AL_CAP_09

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INTRODUÇÃO AO ESTUDO DA ÁLGEBRA LINERAR 
Luiz Francisco da Cruz – Departamento de Matemática – Unesp/Bauru 
 
CAPÍTULO 9 
 
OPERADORES DIAGONALIZÁVEIS 
No capítulo 8, viu-se que é possível determinar a matriz de uma transformação ou de um 
operador linear em relação a qualquer base do espaço onde estão definidos. Neste capítulo, 
considerado um operador linear VV:T → , quer-se determinar uma base de V em relação à 
qual a matriz de T seja a mais simples possível. Mostrar-se-á que essa matriz é diagonal, o 
que justificará a nomenclatura de operador diagonalizável. Para tanto, são necessários 
algumas definições e resultados. 
1 Autovalores e Autovetores 
Definição: Sejam: V um espaço vetorial sobre o corpo K dos números complexos ou reais e 
VV:T → um operador linear. Um vetor não nulo Vv ∈ é um autovetor de T se existir um 
escalar K∈λ tal que ( ) vvT λ= . O escalar λ é chamado de autovalor de T associado ao 
autovetor v. 
Observação: podem ser usadas, alternativamente, as seguintes expressões para “autovetor”: 
vetor próprio ou vetor característico. Analogamente, podem ser usadas as seguintes 
expressões para “autovalor”: valor próprio ou valor característico. 
Exemplo: Sejam: V um espaço vetorial sobre um corpo K e λHT = a homotetia de razão λ , 
definida por: 
( ) vvHv
VV:H
λλ
λ
=
→
a
. 
Pela definição do operador linear λH , vê-se que todo vetor de V é um autovetor, com 
autovalor λ . 
Proposição: Seja VV:T → um operador linear. O autovalor λ é univocamente determinado 
pelo autovetor v de T. 
Demonstração: 
Hipóteses: VV:T → é um operador linear; v é um autovetor de T 
Tese: o autovalor λ é único 
De fato, suponha-se que existam dois autovalores λ e ∗λ associados ao autovetor v, isto é: 
( ) vvT λ= e ( ) vvT ∗= λ . 
Então: 
( ) ∗∗∗∗ =⇒=−⇒=−⇒= λλλλλλλλ 00vvv . 
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Logo, o autovalor λ determinado por v é único. 
Observação: este resultado significa que cada autovetor está associado a apenas um 
autovalor, ou seja, cada autovetor gera um único autovalor. Entretanto, como se verá a 
seguir, cada autovalor pode gerar infinitos autovetores. 
Definição: Sejam: V um espaço vetorial sobre o corpo K dos números complexos ou reais e 
VV:T → um operador linear. Dado o autovalor K∈λ , o subespaço próprio de λ é o 
subespaço ( )λV , dado por: 
( ) ( ){ }vvT/VvV λλ =∈= . 
Proposição: Sejam: V um espaço vetorial sobre o corpo K dos números complexos ou reais e 
VV:T → um operador linear. Dado o autovalor K∈λ associado ao autovetor Vv ∈ , o 
subespaço próprio de λ é ( ) ( )IdTKerV λλ −= . 
Demonstração: 
Hipóteses: V é espaço vetorial sobre K; VV:T → é operador linear; K∈λ é autovalor de T 
associado ao autovetor Vv ∈ 
Tese: ( ) ( )IdTKerV λλ −= 
Da definição de ( )λV , tem-se que o subespaço próprio de λ é constituído pelos elementos de 
V tais que ( ) vvT λ= . Então, vem: 
( ) ( )( ) 0=−⇒= vIdTvvT λλ , 
e, portanto, v pertence ao núcleo do operador linear ( )IdT λ− . Assim, pode-se escrever: 
( ) ( )IdTKerV λλ −= . 
Exemplos: 
1) Seja 22 ℜ→ℜ:T o operador linear definido por ( ) ( )x,yy,xT = . Determinar os subespaços 
próprios, se existirem. 
Inicialmente, observe-se que esse operador é a reflexão em torno da reta xy = . A 
representação geométrica de T é apresentada na Figura 19. 
Primeiramente, é preciso verificar se existem autovalores. Para tanto, considerem-se 
( ) 2ℜ∈= y,xv ( )0≠v e ℜ∈λ . Impondo-se a condição ( ) vvT λ= , ou seja, ( ) ( )y,xy,xT λ= , 
vem: 
( ) ( )y,xx,y λ= , 
de onde se segue que 



=
=
yx
xy
λ
λ
. 
Conclui-se, assim, que 1−=λ ou 1=λ , ou seja, existem dois autovalores. 
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Determinam-se, agora, os autovetores associados a cada autovalor. 
 
FIGURA 19 
Para 11 −=λ , tem-se: 



⋅−=
⋅−=
yx
xy
1
1
 , 
ou seja, 11 −=λ gera vetores da forma ( )x,xv −=1 . Mais precisamente, 11 −=λ gera o 
subespaço próprio ( ) ( ){ }xy/y,xV −=ℜ∈=− 21 . Geometricamente, os vetores desse 
subespaço pertencem à reta bissetriz do 2º e 4º quadrantes, onde ( ) 11 vvT −= (Figura 20). 
 
FIGURA 20 
Para 12 =λ , tem-se: 
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


⋅=
⋅=
yx
xy
1
1
 , 
ou seja, 12 =λ gera vetores da forma ( )x,xv =2 . Esse autovetor gera o subespaço próprio 
( ) ( ){ }xy/y,xV =ℜ∈= 21 . Geometricamente, os vetores desse subespaço pertencem à reta 
bissetriz do 1º e 3º quadrantes, onde ( ) 22 vvT = (Figura 21). 
 
