ2 = λ1 = −i e além disso Z e Z são L.I.Assim, a matriz

A =

[

−1 2−1 1

]




P = [ Z Z ] =

[

1− i 1 + i1 1

]

e D =

[

λ1 0

0 λ1

]

=

[

i 00 −i

]



[

x1(t)x2(t)

]

= c1 Re

{

eit[

1− i1

]}

+ c2 Im

{

eit[

1− i1

]}

= c1

(

cos t

[

11

]

− sen t[

−10

])

+ c2

(

cos t

[

−10

]

+ sen t

[

11

])

Os gráficos de diversas soluções aparecem na Figura 5. A disposição das trajetórias ét́ıpica de um sistema linear X ′ = AX, em que os autovalores de A são complexos com aparte real igual a zero. Neste caso, dizemos que a origem é um centro.

2.3 A Matriz A não é diagonalizável em C

Sejam P =

[

v1 w1v2 w2

]

e J =

[

λ 10 λ

]

matrizes tais que

A = PJP−1. (21)


X ′(t) = PJP−1X(t).


P−1X ′(t) = JP−1X(t).

Fazendo a mudança de variável Y (t) = P−1X(t), obtemos

Y ′(t) = JY (t),

que pode ser escrito na forma

y′1(t) = λ y1(t) + y2(t)

y′2(t) = λ y2(t)


2.3 A Matriz A não é diagonalizável em C 25

A segunda equação tem soluçãoy2(t) = c2e

λt.

Substituindo y2(t) na primeira equação obtemos a equação

y′1(t) = λ y1(t) + c2 eλt

que tem soluçãoy1(t) = (c1 + c2 t)e

λt.

Assim a solução da equação (1) é

X(t) = PY (t) = P

[

(c1 + c2 t)eλt

c2 eλt

]

.

Se P =

[

v1 w1v2 w2

]

, ou seja, se as colunas da matriz P são os vetores V =

[

v1v2

]

e

W =

[

w1w2

]

, então

[

x1(t)x2(t)

]

= (c1 + c2 t)eλt

[

v1v2

]

+ c2 eλt

[

w1w2

]

.




[

x1(0)x2(0)

]

= c1

[

v1v2

]

+ c2

[

w1w2

]

=

[

x(0)1

x(0)2

]

.

que é equivalente ao sistema linear{

v1c1 + w1c2 = x(0)1

v2c1 + w2c2 = x(0)2


x′1(t) = −x1(t) + x2(t)x′2(t) = −x1(t) − 3x2(t)

Vimos no Exemplo 6 na página 13 que a matriz

A =

[

−1 1−1 −3

]



não é diagonalizável, mas que as matrizes

P = [ V W ] =

[

1 1−1 0

]

e J =

[

λ 10 λ

]

=

[

−2 10 −2

]

são tais queJ = P−1AP.


[

x1(t)x2(t)

]

= (c1 + c2 t)e−2t[

1−1

]

+ c2 e−2t[

10

]

.

Os gráficos de diversas soluções aparecem na Figura 6. A disposição das trajetóriasé t́ıpica de um sistema linear X ′ = AX, em que a matriz A não é diagonalizável em Ce o único autovalor é negativo. Neste caso, dizemos que a origem é um nó impróprio.No caso em que o único autovalor de A é positivo as trajetórias são semelhantes, maspercorridas no sentido contrário às da Figura 6. Neste caso, dizemos também que aorigem é um nó impróprio.

−4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4

−4

−3

−2

−1

0

1

2

3

4

x

y



2.4 Exerćıcios (respostas na página 31) 27

2.4 Exerćıcios (respostas na página 31)

Ache a solução geral do sistema de equações dado.

2.1.

{

x′(t) = x(t) + y(t)y′(t) = x(t) + y(t)

2.2.

{

x′(t) = x(t) − y(t)y′(t) = 2x(t) + 4y(t)

2.3.

{

x′(t) = 3x(t) − 4y(t)y′(t) = x(t) − y(t) 2.4.

