36 Diagonalizacao de operadores

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n. 36 – DIAGONALIZAÇÃO DE OPERADORES 
Dado um operador linear T: V ⟶ V, a cada base B de V 
corresponde uma matriz [𝑇]𝐵 (matriz da transformação linear na 
base B) que representa T na base B, assim, queremos obter uma 
base do espaço de modo que a matriz de T nessa base seja a 
mais simples representante de T. Assim, observaremos que 
essa matriz é uma matriz diagonal. 
 
Propriedade: Autovetores associados a autovalores distintos de 
um operador linear T: V ⟶ V são linearmente independentes 
 (α1 ≠ α2). 
Corolário: Sempre que tivermos um operador linear T: ℝ2 ⟶ ℝ2 
com α1 ≠ α2, o conjunto {v1, v2} formados pelos autovetores 
associados, será uma base do ℝ2. 
Se T: V ⟶ V é linear, a dim V = n, T possui n autovalores, o 
conjunto {v1, v2, ..., vn}, formado pelos correspondentes 
autovetores, é uma base de V. 
 
Exemplo: 
Seja o operador linear T: ℝ2 ⟶ ℝ2 , T (x, y) = (– 3 x – 5 y , 2 y). 
A matriz canônica de T é: 𝐴 = [
− 3 − 5
0 2
] 
A equação característica de T é: det (A – α I) = 0 
[
− 3 − 𝛼 − 5
0 2 − 𝛼
] = 0 
(– 3 – α) (2 – α) – (– 5) . 0 = 0  essa é a equação característica 
– 6 + 3 α – 2 α + α2 = 0 
α2 + α – 6 = 0  esse é o polinômio característico 
 
α1 = 2 e α2 = – 3  essas são as raízes do polinômio 
 
Logo, α1 = 2 e α2 = – 3  as são as raízes do polinômio são os 
autovalores de T. 
 
Como α1 ≠ α2 os correspondentes autovetores formam uma base 
de ℝ2. 
 
α1 ≠ α2  com autovalores diferentes, os autovetores 
correspondentes formam uma base de ℝ2. 
 
Calculando os autovetores: 
 [
− 3 − 𝛼 − 5
0 2 − 𝛼
] . [
𝑥
𝑦] = [
0
0
] 
a) para α1 = 2 
[
− 3 − 2 − 5
0 2 − 2
] . [
𝑥
𝑦] = [
0
0
] 
 
[
− 5 − 5
0 0
] . [
𝑥
𝑦] = [
0
0
] 
 
{−5𝑥 − 5𝑦 = 0 → 𝑦 = −𝑥 
 
Logo, v1 = (x, – x) v1 = x (1, – 1) 
(1, - 1) é o autovetor associado ao autovalor α1 = 2 
 
b) para α2 = – 3 
[
− 3 − (−3) − 5
0 2 − ( −3)
] . [
𝑥
𝑦] = [
0
0
] 
[
0 − 5
0 5
] . [
𝑥
𝑦] = [
0
0
] 
- 5 y = 0 
 5 y = 0 
 y = 0 
Logo, v2 = (x, 0) v2 = x (1, 0) 
(1, 0) é o autovetor associado ao autovalor α1 = - 3 
Resposta: O conjunto {(1, - 1), (1, 0)} é uma base de ℝ2. 
 
MATRIZES DIAGONALIZÁVEIS 
Uma matriz quadrada A é diagonalizável se existe uma matriz 
invertível P, tal que P-1AP seja matriz diagonal. 
Diz-se, nesse caso, que a matriz P diagonaliza A ou que P é a 
matriz diagonalizadora. 
A matriz diagonal é obtida da seguinte forma: D = P-1 AP 
A matriz P, é formada pelos autovetores obtidos quando temos 
autovalores distintos. Cada autovetor constituirá uma coluna da 
matriz P. 
 
Exemplo: 
Obtenha a matriz P que diagonaliza a matriz A e encontre a matriz 
diagonal D, sendo 𝐴 = [
3 −1 −3
0 2 −3
0 0 −1
]. 
 
