Notas_Algebra_Linear_Capítulo_4

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Caṕıtulo 4
Transformações Lineares
Até agora estudamos o ambiente onde a álgebra linear está inserida, que são os espaços vetoriais e as
propriedades desses espaços. Nosso objetivo agora é estudar as correspondências entre esses espaços.
Essa correspondência será feita através das transformações lineares que é o tipo mais simples de
dependência entre as variáveis de dois espaços.
Antes de definirmos o que é uma transformação linear, recordemos alguns conceitos sobre aplicações
entre conjuntos.
Sejam U e V dois conjuntos não vazios. Uma aplicação de U em V é uma lei que associa cada
elemento de U a um único elemento de V . Denotamos essa lei por f e escrevemos
f : U → V
u 7→ f(u)
1. U : domı́nio de f ;
2. V : contra domı́nio de f ;
3. Im(f) = {f(u) : u ∈ U} ⊆ V é a imagem de f ;
4. f é injetora se: para todo u1, u2 ∈ U com f(u1) = f(u2)⇒ u1 = u2;
5. f é sobrejetora se: para todo v ∈ V existe u ∈ U tal que f(u) = v, isto é Im(f) = V ;
6. f é bijetora se f é injetora e sobrejetora.
Apresentaremos agora a definição de transformação linear.
Definição 4.1. Sejam U e V espaços vetoriais. Uma aplicação T : U → V é chamada transformação
linear de U em V se, e somente se:
a) T (u1 + u2) = T (u1) + T (u2), ∀u1, u2 ∈ U ;
b) T (λu) = λT (u), ∀u ∈ U e ∀λ ∈ R.
No caso em que V = U , uma transformação linear T : U → U é também chamada de operador
linear.
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Exemplo 4.1. As funções T : R → R dadas por T (x) = kx, onde k ∈ R, são exemplos de
transformações lineares em R.
Resolução: De fato,
a) T (x+ y) = k(x+ y) = kx+ ky = T (x) + T (y), ∀x, y ∈ R.
b) T (λx) = k(λx) = (kλ)x = λ(kx) = λT (x), ∀λ ∈ R.
Exemplo 4.2. T : R3 → R2 dada por T (x, y, z) = (x+ y, 2y − z) é linear.
Resolução: De fato, consideremos u1 = (x, y, z), u2 = (a, b, c) e λ ∈ R, dáı
a) T (u1 + u2) = T (x + a, y + b, z + c) = ((x + a) + (y + b), 2(y + b) − (z + c)) = ((x + y) + (a +
b), (2y − z) + (2b− c)) = (x+ y, 2y − z) + (a+ b, 2b− c) = T (u1) + T (u2).
b) T (λu1) = T (λx, λy, λz) = (λx+λy, 2λy−λz) = (λ(x+y), λ(2y−z)) = λ(x+y, 2y−z) = λT (u1).
Portanto, T é uma transformação linear.
Exemplo 4.3. Seja D : Pn(R) → Pn(R), dado por D(p(t)) = p′(t), onde p′(t) é a derivada do
polinômio p(t). Mostre que D é um operador linear.
Resolução: Sejam p(t), q(t) ∈ Pn(R) dois polinômios quaisquer e λ ∈ R, então
a) D(p(t) + q(t)) = (p(t) + q(t))′ = p′(t) + q′(t) = D(p(t)) +D(q(t))
b) D(λp(t)) = (λp(t))′ = λp′(t) = λD(p(t)).
A saber, D(p(t)) = D(a0 + a1t+ a2t
2 + · · ·+ antn) = a1 + 2a2t+ · · ·+ nantn−1.
Exemplo 4.4. Seja T : R→ R dada por T (x) = x2, T é um operador linear?
Resolução: Vemos que T não é um operador linear, pois para x, y ∈ R quaisquer, temos:
T (x+ y) = (x+ y)2 = x2 + y2 + 2xy e T (x) + T (y) = x2 + y2.
Portanto T (x+ y) 6= T (x) + T (y).
Observação 4.1. Segue da Definição 4.1 que se T : U → V é linear, então T (0) = 0, ou seja, T
leva o vetor nulo de U no vetor nulo de V .
De fato, T (0) = T (u+ (−u)) = T (u) + T (−u) = T (u)− T (u) = 0.
Note que a Observação 4.1 nos ajuda a detectar as aplicações entre espaços vetoriais que não são
lineares, bastando para isso negar a afirmação dessa observação, ou seja, se T (0) 6= 0, então T não é
linear. Contudo, um cuidado deve ser considerado, a rećıproca da afirmação da Observação 4.1 não
é verdadeira, isto é, simplesmente o fato de T (0) = 0 não implica que T é linear, como pode ser visto
para T (x) = x2, pois T (0) = 0 e vimos anteriormente que T não é linear.