FIGURA 21 
2) Seja 22 ℜ→ℜ:T o operador linear dado por ( ) ( )x,yy,xT −= , que é a rotação de um 
ângulo de 90o em torno da origem. Determinar, se existirem, os subespaços próprios. 
A representação geométrica de T é apresentada na Figura 22. 
 
FIGURA 22 
Sejam ( ) 2ℜ∈= y,xv ( )0≠v e ℜ∈λ . Impondo-se a condição ( ) vvT λ= , ou seja, 
( ) ( )y,xy,xT λ= , vem: 
( ) ( )y,xx,y λ=− , 
de onde se segue que 



=
=−
yx
xy
λ
λ
. 
Substituindo-se a primeira equação na segunda, vem: 
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( )xx λλ −= , 
ou seja, 
( ) 010 22 =+⇒=+ xxx λλ . 
Para que essa equação seja verdadeira para todo x, deve-se ter 012 =+λ ; entretanto, essa 
equação não admite solução em ℜ . Conclui-se, assim, que não existem números reais λ tais 
que ( ) ( )y,xy,xT λ= , isto é, não existem subespaços próprios. 
3) Seja 33 ℜ→ℜ:T o operador linear dado por ( ) ( )0,y,xz,y,xT = . Determinar, caso 
existam, os subespaços próprios. 
O operador T é a projeção ortogonal de um ponto ( )z,y,x sobre o plano Oxy. 
Geometricamente, pode-se visualizar a ação do operador linear T na Figura 23. 
 
FIGURA 23 
Sejam ℜ∈λ e um vetor não nulo ( ) 3ℜ∈= z,y,xv . Impondo-se a condição ( ) vvT λ= , tem-
se: 
( ) ( )z,y,xz,y,xT λ= , 
isto é, 
( ) ( )z,y,x,y,x λ=0 , 
de onde vem: 





=
=
=
z
yy
xx
λ
λ
λ
0
. 
Dessas equações, conclui-se que há dois valores de λ : 01 =λ e 12 =λ . 
Substituindo-se o valor 01 =λ nas equações (1), obtém-se: 
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




=
=
=
z
yy
xx
00
0
0
, 
de onde se conclui que 0=x , 0=y e z pode assumir qualquer valor, isto é, obtém-se o vetor 
( )z,,v 001 = . Assim, ( ) ( ){ }00 3 ==ℜ∈= yx/z,y,xV é o subespaço próprio gerado por 
01 =λ . Esse subespaço, geometricamente, é o eixo 
3ℜ⊂Oz (Figura 24). 
 
FIGURA 24 
 
 FIGURA 25 
Substituindo-se, agora, o valor 12 =λ nas equações (1), obtém-se: 





=
=
=
z
yy
xx
10
1
1
, 
de onde se conclui que 0=z e x e y são quaisquer, isto é, obtém-se o vetor ( )02 ,y,xv = . 
Assim, ( ) ( ){ }01 3 =ℜ∈= z/z,y,xV é o subespaço próprio gerado por 12 =λ . Esse subespaço, 
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geometricamente, é o plano 3ℜ⊂Oxy (Figura 25). 
Definição: Dada uma matriz quadrada A de ordem n, chama-se polinômio característico da 
matriz A, denotado por ( )λCP , ao determinante: ( )IdAdet λ− . 
Observação: nessa definição, Id denota a matriz identidade de ordem n. Assim, se 














=
nnnn
n
n
aaa
aaa
aaa
A
L
LLLL
L
L
21
22221
11211
, 
então: 













−
−
−
=












−














=−
λ
λ
λ
λλ
nnnn
n
n
nnnn
n
n
aaa
aaa
aaa
aaa
aaa
aaa
IdA
L
LLLL
L
L
L
LLLL
L
L
L
LLLL
L
L
21
22221
11211
21
22221
11211
100
010
001
. 
Logo, 
( )
λ
λ
λ
λ
−
−
−
=
nnnn
n
n
C
aaa
aaa
aaa
P
L
LLLL
L
L
21
22221
11211
. 
Proposição: Matrizes semelhantes têm o mesmo polinômio característico. 
Demonstração: 
Hipótese: A e B são matrizes semelhantes 
Tese: A e B têm o mesmo polinômio característico 
De fato, sejam A e B duas matrizes equivalentes. Então, existe uma matriz inversível P tal 
que: PBPA 1−= . Então: IdPBPIdA λλ −=− −1 . Calculando o determinante das matrizes desta 
equação, vem: 
( ) IdBPIdBPPIdBPIdPPPBPIdPBPIdA λλλλλλ −=−=−=−=−=− −−−−− 11111 
Logo, A e B têm o mesmo polinômio característico. 
Exemplo: Mostrar que as matrizes 