{

x′(t) = x(t) − y(t)y′(t) = 5x(t) + 3y(t)

2.5.

{

x′(t) = 4x(t) − 2y(t)y′(t) = 8x(t) − 4y(t) 2.6.

{

x′(t) = −x(t) − 4y(t)y′(t) = x(t) − y(t)

2.7.

{

x′(t) = ax(t) + 2y(t)y′(t) = −2x(t) 2.8.

{

x′(t) = ay(t)y′(t) = −2x(t) − 2y(t)

2.9.

{

x′(t) = 2ax(t) + y(t)y′(t) = x(t) + 4ay(t)

2.10.

{

x′(t) = x(t) + y(t)y′(t) = ax(t) + y(t)

Faça um esboço das soluções de X ′(t) = AX(t) e diga se a origem define uma sela,um nó instável, um nó atrator, um foco instável, um foco atrator, um centro ou umnó impróprio.

2.11. A =

[

2 13 4

]

2.12. A =

[

−1 81 1

]

2.13. A =

[

1 1−3 −2

]

2.14. A =

[

5 3−3 1

]

2.15. A =

[

3 −41 −1

]

2.16. A =

[

0 2−2 0

]

2.17. A =

[

2 −31 −2

]

2.18. A =

[

−1 −20 −2

]

Comandos do MATLAB:

>>[P,D]=eig(sym(A)) determina simbólicamente, se posśıvel, matrizes P e D tais queD = P−1AP , sendo D uma matriz diagonal.>>[P,J]=jordan(sym(A)) determina simbólicamente, se posśıvel, matrizes P e J tais que

J = P−1AP , sendo J =

[

λ 10 λ

]

.

Comando do pacote GAAL:

>>fluxlin(A) desenha algumas trajetórias que são soluções do sistema de equações dife-renciais X ′(t) = AX(t).


28 3 RESPOSTAS DOS EXERCÍCIOS

3 Respostas dos Exerćıcios

1. Diagonalização de Matrizes 2× 2(página 14)1.1. À A=sym([1,1;1,1]);

À [P,D]=eig(A)

P =[ 1, -1]

[ 1, 1]

D =[ 2, 0]

[ 0, 0]

1.2. À A=sym([1,-1;2,4]);À [P,D]=eig(A)

P =[ -1, 1]

[ 1, -2]

D =[ 2, 0]

[ 0, 3]

1.3. À A=sym([3,-4;1,-1]);À [P,J]=jordan(A)

P =[ 2, 1]

[ 1, 0]

J =[ 1, 1]

[ 0, 1]

1.4. À A=sym([1,-1;5,3]);À [P,D]=eig(A)

P =[ -1/5+2/5*i, -1/5-2/5*i]

[ 1, 1]

D =[ 2+2*i, 0]

[ 0, 2-2*i]

1.5. À A=sym([4,-2;8,-4]);À [P,J]=jordan(A)

P =[ 4, 1]

[ 8, 0]

J =[ 0, 1]

[ 0, 0]

1.6. À A=sym([-1,-4;1,-1]);À [P,D]=eig(A)


29

P =[ 2*i, -2*i]

[ 1, 1]

D =[ -1+2*i, 0]

[ 0, -1-2*i]

1.7. Se |a| > 4:

À [P,D]=eig(A)

P =

[

4 4

−a+√a2 − 16 −a−

√a2 − 16

]

D =

[

a+√a2−162

0

0 a−√a2−162

]

Se |a| < 4:P =

[

4 4

−a+ i√16− a2 −a− i

√16− a2

]

D =

[

a+i√

16−a22

0

0 a−i√

16−a22

]

Se a = 4:

À [P,J]=jordan(subs(A,a,4))

P =[ 2, 1]

[ -2, 0]

J =[ 2, 1]

[ 0, 2]

Se a = −4:

À [P,J]=jordan(subs(A,a,-4))

P =[ -2, 1]

[ -2, 0]