Resolução: 
a. Equação característica: 𝑑𝑒𝑡 [
3 − 𝛼 −1 −3
0 2 − 𝛼 −3
0 0 −1 − 𝛼
] = 0 
 
Calculando o determinante: (3 − 𝛼). (2 − 𝛼). (−1 − 𝛼) = 0 
 
Logo, 𝛼1 = 3 , 𝛼2 = 2 𝑒 𝛼3 = −1 
 
b. Calculando os autovetores: 
 
Para 𝛼1 = 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
] 
{
− 𝑦 − 3 𝑧 = 0
− 𝑦 − 3 𝑧 = 0
− 4 𝑧 = 0
 
Portanto, z = 0 e, consequentemente, y = 0 
Para o autovalor 𝛼1 = 3 o autovetor é 
 (x, 0, 0) = x (1, 0, 0) com x ≠ 0 
 
Para 𝛼2 = 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
] 
{
𝑥 − 𝑦 − 3 𝑧 = 0
−3 𝑧 = 0
− 3 𝑧 = 0
 
Portanto, z = 0 e consequentemente x = y 
Para o autovalor 𝛼2 = 2 o autovetor é 
(x, x, 0) = x (1, 1, 0) com x ≠ 0 
 
Para 𝛼3 = −1 
[
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
] 
{
4𝑥 − 𝑦 − 3 𝑧 = 0
3𝑦 − 3 𝑧 = 0
0 = 0
 
Portanto, y = z e consequentemente x = z 
Para o autovalor 𝛼3 = −1 o autovetor é 
( z, z, z) = z (1, 1, 1) com z ≠ 0 
 
Assim, a matriz P que diagonaliza A é: 𝑷 = [
1 1 1
0 1 1
0 0 1
] 
Observe que, cada autovetor constitui uma coluna da matriz P. 
Encontrando a P-1 : 
 Det P = 1 , como determinante é ≠ 0 portanto, admite 
inversa. 
 Calculando a inversa de P: 
 
Relembrando: 
Calculando a matriz inversa pela matriz adjunta: �̅� 
 
𝑀−1 =
1
𝑑𝑒𝑡 𝑀
 . �̅� 
 
Matriz Adjunta: �̅� 
 É a matriz transposta da matriz dos cofatores. 
 Matriz transposta: trocamos as linhas pelas colunas. 
 
Encontrando a matriz cofator: M’ 
 
Seja M a matriz original, tal que: M = [
𝑎11 𝑎12 𝑎13
𝑎21 𝑎22 𝑎23
𝑎31 𝑎32 𝑎33
] 
 
Para encontrar a matriz dos cofatores M’ tal que: 
 M’ = [
𝐴11 𝐴12 𝐴13
𝐴21 𝐴22 𝐴23
𝐴31 𝐴32 𝐴33
] 
Fazemos: 
 
A11 = (-1)2 |
𝑎22 𝑎23
𝑎32 𝑎33
| A12 = (-1)3 |
𝑎21 𝑎23
𝑎31 𝑎33
| A13 = (-1)4 |
𝑎21 𝑎22
𝑎31 𝑎32
| 
 
A21 = (-1)3 |
𝑎12 𝑎13
𝑎32 𝑎33
| A22 = (-1)4 |
𝑎11 𝑎13
𝑎31 𝑎33
| A23 = (-1)5 |
𝑎11 𝑎12
𝑎31 𝑎32
| 
 
A31 = (-1)4 |
𝑎12 𝑎13
𝑎22 𝑎23
| A32 = (-1)5 |
𝑎11 𝑎13
𝑎21 𝑎23
| A33 = (-1)6 |
𝑎11 𝑎12
𝑎21 𝑎22
| 
 
Determinante 
Determinante Determinante Determinante 
Determinante Determinante Determinante 
Determinante Determinante 
Sobre a matriz cofator: M’ = [
𝐴11 𝐴12 𝐴13
𝐴21 𝐴22 𝐴23
𝐴31 𝐴32 𝐴33
] 
 
 Aplicamos a transposta a essa matriz e obtemos a matriz adjunta: �̅� 
 Para encontrarmos a inversa fazemos: 𝑴−𝟏 =
𝟏
𝒅𝒆𝒕𝑴
 . �̅� 
 
Voltando ao exercício 
matriz cofator: P’ = [
𝐴11 𝐴12 𝐴13
𝐴21 𝐴22 𝐴23
𝐴31 𝐴32 𝐴33
]  𝑃 = [
1 1 1
0 1 1
0 0 1
] 
 
