Formas elementaresp Liv Virtual

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FORMAS ELEMENTARES: DIAGONAL, 
TRIANGULAR E DE JORDAN
Anízio Perissinotto Junior
João Peres Vieira
Carina Alves
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As formas elementares são parte integrante de um curso de Álgebra Linear para licenciandos, 
bacharelandos e pós-graduandos em Matemática. Trata-se de um tema extremamente importante 
não apenas na Matemática como também em aplicações na Física e Engenharia.
O objetivo central deste livro é abordar de forma clara e objetiva a forma diagonal, a forma triangular 
e a forma de Jordan, tópicos estes em via de regra explorados de forma bem superfi cial nos livros 
didáticos de Álgebra Linear em nível de graduação.
Este texto é fruto de nossa experiência como professores e/ou ex-professores do Instituto de 
Geociências e Ciências Exatas, câmpus de Rio Claro, Unesp – Universidade Estadual Paulista, 
onde ministramos a disciplina Álgebra Linear para o cursos de Graduação em Matemática e
de Pós-Graduação em Matemática.
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Anízio Perissinotto Junior possui doutorado em Ciências da Computação e Matemática Com-
putacional pela Universidade de São Paulo e pós-doutorado pela School of Mathematics – Center 
for Dynamical Systems and Non-linear Studies – Georgia Institute of Technology. Atualmente é 
pro fessor aposentado, como professor assistente da PP do QDUNESP, efetivo, com função de profes-
sor adjunto, lotado no Departamento de Matemática do Instituto de Geociências e Ciências Exatas 
da Universidade Estadual Paulista. Tem experiência na área de Equações Diferenciais e Análise.
João Peres Vieira possui doutorado e pós-doutorado em Matemática pela Universidade de São 
Paulo. Atualmente é professor adjunto do Instituto de Geociências e Ciências Exatas, câmpus de 
Rio Claro, Unesp – Universidade Estadual Paulista, onde atua desde 1986. É revisor do Zentralblatt 
Math e líder do grupo de pesquisa: Topologia Algébrica, Diferencial e Geométrica. Pesquisa na 
área de Topologia Algébrica, atuando principalmente nos seguintes temas: pontos fi xos e coinci-
dência de aplicações fi bradas.
Carina Alves é doutora em Matemática pela Universidade Estadual de Campinas e possui pós-
-doutorado pela Telecom Paristech – Paris, França. Atualmente é professora assistente doutora do 
Instituto de Geociências e Ciências Exatas, câmpus de Rio Claro, Unesp – Universidade Estadual 
Paulista, onde atua desde 2009. Tem experiência na área de Álgebra, atuando principalmente nos 
seguintes temas: teoria de códigos, reticulados e teoria algébrica dos números.
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TRIANGULAR E DE JORDAN
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 Reitor Julio Cezar Durigan
 Pró-Reitor de Graduação Laurence Duarte Colvara
 Pró-Reitor de Pós-Graduação Eduardo Kokubun
 Pró-Reitora de Pesquisa Maria José Soares Mendes Giannini
 Pró-Reitora de Extensão Universitária Mariângela Spotti Lopes Fujita
 Pró-Reitor de Administração Carlos Antonio Gamero
 Secretária Geral Maria Dalva Silva Pagotto
 Chefe de Gabinete Roberval Daiton Vieira
Universidade Estadual Paulista
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FORMAS ELEMENTARES: DIAGONAL, 
TRIANGULAR E DE JORDAN
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a Anízio Perissinotto Junior
João Peres Vieira
Carina Alves
São Paulo
2014
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©Pró-Reitoria de Graduação, Universidade Estadual Paulista, 2014.
Ficha catalográfi ca elaborada pela Coordenadoria Geral de Bibliotecas da Unesp
P446f
Perissinotto Junior, Anízio
 Formas elementares: diagonal, triangular e de Jordan / Anízio Perissinotto 
Junior, João Peres Vieira, Carina Alves. – São Paulo : Cultura Acadêmica : 
Universidade Estadual Paulista, Pró-Reitoria de Graduação, 2014.
 96 p.
Bibliografi a
 ISBN 978-85-7983-524-7
 1. Álgebra linear. 2. Matemática. 3. Jordan, Forma de. I. Vieira, João 
Peres. II. Alves, Carina. III. Universidade Estadual Paulista. Pró-Reitoria 
de Graduação.
 CDD 512.5
 Pró-reitor Laurence Duarte Colvara 
 Secretária Joana Gabriela Vasconcelos Deconto 
 Assessoria José Brás Barreto de Oliveira 
 Maria de Lourdes Spazziani
 Valéria Nobre Leal de Souza Oliva
 Técnica Bambina Maria Migliori 
 Camila Gomes da Silva
 Cecília Specian
 Gisleide Alves Anhesim Portes
 Ivonette de Mattos
 Maria Emília Araújo Gonçalves
 Maria Selma Souza Santos
 Renata Sampaio Alves de Souza
 Sergio Henrique Carregari
 Projeto gráfi co Andrea Yanaguita
 Preparação e Diagramação Prof. Dr. Th iago de Melo - IGCE/RC
 Finalização Estela Mletchol
equipe
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PROGRAMA DE APOIO
À PRODUÇÃO DE MATERIAL DIDÁTICO
Considerando a importância da produção de material didático-pedagó-
gico dedicado ao ensino de graduação e de pós-graduação, a Reitoria da UNESP, 
por meio da Pró-Reitoria de Graduação (PROGRAD) e em parceria com a 
Fundação Editora UNESP (FEU), mantém o Programa de Apoio à Produção 
de Material Didático de Docentes da UNESP, que contempla textos de apoio às 
aulas, material audiovisual, homepages, softwares, material artístico e outras 
mídias, sob o selo CULTURA ACADÊMICA da Editora da UNESP, disponibi-
lizando aos alunos material didático de qualidade com baixo custo e editado 
sob demanda.
Assim, é com satisfação que colocamos à disposição da comunidade acadê-
mica mais esta obra, “Formas Elementares: Diagonal, Triangular e de Jordan”, 
de autoria dos professores Dr. Anízio Perissinotto Junior, Dr. João Peres Vieira 
e Dr. Carina Alves, do Instituto de Geociências e Ciências Exatas do Câmpus 
de Rio Claro, esperando que ela traga contribuição não apenas para estudantes 
da UNESP, mas para todos aqueles interessados no assunto abordado.
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SUMÁRIO
introdução 9
1 autovalor. polinômio minimal. subespaço invariante.
espaço quociente. 11
2 forma diagonal 35
3 forma triangular 47
4 forma de jordan 63
referências bibliográficas 93
índice remissivo 95
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INTRODUÇÃO
As formas elementares são parte integrante de um curso de Álgebra Linear
para licenciandos, bacharelandos e pós-graduandos em Matemática. Trata-se
de um tema extremamente importante não apenas na Matemática como tam-
bém em aplicações na Física e Engenharia. O objetivo central deste livro são
as formas elementares de um operador linear, isto é, dado T ∈ L(V), encon-
trar uma base de V na qual a matriz de T assume uma forma particularmente
agradável. Essas matrizes serão denominadas formas elementares e as formas
que veremos são a forma diagonal, a forma triangular e a forma de Jordan. Para
um estudo mais completo, abordamos inicialmente: autovalor, polinômiomi-
nimal, subespaço invariante e espaço quociente. Daremos ênfase aos exemplos,
mas sempre manteremos o rigor na parte teórica. Para xarmos a notação, no
decorrer de todo o texto, denotaremos por K o corpo dos números reais ou
complexos, por V um espaço vetorial de dimensão nita sobre o corpo K, por
L(V) o espaço dos operadores lineares sobre V e por Mm o espaço das matri-
zes quadradas de ordem m. Para T ∈ L(V), Ker(T) = {x ∈ V ∣ T(x) = 0} e
Im(T) = {T(x) ∣ x ∈ V} são o núcleo e a imagem de T , respectivamente.
Os autores agradecem ao parecerista pelas sugestões que muito contribuí-
ram para a melhoria do texto. Agradecem também ao Prof. Dr.�iago de Melo
pela diagramação do texto.
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AUTOVALOR. POLINÔMIO MINIMAL. SUBESPAÇO INVARIANTE.
ESPAÇO QUOCIENTE.
Neste capítulo vamos abordar autovalor, cuja importância surgiu a partir
de estudos da Física e no estudo de formas quadráticas e equações diferenciais.
Além disso vamos abordar polinômio minimal e subespaço invariante, que nos
permitirá obter caracterizações de operadores diagonalizáveis (e trianguláveis)
em termos de seus polinômios minimais. Por último faremos um estudo de
espaço quociente.
Definição 1.1. Seja T ∈ L(V). Se existirem v ∈ V , v ≠ 0 e λ ∈ K tais que
T(v) = λv, dizemos que λ é autovalor de T e v é autovetor de T associado a λ.
Nos três exemplos abaixo vericamos a existência ou não de autovalor.
Exemplo 1.2. Seja T1 ∈ L(R2) dado por T1(x , y) = (x , 2y). Temos T1(1, 0) =
1(1, 0) e portanto 1 é autovalor de T1 e (1, 0) é autovetor de T1 associado a 1.
Também, T1(0, 1) = (0, 2) = 2(0, 1) e portanto 2 é autovalor de T1 e (0, 1) é
autovetor de T1 associado a 2. Assim, este operador possui dois autovalores
distintos.
Exemplo 1.3. Seja T2 ∈ L(R2) dado por T2(x , y) = (3x + y, 3y). Temos
T2(1, 0) = (3, 0) = 3(1, 0) e portanto 3 é autovalor de T2 e (1, 0) é autovetor
de T2 associado a 3. Também, T2(0, 1) = (1, 3) ≠ λ(0, 1), para todo λ ∈ R e
portanto (0, 1) não é autovetor de T2. Este operador possui só um autovalor.
Exemplo 1.4. Seja T3 ∈ L(R2) dado por T3(x , y) = (−y, x). Observamos que
T3 não tem autovalor em R.
Sugestão 1.5. Mostre que se o operador T3 do Exemplo 1.4 é tal que T3 ∈ L(C2)
então T3 tem autovalor em C.
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12 FORMAS ELEMENTARES: DIAGONAL, TRIANGULAR E DE JORDAN
Teorema 1.6. Sejam T ∈ L(V) e λ ∈ K. Considere o seguinte conjunto V(λ) ={v ∈ V ∣ T(v) = λv}. Então V(λ) é um subespaço de V , chamado de auto-
espaço.
Demonstração. i) Temos que 0 ∈ V(λ) pois T(0) = 0 = λ0.
ii) Se v , u ∈ V(λ) então T(v + u) = T(v) + T(u) = λv + λu = λ(v + u) e
portanto v + u ∈ V(λ).
iii) Se a ∈ K, v ∈ V(λ) então T(av) = aT(v) = a(λv) = λ(av) e portanto
av ∈ V(λ).
Exemplo 1.7. Do Exemplo 1.2, temos que λ = 1 e λ = 2 são autovalores de
T1(x , y) = (x , 2y). Então,
V(1) = {(x , y) ∈ R2 ∣ T1(x , y) = 1(x , y)} = {(x , 0) ∈ R2}
e
V(2) = {(x , y) ∈ R2 ∣ T1(x , y) = 2(x , y)} = {(0, y) ∈ R2} .
Teorema 1.8. Sejam T ∈ L(V) e λ ∈ K. São equivalentes:
i) λ é um autovalor de T .
ii) O operador T − λI não é injetor.
Demonstração. Se λ é um autovalor de T , existe v ≠ 0 tal que Tv = λv. Então
Tv − λv = 0, ou equivalentemente, (T − λI)v = 0. Assim 0 ≠ v ∈ Ker(T − λI) e
portanto T − λI não é injetor. Reciprocamente, se Ker(T − λI) ≠ 0 então existe
0 ≠ v ∈ V tal que (T − λI)(v) = 0, ou seja, T(v) − λv = 0, ou ainda, T(v) = λv
e portanto λ é autovalor de T .
Exemplo 1.9. Do Exemplo 1.3, temos que λ = 3 é autovalor de T2(x , y) = (3x+
y, 3y). Então, o operador T2 − 3I é dado por (T2 − 3I)(x , y) = (y, 0). Portanto,(T2 − 3I)(1, 0) = (0, 0). Logo não é injetor.
Teorema 1.10. Autovetores associados a autovalores distintos são linearmente
independentes.
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Autovalor. Polinômio minimal. Subespaço Invariante. Espaço Quociente. 13
Demonstração. Sejam v1, . . . , vn autovetores associados aos autovalores distin-
tos λ1, . . . , λn. Vamos fazer a demonstração por indução em n.
i) Se n = 1 e tomamos o autovetor v1 ≠ 0 associado ao autovalor λ1 temos
que {v1} é linearmente independente.
ii) Suponhamos válido para n e mostremos que o teorema vale para n + 1.
Consideremos então v1, . . . , vn+1 autovetores associados aos autovalores
distintos λ1, . . . , λn+1 e façamos
a1v1 +⋯ + anvn + an+1vn+1 = 0. (1.1)
Então, aplicando T a ambos os lados de (1.1) obtemos:
a1T(v1) +⋯ + anT(vn) + an+1T(vn+1) = 0
e portanto
a1λ1v1 +⋯ + anλnvn + an+1λn+1vn+1 = 0. (1.2)
Agora, multiplicando (1.1) por λn+1, obtemos:
a1λn+1v1 +⋯ + anλn+1vn + an+1λn+1vn+1 = 0. (1.3)
Subtraindo (1.3) de (1.2) obtemos:
a1(λ1 − λn+1)v1 +⋯ + an(λn − λn+1)vn = 0.
Agora, por indução, cada um dos coecientes acima é 0 e como λi ≠ λ j,
segue que
ai = 0, para i = 1, . . . , n. (1.4)
Substituindo (1.4) em (1.1) temos que an+1vn+1 = 0 e portanto an+1 = 0, o
que demonstra o teorema.
Definição 1.11. Seja A uma matriz quadrada sobre K. Um autovalor de A em
K é um escalar λ ∈ K tal que a matriz A− λI não é inversível.