J =[ -2, 1]

[ 0, -2]

1.8. Se a < 1/2:

À [P,D]=eig(A)



P =

[

−1 +√1− 2a −1−

√1− 2a

2 2

]

D =

[

−1 +√1− 2a 0

0 −1−√1− 2a

]

Se a > 1/2:

P =

[

−1 + i√2a− 1 −1− i

√2a− 1

2 2

]

D =

[

−1 + i√2a− 1 0

0 −1− i√2a− 1

]

Se a = 1/2:

À [P,J]=jordan(subs(A,a,1/2))

P =[ 1, 1]

[ -2, 0]

J =[ -1, 1]

[ 0, -1]

1.9. À [P,D]=eig(A)

P =

[

−a+√a2 + 1 −a−

√a2 + 1

1 1

]

D =

[

3 a+√a2 + 1 0

0 3 a−√a2 + 1

]

1.10. Se a > 0:

À [P,D]=eig(A)

P =

[ 1√a− 1√

a

1 1

]

D =

[

1 +√a 0

0 1−√a

]

Se a < 0:

P =

[ − i√−ai√−a

1 1

]

D =

[

1 + i√−a 0

0 1− i√−a

]

Se a = 0:


31

À A=subs(A,a,0)À [P,J]=jordan(A)

P =[ 1, 0]

[ 0, 1]

J =[ 1, 1]

[ 0, 1]

2. Sistemas de Equações Diferenciais Lineares (página 27)

2.1.

[

x(t)y(t)

]

= c1 e2t

[

11

]

+ c2

[

−11

]

.

2.2.

[

x(t)y(t)

]

= c1 e2t

[

−11

]

+ c2 e3t

[

1−2

]

.

2.3.

[

x(t)y(t)

]

= (c1 + c2 t)et

[

21

]

+ c2 et

[

10

]

2.4.

[

x(t)y(t)

]

= c1 e2t

(

cos 2t

[

−15

]

− sen 2t[

20

])

+

c2 e2t

(

cos 2t

[

20

]

+ sen 2t

[

−15

])

2.5.

[

x(t)y(t)

]

= (c1 + c2 t)

[

48

]

+ c2

[

10

]

2.6.

[

x(t)y(t)

]

= c1 e−t(

cos 2t

[

01

]

− sen 2t[

20

])

+

c2 e−t(

cos 2t

[

20

]

+ sen 2t

[

01

])

2.7. Se |a| > 4:[

x(t)y(t)

]

= c1 e(a+

√a2−16

2)t

[

4

−a+√a2 − 16

]

+

c2 e(a−

√a2−16

2)t

[

4

−a−√a2 − 16

]

.

Se |a| < 4:[

x(t)y(t)

]

= c1 eat

2

(

cos(√

16−a22

t)

[

4−a

]

− sen(√

16−a22

t)

[

0√16− a2

])

+

c2 eat

2

(

cos(√16− a2t)

[

0√16− a2

]

+ sen(√16− a2t)

[

4−a

])



Se a = ±4:[

x(t)y(t)

]

= (c1 + c2 t)e±2t[

±2−2

]

+ c2 e±2t[

10

]

2.8. Se a < 1/2:[

x(t)y(t)

]

= c1 e(−1+

√1−2a)t

[

−1 +√1− 2a

2

]

+

c2 e(−1−

√1−2a)t

[

−1−√1− 2a

2

]

.

Se a > 1/2:[

x(t)y(t)

]

= c1 e−t(

cos(√2a− 1t)

[

−12

]

− sen(√2a− 1t)

[ √2a− 10

])

+

c2 e−t(

cos(√2a− 1t)

[ √2a− 1

0

]

+ sen(√2a− 1t)

[

−12

])

Se a = 1/2:[

x(t)y(t)

]

= (c1 + c2 t)e−t[

1−2

]

+ c2 e−t[

10

]

2.9.