Exemplo 4.5. A aplicação T : R2 → R3 dada por T (x, y) = (x+ y, 2y − x+ 1, y) é linear?
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Resolução: Pela Observação 4.1, se T (0) 6= 0, então T não é linear. Temos
T (0, 0) = (0 + 0, 2.0− 0 + 1, 0) = (0, 1, 0).
Portanto T não é linear.
Exerćıcio 4.1. Seja T : R2 → R2 dada por T (x, y) = (xy, y). Mostre que T (0, 0) = (0, 0), mas T
não é linear.
Exemplo 4.6. Determine T (x, y) para (x, y) um vetor genérico do R2, sabendo que T : R2 → R2 é
um operador linear e T (1, 2) = (−3, 2) e T (0, 1) = (−1, 2).
Resolução: Note que se conseguirmos encontrar α e β reais em função de x e y tal que (x, y) =
α(1, 2) + β(0, 1), então usando as propriedades da linearidade de T , teremos
T (x, y) = T (α(1, 2) + β(0, 1)) = αT (1, 2) + βT (0, 1) = α(−3, 2) + β(−1, 2) = (−3α− β, 2α + 2β).
Observe que o conjunto {(1, 2), (0, 1)} é uma base de R2 (Verifiquem), logo
(x, y) = α(1, 2) + β(0, 1) = (α, 2α + β)⇒ α = x e 2α + β = y ⇒ β = y − 2x.
Dáı
T (x, y) = (−3α− β, 2α + 2β) = (−3x− y + 2x, 2x+ 2y − 4y) = (−x− y,−2x+ 2y).
Exemplo 4.7. Existe um operador linear T : R2 → R2, tal que T (1, 2) = (3, 0), T (2,−1) = (−1, 1)
e T (3, 1) = (2, 2)?
Resolução: Note que {(1, 2), (2,−1)} é uma base de R2, logo o vetor (3, 1) é uma combinação
dessa base, a saber (3, 1) = (1, 2) + (2,−1). Dáı se tal operador linear existir, teremos
T (3, 1) = T ((1, 2) + (2,−1))⇒ T (3, 1) = T (1, 2) + T (2,−1)⇒ (2, 2) = (3, 0) + (−1, 1) = (2, 1).
A equação acima nos dá um absurdo (2,2)=(2,1) e tal absurdo surgiu de termos suposto que esse
operador linear existisse. Portanto, nas condições do enunciado, tal operador não existe.
4.1 Núcleo e Imagem
Definição 4.2. Sejam U e V espaços vetoriais sobre R e T : U → V uma transformação linear.
Denotamos por Ker(T ) (ou Nuc(T )) o núcleo de T o seguinte subconjunto de U ,
Ker(T ) = {u ∈ U : T (u) = 0}.
Exemplo 4.8. Seja T : R3 → R2 dado por T (x, y, z) = (x+ 2y, y − z). Encontre o núcleo de T .
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Resolução:
T (x, y, z) = (0, 0)⇒ (x+ 2y, y − z) = (0, 0)⇒
{
x+ 2y = 0
y − z = 0
⇒ x = −2y e z = y.
Portanto,
Ker(T ) = {(x, y, z) ∈ R3 : x = −2y e z = y} = {(−2y, y, y) ∈ R3} = {y(−2, 1, 1) : y ∈ R} =
=< (−2, 1, 1) > .
Teorema 4.1. Seja T : U → V uma transformação linear, então:
a) Ker(T ) é um subespaço vetorial de U ;
b) T é injetora se, e somente se, Ker(T ) = {0}.
Demonstração:
a) Vamos mostrar que Ker(T ) é um subespaço vetorial de U .
i) 0 ∈ Ker(T ), pois T (0) = 0 (observação já comentada).
ii) Sejam u1, u2 ∈ Ker(T ), então T (u1) = 0 e T (u2) = 0, dáı T (u1 + u2) = T (u1) + T (u2) =
0 + 0 = 0⇒ u1 + u2 ∈ Ker(T ).
iii) Sejam α ∈ R e u ∈ Ker(T ), então αu ∈ Ker(T ), pois T (αu) = αT (u) = α0 = 0.
b) (⇒) Suponhamos que T é injetora e mostremos que Ker(T ) = {0}. Para isso, considere
u ∈ Ker(T ) um vetor qualquer, logo T (u) = 0, mas sabemos também que T (0) = 0, então
T (u) = T (0), como T é injetora temos u = 0, então Ker(T ) = {0}.