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14 FORMAS ELEMENTARES: DIAGONAL, TRIANGULAR E DE JORDAN
Observação 1.12. Já sabemos que podemos associar um T ∈ L(V) a uma ma-
triz A, em relação a uma base. Assim, podemos escrever, λ é um autovalor de
T se, e somente se, det(A− λI) = det(T − λI) = 0.
Definição 1.13. O polinômio pA(λ) = det(A − λI) é chamado de polinômio
característico de A. Observe então que λ é autovalor de T se, e somente se,
pA(λ) = det(T − λI) = 0.
Exemplo 1.14. Para cada matriz
A = ⎛⎜⎝
0 7 −6−1 4 0
0 2 −2
⎞⎟⎠ , B =
⎛⎜⎝
1 −3 3
3 −5 3
6 −6 4
⎞⎟⎠ , C =
⎛⎜⎝
−3 1 −1−7 5 −1−6 6 −2
⎞⎟⎠ ,
encontramos todos os autovalores e uma base de cada auto-espaço.
1. pA(λ) = det( −λ 7 −6−1 4−λ 0
0 2 −2−λ ) = −(λ − 1)(λ + 1)(λ − 2). Logo, os autovalores
de A são 1, −1 e 2.
Para λ = 1 temos ⎛⎜⎝
0 7 −6−1 4 0
0 2 −2
⎞⎟⎠
⎛⎜⎝
x
y
z
⎞⎟⎠ =
⎛⎜⎝
x
y
z
⎞⎟⎠
cujo espaço solução é gerado pelo autovetor v1 = (9, 3, 2) e v1 é base de V(1).
Para λ = −1 temos
⎛⎜⎝
0 7 −6−1 4 0
0 2 −2
⎞⎟⎠
⎛⎜⎝
x
y
z
⎞⎟⎠ = (−1)
⎛⎜⎝
x
y
z
⎞⎟⎠
cujo espaço solução é gerado pelo autovetor v2 = (5, 1, 2) e v2 é base de V(−1).
Para λ = 2 temos
⎛⎜⎝
0 7 −6−1 4 0
0 2 −2
⎞⎟⎠
⎛⎜⎝
x
y
z
⎞⎟⎠ = 2
⎛⎜⎝
x
y
z
⎞⎟⎠
cujo espaço solução é gerado pelo autovetor v3 = (4, 2, 1) e v3 é base de V(2).
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Autovalor. Polinômio minimal. Subespaço Invariante. Espaço Quociente. 15
2. pB(λ) = det( 1−λ −3 33 −5−λ 3
6 −6 4−λ ) = −(λ + 2)2(λ − 4). Portanto, os autovalores
de B são −2 e 4.
Para λ = −2 temos
⎛⎜⎝
1 −3 3
3 −5 3
6 −6 4
⎞⎟⎠
⎛⎜⎝
x
y
z
⎞⎟⎠ = (−2)
⎛⎜⎝
x
y
z
⎞⎟⎠ .
Então V(−2) = {(x , y, z) ∣ x − y + z = 0} = [(1, 1, 0), (1, 0,−1)] e portanto{(1, 1, 0), (1, 0,−1)} é base de V(−2).
Para λ = 4 temos
⎛⎜⎝
1 −3 3
3 −5 3
6 −6 4
⎞⎟⎠
⎛⎜⎝
x
y
z
⎞⎟⎠ = 4
⎛⎜⎝
x
y
z
⎞⎟⎠ .
Então V(4) = {( z2 , z2 , z) ∣ z ∈ R} = [(1, 1, 2)] e portanto {(1, 1, 2)} é base de
V(4).
3. pC(λ) = det( −3−λ 1 −1−7 5−λ −1−6 6 −2−λ ) = −(λ + 2)2(λ − 4). Portanto, os autovalores
de C são −2 e 4.
Para λ = −2 temos
⎛⎜⎝
−3 1 −1−7 5 −1−6 6 −2
⎞⎟⎠
⎛⎜⎝
x
y
z
⎞⎟⎠ = (−2)
⎛⎜⎝
x
y
z
⎞⎟⎠ .
Então V(−2) = {(x , x , 0) ∣ x ∈ R} = [(1, 1, 0)] e portanto {(1, 1, 0)} é base de
V(−2).
Para λ = 4 temos
⎛⎜⎝
−3 1 −1−7 5 −1−6 6 −2
⎞⎟⎠
⎛⎜⎝
x
y
z
⎞⎟⎠ = 4
⎛⎜⎝
x
y
z
⎞⎟⎠ .
Então V(4) = {(0, y, y) ∣ y ∈ R} = [(0, 1, 1)] e portanto {(0, 1, 1)} é base de
V(4).
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16 FORMAS ELEMENTARES:DIAGONAL, TRIANGULAR E DE JORDAN
Proposição 1.15. Se A e B são matrizes n × n sobre K, então AB e BA têm
exatamente os mesmos autovalores.
Demonstração. Seja λ autovalor de AB com autovetor v ≠ 0, isto é, AB(v) =
λv. Então BA(B(v)) = B(AB(v)) = B(λv) = λB(v) e portanto λ é também
autovalor de BA com autovetor B(v) se B(v) ≠ 0. Se B(v) = 0 então temos
que 0 é autovalor de AB com autovetor v ≠ 0. Assim 0 = pAB(0) = det(AB) =
det(BA) = pBA(0) e portanto 0 é também autovalor de BA.
Proposição 1.16. Matrizes semelhantes têm o mesmo polinômio caracterís-
tico.
Demonstração. Suponhamos B semelhante a A, isto é, existe umamatriz inver-
sível P tal que B = P−1AP. Então, det(B−λI) = det(P−1AP−λI) = det(P−1AP−
λP−1P) = det(P−1(A−λI)P) = det(P−1)det(A−λI)det(P) = det(A−λI).
Exemplo 1.17. São semelhantes as matrizes
A = ⎛⎜⎝
0 7 −6−1 4 0
0 2 −2
⎞⎟⎠ e B =
⎛⎜⎝
1 0 0
0 −1 0
0 0 2
⎞⎟⎠ .
A matriz que dá a semelhança é P = ( 9 5 43 1 2
2 2 1
). Temos
det(A− λI) = −(λ − 1)(λ + 1)(λ − 2),
det(B − λI) = −(λ − 1)(λ + 1)(λ − 2).
Sugestão 1.18. Matrizes semelhantes possuem o mesmo traço.
Definição 1.19. Sejam T ∈ L(V), A ∈ Mm e p(t) = a0 + ⋯ + an tn. Então
denimos: p(T) = a0I+a1T+⋯+anTn ∈ L(V) e p(A) = a0I+a1A+⋯+anAn ∈
Mm.
Exemplo 1.20. Sejam p(t) = 1 + 2t + t2, T(x , y) = (x + y, x) e A = ( 1 02 3 ).
Então p(T) = I + 2T + T2, isto é, p(T)(x , y) = (5x + 3y, 3x + 2y) e p(A) =
I + 2A+ A2 = ( 4 012 16 ).
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Autovalor. Polinômio minimal. Subespaço Invariante. Espaço Quociente. 17
Observação 1.21. Denotamos por σ(A) = {λ ∈ K ∣ det(A− λI) = 0}. Este
conjunto recebe o nome de espectro de A. Vale que pA(σ(A)) = σ(pA(A)) ={0}, onde pA(λ) é o polinômio característico de A.
Definição 1.22. Seja T ∈ L(V) [A ∈ Mm]. O polinômio minimal de T [A] é
um polinômio m(t) tal que:
i) m(t) é o polinômio de menor grau entre os que anulam T [A];
ii) m(t) é um polinômio mônico (o coeciente da maior potência de t é 1);
iii) o polinômio característico e minimal de T [A] têm as mesmas raízes,
exceto possivelmente, por multiplicidade.
Exemplo 1.23. Encontre o polinômio minimal das seguintes matrizes:
A = (1 00 2) ; B = (1 10 1) ; C = (1 00 1) ; D = (1 30 2) ;
E = ⎛⎜⎝
2 0 0
0 2 0
0 0 2
⎞⎟⎠ ; F =
⎛⎜⎝
2 1 0
0 2 0
0 0 2
⎞⎟⎠ ; G =
⎛⎜⎝
2 1 0
0 2 1
0 0 2
⎞⎟⎠ .
Temos:
pA(λ) = (1 − λ)(2 − λ), mA(λ) = pA(λ);
pB(λ) = (1 − λ)2, mB(λ) = pB(λ);
pC(λ) = (1 − λ)2, mC(λ) = λ − 1;
pD(λ) = (1 − λ)(2 − λ), mD(λ) = pD(λ);
pE(λ) = (2 − λ)3, mE(λ) = λ − 2;
pF(λ) = (2 − λ)3, mF(λ) = (λ − 2)2;
pG(λ) = (2 − λ)3, mG(λ) = (λ − 2)3.
Exemplo 1.24. Sejam A e Bmatrizes n × n sobre K. Pela Proposição 1.15, AB e
BA têm os mesmos autovalores. Eles possuem o mesmo polinômio minimal?
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18 FORMAS ELEMENTARES: DIAGONAL, TRIANGULAR E DE JORDAN
Não. Vejamos um contraexemplo. Sejam A = ( 1 00 0 ) e B = ( 0 10 0 ). Então,
AB = ( 0 10 0 ) e BA = ( 0 00 0 ). Assim,
pAB(λ) = λ2, mAB(λ) = λ2, pBA(λ) = λ2, mBA(λ) = λ.
Exemplo 1.25. Sejam a, b, c elementos de K e A = ( 0 0 c1 0 b
0 1 a
). Então, o polinômio
característico de A é −x3+ ax2+bx + c e este polinômio é também o polinômio
minimal de A.
De fato, temos
p(x) = det⎛⎜⎝
x 0 −c−1 x −b
0 −1 x − a
⎞⎟⎠ = x2(a − x) + c + bx = −x3 + ax2 + bx + c.
Portanto, os candidatos a polinômios minimais são o próprio p(x),
m1(x) = x2 + b1x + b0 e m2(x) = x + a0. Temos,
m1(A) = ⎛⎜⎝
0 c ac
0 b c + ab
1 a b + a2
⎞⎟⎠ +
⎛⎜⎝
0 0 b1c
b1 0 b1b
0 b1 b1a
⎞⎟⎠ +
⎛⎜⎝
b0 0 0
0 b0 0
0 0 b0
⎞⎟⎠
= ⎛⎜⎝
b0 c ac + b1c
b1 b + b0 c + ab + b1b
1 a + b1 b + a2 + b1a + b0
⎞⎟⎠ ,
que obviamente não pode ser a matriz nula e portantom1(x) não pode ser mi-
nimal.
Passemos agora para o cálculo de m2(A). Temos,
m2(A) = ⎛⎜⎝
0 0 c
1 0 b
0 1 a
⎞⎟⎠ +
⎛⎜⎝
a0 0 0
0 a0 0
0 0 a0
⎞⎟⎠ =
⎛⎜⎝
a0 0 c
1 a0 b
0 1 a + a0
⎞⎟⎠ ,
que obviamente não pode ser amatriz nula e portantom2(x) tambémnão pode
ser ominimal. Logo o polinômiominimal é o próprio polinômio característico.
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Autovalor. Polinômio minimal. Subespaço Invariante. Espaço Quociente. 19
Exemplo 1.26. Seja A a matriz real 4 × 4 dada por
A = ⎛⎜⎜⎜⎜⎝
1 1 0 0−1 −1 0 0−2 −2 2 1
1 1 −1 0
⎞⎟⎟⎟⎟⎠ .
Então o polinômio característico de A é x2(x − 1)2 e esse polinômio é também
o polinômio minimal.
De fato, temos
p(x) = det⎛⎜⎜⎜⎜⎝
1 − x 1 0 0−1 −1 − x 0 0−2 −2 2 − x 1
1 1 −1 −x
⎞⎟⎟⎟⎟⎠
= det(1 − x 1−1 −1 − x)det(2 − x 1−1 −x)
= x2(x − 1)2.
Portanto, os candidatos a polinômios minimais, além de p(x), são:
m1(x) = x(x − 1) = x2 − x , m2(x) = x2(x − 1) = x3 − x2,
m3(x) = x(x − 1)2 = x3 − 2x2 + x .
Como,
A2 = ⎛⎜⎜⎜⎜⎝
0 0 0 0
0 0 0 0−3 −3 3 2
2 2 −2 −1
⎞⎟⎟⎟⎟⎠ e A
3 = ⎛⎜⎜⎜⎜⎝
0 0 0 0
0 0 0 0−4 −4 4 3
3 3 −3 −2
⎞⎟⎟⎟⎟⎠ ,
temos m1(A) = A2 − A ≠ 0; m2(A) = A3 − A2 ≠ 0 e m3(A) = A3 − 2A2 + A ≠ 0.
Portanto o polinômio minimal é o polinômio característico.
Exemplo 1.27. Seja A = ( 1 23 0 ) e seja T ∶ M2 → M2 denida por T(B) = AB,
B ∈ M2. Então o polinômio minimal de T é o polinômio minimal de A.
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20 FORMAS ELEMENTARES: DIAGONAL, TRIANGULAR E DE JORDAN
De fato, temos
pA(x) = det(1 − x 23 −x) = x2 − x − 6 = (x + 2)(x − 3) = mA(x),
T( 1 00 0 ) = ( 1 03 0 ) = 1e1 + 0e2 + 3e3 + 0e4,
T( 0 10 0 ) =( 0 10 3 ) = 0e1 + 1e2 + 0e3 + 3e4,
T( 0 01 0 ) =( 2 00 0 ) =2e1 + 0e2 + 0e3 + 0e4,
T( 0 00 1 ) =( 0 20 0 ) =0e1 + 2e2 + 0e3 + 0e4,
onde e1, e2, e3 e e4 denotam a base canônica deM2; a saber
e1 = (1 00 0) , e2 = (0 10 0) , e3 = (0 01 0) , e4 = (0 00 1) .