=
12
31
A e 












−−
−
=
2
1
2
3
2
5
2
5
B são semelhantes. 
Mostrar-se-á que essas matrizes têm o mesmo polinômio característico. Tem-se: 
( ) ( )
λ
λ
λλ
−
−
=−=
12
31
IdAdetP AC , 
ou seja, 
( ) 522 −−= λλλ ACP . 
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Por outro lado, tem-se: 
( ) ( )
λ
λ
λλ
−−−
−−
=−=
2
1
2
3
2
5
2
5
IdBdetP BC , 
de onde segue-se que 
( ) 522 −−= λλλ BCP . 
Como ( ) ( )BCAC PP λλ = , conclui-se que A e B são semelhantes. 
Definição: Sejam V um espaço vetorial de dimensão n e VV:T → um operador linear. 
Chama-se polinômio característico do operador T o polinômio característico da matriz de T em 
relação a qualquer base. 
Notação: ( )λTP . 
Exemplo: Seja 33 ℜ→ℜ:T o operador linear definido por: 
( ) ( )zx,yx,xz,y,xT ++= . 
Determinar o polinômio característico de T em relação: 
a) à base canônica do 3ℜ . 
b) à base ( ) ( ) ( ){ }211032101 ,,,,,,,,B −= . 
a) A base canônica do 3ℜ é: ( ) ( ) ( ){ }100010001 ,,,,,,,,C = . Para determinar a matriz de T em 
relação a essa base, calculam-se primeiramente, os vetores resultantes da aplicação de T em 
cada um dos vetores da base, isto é: 
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )



=++=
=++=
=++=
10010000100
01000100010
11101011001
,,,,,,T
,,,,,,T
,,,,,,T
. 
 A matriz de T em relação a essa base é aquela cujas colunas são as coordenadas dos vetores 
encontrados, ou seja: 
[ ]










=
101
011
001
CT . 
Portanto, o polinômio característico de T é o polinômio característico dessa matriz, isto é: 
( ) [ ]( )
λ
λ
λ
λλ
−
−
−
=−=
101
011
001
IdTdetP CT , 
e, portanto, 
( ) ( ) 1331 233 +−+−=−= λλλλλTP . 
b) Calculando o valor de T em cada vetor da base, obtém-se: 
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( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )



=+−=−
=++=
=++=
30121111211
25202322032
21111011101
,,,,,,T
,,,,,,T
,,,,,,T
 
Escrevendo-se cada um dos vetores como combinação linear dos vetores da base B, tem-se: 
• ( ) ( ) ( ) ( )211032101211 ,,c,,b,,a,, −++= , 
de onde vem que: 
 





+=
−=
++=
ca
cb
cba
22
31
21
 , 
de onde se conclui que 





=
=
−=
5
2
8
c
b
a
 . 
• ( ) ( ) ( ) ( )211032101252 ,,f,,e,,d,, −++= , 
ou seja, 





+=
−=
++=
fd
fe
fed
22
35
22
 , 
de onde se segue que 





=
=
−=
10
5
18
f
e
d
 
• ( ) ( ) ( ) ( )211032101301 ,,i,,h,,g,, −++= , 
isto é, 





+=
−=
++=
ig
ih
ihg
23
30
21
 , 
e, portanto, 





=
=
−=
2
2
9
i
h
g
 
Assim, a matriz [ ]CT é: 
[ ]









 −−−
=
2105
252
9188
CT . 
Logo, o polinômio característico de T é o polinômio característico dessa matriz, isto é: 
 
( ) [ ]( )
λ
λ
λ
λλ
−
−
−−−−
=−=
2105
252
9188
IdTdetP CT 
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e, portanto, 
( ) ( ) 1331 233 +−+−=−= λλλλλTP 
Assim, independentemente da base, o polinômio característico de um operador linear T é 
sempre o mesmo. 
Proposição: Seja V um espaço vetorial de dimensão n e VV:T → um operador linear. Os 
zeros do polinômio característico do operador T são seus autovalores. 
Observação: os zeros do polinômio característico ( )λTP são as raízes da equação ( ) 0=λTP . 
Teorema: Autovetores associados a autovalores distintos são LI. 
Demonstração: 
Hipóteses: VV:T → é um operador linear; rv,,v,v L21 são autovetores associados aos 
autovalores r,,, λλλ L21 , distintos entre si 
Tese: os autovetores rv,,v,v L21 são LI 
Considere-se o operador linear VV:T → e sejam rv,,v,v L21 autovetores associados aos 
autovalores r,,, λλλ L21 , distintos entre si. A demonstração será feita por indução. 
Para 1=k , tem-se apenas um autovetor 1v , associado ao autovalor 1λ , o qual é LI, pois é 
não nulo. 
Para 2=k , têm-se os autovetores 1v e 2v , associados, respectivamente, aos autovalores 1λ 
e 2λ . Demonstrar-se-á que 1v e 2v são LI. 
De fato, tomando-se escalares 1α e 2α tais que: 
02211 =+ vv αα , (1) 
vem: 
( ) ( )02211 TvvT =+ αα , 
ou seja, 
( ) ( ) 02211 =+ vTvT αα , 
isto é, 
( ) ( ) 02211 =+ vTvT αα . 
Sendo 1v e 2v autovetores associados, respectivamente, aos autovalores 1λ e 2λ , pode-se 
escrever: 
( ) ( ) 0222111 =+ vv λαλα . (2) 
Multiplicando-se a expressão (1) por 2λ , obtém-se: 
0222121 =+ vv λαλα . (3) 
Subtraindo-se membro a membro a equação (2) da equação (3), vem: 
( ) 01121 =− vλλα , 
de onde se segue que 01 =α , já que 01 ≠v e 21 λλ ≠ . Substituindo-se 01 =α em (1), 
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conclui-se que 02 =α e, portanto, conclui-se que 1v e 2v são LI. 
Supondo-se que são LI os autovetores kv,,v,v L21 ( )rk <<1 , demonstrar-se-á que 
121 +kv,,v,v L são LI. De fato, sejam 121 +k,,, ααα L escalares tais que 
0112211 =+++ ++ kk vvv ααα L . (4) 
Tem-se: 
( ) ( )0112211 TvvvT kk =+++ ++ααα L , 
ou seja, 
( ) ( ) ( ) 0112211 =+++ ++ kk vTvTvT ααα L , 
ou, ainda, 
( ) ( ) ( ) 0111222111 =+++ +++ kkk vvv λαλαλα L . (5) 
Multiplica-se, agora, a expressão (4) por 1+kλ e vem: 
0111212111 =+++ +++++ kkkKk vvv λαλαλα L . (6) 
Fazendo-se (6) – (5), vem: 
( ) ( ) ( ) 0122121111 =−++−+− +++ kkkkkk vvv λλαλλαλλα L . 
Uma vez que os vetores kv,,v,v L21 são LI e os autovetores são distintos, conclui-se que 
021 ==== kααα L . Substituindo-se esses escalares em (4), conclui-se que 01 =+kα e, 
portanto, os vetores 121 +kv,,v,v L são LI, o que demonstra o teorema. 
Observação: a recíproca desse teorema não é verdadeira, ou seja, se os autovetores 
rv,,v,v L21 são LI, isso não significa que eles são associados a autovalores distintos. De 
fato, considerando-se, por exemplo, a homotetia de razão λ , isto é, o operador 
 ( ) vvHv
VV:H
λλ
λ
=
→
a
, 
sendo V um espaço de dimensão 1>n , vê-se que todo vetor de V é um autovetor associado a 
um único autovalor, que é λ . 
Corolário: Se V é um espaço vetorial de dimensão n e VV:T → é um operador linear que 
admiten autovalores distintos, então V possui uma base cujos elementos são autovetores de 
T. 
Exemplo: Considere-se espaço vetorial real 3ℜ e o operador linear definido por: 
( ) ( )zyx,zyx,zyxz,y,xT 3344463 +−+−+−= . 
Mostrar que existe uma base do 3ℜ constituída de autovetores de T, conforme afirma o 
corolário anterior. 
A matriz de T em relação à base canônica C do 3ℜ : 
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[ ]