(⇐) Exerćıcio: Mostre que se Ker(T ) = {0}, então T é injetora.
Exemplo 4.9. Mostre que o operador linear derivada D : Pn(R) → Pn(R), D(p(t)) = p′(t) não é
um operador injetor.
Resolução: Para mostrarmos que D não é injetor, pelo Teorema 4.1, basta mostrarmos que
Ker(T ) 6= {0}. Seja p(t) = a0 + a1t + a2t2 + · · · + antn ∈ Ker(D), então D(p(t)) = p′(t) =
a1 + 2a2t+ · · ·+ nantn−1 = 0⇒ a1 = a2 = · · · = an = 0.
Portanto Ker(T ) = {a0 : a0 ∈ R} = {polinômios constantes} 6= {0}, logo D não é um operador
injetor.
Exemplo 4.10. Seja T : R3 → R2 uma transformação linear dada por T (x, y, z) = (x−y, 2x+y−z).
Determine uma base para Ker(T ) e sua dimensão.
Resolução: Vamos determinar Ker(T ), para isso, considere (x, y, z) ∈ Ker(T ), então
T (x, y, z) = (x− y, 2x+ y − z) = (0, 0)⇒ x = y e z = 3y.
Portanto,
Ker(T ) = {(y, y, 3y) ∈ R3} = {y(1, 1, 3), y ∈ R} ⇒ Ker(T ) =< (1, 1, 3) >⇒
⇒ β = {(1, 1, 3)} é base para Ker(T ) e dim(Ker(T )) = 1.
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Exemplo 4.11. Seja B ∈ M2(R) uma matriz fixa e defina T : M2(R) → M2(R) por T (X) = BX,
X ∈M2(R).
a) Mostre que T é um operador linear.
b) Se B =
(
2 0
−1 1
)
, mostre que T é injetora.
Resolução:
a) Exerćıcio!
b) Considere X =
(
x y
z w
)
, temos:
T (X) = BX =
(
2 0
−1 1
)
·
(
x y
z w
)
=
(
2x 2y
−x+ z −y + w
)
.
Para mostrar que T é injetora, devemos mostrar que Ker(T ) = {0}. Seja X ∈ Ker(T ), então
T (X) = 0⇒

2x = 0
2y = 0
−x+ z = 0
−y + w = 0
⇒ x = y = z = w =0.
Portanto, X =
(
0 0
0 0
)
, logo Ker(T ) =
{(
0 0
0 0
)}
⇒ T é injetora.
QUESTÃO PARA PENSAR: No exemplo anterior, que condições devemos impor sobre B
para que T não seja injetora.
Exemplo 4.12. Seja T : R3 → R2 uma transformação linear tal que T (e1) = (1, 2), T (e2) = (0, 1)
e T (e3) = (−1, 3), sendo {e1, e2, e3} a base canônica do R3. Determine o Ker(T ) e sua base. T é
injetora?
Resolução: Note que (x, y, z) = x(1, 0, 0) + y(0, 1, 0) + z(0, 0, 1) = xe1 + ye2 + ze3, logo
T (x, y, x) = xT (1, 0, 0) + yT (0, 1, 0) + zT (0, 0, 1) = x(1, 2) + y(0, 1) + z(−1, 3) = (x− z, 2x+ y+ 3z).
Agora
Ker(T ) = {(x, y, z) ∈ R3 : (x− z, 2x+ y + 3z) = (0, 0)} = {(x, y, z) ∈ R3 : x = z e y = −5z}.
Portanto Ker(T ) = {(z,−5z, z) : z ∈ R} =< (1,−5, 1) >. Dáı {(1,−5, 1)} é uma base de
Ker(T ) e portanto dim(Ker(T )) = 1.
Agora T não é injetora, pois Ker(T ) 6= {(0, 0, 0)}.
Exemplo 4.13. Determine uma transformação linear T : R3 → R4 tal que Ker(T ) = {(x, y, z) ∈
R3 : z = x− y}.
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Resolução: Note que (x, y, z) ∈ Ker(T )⇔ (x, y, z) = (x, y, x− y) = x(1, 0, 1) + y(0, 1,−1). Logo
Ker(T ) =< (1, 0, 1), (0, 1,−1) > que por sua vez é uma base para Ker(T ) (verifique).
Agora se acrescentarmos o vetor (0, 0, 1), o conjunto {(1, 0, 1), (0, 1,−1), (0, 0, 1)} torna-se uma
base para R3 (verifiquem como exerćıcio) e, neste caso,
(x, y, z) = x(1, 0, 1) + y(0, 1,−1) + (−x+ y + z)(0, 0, 1).