Logo,
[T] = ⎛⎜⎜⎜⎜⎝
1 0 2 0
0 1 0 2
3 0 0 0
0 3 0 0
⎞⎟⎟⎟⎟⎠
e o polinômio característico é
pT(x) = det⎛⎜⎜⎜⎜⎝
1 − x 0 2 0
0 1 − x 0 2
3 0 −x 0
0 3 0 −x
⎞⎟⎟⎟⎟⎠
= (1 − x)det⎛⎜⎝
1 − x 0 2
0 −x 0
3 0 −x
⎞⎟⎠ + 2det
⎛⎜⎝
0 1 − x 2
3 0 0
0 3 −x
⎞⎟⎠
= x4 − 2x3 − 11x2 + 12x + 36 = (x + 2)2(x − 3)2.
Vejamos se mT(x) = (x + 2)(x − 3) = x2 − x − 6. Com efeito, temos
mT(T) = ⎛⎜⎜⎜⎜⎝
7 0 2 0
0 7 0 2
3 0 6 0
0 3 0 6
⎞⎟⎟⎟⎟⎠ −
⎛⎜⎜⎜⎜⎝
1 0 2 0
0 1 0 2
3 0 0 0
0 3 0 0
⎞⎟⎟⎟⎟⎠ −
⎛⎜⎜⎜⎜⎝
6 0 0 0
0 6 0 0
0 0 6 0
0 0 0 6
⎞⎟⎟⎟⎟⎠ =
⎛⎜⎜⎜⎜⎝
0 0 0 0
0 0 0 0
0 0 0 0
0 0 0 0
⎞⎟⎟⎟⎟⎠ .
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Autovalor. Polinômio minimal. Subespaço Invariante. Espaço Quociente. 21
Sugestão 1.28. Seja A uma matriz real simétrica de ordem três. Dê o seu po-
linômio característico e o minimal.
Definição 1.29. Um polinômio p(x) ∈ P(K) de grau maior ou igual a 1 é irre-
dutível se ele não pode ser escrito como o produto p(x) = q(x)r(x) onde q(x)
e r(x) são polinômios de grau maior ou igual a 1.
Proposição 1.30. Suponha que f (t) é um polinômio mônico irredutível, para
o qual f (T) = 0, onde T ∈ L(V). Então f (t) é o polinômio minimal de T .
Demonstração. Suponhamos m(λ) o minimal. Então ∂m < ∂ f e também f =
mq + r com r = 0 ou ∂r < ∂m. Se ∂r < ∂m, como f (T) = m(T)q(T) + r(T)
e f (T) = m(T) = 0 segue que r(T) = 0 e daí m não seria o minimal. Logo
f = mq, o que também é um absurdo, pois f é irredutível.
Exemplo 1.31. Seja T(x , y) = (x − y, 2y + 2x). Então p(λ) = λ2 − 3λ + 4 e daí
p(T)(x , y) = (−x − 3y, 6x + 2y)− (3x − 3y, 6x + 6y)+ (4x , 4y) = (0, 0). Logo
p(λ) é o polinômio minimal de T .
Teorema 1.32 (Teorema de Cayley–Hamilton). Cada matriz é um zero de seu
polinômio característico, ou equivalentemente: “Seja T ∈ L(V). Se p(x) é o
polinômio característico de T então p(T) = 0”.
Demonstração. Consideremos β = {x1, . . . , xn} uma base deV e chamemos de
A = [T]β = ⎛⎜⎜⎜⎜⎝
a11 a12 ⋯ a1 j ⋯ a1n
a21 a22 ⋯ a2 j ⋯ a2n⋮ ⋮ ⋱ ⋮ ⋱ ⋮
an1 an2 ⋯ an j ⋯ ann
⎞⎟⎟⎟⎟⎠ .
Então
T(x j) = n∑
i=1 ai jxi , j = 1, . . . , n,
ouequivalentemente,
n∑
i=1(ai jI − δi jT)(xi) = 0, j = 1, . . . , n, (1.5)
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22 FORMAS ELEMENTARES: DIAGONAL, TRIANGULAR E DE JORDAN
onde
δi j = ⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩
1, se i = j,
0, caso contrário.
Denamos agora C ∈ Mn tal que Ci j = ai jI − δi jT . Armamos que p(T) =
det(C). Com efeito, p(x) = det(A − xI) e o elemento i j da matriz [A − xI] é
dado por ai j − δi jx. Assim,
p(T) = det(A− TI) = det(C).
Mostremos agora que p(T) = 0. Para isto basta observarmos que p(T) = 0
se, e somente se, det(C)xk = 0 para todo k = 1, . . . , n. Primeiramente, denote-
mos por C¯ a matriz adjunta de C e lembremos que CC¯ = C¯C = det(C)I. Então
por (1.5) temos
n∑
i=1 Ci jxi = 0, j = 1, . . . , n
e portanto
n∑
i=1 Ci jC¯ jkxi = 0, para cada par (k, j).
Logo,
n∑
j=1
n∑
i=1 Ci jC¯ jkxi = 0,
ou equivalentemente,
n∑
i=1
n∑
j=1 Ci jC¯ jkxi = 0,
ou ainda,
n∑
i=1 δik det(C)xi = 0.
Portanto, det(C)xk = 0 o que demonstra que p(T) = 0.
Exemplo 1.33. Vericamos o teorema de Cayley–Hamilton para a matriz A =( 1 23 0 ) e o operador linear T(x , y) = (3x + y, 3y). Neste caso temos
pA(λ) = det(1 − λ 23 −λ) = λ2 − λ − 6
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Autovalor. Polinômio minimal. Subespaço Invariante. Espaço Quociente. 23
e portanto
pA(A) = A2 − A− 6I = (7 23 6) − (1 23 0) − (6 00 6) = (0 00 0) .
O polinômio característico de T é pT(λ) = (3 − λ)2. Então pT(T) = (3I − T)2
e daí pT(T)(x , y) = (9x + 6y, 9y) − (18x + 6y, 18y) + (9x , 9y) = (0, 0).
Definição 1.34. Sejam T ∈ L(V) eW subespaço de V . Diz-se queW é inva-
riante por T ou T-invariante se T(W) ⊂ W , isto é, para todo w ∈ W temos
T(w) ∈W .
Exemplo 1.35. Seja T ∈ L(V). Então, os subespaços {0}, V , Im(T), Ker(T) e
V(λ) são invariantes por T .
Sugestão 1.36. Seja v ≠ 0 autovetor de T associado a λ. Então [v] é T-inva-
riante. Reciprocamente, se U = [u], u ≠ 0, é um subespaço T-invariante, então
u é autovetor de T .
Exemplo 1.37. Seja T ∈ L(V) e λ ∈ K um autovalor de T . Se S ∈ L(V) comuta
com T , então o auto-espaço de λ, V(λ), é invariante sob S. De fato, temos
V(λ) = {v ∈ V ∣ T(v) = λv}. Devemos mostrar que se v ∈ V(λ) então
S(v) ∈ V(λ). Agora, S(v) ∈ V(λ) se, e somente se, T(S(v)) = λ(S(v)). Mas,
T(S(v)) = S(T(v)) = S(λv) = λS(v) e portanto o resultado segue.
Sugestão 1.38. Se W1 e W2 são subespaços T-invariantes, então W1 ∩ W2 é
também T-invariante.
Sugestão 1.39. Sejam M = {( a0 ), a ∈ R} e N = {( 0b ), b ∈ R}. Então, A =( α β0 γ ) com α, β, γ ∈ Rmantém M invariante; B = ( α 0β γ ) com α, β, γ ∈ Rman-
tém N invariante e M e N são invariantes com relação a C, se C = ( α 00 γ ) com
α, γ ∈ R.
Observação 1.40. Seja T ∈ L(V) eW um subespaço T-invariante. Então po-
demos denir uma transformação linear Tˆ ∶ W → W por Tˆ(w) = T(w), isto
é, Tˆ é a restrição de T aW , denotada por TW .
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24 FORMAS ELEMENTARES: DIAGONAL, TRIANGULAR E DE JORDAN
Exemplo 1.41. Seja λ um autovalor de T e seja V(λ) o auto-espaço associ-
ado a λ. Pergunta-se: qual é o operador TV(λ)? Temos que V(λ) = {v ∈
V ∣ T(v) = λv} é T-invariante. Assim, TV(λ) ∶ V(λ) → V(λ) é dada por
TV(λ)(w) = T(w) = λw e portanto TV(λ) = λIV(λ) ou seja TV(λ) é ummúltiplo
da identidade de V(λ).
Proposição 1.42. Para qualquer polinômio f (t) temos:
i) f (Tˆ)(w) = f (T)(w), para todo w ∈W , comW T-invariante.
ii) mˆ(λ) ∣ m(λ), isto é, o polinômio minimal de Tˆ divide o polinômio mi-
nimal de T .
Demonstração. Primeiramente, façamos a demonstração do item (i) por in-
dução no grau de f . O caso em que o grau de f é 0 é imediato. Se f (t) =
a0 + a1t então f (Tˆ)(w) = (a0I + a1Tˆ)(w) = a0w + a1Tˆ(w) = a0w + a1T(w) =(a0I + a1T)(w) = f (T)(w). Suponhamos agora que o grau de f seja maior
que 1 e que o resultado vale para polinômios de grau menor do que n. Seja
f (t) = a0 + a1t +⋯ + an−1tn−1 + an tn. Então, para todo w ∈W ,
f (Tˆ)(w) = (a0I + a1Tˆ +⋯ + an−1Tˆn−1)(w) + anTˆn−1(Tˆ(w)) == (a0I + a1T +⋯ + an−1Tn−1)(w) + anTn−1(T(w)) = f (T)(w).
Passemos agora a demonstração do item (ii). Por (i), m(Tˆ)(w) = m(T)(w) =
0w = 0, para todo w ∈ W . Portanto Tˆ é raiz do polinômio minimal de T e daí
segue que o polinômio minimal de Tˆ divide o de T .
Exemplo 1.43. Vericamos a Proposição 1.42 para T ∈ L(R2), denido por
T(x , y) = (x + y, y), W = [(1, 0)] e f (t) = a0 + a1t + a2t2 + a3t3. Com
efeito, seja w ∈ W . Então w = a(1, 0) e T(w) = aT(1, 0) = a(1, 0) e portanto
W é T-invariante. Dena Tˆ ∶ W → W por Tˆ(w) = Tˆ(a, 0) = T(a, 0) =(a, 0). Seja f (t) = a0 + a1t + a2t2 + a3t3. Para w ∈ W , f (Tˆ)(w) = (a0I +
a1Tˆ + a2Tˆ2 + a3Tˆ3)(w) = a0w + a1Tˆ(w) + a2Tˆ(Tˆ(w)) + a3Tˆ(Tˆ(Tˆ(w))) =
a0(a, 0) + a1(a, 0) + a2(a, 0) + a3(a, 0). Por outro lado, f (T)(w) = (a0I +
a1T + a2T2 + a3T3)(w) = a0w + a1T(w) + a2T(T(w)) + a3T(T(T(w))) =
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Autovalor. Polinômio minimal. Subespaço Invariante. Espaço Quociente. 25
a0(a, 0) + a1(a, 0) + a2(a, 0) + a3(a, 0). Temos {(1, 0), (0, 1)} base de V e{(1, 0)} base deW . Ainda,
pT(λ) = det(1 − λ 10 1 − λ) = (1 − λ)2 = mT(λ)
e
pTˆ(λ) = det(1 − λ) = (1 − λ) = mTˆ(λ).
Portanto, mTˆ ∣ mT .
Teorema 1.44. Sejam T ∈ L(V) e U ,W subespaços T-invariantes com V =
U ⊕W . Denamos Tˆ = TW e T˜ = TU . Então o polinômio minimal de T é o
menor múltiplo comum dos polinômios minimais de Tˆ e T˜ .
Demonstração. Denotemos por m(λ), mˆ(λ) e m˜(λ) os polinômios minimais
de T , Tˆ e T˜ , respectivamente. Pela Proposição 1.42, mˆ(λ) ∣ m(λ) e m˜(λ) ∣
m(λ). Seja f (λ) ummúltiplo comum de mˆ(λ) e m˜(λ). Logo f (Tˆ)(W) = {0}
e f (T˜)(U) = {0}. Seja v ∈ V com v = u + w. Então f (T)(v) = f (T)(u) +
f (T)(w) = f (T˜)(u) + f (Tˆ)(w) = 0 + 0 = 0. Portanto, f (T) = 0 e daí m(λ) ∣
f (λ). Logo m(λ) é o menor múltiplo comum de mˆ(λ) e m˜(λ).
Exemplo 1.45. Vericamos o Teorema 1.44 para T ∈ L(R2) denido por
T(x , y) = (2x + y, y + 2x), W = [(1,−2)] e U = [(1, 1)]. Com efeito, o po-
linômio minimal de T é m(λ) = λ2 − 3λ. Como T(1,−2) = (0, 0) ∈ W então
W é T-invariante. Também, T(1, 1) = (3, 3) = 3(1, 1) ∈ U e portanto U é T-
invariante. AindaR2 = U⊕W . Temos que Tˆ ∶W →W é dada por Tˆ(x ,−2x) =(0, 0) = T(x ,−2x) e T˜ ∶ U → U é dada por T˜(x , x) = (3x , 3x) = T(x , x). Logo[Tˆ] = [0] e [T˜] = [3] donde segue que mˆ(λ) = λ e m˜(λ) = (λ − 3). Portanto,
m(λ) = mmc{mˆ(λ), m˜(λ)}.
Exemplo 1.46. Seja A = ( 1 −12 2 ).
i) Se T é o operador linear sobreR2, cuja matriz em relação à base canônica
é A, então os únicos subespaços T-invariantes sãoR2 e o subespaço nulo.
ii) Se S é o operador linear sobre C, cuja matriz em relação à base canônica
é A, então C2 possui subespaços S-invariantes unidimensionais.
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26 FORMAS ELEMENTARES: DIAGONAL, TRIANGULAR E DE JORDAN
Veriquemos inicialmente o item (i). Qualquer outro subespaço T-inva-
riante teria necessariamente dimensão 1, isto é,W = [v], com 0 ≠ v ∈ R2. Logo
T(v) = xv, poisW é T-invariante. E daí x seria autovalor de T . Absurdo, pois T
não possui autovalores reais. Para o item (ii), observemos que p(x) = x2−3x+4
e como o discriminante de p(x) é ∆ = 9 − 16 = −7, temos dois autovalores
distintos e daí cada auto-espaço é S-invariante e unidimensional.