[
 
 
 
 
𝐴11 = (−1)
2(1) 𝐴12 = (−1)
3(0) 𝐴13 = (−1)
4(0)
𝐴21 = (−1)
3(1) 𝐴22 = (−1)
4(1) 𝐴23 = (−1)
5(0)
𝐴31 = (−1)
4(0) 𝐴32 = (−1)
5(1) 𝐴33 = (−1)
6(1)]
 
 
 
 
 
 matriz cofator: P’ = [
1 0 0
−1 1 0
0 −1 1
] 
 
 matriz adjunta: �̅� = [
1 −1 0
0 1 −1
0 0 1
] 
 
 determinante de 𝑃 = [
1 1 1
0 1 1
0 0 1
]  det = 1 
 
 matriz inversa: 𝑷−𝟏 =
𝟏
𝒅𝒆𝒕𝑷
 . �̅� 
 
𝑷−𝟏 = [
1 −1 0
0 1 −1
0 0 1
] 
 
Calculando a inversa por escalonamento 
 
𝑷 = [
1 1 1
0 1 1
0 0 1
] 
 
𝑀𝑎𝑡𝑟𝑖𝑧 𝑎𝑢𝑚𝑒𝑛𝑡𝑎𝑑𝑎: [
1 1 1 | 1 0 0
0 1 1 | 0 1 0
0 0 1 | 0 0 1
] 
 
[
1 1 1 | 1 0 0
0 1 1 | 0 1 0
0 0 1 | 0 0 1
] 𝐿1 = 𝐿2 − 𝐿1 [
−1 0 0 | −1 1 0
0 1 1 | 0 1 0
0 0 1 | 0 0 1
] 
 
[
−1 0 0 | 1 0 0
0 1 1 | 0 1 0
0 0 1 | 0 0 1
] 𝐿2 = 𝐿2 − 𝐿3 [
−1 0 0 | −1 1 0
0 1 0 | 0 1 −1
0 0 1 | 0 0 1
] 
 
[
−1 0 0 | −1 1 0
0 1 0 | 0 1 −1
0 0 1 | 0 0 1
] 𝐿1 = −𝐿1 [
1 0 0 | 1 −1 0
0 1 0 | 0 1 −1
0 0 1 | 0 0 1
] 
 
Portanto, a inversa de P é: 
𝑷−𝟏 = [
1 −1 0
0 1 −1
0 0 1
] 
 
 Calculando 𝑫 = 𝑷−𝟏. 𝑨. 𝑷 
 
𝑫 = [
1 −1 0
0 1 −1
0 0 1
] . [
3 −1 −3
0 2 −3
0 0 −1
] . [
1 1 1
0 1 1
0 0 1
] 
 
𝑫 = [
1(3) 1(−1) + (−1)(2) 1(−3) + (−1)(−3) + 0(−1)
0 (3) 0(−1) + 1(2) 0(−3) + 1(−3) + (−1)(−1)
0 (3) 0 0(−3) + 0(−3) + 1(−1)
] . [1 1 1
0 1 1
0 0 1
] 
 
𝐷 = [
3 −3 0
0 2 −2
0 0 −1
] . [
1 1 1
0 1 1
0 0 1
] 
 
𝐷 = [
3(1) 3 + (−3) 3(1) + (−3)(1) + (0)(1)
0 2 2 − 2
0 0 −1
] 
 
𝐷 = [
3 0 0
0 2 0
0 0 −1
] 
 
Como D é a matriz diagonal, e seus valores são os autovalores, 
então, A é diagonalizável. 
 