−
−
−
=
331
441
463
CT 
O polinômio característico de T é obtido através do determinante: 
( )
λ
λ
λ
λ
−−
−−
−−
=
331
441
463
CP , 
de onde vem: 
( ) 22 23 −++−= λλλλCP , 
cujas raízes são os autovalores de T: 11 −=λ , 12 =λ e 23 =λ . Tem-se, portanto, 3 
autovalores distintos, sendo que ( ) 33 =ℜdim . Determinam-se, agora, os autovetores: 
Para 11 −=λ , tem-se: 










=




















+−
+−
−+
0
0
0
1331
4141
4613
z
y
x
, 
de onde vem que: 





=+−
=+−
=+−
043
043
0464
zyx
zyx
zyx
 . 
A solução geral desse sistema é: 



=
=
zy
zx
2
2
, ℜ∈∀z , com 0≠z . 
Logo, 11 −=λ gera autovetores da forma ( )z,z,zv 22= , ℜ∈∀z , com 0≠z . Em particular, 
para 1=z , tem-se o autovetor ( )1221 ,,v = . 
Para 12 =λ , tem-se: 










=




















−−
−−
−−
0
0
0
1331
4141
4613
z
y
x
, 
de onde se obtém o sistema: 





=+−
=+−
=+−
023
045
0462
zyx
zyx
zyx
, 
cuja solução geral é dada por: 



=
=
zy
zx
, ℜ∈∀z , com 0≠z . 
Logo, 12 =λ gera autovetores da forma ( )z,z,zv = , ℜ∈∀z , com 0≠z . Em particular, para 
1=z , tem-se o autovetor ( )1112 ,,v = . 
Para 23 =λ , tem-se: 
INTRODUÇÃO AO ESTUDO DA ÁLGEBRA LINERAR 
Luiz Francisco da Cruz – Departamento de Matemática – Unesp/Bauru 










=




















−−
−−
−−
0
0
0
2331
4241
4623
z
y
x
, 
ou seja, 





=+−
=+−
=+−
03
046
046
zyx
zyx
zyx
 
cuja solução geral é dada por: 



=
=
zy
zx 2
, ℜ∈∀z , com 0≠z . 
Logo, 23 =λ gera autovetores da forma ( )z,z,zv 2= , ℜ∈∀z , com 0≠z . Em particular, para 
1=z , tem-se o autovetor ( )1123 ,,v = . 
Assim, cada autovalor gera apenas um autovetor. Pode-se verificar que o conjunto 
( ) ( ) ( ){ }112111122 ,,,,,,,,B = é LI e, portanto, é uma base do 3ℜ , a qual é formada por 
autovetores de T. 
2 Diagonalização de Operadores 
Teorema: Seja V um espaço vetorial n-dimensional. A matriz [ ]BT de um operador linear 
VV:T → , em relação a uma base B, é uma matriz diagonal se, e somente se, essa base B é 
formada por autovetores de T. 
Demonstração: 
Condição necessária: 
Hipóteses: { }nv,,v,vB L21= é base de V e nv,,v,v L21 são autovetores de T 
Tese: matriz de T em relação à base B é diagonal 
De fato, sendo nv,,v,v L21 são autovetores de T, tem-se: 
( )
( )
( )






=
=
=
nnn vvT
vvT
vvT
λ
λ
λ
M
222
111
, 
onde ( )nii ≤≤1λ são os autovalores, não necessariamente distintos. Ou seja, 
( )
( )
( )