Sugestão 1.47. Sejam dimV = n, dimM = m, A ∈ L(V) e M invariante com
relação a A. Seja β = {v1, . . . , vm , vm+1, . . . , vn} base deV onde γ = {v1, . . . , vm}
é base deM. Seja A1 = AM . Então
[A]β = ([A1]γ [B0]m×(n−m)[0](n−m)×m [A2](n−m)×(n−m)) .
Exemplo 1.48. Seja T ∈ L(R3) dada por T(x , y, z) = (x + y − z, 2y − z, z).
EntãoW = [(1, 1, 0), (0, 1, 1)] é T-invariante e a matriz de T em relação à base{(1, 0, 0), (1, 1, 0), (0, 1, 1)} é ( 1 0 00 2 0
0 0 1
). De fato, T((a, a, 0)+(0, b, b)) = T(a, a+
b, b) = (2a,2a+b, b) = 2a(1, 1, 0)+b(0, 1, 1) ∈W e portanto,W é T-invariante.
Ainda, como
T(1, 0, 0) = (1, 0, 0) = 1(1, 0, 0) + 0(1, 1, 0) + 0(0, 1, 1),
T(1, 1, 0) = (2, 2, 0) = 0(1, 0, 0) + 2(1, 1, 0) + 0(0, 1, 1),
T(0, 1, 1) = (0, 1, 1) = 0(1, 0, 0) + 0(1, 1, 0) + 1(0, 1, 1)
segue que
[T] = ⎛⎜⎝
1 0 0
0 2 0
0 0 1
⎞⎟⎠ .
Proposição 1.49. Se V = V1 ⊕ V2 ⊕ ⋯ ⊕ Vr , onde cada subespaço Vi é de di-
mensão ni e é invariante sob T ∈ L(V), então pode-se determinar uma base de
V tal que a matriz de T em relação a esta base seja da forma
⎛⎜⎜⎜⎜⎝
A1 0 ⋯ 0
0 A2 ⋯ 0⋮ ⋮ ⋱ ⋮
0 0 ⋯ Ar
⎞⎟⎟⎟⎟⎠ ,
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onde cada Ai é uma matriz ni × ni , a matriz da transformação linear induzida
por T sobre Vi .
Demonstração. Sejam {v11, . . . , v1n1} base de V1,…, {vr1, . . . , vrnr} base de Vr .
Então, β = {v11, . . . , v1n1} ∪⋯ ∪ {vr1, . . . , vrnr} é base de V . Lembrando que Vi
é T-invariante, temos
V1 ∋ Tv11 = a11v11 +⋯ + an11v1n1 +⋯ + 0vr1 +⋯ + 0vrnr ,⋮
V1 ∋ Tv1n1 = a1n1v11 +⋯ + an1n1v1n1 +⋯ + 0vr1 +⋯ + 0vrnr ,⋮
Vr ∋ Tvr1 = 0v11 +⋯ + 0v1n1 +⋯ + c11vr1 +⋯ + cnr1vrnr ,⋮
Vr ∋ Tvrnr = 0v11 +⋯ + 0v1n1 +⋯ + c1nrvr1 +⋯ + cnrnrvrnr .
Assim,
[T]β =
⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝
a11 ⋯ a1n1⋮ ⋱ ⋮
an11 ⋯ an1n1 0⋱
0
c11 ⋯ c1nr⋮ ⋱ ⋮
cnr1 ⋯ cnrnr
⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠
=⎛⎜⎜⎜⎜⎝
[T1] 0 ⋯ 0
0 [T2] ⋯ 0⋮ ⋮ ⋱ ⋮
0 0 ⋯ [Tr]
⎞⎟⎟⎟⎟⎠ .
Exemplo 1.50. Vericamos a Proposição 1.49 para os subespaços do R4:
V1 = [(1, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 1)] e V2 = [(0, 0, 0, 1), (0, 1, 1, 0)] ,
onde T(x , y, z,w) = (2x , 4x − 2y, x − y − z,−4x + 4y − 4z + 3w). É claro que
R4 = V1 ⊕ V2 e que T ∈ L(R4). Ainda,
T(a, a, b, b) = (2a, 2a,−b,−b) = 2a(1, 1, 0, 0) + (−b)(0, 0, 1, 1) ∈ V1
e
T(0, b, b, a) = (0,−2b,−2b, 3a) = 3a(0, 0, 0, 1) + (−2b)(0, 1, 1, 0) ∈ V2.
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28 FORMAS ELEMENTARES: DIAGONAL, TRIANGULAR E DE JORDAN
Assim V1 e V2 são T-invariantes. Como {(1, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 1)} é base de V1 e{(0, 0, 0, 1), (0, 1, 1, 0)} é base de V2, então
{(1, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 1), (0, 0, 0, 1), (0, 1, 1, 0)}
é base do R4. Temos
T(1, 1, 0, 0) = 2(1, 1, 0, 0) + 0(0, 0, 1, 1) + 0(0, 0, 0, 1) + 0(0, 1, 1, 0),
T(0, 0, 1, 1) = 0(1, 1, 0, 0) + (−1)(0, 0, 1, 1) + 0(0, 0, 0, 1) + 0(0, 1, 1, 0),
T(0, 0, 0, 1) = 0(1, 1, 0, 0) + 0(0, 0, 1, 1) + 3(0, 0, 0, 1) + 0(0, 1, 1, 0),
T(0, 1, 1, 0) = 0(1, 1, 0, 0) + 0(0, 0, 1, 1) + 0(0, 0, 0, 1) + (−2)(0, 1, 1, 0).
Logo,
[T] = ⎛⎜⎜⎜⎜⎝
2 0 0 0
0 −1 0 0
0 0 3 0
0 0 0 −2
⎞⎟⎟⎟⎟⎠ .
Mostremos agora que asmatrizes A1 = ( 2 00 −1 ) e A2 = ( 3 00 −2 ) são exatamente
as matrizes das transformações lineares T1 e T2, induzidas por T sobre V1 e V2
respectivamente. Temos que T1 ∶ V1 → V1 e T2 ∶ V2 → V2 são dadas por
T1(a, a, b, b) = T(a, a, b, b) = (2a, 2a,−b,−b),
T2(0, b, b, a) = T(0, b, b, a) = (0,−2b,−2b, 3a).
Calculemos agora as matrizes de T1 e T2, respectivamente. Temos,
T1(1, 1, 0, 0) = (2, 2, 0, 0) = 2(1, 1, 0, 0) + 0(0, 0, 1, 1),
T1(0, 0, 1, 1) = (0, 0,−1,−1) = 0(1, 1, 0, 0) + (−1)(0, 0, 1, 1),
T2(0, 0, 0, 1) = (0, 0, 0, 3) = 3(0, 0, 0, 1) + 0(0, 1, 1, 0),
T2(0, 1, 1, 0) = (0,−2,−2, 0) = 0(0, 0, 0, 1) + (−2)(0, 1, 1, 0),
e portanto, [T1] = A1 e [T2] = A2, como queríamos mostrar.
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Autovalor. Polinômio minimal. Subespaço Invariante. Espaço Quociente. 29
Seja V um espaço vetorial sobre o corpo K e sejaW um subespaço de V .
Construiremos a partir de V e W um espaço vetorial V/W sobre o corpo K
chamado de espaço quociente. Este espaço quociente não é um subespaço de
V , ele é um espaço vetorial denido apenas em termos de V e W que tem a
seguinte propriedade: seW ′ é outro subespaço de V tal que V =W⊕W ′ então
V/W é isomorfo aW ′. SeW é um subespaço de V e v ∈ V , então denimos
v +W = {v +w ∣ w ∈W}. Esse conjunto recebe o nome de classe lateral de
W em V . Do fato da operação de adição num espaço vetorial ser comutativa
segue que v +W = W + v. Considere agora, para v ∈ V , o conjunto [v]W ={u ∈ V ∣ u − v ∈W}.
Lema 1.51. Para todo v ∈ V , v +W = [v]W .
Demonstração. Primeiramentemostremos que v+W ⊂ [v]W . Sew ∈W , então(v +w)−v = w também é elemento deW poisW é subespaço. Da denição de[v]W temos que v +w ∈ [v]W para cada w ∈W . Logo, v +W ⊂ [v]W . Suponha
agora que u ∈ [v]W . Então u−v ∈W . Logo u−v = w para algumw ∈W . Assim
u = v + w e então u ∈ v +W . Portanto, [v]W ⊂ v +W . Assim, concluímos a
prova.
Lema 1.52. Se v1 +W e v2 +W são duas classes laterais deW em V , então ou
elas são iguais ou não têm ponto em comum.
Demonstração. Suponhamos que estas duas classes laterais têm um ponto em
comum, isto é, existe v3 ∈ V tal que v3 ∈ v1+W e v3 ∈ v2+W . Assim, v3 = v1+w1
e v3 = v2 + w2 para alguns w1,w2 em W . Como W é subespaço, temos que
v2 − v3 = −w2 ∈W . Portanto, v2 − v1 = v2 − v3 + v3 − v1 = −w2 +w1 ∈W . Logo,
v2 ∈ v1 +W . Analogamente, v1 ∈ v2 +W . Assuma u ∈ v2 +W . Como u−v2 ∈W
e v2 − v1 ∈W temos que u − v2 + v2 − v1 = u − v1 ∈W . Logo u ∈ v1 +W e assim
v2 +W ⊂ v1 +W . Analogamente v1 +W ⊂ v2 +W .
Sugestão 1.53. Se v1 +W e v2 +W são duas classes laterais deW em V , então
v1 +W = v2 +W se, e somente se, v1 − v2 ∈W .
Definição 1.54. A coleção de todas as classes laterais deW emV será indicada
por V/W , isto e, V/W = {v +W ∣ v ∈ V}.
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30 FORMAS ELEMENTARES: DIAGONAL, TRIANGULAR E DE JORDAN
Geometricamente:
��
��
��*
�
�
�
�
�
�7
x
z
M
x +M
z +M
Se x ∈ M, então x + M = M. Como um exemplo, consideremos
W = {(a, a) ∣ a ∈ R} e v = (2, 3). Então v +W = {(2, 3) + (a, a) ∣ a ∈ R} ={(2 + a, 3 + a) ∣ a ∈ R}. Portanto, v +W é uma reta passando pelo ponto (2, 3)
e paralela ao vetor (1, 1).
Teorema 1.55. Seja V um espaço vetorial sobre o corpo K. Então V/W é um
espaço vetorial sobre K, com as seguintes operações de adição e multiplicação
por escalar:
i) (u +W) + (v +W) = (u + v) +W , para u, v ∈ V ;
ii) a(v +W) = av +W , para a ∈ K, v ∈ V .
Demonstração. É necessário, primeiramente, mostrar que as operações estão
bem denidas, isto é, sempre que u +W = u′ +W e v +W = v′ +W , então:
i) (u + v) +W = (u′ + v′) +W , para quaisquer u, v , u′, v′ ∈ V ;
ii) ku +W = ku′ +W , para quaisquer k ∈ K, u, u′ ∈ V .
Provemos inicialmente o item (i). Primeiramente observemos que u+W =
u′ +W se, e somente se, u − u′ ∈ W , pois u + w0 = u′ + w′0 se, e somente se,
u −u′ = w0 −w′0 ∈W . Similarmente, de v +W = v′ +W temos v − v′ ∈W . Mas
então (u + v) − (u′ + v′) = (u − u′) + (v − v′) ∈ W . Portanto, (u + v) +W =(u′+v′)+W . Agora para o item (ii), observemos que, como u−u′ ∈W implica
k(u − u′) ∈W , então ku − ku′ = k(u − u′) ∈W ; portanto, ku +W = ku′ +W .
Agora, as propriedades de espaço vetorial são facilmente vericadas e deixadas
como exercício para o leitor.
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Autovalor. Polinômio minimal. Subespaço Invariante. Espaço Quociente. 31
Proposição 1.56. SejaW um subespaço de V . Então, a função ϕ ∶ V → V/W ,
denida por ϕ(v) = v +W , é linear.
Demonstração. Comefeito, temos: ϕ(u+v) = (u+v)+W = (u+W)+(v+W) =
ϕ(u)+ϕ(v), para todos u, v ∈ V e ϕ(au) = au+W = a(u+W) = aϕ(u), para
todos a ∈ K , u ∈ V .
Teorema 1.57. Sejam T ∈ L(V) eW um subespaço deV , T-invariante. Então,
T induz um operador linear T¯ em V/W , denido por T¯(v +W) = Tv +W .
Além disso, se T é zero de algumpolinômio, T¯ tambémo é. Assim, o polinômio
minimal de T¯ divide o polinômio minimal de T .
Demonstração. Mostremos inicialmente que T¯ é bem denido. De fato, se u +
W = v+W , então u−v ∈W e comoW é T-invariante, T(u−v) = T(u)−T(v) ∈
W . Assim T¯(u +W) = T(u)+W = T(v)+W = T¯(v +W). Mostremos agora
que T¯ é linear.
(L1) T¯(u+W +v+W) = T¯(u+v+W)= T(u+v)+W = T(u)+T(v)+W =
T(u) +W + T(v) +W = T¯(u +W) + T¯(v +W).
(L2) T¯(a(u+W)) = T¯(au+W) = T(au)+W = aT(u)+W = a(Tu+W) =
aT¯(u +W).
Armamos que T¯n = Tn, para qualquer n. Faremos a prova por indução em
n. O caso n = 1 é imediato. Suponhamos válido para n − 1 e provemos que o
resultado vale para n. Com efeito, T¯n(u+W) = T¯(T¯n−1(u+W)) = T¯(Tn−1(u+
W)) = T¯(Tn−1(u) +W) = T(Tn−1(u)) +W = Tn(u) +W = Tn(u +W).
Portanto, T¯n = Tn. Finalmente, seja f (t) = an tn +⋯+ a1t + a0. Então, f (T) =
anTn +⋯+ a1T + a0I e f (T¯) = anT¯n +⋯+ a1T¯ + a0 I¯ = anTn +⋯+ a1T¯ + a0 I¯.