[

x(t)y(t)

]

= c1 e(3a+

√a2+1)t

[

−a+√a2 + 1

1

]

+ c2 e(3a−

√a2+1)t

[

−a−√a2 + 1

1

]

.

2.10. Se a > 0:[

x(t)y(t)

]

= c1 e(1+

√a)t

[ 1√a

1

]

+ c2 e(1−

√a)t

[ − 1√a

1

]

.

Se a < 0:[

x(t)y(t)

]

= c1

(

et cos(√−at)

[

01

]

− et sen(√−at)

[ − 1√−a0

])

+

c2

(

et cos(√−at)

[ − 1√−a0

]

+ et sen(√−at)

[

01

])

.

Se a = 0:[

x(t)y(t)

]

= (c1 + c2 t)et

[

10

]

+ c2 et

[

01

]


33

2.11. A origem é um nó instável.

−4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4

−4

−3

−2

−1

0

1

2

3

4

x

y

2.12. A origem é uma sela.

−4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4

−4

−3

−2

−1

0

1

2

3

4

x

y

2.13. A origem é um foco atrator.

−3 −2 −1 0 1 2 3

−3

−2

−1

0

1

2

3

x

y



2.14. A origem é um foco instável.

−3 −2 −1 0 1 2 3

−3

−2

−1

0

1

2

3

x

y

2.15. A origem é um nó impróprio.

−8 −6 −4 −2 0 2 4 6 8

−8

−6

−4

−2

0

2

4

6

8

x

y

2.16. A origem é um centro.

−3 −2 −1 0 1 2 3

−3

−2

−1

0

1

2

3

x

y


35

2.17. A origem é uma sela.

−4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4

−4

−3

−2

−1

0

1

2

3

4

x

y

2.18. A origem é um nó atrator.

−4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4

−4

−3

−2

−1

0

1

2

3

4

x

y


36 REFERÊNCIAS

Referências

[1] Howard Anton and Chris Rorres. Álgebra Linear com Aplicações. Bookman, SãoPaulo, 8a. edição, 2000.

[2] William E. Boyce and Richard C. DiPrima. Equações Diferenciais Elementares eProblemas de Valores de Contorno. Livros Técnicos e Cient́ıficos Editora S.A., Rio deJaneiro, 6a. edição, 1999.

[3] Morris W. Hirsch and Stephen Smale. Differential Equations, Dynamical Systems andLinear Algebra. Academic Press, Inc., New York, 1974.

[4] Bernard Kolman. Introdução à Álgebra Linear com Aplicações. Prentice Hall doBrasil, Rio de Janeiro, 6a. edição, 1998.

[5] Erwin Kreiszig. Matemática Superior. Livros Técnicos e Cient́ıficos Editora S.A., Riode Janeiro, 2a. edição, 1985.

[6] Steven J. Leon. Álgebra Linear com Aplicações. Livros Técnicos e Cient́ıficos EditoraS.A., Rio de Janeiro, 5a. edição, 1998.

[7] Reginaldo J. Santos. Um Curso de Geometria Anaĺıtica e Álgebra Linear. ImprensaUniversitária da UFMG, Belo Horizonte, 2002.

[8] Jorge Sotomayor. Lições de Equações Diferenciais Ordinárias. IMPA, Rio de Janeiro,1979.


Diagonalização de Matrizes 2 x 2MotivaçãoAutovalores e AutovetoresDiagonalizaçãoAutovalores complexosSe a matriz A não é diagonalizávelResumoExercícios (respostas na página 28)

Sistemas de Equações Diferenciais LinearesA Matriz A é diagonalizável em RA Matriz A é diagonalizável em CA Matriz A não é diagonalizável em CExercícios (respostas na página 31)

Respostas dos Exercícios

Documents

Diagonaliza»c~aodeMatrizes2 2e SistemasdeEqua»c ...deleo/MA141/ld01b.pdf1.1 Motiva»c~ao 3 que temsolu»c~ao dadapor y1(t)=c1e‚1 te y2(t)=c2e‚2: Assim, da mudan»cade vari aveis