Agora como (1, 0, 1), (0, 1,−1) ∈ Ker(T ), segue que T (1, 0, 1) = T (0, 1,−1) = (0, 0, 0, 0). Defi-
nindo arbitrariamente T (0, 0, 1) = (1, 0,−1, 0), temos que para (x, y, z) arbitrário,
T (x, y, z) = T (x(1, 0, 1) + y(0, 1,−1) + (−x+ y + z)(0, 0, 1)) = xT (1, 0, 1) + yT (0, 1,−1)+
+(−x+y+z)T (0, 0, 1) = x(0, 0, 0, 0)+y(0, 0, 0, 0)+(−x+y+z)(1, 0,−1, 0) = (−x+y+z, 0, x−y−z, 0).
Note que este problema possui infinitas soluções dependendo de como define T (0, 0, 1).
Observação 4.2. 1) Se U e V são espaços vetoriais, denotaremos por L(U, V ) o espaço de todas
as transformações lineares de U em V , ou seja, se T ∈ L(U, V ), então T : U → V é uma
transformação linear.
2) Quando V = U , denotaremos L(U,U) somente por L(U) e T ∈ L(U) é um operador linear em
U .
Definição 4.3. Sejam U e V espaços vetoriais sobre R e T ∈ L(U, V ). Denotamos por Im(T ) a
imagem de T o seguinte subconjunto de V ,
Im(T ) = {v ∈ V : ∃u ∈ U tal que T (u) = v}.
Afirmação: Im(T ) é um subespaço vetorial de V .
De fato,
i) 0 ∈ Im(T ) pois T (0) = 0;
ii) Se v1, v2 ∈ Im(T ), então v1 = T (u1) e v2 = T (u2), dáı v1 + v2 ∈ Im(T ) pois v1 + v2 =
T (u1) + T (u2) = T (u1 + u2) e u1 + u2 ∈ U ;
iii) Sejam v ∈ Im(T ) e λ ∈ R, então v = T (u) e dáı λv = λT (u) = T (λu)⇒ λv ∈ Im(T ).
Exemplo 4.14. Seja T : R3 → R4 dada por T (x, y, z) = (x − y, 2y − z, x + y + z,−y). Determine
uma base e a dimensão da imagem de T .
Resolução: Os pontos na imagem de T são pontos da forma T (x, y, z), ou seja, são pontos da
forma (x − y, 2y − z, x + y + z,−y) = x(1, 0, 1, 0) + y(−1, 2, 1,−1) + z(0,−1, 1, 0). Portanto β =
{(1, 0, 1, 0), (−1, 2, 1,−1), (0,−1, 1, 0)} gera Im(T ). Por outro lado, tais vetores são LI (verifiquem!).
Portanto β é uma base para Im(T ) e então dim(Im(T )) = 3.
Teorema 4.2 (Teorema do Núcleo e Imagem). Sejam U , V espaços vetoriais de dimensão finita
sobre R e T : U → V uma transformação linear, então
dim(U) = dim(Ker(T )) + dim(Im(T )).
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Exemplo 4.15. Se dim(U) = dim(V ) = n e T ∈ L(U, V ) é uma aplicação linear sobrejetora, então
mostre que T é também injetora.
Resolução: Vimos no Teorema 4.1 que T é injetora se e somente se Ker(T ) = {0}, ou seja,
dim(Ker(T )) = 0. Sabemos também que uma transformação é sobrejetora se sua imagem é todo
contra-domı́nio, ou seja, Im(T ) = V . Então pelo teorema do núcleo e imagem, temos
dim(U) = dim(Ker(T )) + dim(Im(T )). (4.1)
Com T é sobrejetora, temos Im(T ) = V , logo dim(Im(T )) = dim(V ) = n. Dáı de (4.1), temos
n = dim(Ker(T )) + n⇒ dim(Ker(T )) = 0⇒ Ker(T ) = {0} ⇒ T é injetora.
Definição 4.4 (Isomorfismo). Sejam U , V espaços vetoriais de dimensão finita sobre R e T : U →
V uma transformação linear. Dizemos que T é um isomorfismo se T é bijetora, ou seja, T é injetora
(Ker(T ) = {0}) e sobrejetora (Im(T ) = V ).
Definição 4.5. Dizemos que os espaços vetoriais U e V são isomorfos se existe um isomorfismo
T : U → V .
Exemplo 4.16. Mostre que a aplicação T : R2 → P1(R) dada por T (x, y) = x + (x + y)t é um
isomorfismo, logo R2 é isomorfo a P1(R).