Portanto, f (T)(u+W) = f (T)(u)+W = (anTn(u)+⋯+a1T(u)+a0I(u))+
W = anTn(u) +W + ⋯ + a1T(u) +W + a0I(u) +W = an(Tn(u) +W) +⋯ + a1(T(u) +W) + a0(I(u) +W) = anTn(u +W) + ⋯ + a1T¯(u +W) +
a0 I¯(u +W) = f (T¯)(u +W) e portanto f (T) = f (T¯). Assim, se f (T) = 0,
então f (T) = 0¯ =W = f (T¯) e daí T¯ também é raiz de f .
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32 FORMAS ELEMENTARES: DIAGONAL, TRIANGULAR E DE JORDAN
Exemplo 1.58. Aplicamos o Teorema 1.57 ao operador linear do R2 denido
por T(x , y) = (−y, x − 2y) e ao subespaçoW = [(1, 1)] de R2, mostrando ini-
cialmente queW é T-invariante. Para isto, seja (a, a) ∈ W . Então T(a, a) =(−a,−a) = −a(1, 1) ∈ W . Temos R2/W = {(a, b) + [(1, 1)] ∣ (a, b) ∈ R2} e
T¯ ∶ R2/W → R2/W denida por T¯((a, b)+W) = T(a, b)+W = (−b, a−2b)+[(1, 1)]. Seja f (t) = t3 + 2t2 + t. Então f (T) = T3 + 2T2 + T e f (T)(x , y) =
T(T(T(x , y)))+2T(T(x , y))+T(x , y) = (2x−3y, 3x−4y)+(−2x+4y,−4x+
6y) + (−y, x − 2y) = (0, 0). Logo T é um zero desse polinômio. Ainda,
f (T¯) = T¯3 + 2T¯2 + T¯ e portanto f (T¯)((a, b)+W) = T¯(T¯(T¯((a, b)+W)))+
2T¯(T¯((a, b)+W))+T¯((a, b)+W) = (2a−3b, 3a−4b)+W+(−2a+4b,−4a+
6b)+W + (−b, a− 2b)+W = (0, 0)+W =W . Portanto, T¯ também é um zero
desse polinômio. Temos,
p(λ) = det(−λ −11 −2 − λ) = λ2 + 2λ + 1 = (λ + 1)2 = m(λ).
Armamos que {(−1, 1)+W} é base deR2/W . Este conjunto é linearmente
independente pois (−1, 1) + W ≠ W . Seja (a, b) + W ∈ R2/W . Queremos
mostrar que (a, b) +W = k((−1, 1) +W) = (−k, k) +W para algum k ∈ R, ou
equivalentemente, que (a, b) − (−k,−k) ∈ W para algum k ∈ R. Com efeito,
tome k = b−a2 . Então (a, b) +W = (−b+a2 , b−a2 ) +W = b−a2 [(−1, 1) +W]. Logo
gera e portanto é base. T¯((−1, 1) + W) = T(−1, 1) + W = (−1,−3) + W =(−1)[(−1, 1) +W]. Portanto, [T¯] = [−1] e então p¯(λ) = −1 − λ e m¯(λ) = λ + 1.
Teorema 1.59. Suponha que {w1, . . . ,wr} é base do subespaçoW de V e que{v1 + W , . . . , vs + W} é base do espaço quociente V/W . Então {v1, . . . , vs ,
w1, . . . ,wr} é base de V . Assim,
dimV = dimW + dimV/W .
Demonstração. Seja u ∈ V . Então, u+W = a1(v1+W)+⋯+ as(vs +W). Logo,
u = (a1v1 +⋯ + asvs) +w , (1.6)
onde w ∈ W . Como {w1, . . . ,wr} é base deW , então, w = b1w1 + ⋯ + brwr e
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daí, substituindo w em (1.6), u = a1v1 +⋯+ asvs + b1w1 +⋯+ brwr . Logo, esses
vetores geram V . Mostremos, agora, que são linearmente independentes. De
fato, sejam c1v1+⋯+csvs+d1w1+⋯+drwr = 0. Então, c1v1+⋯+csvs+W = 0+W
pois d1w1+⋯+drwr ∈W e portanto, c1(v1+W)+⋯+ cs(vs+W) = 0+W =W .
Como {v1+W , . . . , vs+W} é linearmente independente então ci = 0, para todo
i = 1, . . . , s. Logo, d1w1+⋯+drwr = 0, o que implica que os di ’s são todos nulos
e o teorema está demonstrado.
Exemplo 1.60. Vericamos o Teorema 1.59 paraW = [(1, 1, 0), (0, 1, 1)], sub-
espaço do R3, observando que {(1, 1, 0), (0, 1, 1)} é base deW e R3/W = {v +[(1, 1, 0), (0, 1, 1)] ∣ v ∈ R3}. Armamos que {(1, 0, 0) + [(1, 1, 0), (0, 1, 1)]} é
base de R3/W . Esse vetor é não nulo pois (1, 0, 0) ∉ [(1, 1, 0), (0, 1, 1)]. Mos-
tremos que ele gera R3/W . Com efeito, seja v + W ∈ R3/W ; v = (x , y, z).
Queremos mostrar que v + W = k((1, 0, 0) + W) = k(1, 0, 0) + W . Sejam(x , y, z) + a(1, 1, 0) + b(0, 1, 1) e (k, 0, 0) + c(1, 1, 0) + d(0, 1, 1) elementos de
v +W e (k, 0, 0)+W , respectivamente. Então, (x , y, z)+ (a, a, 0)+ (0, b, b) =(k, 0, 0)+ (c, c, 0)+ (0, d , d). Resolvendo, encontramos: (x , y, z)+ a(1, 1, 0)+
b(0, 1, 1) = (x − y+ z)(1, 0, 0)+ (y− z+ a)(1, 1, 0)+ (z+ b)(0, 1, 1). Assim gera
e logo é base. É claro que {(1, 0, 0), (1, 1, 0), (0, 1, 1)} é base do R3 e ainda que
dimW = 2 e dimR3/W = 1.
Teorema 1.61. Sejam V um espaço vetorial eM ,N subespaços vetoriais de V
tais que V = M ⊕ N . Então V/M é isomorfo a N .
Demonstração. Denamos ϕ ∶ N → V/M por ϕ(x) = x +M. Observamos que
ϕ é linear. Com efeito, ϕ(x+y) = (x+y)+M = (x+M)+(y+M) = ϕ(x)+ϕ(y)
e ϕ(ax) = (ax) +M = a(x +M) = aϕ(x). Também, ϕ é sobrejetora. De fato,
seja x0 + M ∈ V/M. Então x0 = u0 + v0 ∈ V = M ⊕ N . Assim, x0 + M =
v0 + u0 +M = v0 +M e portanto ϕ(v0) = v0 +M = x0 +M. Ainda, ϕ é injetora.
Temos Ker ϕ = {x ∈ N ∣ ϕ(x) = 0+M}. Mas x +M = 0+M implica que x ∈ M
e portanto x = 0 desde queM ∩ N = {0} e daí Ker ϕ = {0}.
Com este teorema a prova do Teorema 1.59 ca reduzida assim:
“Seja N subespaço de V tal que V = M ⊕ N . Então dimV =
dimM + dimN = dimM + dimV/M”.
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34 FORMAS ELEMENTARES: DIAGONAL, TRIANGULAR E DE JORDAN
Proposição 1.62. Suponha que o subconjunto {v1 +W , . . . , vr +W} de V/W
é linearmente independente. Então {v1, . . . , vr} em V é também linearmente
independente.
Demonstração. Com efeito, se a1v1 + ⋯ + arvr = 0 então a1(v1 +W) + ⋯ +
ar(vr +W) = 0+W =W e como o subconjunto {v1+W , . . . , vr +W} de V/W
é linearmente independente segue que os ai ’s são todos nulos.
Proposição 1.63. Suponha que V = U ⊕W e que {u1, . . . , ur} é base de U .
Então {u1 +W , . . . , ur +W} é base de V/W .
Demonstração. Comefeito, suponhamos que a1(u1+W)+⋯+ar(ur+W) =W .
Então, (a1u1+⋯+arur)+W =W e portanto (a1u1+⋯+arur) = 0 deU . Como{u1, . . . , ur} é base de U segue que os ai ’s são todos nulos.
Exemplo 1.64. Seja A ∈ L(V). Dena T ∶ V/Ker(A) → Im(A) por T(x +
Ker(A)) = A(x). Então T é um isomorsmo. De fato, veriquemos primeira-
mente que T está bem denida. Com efeito, se x1+Ker(A) = x2+Ker(A) então(x1 − x2) ∈ Ker(A) e portanto A(x1 − x2) = 0 o que implica A(x1) = A(x2).
Logo está bem denida. Também, T é linear, pois T(a(x + Ker(A)) + b(y +
Ker(A))) = T((ax + Ker(A)) + (by + Ker(A))) = T((ax + by) + Ker(A)) =
A(ax+by) = aA(x)+bA(y) = aT(x+Ker(A))+bT(y+Ker(A)). Ainda, T é
sobre pois seA(v) ∈ Im(A) tome v+Ker(A) ∈ V/Ker(A) e daí T(v+Ker(A)) =
A(v) e mais, T é injetora desde que se A(x) = 0 então x ∈ Ker(A) e portanto
Ker(T) = Ker(A) e daí T é um isomorsmo.
Sugestão 1.65. Suponha queW eU são subespaços de V . Então (W +U)/W
é isomorfo a U/(W ∩U).
Sugestão 1.66. Sejam U eW subespaços de VcomW ⊂ U ⊂ V . Mostre que:
i) U/W é subespaço de V/W .
ii) (V/W)/(U/W) é isomorfo a V/U .
iii) dimV/W = dimV/U + dimU/W .
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FORMA DIAGONAL
Neste capítulo pretendemos encontrar condições necessárias e/ou sucien-
tes para um operador linear ser diagonalizável. Veremos como autovalores e
autovetores podem ajudar no processo de diagonalização.
Definição 2.1. Seja T ∈ L(V). Dizemos que T é diagonalizável se existe uma
base de V formada de autovetores.
Nos próximos quatro exemplos veremos a diagonalização ou não de certos
operadores lineares.
Exemplo 2.2. Seja T ∈ L(R2) denido por T(x , y) = (x , 2y). Então T é dia-
gonalizável pois o conjunto {(1, 0), (0, 1)} é uma base de R2 formada de auto-
vetores. Como ca a matriz de T em relação à essa base? Temos
T(1, 0) = (1, 0) = 1(1, 0) + 0(0, 1), T(0, 1) = (0, 2) = 0(1, 0) + 2(0, 1).
Portanto, [T] = ( 1 00 2 ).
Exemplo 2.3. Seja T ∈ L(R3) denido por T(x , y, z) = (7y−6z,−x +4y, 2y−
2z). Obtemos os autovalores 1,−1, 2 e autovetores associados (9, 3, 2), (5, 1, 2)
e (4, 2, 1), respectivamente, que formam uma base de R3 e portantoT é diago-
nalizável. Qual a matriz de T em relação à essa base? Temos
T(9, 3, 2) = (9, 3, 2) = 1(9, 3, 2) + 0(5, 1, 2) + 0(4, 2, 1),
T(5, 1, 2) = (−5,−1,−2) = 0(9, 3, 2) + (−1)(5, 1, 2) + 0(4, 2, 1),
T(4, 2, 1) = (8, 4, 2) = 0(9, 3, 2) + 0(5, 1, 2) + 2(4, 2, 1).
Portanto, [T] = ( 1 0 00 −1 0
0 0 2
).
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36 FORMAS ELEMENTARES: DIAGONAL, TRIANGULAR E DE JORDAN
Exemplo 2.4. Seja T ∈ L(R3) denido por T(x , y, z) = (x − 3y + 3z, 3x − 5y +
3z, 6x−6y+4z). Obtemos os autovalores−2 e 4 e autovetores (1, 1, 0) e (1, 0,−1)
associados a −2 e (1, 1, 2) associado a 4, que formam uma base deR3 e portanto
T é diagonalizável e a matriz de T em relação a essa base é
[T] = ⎛⎜⎝
−2 0 0
0 −2 0
0 0 4
⎞⎟⎠ .
Exemplo 2.5. Seja T ∈ L(R3); T(x , y, z) = (−3x+y−z,−7x+5y−z,−6x+6y−
2z). Então T não é diagonalizável, pois não possui uma base de autovetores.
Teorema 2.6. Sejam T ∈ L(V) e dimV = n. Suponha que T possua n autova-
lores distintos λ1, . . . , λn. Então T é diagonalizável.
Demonstração. Sejam v1, . . . , vn autovetores não nulos associados aos autova-
lores distintos λ1, . . . , λn. Pelo Teorema 1.10 sabemos que eles são linearmente
independentes. Logo formam uma base, pois dimV = n. Então T é diagonali-
zável. Como temos
T(v1) = λ1v1 = λ1v1 + 0v2 +⋯ + 0vn⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮
T(vn) = λnvn = 0v1 + 0v2 +⋯ + λnvn
segue que
[T] = ⎛⎜⎜⎜⎜⎝
λ1 0 ⋯ 0
0 λ2 ⋯ 0⋮ ⋮ ⋱ ⋮
0 0 ⋯ λn
⎞⎟⎟⎟⎟⎠ .
Definição 2.7. Chamamos de multiplicidade algébrica de um autovalor λ a
quantidade de vezes que ele aparece como raiz do polinômio característico.
Chamamos demultiplicidade geométricade umautovalor λ a dimensão do auto-
espaço V(λ).
Sugestão 2.8. Verique, no exemplo 1.14, as multiplicidades geométricas.
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Teorema 2.9. O operador linear T ∈ L(V) é diagonalizável se, e somente se,
i) o polinômio característico de T tem todas as raízes em K;
ii) a multiplicidade algébrica de cada autovalor λi é igual à multiplicidade
geométrica de λi .
Demonstração. Vamos fazer a demonstração para um caso particular. Inicial-
mente, vamos supor que {v1, v2, u1, u2, u3,w} seja uma base de autovetores de
V onde {v1, v2}, {u1, u2, u3} e {w} são os autovetores associados aos autovalores
distintos λ1, λ2 e λ3, respectivamente. A matriz de T em relação a essa base é
[T] =
⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝
λ1 0 0 0 0 0
0 λ1 0 0 0 0
0 0 λ2 0 0 0
0 0 0 λ2 0 0
0 0 0 0 λ2 0
0 0 0 0 0 λ3
⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠
.