Exercícios: 
1. Verifique se os operadores lineares T são diagonalizáveis: 
a. 𝐴 = [
4 5
2 1
] 
 
b. 𝐶 = [
0 2
1 1
] 
 
c. 𝐸 = [
1 2
3 2
] 
 
d. 𝐾 = [
4 0 0
1 4 0
0 1 4
] 
 
 
Exercícios resolvidos: 
1. Verifique se os operadores T são diagonalizáveis: 
a. 𝐴 = [
4 5
2 1
] 
 A equação característica de T é: det (A – α I) = 0 
Det= [
4 − 𝛼 5
2 1 − 𝛼
] = 0 
 Polinômio característico: 
(4 – α) (1 – α) – (5)(2) = 4 – 4 α – α + α2 – 10 = α2 – 5 α – 6 = 0 
Logo, α1 = 6 e α2 = -1 são os autovalores de T. 
Como α1 ≠ α2 os correspondentes autovetores formam uma base 
Encontrando os autovetores: 
 Para α1 = 6 
 [
4 − 6 5
2 1 − 6
] . [
𝑥
𝑦
] = [
0
0
]  [
−2 5
2 −5
] . [
𝑥
𝑦
] = [
0
0
] 
 
[
−2𝑥 + 5𝑦
2𝑥 − 5𝑦
] = [
0
0
] 
 
{
−2𝑥 + 5𝑦 = 0 (1)
2𝑥 − 5𝑦 = 0 (2)
 
De (2): 5 y = 2x  logo, 𝑦 = 
2
5
 𝑥 
Portanto, o autovetor associado ao autovalor α1 = 6 é (𝑥,
2
5
𝑥) 
Assim, o autovetor 𝑥 (1,
2
5
 ) com x ≠ 0 é (1,
2
5
 ) associado ao 
autovalor α1 = 6 
Observação, podemos escolher um múltiplo dele para não 
trabalhar com a fração, logo podemos multiplicar o vetor por 5 e 
usar o autovetor: (5, 2) associado ao autovalor α1 = 6 
 
 Para α2 = - 1 
 [
4 − (−1) 5
2 1 − (−1)
] . [
𝑥
𝑦
] = [
0
0
]  [
5 5
2 2
] . [
𝑥
𝑦
] = [
0
0
] 
 
[
5𝑥 + 5𝑦
2𝑥 + 2𝑦
] = [
0
0
] 
 
{
5𝑥 + 5𝑦 = 0 (1)
2𝑥 + 2𝑦 = 0 (2)
 
De (2): y = - x 
logo, o autovetor associado ao autovalor α2 = -1 é (𝑥 , −𝑥), com 
x≠0, assim temos: (1, - 1) 
 
Os correspondentes autovetores são: v1 = x (1, -1) e v2 = x (5, 2) 
Como α1 ≠ α2 , os autovetores v1 e v2 constituem a base em 
relação a qual, a matriz A é diagonal, portanto, P = { v1 = (1, -1), v2 
=(5, 2)} 
P = [
1 5
− 1 2
] diagonaliza A. 
Calculando: D = P-1 AP 
1º calcular o determinante de P: 
det = 1 . 2 – 5 (-1) = 2 + 5 = 7 
2º calculando a inversa de P: 
P-1 = [
2
7
−
5
7
1
7
1
7
] 
3º verificando se a matriz é diagonalizável: D = P-1 AP 
𝐷 = [
2
7
−
5
7
1
7
1
7
] . [
4 5
2 1
] . [
1 5
− 1 2
] 
D = [
2
7
−
5
7
1
7
1
7
] . [
4. 1 + 5 (−1) 4. 5 + 5 . 2
2. 1 + 1 (−1) 2. 5 + 1 . 2
] 
𝐷 = [
2
7
−
5
7
1
7
1
7
] . [
4 − 5 20 + 10
2 − 1 10 + 2
] 
𝐷 = [
2
7
−
5
7
1
7
1
7
] . [
−1 30
1 12
] 
D = 
[
 
 
 
 
2
7
 (−1) + (−
5
7
) . 1
2
7
 (30) + (−
5
7
) . 12
1
7
 (−1) + 
1
7
 (1)
1
7
 (30) + 
1
7
 (12) ]
 
 
 
 
 
D = 
[
 
 
 
 − 
2
7
 − 
5
7
60
7
−
60
7
−
1
7
 + 
1
7
 
30
7
 + 
12
7
 ]
 
 
 
 
 
D = 
[
 
 
 
 − 
7
7
 0
0 
42
7
 ]
 
 
 
 
 
D =[
−1 0
0 6 
] 
Logo, o operador linear é diagonalizável. 
 