+++=
+++=
+++=
nnn
n
n
vvvvT
vvvvT
vvvvT
λ
λ
λ
L
M
L
L
21
2212
2111
00
00
00
. 
Assim, a matriz do operador T, em relação a essa base, é: 
INTRODUÇÃO AO ESTUDO DA ÁLGEBRA LINERAR 
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[ ]














=
n
BT
λ
λ
λ
L
LLLL
L
L
00
00
00
2
1
. 
Vê-se, assim, que a matriz de T em relação ao uma base de autovetores é diagonal. 
Condição suficiente: 
Hipóteses: { }nu,,u,uB L21=′ é base de V e a matriz de T em relação a essa base é diagonal 
Tese: nu,,u,u L21 são autovetores de T 
Seja 
[ ]














=′
n
B
a
a
a
T
L
LLLL
L
L
00
00
00
2
1
 
a matriz de T em relação à base B′ . 
Tem-se, então: 
( )
( )
( )






+++=
+++=
+++=
nnn
n
n
uauuuT
uuauuT
uuuauT
L
M
L
L
21
2212
2111
00
00
00
, 
e, portanto, os vetores ( )niui ≤≤1 são autovetores de T associados aos autovalores 
( )niai ≤≤1 , ou seja, a base B′ é composta de autovetores de T. 
A definição seguinte define o que é um operador diagonalizável. 
Definição: Seja VV:T → um operador linear. Diz-se que T é um operador diagonalizável se 
existir uma base de V formada por autovetores de T. 
Observação: por essa definição, se V tem dimensão n e se o operador é diagonalizável, então 
existe uma base B de V constituída por autovetores de T, associados a autovalores 
( )nii ≤≤1λ . Conforme se viu acima, a matriz de T em relação a essa base é diagonal, sendo 
que sua diagonal contém os autovalores, isto é, 
[ ]














=
n
BT
λ
λ
λ
L
LLLL
L
L
00
00
00
2
1
. 
O questionamento que se pode fazer é: qual é a posição dos autovalores iλ na diagonal? 
O que determina a posição dos autovalores na diagonal é a posição dos autovetores dentro da 
base B. Lembrando que as raízes do polinômio característico de T são seus autovalores, é 
possível que haja raízes (isto é, autovalores) com multiplicidade maior do que 1. Assim, a 
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matriz de T em relação à base de autovetores é formada por blocos, cujas ordens são iguais à 
multiplicidade dos autovalores ( )nii ≤≤1λ , como raízes do polinômio característico. 
Por exemplo, se o polinômio característico de um operador linear T é: 
( ) ( )( )234 +−= λλλTP , 
conclui-se que a raiz 41 =λ tem multiplicidade 1 e que a raiz 32 −=λ tem multiplicidade 2. 
Então, a matriz de T em relação à base dos autovetores associados a esses autovalores é 
formada por dois blocos: um de ordem 1, associado ao autovalor 41 =λ e um de ordem 2, 
associado ao autovalor 32 −=λ . 
Portanto, a matriz [ ]BT pode apresentar as seguintes formas: 
 










−
−
300
030
004
 ou 










−
−
400
030
003
 
 
Exemplos: 
1) Verificar quais dos operadores T é diagonalizável. Para os que forem, exibir a matriz de T 
em relação à base de autovetores. 
(a) ( ) ( )yx,yxy,xT 324 ++= 
(b) ( ) ( )zyx,zyx,zyxz,y,xT 46324665 −−++−−−= 
(a) Observe-se que T é um operador linear de 2ℜ em 2ℜ . Para determinar os autovalores, 
calculam-se as raízes do polinômio característico de T. Como o polinômio característico é o 
mesmo em relação a qualquer base, usar-se-á a base canônica de 2ℜ para construir a matriz 
de T. 
Tem-se: 
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )


=++=
=++=
34304010
21020101
,,,T
,,,T
, 
e, portanto, sua matriz em relação a essa base é: 
[ ] 





=
32
41
T . 
Assim, o polinômio característico de T é o determinante: 
( ) 54
32
41 2 −−=
−
−
= λλ
λ
λ
λTP . 
Os zeros desse polinômio, isto é, as raízes da equação 0542 =−− λλ , são 11 −=λ e 52 =λ . 
Portanto, esses são os autovalores de T. Para determinar osautovetores associados, faz-se: 
( ) vvT λ= , 
ou seja, 
[ ]( ) 0=− vIdT λ . 
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Luiz Francisco da Cruz – Departamento de Matemática – Unesp/Bauru 
Tomando-se um vetor ( )y,xv = , vem: 






=











−
−
0
0
32
41
y
x
λ
λ
. 
Então: 
• para 11 −=λ , tem-se: 
( )
( ) 






=











−−
−−
0
0
132
411
y
x
, 
de onde se segue que 



=+
=+
042
042
yx
yx
, 
ou seja, 
yx 2−= . 
Assim, os autovetores associados a esse autovalor são do tipo ( ) ( )122 ,yy,yv −=−= . 
Fazendo-se, por exemplo, 1=y , obtém-se o autovetor ( )121 ,v −= . 
• para 52 =λ , tem-se: 






=











−
−
0
0
532
451
y
x
, 
isto é, 



=−
=+
022
044
yx
yx
, 
De onde se conclui que yx = . 
Logo, os autovetores associados a esse autovalor são do tipo ( ) ( )11,xx,xv == . Tomando-se, 
por exemplo, 1=x , obtém-se o autovetor ( )112 ,v = . 
Observe-se que esses autovetores são LI, pois, se 1a e 2a são escalares tais que: 
02211 =+ vava , 
vem: 
( ) ( ) ( )001112 21 ,,a,a =+− , 
ou seja, 
( ) ( )002 2121 ,aa,aa =++− , 
de onde vem que: 