Logo pT(λ) = (λ1 − λ)2(λ2 − λ)3(λ3 − λ) cujas raízes estão em K. Mostremos
agora que V(λ1) = [v1, v2], V(λ2) = [u1, u2, u3] e V(λ3) = [w]. É claro que[v1, v2] ⊂ V(λ1), [u1, u2, u3] ⊂ V(λ2) e [w] ⊂ V(λ3).
Seja v ∈ V(λ1). Então T(v) = λ1v e por outro lado temos
v = a1v1 + a2v2 + b1u1 + b2u2 + b3u3 + cw (2.1)
e multiplicando (2.1) por λ1 obtemos
λ1v = a1λ1v1 + a2λ1v2 + b1λ1u1 + b2λ1u2 + b3λ1u3 + cλ1w . (2.2)
Aplicando T em (2.1), obtemos
λ1v = a1T(v1) + a2T(v2) + b1T(u1) + b2T(u2) + b3T(u3) + cT(w)
e portanto
λ1v = a1λ1v1 + a2λ1v2 + b1λ2u1 + b2λ2u2 + b3λ2u3 + cλ3w . (2.3)
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Igualando (2.2) e (2.3), obtemos
b1λ1 = b1λ2, b2λ1 = b2λ2, b3λ1 = b3λ2, cλ1 = cλ3,
donde segue que b1 = b2 = b3 = c = 0 e portanto v = a1v1 + a2v2 ∈ [v1, v2].
Portanto, V(λ1) = [v1, v2] e dimV(λ1) = 2. Logo, temos
multiplicidade algébrica =multiplicidade geométrica.
Analogamente, concluímos que V(λ2) = [u1, u2, u3], donde dimV(λ2) = 3 e
V(λ3) = [w], donde dimV(λ3) = 1.
Reciprocamente, assumamos por hipótese, que o polinômio característico
de T possa ser fatorado sobreK. Suponhamos p(λ) = (λ1−λ)2(λ2−λ)3(λ3−λ)
onde λ1 ≠ λ2 ≠ λ3 ≠ λ1 e 2+3+1 = grau p(λ) = dimV . Também dimV(λ1) = 2;
dimV(λ2) = 3 e dimV(λ3) = 1. Seja H = V(λ1)+V(λ2)+V(λ3). Mostremos
que V(λ1)∩V(λ2) = V(λ1)∩V(λ3) = V(λ2)∩V(λ3) = {0}. Com efeito, seja
u ∈ V(λi)∩V(λ j). EntãoT(u) = λiu = λ ju e daí (λi−λ j)u = 0 e portantou = 0
desde que λi ≠ λ j. Assim, V(λ2)∩V(λ1) = {0} e V(λ3)∩ (V(λ1)+V(λ2)) ={0}, então H = V(λ1)⊕ V(λ2)⊕ V(λ3).
SendoH um subespaço deV e demesmadimensão queV segue queH = V .
Então β = {v1, v2, u1, u2, u3,w}, onde {v1, v2} é base de V(λ1), {u1, u2, u3} é
base de V(λ2) e {w} é base de V(λ3), será base de V formada por autovetores.
Logo, T é diagonalizável.
Proposição 2.10. Sejam T ∈ L(V) e m(λ) = λ − λ1 o polinômio minimal de
T . Então V = Ker(T − λ1I).
Demonstração. Como m(λ) = λ − λ1 então m(T) = T − λ1I = 0. Logo, para
v ∈ V , temos m(T)(v) = (T − λ1I)(v) = 0.
Proposição 2.11. Sejam T ∈ L(V) e m(λ) = (λ1 − λ)(λ2 − λ) = m1(λ)m2(λ)
o polinômio minimal de T . Então:
i) V = Ker(λ1I − T)⊕Ker(λ2I − T);
ii) O polinômio minimal da restrição de T a Ker(λi I − T) é mi(λ), i = 1, 2.
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Demonstração. Provemos inicialmente o item (i). Como m1(λ) e m2(λ) são
primos entre si, existem polinômios r(λ) e s(λ) tais que r(λ)m1(λ) +
s(λ)m2(λ) = 1. Portanto, para o operador T ,
r(T)m1(T) + s(T)m2(T) = I. (2.4)
Seja v ∈ V . Aplicando (2.4) temos
r(T)m1(T)(v) + s(T)m2(T)(v) = v .
Mas, m2(T)r(T)m1(T)(v) = r(T)m1(T)m2(T)(v) = r(T)0(v) = 0. Logo,
r(T)m1(T)(v) ∈ Ker(λ2I − T).
Semelhantemente, s(T)m2(T)(v) ∈ Ker(λ1I−T). Portanto,V = Ker(λ1I−
T) +Ker(λ2I − T).
Vamos agora provar que é de maneira única. Suponha v = u +w = u1 +w1,
para u, u1 ∈ Ker(λ1I − T) e w ,w1 ∈ Ker(λ2I − T). Temos
r(T)m1(T)(v) = r(T)m1(T)(u) + r(T)m1(T)(w) = r(T)m1(T)(w)
e
r(T)m1(T)(v) = r(T)m1(T)(u1) + r(T)m1(T)(w1) = r(T)m1(T)(w1)
Aplicando (2.4) em w e w1 obtemos
w = r(T)m1(T)(w) + s(T)m2(T)(w) = r(T)m1(T)(w)
e
w1 = r(T)m1(T)(w1) + s(T)m2(T)(w1) = r(T)m1(T)(w1).
Portanto,
w = r(T)m1(T)(w) = r(T)m1(T)(v) = r(T)m1(T)(w1) = w1.
Analogamente, u = u1. Portanto, V = Ker(λ1I − T)⊕Ker(λ2I − T).
Passemos agora ao item (ii). Sejam mˆ1(λ) o polinômiominimal da restrição
T1 de T ao Ker(λ1I − T) e mˆ2(λ) o polinômio minimal da restrição T2 de T ao
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Ker(λ2I − T). Temos, m1(T1)(u) = (λ1I − T1)(u) = λ1u − T1(u) = λ1u −
T(u) = (λ1I − T)(u) = 0, para todo u ∈ Ker(λ1I − T). Logo, m1(T1) = 0.
Assim, também, m2(T2) = 0. Portanto, mˆ1(λ) ∣ m1(λ) e mˆ2(λ) ∣ m2(λ). Logo,
mˆ1(λ) = m1(λ) = (λ1 − λ) e mˆ2(λ) = m2(λ) = (λ2 − λ).
Teorema 2.12. Sejam T ∈ L(V) em(λ) = (λ1 − λ)⋯(λr − λ) = m1(λ)⋯mr(λ)
o polinômio minimal de T . Então:
i) V = Ker(λ1I − T)⊕⋯⊕Ker(λrI − T);
ii) O polinômio minimal da restrição de T a Ker(λ jI − T) é m j(λ), j =
1, . . . , r.
Demonstração. Faremos a prova por indução em r. Os casos r = 1 e r = 2
seguem das Proposições 2.10 e 2.11, respectivamente. Suponhamos válido para
r − 1 e provemos para r. Façamos inicialmente o item (i). Como m¯(λ) = (λ1 −
λ)⋯(λr−1− λ) emr(λ) são primos entre si, existem polinômios r(λ) e s(λ) tais
que r(λ)m¯(λ) + s(λ)mr(λ) = 1. Portanto, para o operador linear T ,
r(T)m¯(T) + s(T)mr(T) = I. (2.5)
Seja v ∈ V . Então aplicando (2.5), temos r(T)m¯(T)(v) + s(T)mr(T)(v) = v.
Mas,
mr(T)r(T)m¯(T)(v) = r(T)mr(T)m¯(T)(v) = r(T)m(T)(v) =r(t)0(v) =0.
Logo, r(T)m¯(T)(v) ∈ Ker(λrI − T). Semelhantemente, s(T)mr(T)(v) ∈
Ker(m¯(T)). Portanto, V = Ker(m¯(T)) +Ker(λrI − T).
Vamos agora provar que é de maneira única. Suponha v = w + u = w1 + u1,
u, u1 ∈ Ker(λrI − T) e w ,w1 ∈ Ker(m¯(T)). Temos
r(T)m¯(T)(v) = r(T)m¯(T)(w) + r(T)m¯(T)(u) = r(T)m¯(T)(u)
e
r(T)m¯(T)(v) = r(T)m¯(T)(w1) + r(T)m¯(T)(u1) = r(T)m¯(T)(u1).
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Aplicando (2.5) em u e u1 obtemos
u = r(T)m¯(T)(u) + s(T)mr(T)(u) = r(T)m¯(T)(u)
e
u1 = r(T)m¯(T)(u1)+ s(T)mr(T)(u1) = r(T)m¯(T)(u1).
Portanto, u = r(T)m¯(T)(u) = r(T)m¯(T)(u1) = u1.
Analogamente, w = w1 e assim V = Ker(m¯(T))⊕Ker(λrI − T).
Passemos agora ao item (ii). Sejam mˆ(λ) o polinômiominimal da restrição
Tˆ de T ao Ker(m¯(T)) e m˜(λ) o polinômio minimal da restrição T˜ de T ao
Ker(λrI−T). Temos,mr(T˜)(u) = (λrI−T˜)(u) = λrI(u)−T˜(u) = λru−T(u) =(λrI−T)(u) = 0, para todo u ∈ Ker(λrI−T). Logo,mr(T˜) = 0. Também temos
m˜(T˜) = 0. Portanto, m˜(λ) ∣ mr(λ) = λr − λ e daí m˜(λ) = mr(λ). Como m¯(λ)
e mr(λ) são primos entre si então o mmc{m¯(λ),mr(λ)} = m¯(λ)mr(λ) =
m(λ) = mmc{mˆ(λ), m˜(λ)} e portanto, m¯(λ) = mˆ(λ). Aplicando a hipótese
de indução a Tˆ e mˆ(λ) = (λ1 − λ)⋯(λr−1 − λ) obtemos
i) Ker(m¯(T)) = Ker(λ1I − Tˆ)⊕⋯⊕Ker(λr−1I − Tˆ);
ii) O polinômio minimal da restrição de Tˆ a Ker(λ jI − Tˆ) é m j(λ), j =
1, . . . , r − 1.
Logo,V = Ker(m¯(T))⊕Ker(λrI−T) = Ker(λ1I−Tˆ)⊕⋯⊕Ker(λr−1I−Tˆ)⊕
Ker(λrI − T˜). Pela Proposição 2.10, temos que Ker(λrI − T˜) = Ker(λrI − T).
Precisamos mostrar que Ker(λ jI − Tˆ) = Ker(λ jI − T), para j = 1, . . . , r − 1.
De fato, se z ∈ Ker(λ jI − Tˆ), j = 1, . . . , r − 1, então z ∈ Ker(m¯(T)) e T(z) =
Tˆ(z) = λ jz. Logo z ∈ Ker(λ jI −T). Reciprocamente, se z ∈ Ker(λ jI −T) então
z ∈ V e T(z) = λ jz. Mas z = w + u, u ∈ Ker(λrI − T˜) e w ∈ Ker(m¯(T)).
Assim, T(z) = T(w) + T(u) = Tˆ(w) + T˜(u) e como, por outro lado,T(z) =
λ jz = λ j(w + u) = λ jw + λ ju segue que Tˆ(w) = λ jw e λru = T˜(u) = λ ju.
Assim, (λr − λ j)u = 0 e portanto u = 0. Logo, z = w e Tˆ(z) = T(z) = λ jz e daí
z ∈ Ker(λ jI − Tˆ).
Teorema 2.13. Sejam T ∈ L(V) e m(λ) = (λ1 − λ)⋯(λr − λ) o polinômio
minimal de T . Então T é diagonalizável.
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Demonstração. Pelo Teorema 2.12 temosV = Ker(λ1I−T)⊕⋯⊕Ker(λrI−T).
Seja 0 ≠ w ∈ Ker(λi I −T). Então (λi I −T)(w) = 0 e daí T(w) = λiw. Portanto
todo vetor não nulo de Ker(λi I − T) é autovetor associado a λi . Como a união
das bases de Ker(λ1I −T), . . . , Ker(λrI −T) é base de V , segue que temos uma
base de autovetores para V e portanto T é diagonalizável.
Teorema 2.14. Seja T um operador linear diagonalizável e sejam λ1, . . . , λr
autovalores distintos de T . Então o polinômio minimal de T é o polinômio
m(λ) = (λ − λ1)(λ − λ2)⋯(λ − λr).
Demonstração. Precisamos apenasmostrar quem(T) = 0. Se v é um autovetor,
então umdos operadores T−λ1I, T−λ2I, . . . , T−λrI aplica v em zero. Portanto
m(T)(v) = (T − λ1I)(T − λ2I)⋯(T − λrI)(v) = 0, para todo autovetor v, e
como existe uma base de autovetores de T , segue que m(T) = 0, e logo é o
minimal.
Exemplo 2.15. Vericamos se T ∈ L(R3) é diagonalizável onde T(x , y, z) =(7y−6z,−x +4y, 2y− 2z). Temos A = [T]C = ( 0 7 −6−1 4 00 2 −2 ), onde C denota a base
canônica de R3 e
p(λ) = det⎛⎜⎝
−λ 7 −6−1 4 − λ 0
0 2 −2 − λ
⎞⎟⎠ = −(λ − 1)(λ + 1)(λ − 2).
Logo, m(λ) = (λ − 1)(λ + 1)(λ − 2). Portanto esse operador é diagonalizá-
vel. Assim existe uma base β = {v1, v2, v3} de autovetores de T de R3 tal que[T]β = ( 1 0 00 −1 00 0 2 ), a saber v1 = (9, 3, 2) associado ao autovalor λ = 1, v2 = (5, 1, 2)
associado ao autovalor λ = −1 e v3 = (4, 2, 1) associado ao autovalor λ = 2.
Exemplo 2.16. Vericamos se é diagonalizável o operador T ∈ L(R4) cuja ma-
triz em relação à base canônica é A = ( 3 1 0 00 3 0 00 0 3 0
0 0 0 4
). Temos
p(λ) = det⎛⎜⎜⎜⎜⎝
3 − λ 1 0 0
0 3 − λ 0 0
0 0 3 − λ 0
0 0 0 4 − λ
⎞⎟⎟⎟⎟⎠ = (3 − λ)
3(4 − λ).