b. 𝐶 = [
0 2
1 1
] 
A equação característica de T é: det (A – α I) = 0 
[
0 − 𝛼 2
1 1 − 𝛼
] = 0 
(– α).(1– α) – ( 2) . 1 = 0 
α2 – α – 2 = 0 
α1 = 2 e α2 = – 1 
Logo, α1 = 2 e α2 = – 1 são os autovalores de T. 
Como α1 ≠ α2 os correspondentes autovetores formam uma base 
de ℝ2. 
Calculando os autovetores: 
 [
0 − 𝛼 2
1 1 − 𝛼
] [
𝑥
𝑦] = [
0
0
] 
Assim: a) para α1 = 2 
[
0 − 2 2
1 1 − 2
] [
𝑥
𝑦] = [
0
0
] 
 
[
− 2 2
1 −1
] [
𝑥
𝑦] = [
0
0
] 
 
 {
−2𝑥 + 2𝑦 = 0 (1)
𝑥 − 𝑦 = 0 (2)
 
 
De (1): - 2 x = - 2y  x = y 
 
Logo, v1 = (x, x) v1 = x (1, 1) 
(1, 1) é o autovetor associado ao autovalor α1 = 2 
 
b) para α2 = – 1 
 
[
0 − (−1) 2
1 1 − (−1)
] [
𝑥
𝑦] = [
0
0
] 
 
[
1 2
1 2
] [
𝑥
𝑦] = [
0
0
] 
 
 {
𝑥 + 2𝑦 = 0 (1)
𝑥 + 2𝑦 = 0 (2)
 
 
De (1): x = - 2y 
v2 = (- 2 y, y) v2 = y (-2, 1) 
(-2, 1) é o autovetor associado ao autovalor α2 = - 1 
Como α1 ≠ α2 
O conjunto {(1, 1), (-2, 1)} é uma base de ℝ2. 
Logo, P = [
1 −2
1 1
] diagonaliza A. 
Para encontrar a matriz diagonalizável fazemos: D= P-1 AP 
 Primeiro temos que descobrir a inversa de P 
 Para tanto, 1º calcular o determinante de P: 
 det = 1 . 1 – 1 (-2) = 1 + 2 = 3 
 2º calculando a inversa de P: 
P = [
1 −2
1 1
] então P-1 = [
1
3
 
2
3
−
1
3
1
3
] 
3º calculando a matriz diagonalizável: D = P-1 AP 
𝐷 = 
[
 
 
 
 
 
1
3
2
3
−
1
3
1
3]
 
 
 
 
 
. [
0 2
1 1
] . [
1 −2
1 1
] 
𝐷 = 
[
 
 
 
 
 
1
3
 
2
3
−
1
3
1
3]
 
 
 
 
 
. [
0. (1) + (2)(1) 0 (−2) + (2)(1)
1(1) + 1(1) 1(−2) + 1(1)
] 
 
𝐷 = 
[
 
 
 
 
 
1
3
 
2
3
−
1
3
1
3]
 
 
 
 
 
. [
2 2
2 −1
] 
𝐷 = 
[
 
 
 
 
 
1
3
(2) + ( 
2
3
)(2)
1
3
(2) + ( 
2
3
)(−1)
−
1
3
(2) +
1
3
(2) −
1
3
(2) + ( 
1
3
)(−1)]
 
 
 
 
 
 
 
𝐷 = 
[
 
 
 
 
 
2
3
+ 
4
3
2
3
−
2
3
−
2
3
+
2
3
−
2
3
− 
1
3]
 
 
 
 
 
 
𝐷 = 
[
 
 
 
 
 
6
3
0
0 −
3
3]
 
 
 
 
 
→ 𝐷 = 
[
 
 
 
2 0
0 −1]
 
 
 
 
 
Portanto, o operador linear é diagonalizável. 
 
c. 𝐸 = [
1 2
3 2
] 
 A equação característica de T é: det (A – α I) = 0 
[
1 − 𝛼 2
3 2 − 𝛼
] = 0 
(1– α).(2– α) – 6 = 0 
α2 – 2 α – α – 4 = 0 
α2 – 3 α - 4 = 0 
α1 = 4 e α2 = – 1 
Logo, α1 = 4 e α2 = -1 são os autovalores de T. 
Como α1 ≠ α2 os correspondentes autovetores formam uma base 
de ℝ2. 
Calculando os autovetores: 
 [
1 − 𝛼 2
3 2 − 𝛼
] [
𝑥
𝑦] = [
0
0
] 
Assim: 
a) para α1 = 4 
[
1 − 4 2
3 2 − 4
] [
𝑥
𝑦] = [
0
0
] 
 