=+
=+−
0
02
21
21
aa
aa
. 
A resolução desse sistema linear leva à solução trivial, isto é, 021 == aa e, portanto, os 
vetores 1v e 2v são LI e formam uma base de 
2ℜ , isto é, ( ) ( ){ }1112 ,,,B −= é uma base de 
2ℜ . Conclui-se, assim, que T é um operador diagonalizável e sua matriz em relação a essa 
base é uma matriz diagonal, cuja diagonal principal é formada pelos autovalores, ou seja: 
INTRODUÇÃO AO ESTUDO DA ÁLGEBRA LINERAR 
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[ ] 




−
=
50
01
BT . 
É claro que [ ] 





−
=
10
05
BT é também a matriz de T em relação à base B. A ordem dos 
autovalores na diagonal da matriz depende da posição dos autovetores dentro da base B. 
(b) Aqui, tem-se que T é um operador linear de 3ℜ em 3ℜ . Para determinar os autovalores, 
calculam-se as raízes do polinômio característico de T. Usar-se-á a base canônica de 3ℜ para 
construir a matriz de T. 
Tem-se: 
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )



−−=−−++−−=
−−=−−++−−=
−=−−++−−−=
426400200600100
646060040060010
315003001005001
,,,,,,T
,,,,,,T
,,,,,,T
. 
Assim, a matriz de T em relação à base canônica de 3ℜ é: 
[ ]










−−
−
−−
=
463
241
665
T ; 
portanto, seu polinômio característico é: 
( ) 485
463
241
665
23 +−+−=
−−−
−−
−−−
= λλλ
λ
λ
λ
λTP . 
Determinando-se os zeros desse polinômio, isto é, as raízes da equação 
0485 23 =+−+− λλλ , obtêm-se: 11 =λ , com multiplicidade 1, e 22 =λ , com multiplicidade 
2. Logo, o polinômio pode ser escrito na forma: 
Então ( ) ( )( )221 −−= λλλTP . Para determinar os autovetores associados, toma-se um vetor 
( )z,y,xv = e impõe-se a condição: 
( ) vvT λ= , 
ou seja, 
[ ]( ) 0=− vIdT λ , 
ou, ainda, 










=




















−−−
−−
−−−
0
0
0
463
241
665
z
y
x
λ
λ
λ
. 
Então: 
• para 11 =λ , vem: 










=




















−−
−
−−
0
0
0
563
231
664
z
y
x
, 
de onde se obtém o sistema linear 
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




=−−
=++−
=−−
0563
023
0664
zyx
zyx
zyx
. 
De sua resolução, obtêm-se: 



−=
−=
yz
yx
3
3
. 
Assim, os autovetores associados a esse autovalor são do tipo ( ) ( )31333 −−=−−= ,,yy,y,yv . 
Fazendo-se, por exemplo, 1=y , obtém-se o autovetor ( )3131 −−= ,,v . 
• para 22 =λ , vem: 










=




















−−
−
−−
0
0
0
663
221
663
z
y
x
, 
de onde vem que: 





=−−
=++−
=−−
0663
022
0663
zyx
zyx
zyx
, 
que leva à solução da forma zyx 22 += . Portanto, os autovetores associados e esse autovalor 
são do tipo ( ) ( ) ( )10201222 ,,z,,yz,y,zyv +=+= . Tomando-se, por exemplo, 1=y e 0=z , 
obtém-se o autovetor ( )0122 ,,v = ; tomando-se outro par de valores para y e z, por exemplo, 
0=y e 1=z , obtém-se outro autovetor associado a esse autovalor: ( )1023 ,,v = . 
Pode-se verificar que os autovetores determinados são LI e, portanto, formam uma base de 
3ℜ : ( ) ( ) ( ){ }102012313 ,,,,,,,,B −−= . Então, T é um operador diagonalizável e sua matriz em 
relação a essa base é diagonal, dada por: 
[ ]










=
200
020
001
BT . 
Alternativamente, mudando-se a ordem dos vetores na base B, pode-se escrever a matriz de T 
na forma: 
 [ ]










=
100
020
002
BT . 
2) Mostrar que o operador linear ( ) ( )zy,zy,yxz,y,xT 422 +−+= não é diagonalizável. 
Tem-se, aqui, um operador linear de 3ℜ em 3ℜ . Considerando-se a base canônica de 3ℜ , 
verificar-se-á se existe uma base de 3ℜ constituída por autovetores de T. Para isso, 
determinam-se, primeiramente os autovalores de T, construindo o polinômio característico e 
calculando-se seus zeros. Tem-se: 
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( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )



−=+−+=
=+−+==
=+−+=
410401000100
211020110010
002000002001
,,,,,,T
,,,,,,T
,,,,,,T
 
e, portanto, a matriz de T em relação à base canônica de 3ℜ é: 
[ ]










−=
420
110
012
T . 
Portanto, o polinômio característico é: 
( ) 12167
420
110
012
23 +−+−=
−
−−
−
= λλλ
λ
λ
λ
λTP . 
Determinando-se as raízes da equação 012167 23 =+−+− λλλ , obtêm-se 21 =λ , com 
multiplicidade 2, e 32 =λ , com multiplicidade 1. Assim, o polinômio pode ser escrito na forma 
( ) ( )( )223 −−= λλλTP . 
Tomando-se um vetor ( )z,y,xv = e impondo-se a condição ( ) vvT λ= , ou, equivalentemente, 
[ ]( ) 0=− vIdT λ , obtém-se: 