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Logo, m(λ) = (λ − 3)2(λ − 4). Portanto esse operador não é diagonalizável.
Exemplo 2.17. Sejam A = ( 3 −11 1 ) e B = ( 1 −12 −1 ). Vejamos se elas são diagonali-
záveis, vistas como matrizes sobre R e também sobre C.
Caso real: pA(λ) = det( 3−λ −11 1−λ ) = (3 − λ)(1 − λ) + 1 = (λ − 2)2. Então
mA(λ) = (λ − 2)2 ou mA(λ) = (λ − 2). Agora, mA(A) = A− 2I = ( 1 −11 −1 ). Logo,
mA(λ) = (λ − 2)2 e A não é diagonalizável em R.
Vejamos de outra forma: para λ = 2 temos
(3 −11 1)(xy) = 2(xy) .
Então {3x − y = 2x , x + y = 2y}. Portanto, V(2) = [(1, 1)] e
dimV(2) = 1 = multiplicidade geométrica ≠ 2 = multiplicidade algébrica.
Ainda, pB(λ) = det( 1−λ −12 −1−λ ) = (1 − λ)(−1 − λ) + 2 = λ2 + 1. Portanto B não
tem autovalor em R e daí não é diagonalizável em R.
Caso complexo: pA(λ) = (λ−2)2 emA(λ) = (λ−2)2. Ainda,V(2) = [(1, 1)] e
portantoAnão é diagonalizável emC. Também, pB(λ) = λ2+1 = (λ+i)(λ−i) =
mB(λ) e portanto B é diagonalizável em C. De outra forma, para λ = i temos
(1 −12 −1)(xy) = i (xy) .
Então {(1 − i)x − y = 0, 2x − (1 + i)y = 0}, ou equivalentemente, (1− i)x − y =
0. Portanto, V(i) = {(x , (1 − i)x)} = [(1, 1 − i)] e dimV(i) = 1, donde segue
que
multiplicidade geométrica = multiplicidade algébrica.
Para λ = −i temos
(1 −12 −1)(xy) = (−i)(xy) .
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Então {(1 + i)x − y = 0, 2x + (i − 1)y = 0}, ou equivalentemente, (1+ i)x−
y = 0. Portanto, V(−i) = {(x , (1 + i)x)} = [(1, 1 + i)] e dimV(−i) = 1, donde
segue que
multiplicidade geométrica = multiplicidade algébrica.
Definição 2.18. Dizemos que uma matriz está na forma diagonal se é do tipo
⎛⎜⎜⎜⎜⎝
a11 0 ⋯ 0
0 a22 ⋯ 0⋮ ⋮ ⋱ ⋮
0 0 ⋯ ann
⎞⎟⎟⎟⎟⎠ .
Sugestão 2.19. Dada a matriz A = ( 1 −3 33 −5 3
6 −6 4 ), encontrar uma matriz inversível
P tal que P−1AP é diagonal.
Sugestão 2.20. Para cada matriz
A = (2 21 3) , B = (4 23 3) , C = (5 −11 3)
encontrar, quando possível, matrizes inversíveis P1, P2 e P3 tais que P1−1AP1,
P2−1BP2 e P3−1CP3 são diagonais.
Exemplo 2.21. Suponhamos que A seja uma matriz 2 × 2 com elementos reais
e simétrica (At = A). Então A é semelhante sobre R a uma matriz diagonal.
De fato, se A = ( a11 aa a22 ) então o polinômio característico de A é p(λ) = λ2 +(−a11 − a22)λ + a11a22 − a2. Se A = 0 ou A = ( a11 00 a11 ) o resultado é imediato.
Suponhamos A diferente dessas duas matrizes. Calculando o discriminante de
p(λ) obtemos ∆ = a211 + 2a11a22 + a222 − 4(a11a22 − a2) = (a11 − a22)2 + 4a2.
Portanto ∆ > 0 e assim p(λ) tem duas raízes reais e distintas, o que implica que
A tem dois autovalores reais e distintos e portanto A é diagonalizável.
Exemplo 2.22. Seja N uma matriz complexa 2× 2 tal que N2 = 0. Então N = 0
ouN é semelhante sobreC àmatriz ( 0 01 0 ). De fato, seN ≠ 0 então existe v ≠ 0 tal
que N(v) ≠ 0 e N2(v) = 0, onde N ∶ C2 → C2. Armamos que β = {v ,N(v)}
é base deC2. Mostremos inicialmente que β é linearmente independente. Com
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efeito, se av + bN(v) = 0, então aplicando N obtemos aN(v) + bN2(v) = 0,
ou equivalentemente aNv = 0 e portanto a = 0, donde segue que bN(v) = 0
e consequentemente b = 0. Portanto β é de fato linearmente independente.
Agora, como dimCC2 = 2, segue que β é base e como N(v) = 0v + 1N(v) e
N(N(v)) = 0 = 0v + 0N(v), temos imediatamente que [N]β = ( 0 01 0 ).
Exemplo 2.23. SejaT ∈ L(R4) representado, em relação à base ordenada canô-
nica, pela matriz ⎛⎜⎜⎜⎜⎝
0 0 0 0
a 0 0 0
0 b 0 0
0 0 c 0
⎞⎟⎟⎟⎟⎠ .
Pergunta-se: em que condições sobre a, b e c , T é diagonalizável?
Temos p(λ) = λ4. Para ser diagonalizável, m(λ) = λ e daí deveríamos ter
m(T) = 0. Logo, a = b = c = 0.
Exemplo 2.24. Toda matriz A tal que A2 = A é semelhante a uma matriz di-
agonal. De fato, inicialmente observemos que as únicas matrizes diagonais D
tais que D2 = D são matrizes em que os elementos da diagonal são 0 ou 1. Se
A = 0 ou A = I, o resultado é imediato. Suponhamos então que A ≠ 0 e A ≠ I.
Notemos que q(x) = x2 − x é um polinômio que anula a matriz A, desde que
q(A) = A2 − A = 0. Assim, os possíveis polinômios minimais para A são da
forma m(x) = x + a ou m(x) = x2 + bx + c para alguns a, b e c. Observe-
mos agora quenão podemos ter m(x) = x + a. De fato, se m(x) = x + a,
como m(A) = 0 então deveríamos ter A + aI = 0 e portanto A = −aI donde
seguiria que A = 0 ou A = I, o que é um absurdo. Suponhamos então que
m(x) = x2+bx+c. Logo, comom(A) = 0 então deveríamos ter A2+bA+cI = 0
e como A2 = A, então teríamos (b+1)A+ cI = 0. Logo, b+1 = 0, senão teríamos
A = ( −cb+1)I e portanto A = 0 ou A = I, o que é um absurdo. Daí b = −1 e c = 0,
donde segue que m(x) = x2 − x e portanto A é diagonalizável.
Sugestão 2.25. Mostre que se A é uma matriz tal que A2 = A, então o polinô-
mio característico de A é da forma pA(λ) = λm(λ − 1)p, onde m + p é a ordem
da matriz A.
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Proposição 2.26. Seja T ∈ L(V) diagonalizável eW um subespaço T-invari-
ante. Então TW é diagonalizável.
Demonstração. Temos que T é diagonalizável. Então o polinômio minimal de
T se fatora em fatores lineares distintos. Pela Proposição 1.42, o polinômio mi-
nimal de TW divide o de T . E daí também se fatora em fatores lineares distintos.
Logo TW é diagonalizável.
Exemplo 2.27. É falsa a armação abaixo:
“Se a matriz triangular A for semelhante a uma matriz diagonal,
então A já é diagonal”.
De fato, vejamos um contraexemplo: seja A = ( 1 20 2 ). Então p(x) = (1 − x)(2 −
x) = m(x) e portanto A é diagonalizável e B = ( 1 00 2 ) = P−1AP.
Sugestão 2.28. Seja A = ( a bc d ) uma matriz sobre o corpo real R. Encontre
condições necessárias e sucientes em a, b, c e d para que A seja diagonalizável.
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3
FORMA TRIANGULAR
Neste capítulo veremos como polinômios característicos, minimais e auto-
valores podem dar condições para um operador linear ser triangulável. Tam-
bém faremos um estudo sobre operadores nilpotentes.
Definição 3.1. Dizemos que uma matriz está na forma triangular se ela tem a
forma
⎛⎜⎜⎜⎜⎝
a11 a12 ⋯ a1n
0 a22 ⋯ a2n⋮ ⋮ ⋱ ⋮
0 0 ⋯ ann
⎞⎟⎟⎟⎟⎠ ou
⎛⎜⎜⎜⎜⎝
a11 0 ⋯ 0
a21 a22 ⋯ 0⋮ ⋮ ⋱ ⋮
an1 an2 ⋯ ann
⎞⎟⎟⎟⎟⎠ .
No primeiro caso dizemos que amatriz é triangular superior e no segundo caso,
triangular inferior.
Propriedades de uma matriz triangular
a) Se nenhum elemento da diagonal principal é 0, então A é inversível.
b) Se um elemento da diagonal principal é 0, então A é não inversível.
c) Os autovalores deA são exatamente os elementos de sua diagonal principal.
d) Se A é uma matriz quadrada de ordem n e todos os elementos de sua dia-
gonal principal são nulos, então An = 0.
e) O determinante de A, detA, é dado pelo produto dos elementos de sua
diagonal principal (no determinante consideramos sempre um produto de
n elementos tal que um e só um elemento provém de cada linha e um e só
um elemento provém de cada coluna).
Definição 3.2. O operador linear T se diz triangulável se existir uma base em
relação à qual T seja representado por uma matriz triangular.
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48 FORMAS ELEMENTARES: DIAGONAL, TRIANGULAR E DE JORDAN
Teorema 3.3. Se T é triangulável, então o polinômio característico de T tem a
forma: p(x) = (x − c1)d1⋯(x − cr)dr , ci ∈ K. Assim o polinômio minimal de T
tem a forma: m(x) = (x − c1)e1⋯(x − cr)er , com ci ∈ K, ei ≤ di , i = 1, . . . , r.
Demonstração. Como T é triangulável então é semelhante a uma matriz trian-
gular B. Como matrizes semelhantes possuem o mesmo polinômio caracterís-
tico, então det(T − xI) = det(B − xI) e das propriedades de matriz triangular
sabemos que det(B−xI) é igual ao produto dos elementos da diagonal damatriz(B − xI). Logo, p(x) = (x − c1)d1⋯(x − cr)dr , com ci ∈ K. Como o polinômio
minimal divide o polinômio característico, entãom(x) = (x− c1)e1⋯(x− cr)er ,
ci ∈ K, ei ≤ di , i = 1, . . . , r.
Teorema 3.4. Seja T ∈ L(V) com todos os seus autovalores distintos c1, . . . , cr
em K e seu polinômio característico p(x) = (x − c1)d1⋯(x − cr)dr . Então T é
triangulável.
Demonstração. A demonstração será feita por indução na dimensão de V . Fa-
remos inicialmente para os casos de dimensão 1 e 2, e depois para dimensão n.
Caso dimV = 1. Neste caso, cada representação matricial de T é uma matriz
1 × 1, que é triangular.
Caso dimV = 2. Neste caso, temos p(x) = (x − c1)(x − c2), c1 ≠ c2 ou p(x) =(x − c1)2. Se p(x) = (x − c1)(x − c2), c1 ≠ c2, então T é diagonalizável e
daí triangulável. Se p(x) = (x − c1)2, então temos dois candidatos a polinômio
minimal: m1(x) = (x−c1) em2(x) = p(x). Se form1(x), então é diagonalizável
e daí triangular. Suponhamos agora que seja m2(x). Existe 0 ≠ v ∈ V tal que
T(v) = c1v. Seja V¯ = V/[v] com dim V¯ = dimV − dim[v] = 1. Seja {v1 + [v]}
base de V¯ . Assim {v , v1} é base de V . Temos T¯ ∶ V¯ → V¯ dada por T¯(u +[v]) = T(u) + [v]. Vejamos qual a matriz de T¯ em relação a esta base. Temos
T¯(v1+ [v]) = T(v1)+ [v]. Um representante seria: T(v1)+ av = bv+dv1+ av =
dv1+ (b+ a)v. Logo T¯(v1+ [v]) = dv1+ [v] = d(v1+ [v]) e portanto [T¯] = [d].
Assim, d é autovalor de T¯ e daí p¯(x) = (x − d). Como p¯ ∣ p, então d = c1 e
assim T¯(v1 + [v]) = c1v1 + [v] e portanto, T(v1) = c1v1 + αv. Logo, [T] = ( c1 α0 c1 )
e T é triangular.
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Forma Triangular 49
Caso dimV = n > 2. Suponha que o teorema vale para espaços de dimensão
menor que n. Como o polinômio característico de T se fatora em polinômios
lineares, T tem pelo menos um autovalor e, portanto, pelo menos um autove-
tor não nulo v, digamos, ou seja, T(v) = a11v. Seja W = [v]. Então W é T-
invariante. Faça V¯ = V/W . Então dim V¯ = n − 1. Seja T¯(u +W) = T(u) +W .
Sabemos que p¯ ∣ p e também m¯ ∣ m. Assim V¯ e T¯ satisfazem as hipóteses do
teorema. Portanto, por indução, existe uma base {v2+W , . . . , vn +W} de V¯ tal
que T¯(v2 +W) = a22(v2 +W), T¯(v3 +W) = a23(v2 +W) + a33(v3 +W),…,
T¯(vn +W) = a2n(v2 +W) +⋯+ ann(vn +W). Então {v , v2, . . . , vn} é base de
V . Como T¯(v2+W) = a22(v2+W), temos T¯(v2+W)−a22(v2+W) = 0+W e
portanto T(v2)+W−a22v2+W = 0+W e daí T(v2)−a22v2 ∈W . Logo, T(v2)−
a22v2 = a12v, ou equivalentemente, T(v2) = a12v + a22v2. Analogamente, para
i = 3, . . . , n, T(vi)−a2iv2−⋯−aiivi ∈W , logo T(vi) = a1iv+a2iv2+⋯+aiivi .