[
− 3 2
3 −2
] [
𝑥
𝑦] = [
0
0
] 
 – 3 x +2 y = 0 
 3 x - 2y = 0  x = 
2
3
 𝑦 
Logo, v1 = (
2
3
 y, y) v1 = y (
2
3
, 1) ou se y = 3 v1 = (2, 3) com y ≠ 0 
(2, 3) é o autovetor associado ao autovalor α1 = 4 
 
b) para α2 = -1 
[
1 − (−1) 2
3 2 − (−1)
] [
𝑥
𝑦] = [
0
0
] 
[
2 2
3 3
] [
𝑥
𝑦] = [
0
0
] 
[
2𝑥 + 2𝑦
3𝑥 + 3𝑦
] = [
0
0
] 
 x = - y 
Como v não pode ser o vetor nulo, fazemos: v2 = (- y, y) v2 = y (-1, 
1) 
(-1, 1) é o autovetor associado ao autovalor α2 = -1 
 
O conjunto {(2, 3), (-1, 1)} é uma base de ℝ2. 
Logo, P = [
2 −1
 3 1
] diagonaliza A. 
Para encontrar a matriz diagonalizável fazemos: D= P-1 AP 
 Primeiro temos que descobrir a inversa de P 
 Para tanto, 1º calcular o determinante de P: 
 det = 5 
 2º calculando a inversa de P: 
P-1 = [
1
5
1
5
− 35
2
5
] 
3º calculando a matriz diagonalizável: D = P-1 AP 
𝐷 = [
1
5
1
5
−
3
5
2
5
] . [
1 2
3 2
] . [
2 −1
 3 1
] 
𝐷 = [
1
5
(1) +
1
5
(3)
1
5
(2) +
1
5
(2)
−
3
5
(1) +
2
5
(3)
2
5
(2) + 
2
5
(2)
] . [
2 −1
 3 1
] 
 𝐷 = [
1
5
+
3
5
2
5
+
2
5
−
3
5
+
6
5
4
5
+ 
4
5
] . [
2 −1
 3 1
] 
𝐷 = [
4
5
4
5
3
5
8
5
] . [
2 −1
 3 1
] 
𝐷 = [
4
5
(2) +
4
5
(3)
4
5
(−1) +
4
5
(1)
3
5
(2) +
8
5
(3)
3
5
(−1) +
8
5
(1)
] 
𝐷 = [
8
5
+
12
5
−
4
5
+
4
5
6
5
+
24
5
−
3
5
+
8
5
] 
𝐷 = [
20
5
0
30
5
5
5
] 
𝐷 = [
4 0
6 1
] 
Como D não é a matriz diagonal, então P não diagonaliza A, ou, o 
operador não é diagonalizável. 
d. 𝐾 = [
4 0 0
1 4 0
0 1 4
] 
 
𝑑𝑒𝑡 [
4 − 𝛼 0 0
1 4 − 𝛼 0
0 1 4 − 𝛼
] = [
0
0
] 
 
 (4 − 𝛼)(4 − 𝛼)(4 − 𝛼) = 0 
 
𝛼′ = 4 , 𝛼′′ = 4 , 𝛼′′′ = 4 
 
Como 𝛼′ = 𝛼′′ = 𝛼′′′ = 4, o operador não é diagonalizável. 
 
Referências Bibliográficas 
 
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BORGES, A. J. Notas de aula. Curitiba. Set. 2010. Universidade Tecnológica Federal do Paraná – UTFPR. 
 
CALLIOLI, C. A. et al. Álgebra linear e aplicações. São Paulo: Atual, 1990. 
 
ANTON, H.; BUSBY, R. C. Álgebra linear contemporânea. São Paulo: Bookman, 2008. 
 
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Hall, 1998. 
 
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NUNES, Luiz Fernando. Notas de aula: Matemática 1. Professor do Departamento de Matemática da 
Universidade Tecnológica Federal do Paraná – UTFPR. 
 
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VENTURI, J. J. Álgebra Vetorial e Geometria Analítica. 9 ed. Curitiba. 1949.