=




















−
−−
−
0
0
0
420
110
012
z
y
x
λ
λ
λ
. 
• Para 31 =λ , tem-se: 










=




















−−
−
0
0
0
120
120
011
z
y
x
, 
de onde vem que: 





=+
=−−
=+−
02
02
0
zy
zy
yx
, 
que leva a 



−=
=
yz
yx
2
. 
Logo, os autovetores associados são do tipo ( ) ( )2112 −=−= ,,yy,y,yv . Tomando-se, por 
exemplo, 1=y , obtém-se o autovetor ( )2111 −= ,,v . 
• Para 22 =λ , tem-se: 










=




















−−
0
0
0
220
110
010
z
y
x
, 
isto é, 
INTRODUÇÃO AO ESTUDO DA ÁLGEBRA LINERAR 
Luiz Francisco da Cruz – Departamento de Matemática – Unesp/Bauru 





=+
=−−
=
022
0
0
zy
zy
y
, 
de onde se conclui que 0== zy . 
Portanto,os autovetores associados são do tipo ( ) ( )00100 ,,x,,xv == . Tomando-se, por 
exemplo, 1=x , obtém-se o autovetor ( )0012 ,,v = . 
Vê-se, assim, que há apenas dois autovetores associados aos autovalores obtidos, e, portanto, 
o conjunto ( ) ( ){ }001211 ,,,,,B −= não é uma base de 3ℜ . Se não existe uma base de 3ℜ 
constituída pelos autovetores de T, então T não é um operador diagonalizável e, portanto, não 
possui uma matriz diagonal em relação a nenhuma base de 3ℜ . 
3 Relação entre Matriz Diagonalizável e Autovetores 
No Capítulo 1, viu-se que uma matriz quadrada B, de ordem n, é diagonalizável se existe uma 
matriz não singular P, de mesma ordem, tal que BPPA 1−= é uma matriz diagonal. Quando 
isso ocorre, diz-se que A e B são semelhantes. A dificuldade consiste em determinar a matriz 
P. No entanto, pode-se demonstrar que se B for diagonalizável, as colunas da matriz P são 
constituídas das coordenadas dos autovetores relativos a um operador linear T e a matriz A, 
cuja diagonal principal é constituída dos autovalores associados, é a representação diagonal da 
matriz B. 
Exemplos: 
1) No Exemplo 1) do item 3.6 Matrizes Semelhantes, do Capítulo 1, mostrou-se que as 
matrizes 




−
=
20
03
A e 




 −−
=
36
14
B são semelhantes, determinando-se, através da 
definição, a matriz 





−
−
=
61
11
P ; ou seja, impôs-se que BPPA 1−= , ou equivalentemente, 
BPPA = , e determinou-se a matriz P. 
Determinar-se-á, agora, essa mesma matriz P, utilizando-se os conceitos de autovetores e 
autovalores associados a um operador linear T. A partir da matriz B, determina-se seu 
polinômio característico: 
( ) 6
36
14 2 −+=
−
−−−
= λλ
λ
λ
λCP , 
cujas raízes são os autovalores 31 −=λ e 22 =λ . Os autovetores associados são calculados a 
seguir. 
Para 31 −=λ , tem-se: 
( )
( ) 






=











−−
−−−−
0
0
336
134
y
x
, 
INTRODUÇÃO AO ESTUDO DA ÁLGEBRA LINERAR 
Luiz Francisco da Cruz – Departamento de Matemática – Unesp/Bauru 
ou seja, 






=










 −−
0
0
66
11
y
x
, 
que leva ao sistema linear 



=+
=−−
066
0
yx
yx
. 
Desse sistema, conclui-se que yx −= , isto é, o autovetor gerado por 31 −=λ é da forma 
( )y,yv −=1 , ℜ∈∀y , com 0≠y . Em particular, para 1=y , gera-se o autovetor ( )111 ,v −= . 
Para 22 =λ , tem-se: 






=











−
−−−
0
0
236
124
y
x
, 
isto é, 






=










 −−
0
0
16
16
y
x
, 
de onde se obtém: 



=+
=−−
06
06
yx
yx
. 
A solução geral desse sistema é xy 6−= , com ℜ∈x . Então, o autovetor gerado por 22 =λ é 
da forma ( )x,xv 62 −= , ℜ∈∀x , com 0≠x . Em particular, para 1=x , tem-se o autovetor 
( )612 −= ,v . Logo, a matriz P é constituída dos autovetores 1v e 2v , ou seja, 





−
−
=
61
11
P , 
que é a matriz obtida anteriormente. Essa matriz é não singular e sua inversa é 








−−
−−
=−
5
1
5
1
5
1
5
6
1P . Assim, da mesma forma que se fez no Exemplo 1) do item 3.6 Matrizes 
Semelhantes, do Capítulo 1, tem-se: 
ABPP =




−
=





−
−








−−
=





−
−





 −−








−−
−−
=−
20
03
61
11
61
11
36
14
5
2
5
2
5
3
5
18
5
1
5
1
5
1
5
6
1 . 
2) Também no Exemplo 1) do item 3.6 Matrizes Semelhantes, do Capítulo 1, mostrou-se que 
as matrizes 