Assim, T(v) = a11v, T(v2) = a12v + a22v2,…, T(vn) = a1nv + a2nv2+⋯+ annvn
e portanto a matriz de T nessa base é triangular. E observando essa matriz tri-
angular, os elementos da diagonal a11, . . . , ann são os autovalores ci repetidos
di vezes.
Corolário 3.5. Se T ∈ L(V) tem todos os autovalores em K então T é triangu-
lável.
Exemplo 3.6. Vericamos se A = ( −3 1 −1−7 5 −1−6 6 −2 ) é triangulável. De fato, temos
pA(x) = (x − 4)(x + 2)2 e portanto A tem todos os seus autovalores em R,
donde segue que A é triangulável. Temos mA(x) = (x − 4)(x + 2)2 e portanto
A não é diagonalizável. Para o autovalor x = 4, v = (0, 1, 1) é autovetor. Con-
sideremos W = [(0, 1, 1)] e V¯ = R3/W . Então dim V¯ = 2. Armamos que{(1, 1, 0) + W , (0, 1, 0) + W} é base de V¯ . Precisamos mostrar somente que
os elementos desse conjunto são linearmente independentes. Com efeito, se
a((1, 1, 0)+W)+b((0, 1, 0)+W) =W então a(1, 1, 0)+W+b(0, 1, 0)+W =W
e portanto (a, a + b, 0) +W = W . Assim, (a, a + b, 0) = x(0, 1, 1), ou equiva-
lentemente, {a = 0, a + b = x , 0 = x}. Logo, a = b = 0 e daí são linearmente
independentes.
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50 FORMAS ELEMENTARES: DIAGONAL, TRIANGULAR E DE JORDAN
Consideremos então a seguinte base para R3: {(0, 1, 1), (1, 1, 0), (0, 1, 0)}.
Então,
A(0, 1, 1) = (0, 4, 4) = 4(0, 1, 1) + 0(1, 1, 0) + 0(0, 1, 0),
A(1, 1, 0) = (−2,−2, 0) = 0(0, 1, 1) − 2(1, 1, 0) + 0(0, 1, 0),
A(0, 1, 0) = (1, 5, 6) = 6(0, 1, 1) + 1(1, 1, 0) − 2(0, 1, 0),
e logo B = ( 4 0 60 −2 1
0 0 −2 ). Se P = ( 0 1 01 1 11 0 0 ), P−1 = ( 0 0 11 0 0−1 1 −1) e daí obtemos P−1AP = B.
Sugestão 3.7. Achar uma base triangular para as aplicações de C2 representa-
das pelas matrizes
A = (1 11 1) ; B = (1 i1 i) ; C = (1 2i i) .
3.1. OPERADORES NILPOTENTES
Definição 3.8. Dizemos que T ∈ L(V) é nilpotente se Tm = 0 para algum
inteiro m ≥ 1. Uma matriz quadrada A é dita nilpotente se existir um inteiro
m ≥ 1 tal que Am = 0.
Exemplo 3.9. Seja T ∈ L(R2) dado por T(x , y) = (2y, 0). Então, T é nilpo-
tente. De fato, temos T2(x , y) = T(T(x , y)) = T(2y, 0) = (0, 0).
Exemplo 3.10. Amatriz A = ( 0 1 20 0 3
0 0 0
) é nilpotente. De fato, temos A2 = ( 0 0 30 0 0
0 0 0
)
e portanto A3 = ( 0 0 00 0 0
0 0 0
).
Sugestão 3.11. Suponha que S e T são operadores nilpotentes que comutam
entre si. Então S + T e ST também são nilpotentes.
Proposição 3.12. Se T ∈ L(V) é nilpotente, então todos os autovalores de T
são iguais a zero.
Demonstração. Suponha que Tm = 0 e que existe 0 ≠ v ∈ V tal que T(v) = λv.
Então T2(v) = T(T(v)) = T(λv) = λT(v) = λ(λv) = λ2v. Suponhamos
agora que Tm−1(v) = λm−1v e mostremos que Tm(v) = λmv. Com efeito, temos
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Forma Triangular 51
Tm(v) = T(Tm−1(v)) = T(λm−1v) = λm−1T(v) = λm−1(λv) = λmv. Portanto,
λmv = 0 e daí λ = 0.
Proposição 3.13. Sejam dimV = n e T ∈ L(V). Se todos os autovalores de T
são iguais a zero, então T é nilpotente.
Demonstração. Temos que o polinômio característico de T é p(x) = xn e por-
tanto, pelo teorema de Cayley–Hamilton, p(T) = Tn = 0. Logo, T é nilpo-
tente.
Definição 3.14. Se T ∈ L(V) (ou A ∈ Mn) é nilpotente, então o número k é
dito índice de nilpotência de T (ou de A) se Tk = 0 (ou Ak = 0) mas Tk−1 ≠ 0
(ou Ak−1 ≠ 0).
Nos Exemplos 3.9 e 3.10, respectivamente, vimos que T tem índice de nil-
potência 2 e A tem índice de nilpotência 3.
Proposição 3.15. Se T ∈ L(V) é nilpotente de índice k, então x = 0 é autovalor
de T .
Demonstração. Temos que existe 0 ≠ v ∈ V tal que Tk−1(v) ≠ 0. Portanto,
T(Tk−1(v)) = Tk(v) = 0 = 0Tk−1(v) e assim 0 é autovalor de T .
Proposição 3.16. Sejam dimV = n e T ∈ L(V) nilpotente. Então o polinômio
característico de T é xn.
Demonstração. Suponha que Tm = 0 e considere o seguinte polinômio: f (x) =
xm. Então f (T) = Tm = 0 e portanto T é raiz de f . Logom(x) ∣ f (x), de onde
segue que m(x) = xr e daí pT(x) = xdimV = xn.
Teorema 3.17. Se T ∈ L(V) é nilpotente então f (T) = a0I + a1T +⋯+ arT r é
inversível, desde que a0 ≠ 0.
Demonstração. Suponha que Tm = 0 e considere S = a1T + a2T2 + ⋯ + arT r .
Então Sm = 0 e
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52 FORMAS ELEMENTARES: DIAGONAL, TRIANGULAR E DE JORDAN
(a0I + S)( Ia0 − Sa20 + S
2
a30
+⋯ + (−1)m−2 Sm−2
am−10 + (−1)m−1 S
m−1
am0
) =
I − S
a0
+ S2
a20
+⋯ + (−1)m−2 Sm−2
am−20 + (−1)m−1 S
m−1
am−10 +
+ S
a0
− S2
a20
+⋯ + (−1)m−3 Sm−2
am−20 + (−1)m−2 S
m−1
am−10 + (−1)m−1 S
m
am0
= I.
Assim, para a0 ≠ 0, f (T) = a0I + S é inversível.
Teorema 3.18. Se T ∈ L(V) tem índice de nilpotência k e Tk−1(v) ≠ 0 então{Tk−1(v), . . . , T2(v), T(v), v} é linearmente independente.
Demonstração. Considere f (T) = ak−1Tk−1 + ⋯ + a1T + a0I. Seja v ≠ 0 e
f (T)(v) = 0. Então f (T) não é inversível e portanto a0 = 0. Reescrevendo,
obtemos (a1I+a2T+⋯+ak−1Tk−2)(T(v)) = 0 e daí a1I+a2T+⋯+ak−1Tk−2 não
é inversível e portanto a1 = 0. Semelhantemente, obtemos a2 = ⋯ = ak−1 = 0 e
o teorema segue imediatamente.
Teorema 3.19. Sejam dimV = n e T ∈ L(V) de índice de nilpotência n. Então,
se 0 ≠ Tn−1(v) ∈ V , {Tn−1(v), . . . , T2(v), T(v), v} é base de V e a matriz de T
em relação a essa base tem a forma
⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝
0 1 ⋯ 0 0
0 0 ⋱ 0 0⋮ ⋮ ⋱ ⋱ ⋮
0 0 ⋯ 0 1
0 0 ⋯ 0 0
⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠
.
Demonstração. PeloTeorema 3.18, {Tn−1(v), . . . , T2(v), T(v), v} é linearmen-
te independente e, como tem n elementos, é uma base de V .
Ainda, temos:
T(Tn−1(v)) = Tn(v) = 0 = 0Tn−1(v) + 0Tn−2(v) +⋯ + 0T(v) + 0v;
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Forma Triangular 53
T(Tn−2(v)) = Tn−1(v) = 1Tn−1(v) + 0Tn−2(v) +⋯ + 0T(v) + 0v;⋮
T(T(v)) = T2(v) = 0Tn−1(v) +⋯ + 1T2(v) + 0T(v) + 0v;
T(v) = 0Tn−1(v) +⋯ + 0T2(v) + 1T(v) + 0v ,
e daí a matriz de T em relação à base acima é, de fato, a matriz enunciada.
Teorema 3.20. Se T ∈ L(V) é nilpotente de índice de nilpotência k, então
pode-se determinar uma base de V tal que a matriz de T em relação a essa base
tenha a forma (Mk A10 A2), com
Mk =
⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝
0 1 ⋯ 0 0
0 0 ⋱ 0 0⋮ ⋮ ⋱ ⋱ ⋮
0 0 ⋯ 0 1
0 0 ⋯ 0 0
⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠
k×k
.
Demonstração. Seja Tk−1(v) ≠ 0. Pelo Teorema 3.18, {Tk−1(v), . . . , T(v), v} é
linearmente independente. Completando-o para uma base de V ,
{Tk−1(v), . . . , T(v), v , vk+1, . . . , vn},
a matriz de T tem a forma acima.
Teorema 3.21. Se T ∈ L(V) é nilpotente de índice de nilpotência k entãoW =[Tk−1(v), . . . , T(v), v] é T-invariante.
Demonstração. Seja w ∈W . Então w = ak−1Tk−1(v) +⋯ + a1T(v) + a0v. Por-
tanto, T(w) = ak−1Tk(v)+ak−2Tk−1(v)+⋯+a1T2(v)+a0T(v) = ak−2Tk−1(v)+⋯ + a1T2(v) + a0T(v) e daí T(w) ∈W .
Lema 3.22. Se T ∈ L(V) é nilpotente de índice de nilpotência k e u ∈ W =[Tk−1(v), . . . , T(v), v] é tal que Tk−r(u) = 0, onde 0 < r ≤ k, então T r(u0) = u,
para algum u0 ∈W .
Demonstração. O caso r = k é imediato. Agora, se 0 < r < k e u ∈ W , então
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54 FORMAS ELEMENTARES: DIAGONAL, TRIANGULAR E DE JORDAN
u = ak−1Tk−1(v) +⋯ + arT r(v) + ar−1T r−1(v) +⋯ + a1T(v) + a0v .
Assim, aplicando Tk−r em u obtemos 0 = Tk−r(u) = ar−1Tk−1(v) + ⋯ +
a0Tk−r(v). No entanto, {Tk−1(v), . . . , Tk−r(v)} é linearmente independente,
donde segue que a0 = ⋯ = ar−1 = 0 e então, u = ak−1Tk−1(v) + ⋯ + arT r(v).
Seja u0 = ak−1Tk−r−1(v) +⋯ + arv ∈W . Então T r(u0) = u.
Teorema 3.23. Se T ∈ L(V) é nilpotente de índice de nilpotência k, então
existe um subespaço W1 de V , invariante sob T , tal que V = W ⊕W1, onde
W = [Tk−1(v), . . . , T(v), v] com Tk−1(v) ≠ 0 e Tk = 0.
Demonstração. ConsideremosW1 o maior subespaço de V tal queW ∩W1 ={0} eW1 é invariante sob T . Observemos que existe pelo menos um subespaço
deV satisfazendo as propriedades acima, a saber, o subespaço nulo. Armamos
que V =W +W1.
De fato, suponha que V ≠W +W1. Então existe z ∈ V tal que z ∉W +W1.
Desde que Tk = 0 então existe um inteiro r, 0 < r ≤ k, tal que T r(z) ∈W +W1
e T i(z) ∉W +W1, para i < r. Portanto, T r(z) = u +w1 onde u ∈W e w1 ∈W1.
Temos que 0 = Tk(z) = Tk−r(T r(z)) = Tk−r(u)+Tk−r(w1). ComoW eW1
são T-invariantes então Tk−r(u) ∈ W e Tk−r(w1) ∈ W1. Portanto, Tk−r(u) =−Tk−r(w1) ∈W ∩W1 = {0} e daí Tk−r(u) = 0. Logo, pelo Lema 3.22, T r(u0) =
u, para algum u0 ∈W . Portanto, T r(z) = u +w1 = T r(u0) +w1.
Seja z1 = z − u0. Então T r(z1) = T r(z) − T r(u0) = w1 ∈ W1. Agora, como
W1 é T-invariante então Tm(z1) ∈ W1, para todo m ≥ r. Armamos agora
que se i < r então T i(z1) = T i(z) − T i(u0) ∉ W +W1, pois caso contrário
T i(z) ∈W +W1, contradizendo a escolha de r.
Seja W˜ = [W1 ∪ {z1, T(z1), . . . , T r−1(z1)}]. Desde que z1 ∉ W1 e W˜ ⊃ W1,
dim W˜ > dimW1. Ainda, como T r(z1) ∈W1 eW1 é T-invariante temos que W˜ é
T-invariante. Pela natureza maximal deW1 deve existir um elemento da forma
w0 + α1z1 + α2T(z1) +⋯ + αrT r−1(z1) ≠ 0 ∈ W˜ ∩W onde w0 ∈W1.
Armamos que α1, . . . , αr não podem ser todos nulos, senão 0 ≠ w0 ∈W1 ∩
W = {0}, uma contradição.
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Forma Triangular 55
Seja αs o primeiro α não nulo; então
w0 + αsT s−1(z1) + αs+1T s(z1) +⋯ + αrT r−s+s−1(z1) =
w0 + (αsI + αs+1T +⋯ + αrT r−s)(T s−1(z1)) ∈W .
Desde que αs ≠ 0, pelo Teorema 3.17, αsI + αs+1T +⋯ + αrT r−s é inversível
e seu inverso, R, é um polinômio em T . Portanto,W1 eW são invariantes por
R; logo, R(w0)+T s−1(z1) ∈ R(W) ⊂W e daí T s−1(z1) ∈W +R(W1) ⊂W +W1.