=
600
010
002
A e 










−=
420
110
012
B não são semelhantes, ou seja, não existe a 
matriz P tal que BPPA 1−= . Pode-se chegar a essa mesma conclusão utilizando-se autovalores 
e autovetores associados a um operador linear T. A partir de B, determina-se seu polinômio 
característico: 
( ) ( )( )23 2312167
420
110
012
−−=+−+−=
−
−−
−
= λλλλλ
λ
λ
λ
λCP ; 
INTRODUÇÃO AO ESTUDO DA ÁLGEBRA LINERAR 
Luiz Francisco da Cruz – Departamento de Matemática – Unesp/Bauru 
as raízes desse polinômio são os autovalores 31 =λ (com multiplicidade 1) e 22 =λ (com 
multiplicidade 2). 
Para 31 =λ , tem-se: 










=




















−
−−
−
0
0
0
3420
1310
0132
z
y
x
, 
isto é, 





=+
=−−
=+−
02
02
0
zy
zy
yx
. 
A resolução do sistema leva às conclusões yx = e yz 2−= , para ℜ∈y . Então, o autovetor 
gerado por 31 =λ é da forma ( )y,y,yv 21 −= , ℜ∈∀y , com 0≠y . Em particular, para 1=y , 
gera-se o autovetor ( )2111 −= ,,v . 
Para 22 =λ , tem-se: 










=




















−
−−
−
0
0
0
2420
1210
0122
z
y
x
, 
ou seja, obtém-se o sistema linear 





=+
=−−
=
022
0
0
zy
zy
y
 , 
cuja solução geral é 0== zy e ℜ∈x . Então, o autovetor gerado por 22 =λ é da forma 
( )002 ,,xv = , ℜ∈∀x , com 0≠x . Em particular, para 1=x , tem-se o autovetor ( )0012 ,,v = . 
Como só existem dois autovetores ( )2111 −= ,,v e ( )0012 ,,v = , não existe a matriz P de ordem 
3, constituída de autovetores, tal que BPPA 1−= . Conclui-se, portanto, que as matrizes A e B 
não são semelhantes, ou seja, B não é diagonalizável, como já se havia concluído no citado 
exemplo do Capítulo 1. 
3) No Exemplo 2) do item 2 Diagonalização de Operadores deste Capítulo, mostrou-se: que a 
matriz 










−−
−
−−
=
463
241
665
A , que é a matriz de um operador linear em relação à base canônica 
do 3ℜ , é diagonalizável, que seus autovalores são 11 =λ e 22 =λ e que os autovetores 
gerados são ( )3131 −−= ,,v , ( )0122 ,,v = e ( )1023 ,,v = . 
Logo, existe a matriz 










−
−
=
103
011
223
P , cuja inversa é: 
INTRODUÇÃO AO ESTUDO DA ÁLGEBRA LINERAR 
Luiz Francisco da Cruz – Departamento de Matemática – Unesp/Bauru 










−−
−
−−
=−
563
231
221
1P . 
Pode-se, assim, utilizar-se essa matriz para determinar a matriz diagonal B que é semelhante 
à matriz A. Basta que se efetue o produto APP 1− : 
=










−
−










−−
−
−−










−−
−
−−
=−
103
011
223
463
241
665
563
231
221
1APP 










=










−
−










−−
−
−−
=
200
020
001
103
011
223
10126
462
221
. 
Obteve-se, assim, a matriz 










=
200
020
001
B , 
diagonal, a qual é semelhante à matriz A, que é a mesma obtida anteriormente no citado 
exemplo. 
Exercícios Propostos 
1) Seja ( ) ( )TSMTSM:T 22 → , onde ( )TSM2 é o espaço vetorial das matrizes triangulares 
superiores, cuja base canônica é 


























=
10
00
00
10
00
01
,C . Mostrar que o operador linear 





++−
=





cba
ba
c
ba
T
30
33
0
 é diagonalizável e exibir sua matriz em relação à base de 
autovetores. 
R: [ ]










=
100
030
003
BT ou [ ]










=
300
030
001
BT 
2) Verificar quais dos operadores lineares é diagonalizável. Para os que o forem, exibir a 
matriz do operador em relação à base de autovetores. 
a) ( ) ( )zx,zyx,zxz,y,xT 3222 +−++= 
R: é diagonalizável; [ ]










=
400
020
001
BT ou [ ]










=
200
040
001
BT ou [ ]










=
400
010
002
BT ... 
b) ( ) ( ) ( )taaaataaT 101010 7968 −+−=+ 
R.: é diagonalizável; [ ] 





−
=
10
02
BT ou [ ] 




−
=
20
01
BT 
INTRODUÇÃO AO ESTUDO DA ÁLGEBRA LINERAR 
Luiz Francisco da Cruz – Departamento de Matemática – Unesp/Bauru 
c) ( ) ( )zyx,zyx,zyxz,y,xT −−−+++= 
R.: é diagonalizável; [ ]










−
=
200
020
001
BT ou [ ]










−=
200
020
001
BT ou [ ]










−
=
200
010
002
BT ... 
d) ( ) 




 +−
=
4
32
4
6 yx
,
yx
y,xT R.: é diagonalizável; [ ] 






=
10
0
4
5
BT ou [ ] 






=
4
50
01
BT 
e) ( ) ( )z,zy,xz,y,xT 2+= R.: não é diagonalizável. 
f) ( ) ( )zyx,zyx,zyxz,y,xT ++++++= 332232 
R.: é diagonalizável; [ ]










−
−=
200
010
006
BT ou [ ]










−
−=
100
020
006
BT ou [ ]










−
−
=
600
010
002
BT ...