Resolução: Devemos mostrar que T é linear e bijetora.
i) T é liner (Exerćıcio!)
ii) T é bijetora.
Mostremos primeiramente que T é injetora, para isso, mostremos que Ker(T ) = {0}. Seja
(x, y) ∈ Ker(T ), então T (x, y) = 0 ⇒ x + (x + y)t = 0 + 0t ⇒ x = 0 e x + y = 0 ⇒ x = 0 e
y = 0. Portanto Ker(T ) = {(0, 0)} ⇒ T é injetora.
Agora, dim(R2) = 2 = dim(P1(R)), logo, pelo Teorema do Núcleo e Imagem, temos
dim(R2) = dim(Ker(T )) + dim(Im(T ))⇒ dim(Im(T )) = 2.
Portanto, Im(T ) é um subespaço de P1(R) com a mesma dimensão de P1(R). Logo eles são
iguais, Im(T ) = P1(R) o que implica que T é sobrejetora.
Portanto T é um isomorfismo.
Exemplo 4.17. Determine uma aplicação linear T ∈ L(R3,R4) tal que Im(T ) =< (1, 0, 2,−1),
(2,−1, 0, 1) >.
Resolução: Note que o conjunto {(1, 0, 2,−1), (2,−1, 0, 1)} é LI, logo uma base para a imagem.
Assim, pelo Teorema do Núcleo e Imagem, temos
dim(R3) = dim(ker(T )) + dim(Im(T ))⇒ dim(Ker(T )) = 1.
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Para determinarmos T , basta conhecermos a imagem de T nos vetores de uma base, para isso,
considere β = {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)} a base canônica do R3. Suponhamos que
T (1, 0, 0) = (0, 0, 0, 0)
T (0, 1, 0) = (1, 0, 2,−1)
T (0, 0, 1) = (2,−1, 0, 1)
Dáı,
T (x, y, z) = T (x(1, 0, 0) + y(0, 1, 0) + z(0, 0, 1)) = xT ((1, 0, 0)) + yT ((0, 1, 0)) + zT ((0, 0, 1)) =
= y(1, 0, 2,−1) + z(2,−1, 0, 1) = (y + 2z,−z, 2y,−y + z).
Portanto T (x, y, z) = (y + 2z,−z, 2y,−y + z) é uma transformação linear procurada.
Exemplo 4.18. Determine um operador linear do R3 cujo núcleo tenha dimensão 1.
Resolução: Pelo Teorema do Núcleo e Imagem, se dim(Ker(T )) = 1, então dim(Im(T )) = 2, pois
dim(R3) = 3.
Dáı, basta tomarmos Ker(T ) =< (1, 0, 0) > e Im(T ) =< (0, 1, 0), (0, 0, 1) >. Então defina
T (0, 1, 0) = (0, 1, 0) e T (0, 0, 1) = (0, 0, 1), que teremos
T (x, y, z) = xT ((1, 0, 0)) + yT ((0, 1, 0)) + zT ((0, 0, 1)) = (0, y, 0) + (0, 0, z) = (0, y, z),
o operador procurado.
Exerćıcio 4.2. É posśıvel termos uma transformação linear T : R5 → M2(R) injetora? Justifique.
E sobrejetora? Se sim, qua seria a dimensão do núcleo de T?
Alguns resultados sobre isomorfismo entre espaços vetoriais.
Proposição 4.1. Se T é um isomorfismo de U em V , emtão T−1 : V → U também é um isomorfismo
de V em U .
Lema 4.1. Sejam U e V espaços vetoriais de dimensão n. Se {u1, · · · , un} e {v1, · · · , vn} formam
bases de U e V respectivamente, então
T (α1u1 + · · ·+ αnun) = α1v1 + · · ·+ αnvn
α1, · · · , αn ∈ R, define um isomorfismo entre U e V .
Exerćıcio 4.3. Mostre que dois espaços U e V de dimensão finita são isomorfos se, e somente se,
dim(U) = dim(V ).
4.2 Operações com Transformações Lineares
Vamos definir nessa seção, algumas operações entre transformações lineares.
Definição 4.6. Dados F,G ∈ L(U, V ), definimos a soma de F com G por F + G : U → V e
(F +G)(u) = F (u) +G(u).
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Usando a linearidade de F e G, é fácil ver que a aplicação soma F + G definida acima é uma
aplicação linear. (Exerćıcio!)
Definição 4.7. Dadas F ∈ L(U, V ) e α ∈ R, definimos o produto αF : U → V , por (αF )(u) =
αF (u).
Analogamente, pela linearidade de F , a aplicação αF também é uma aplicação linear. Em posse
dessas duas definições, temos.
Proposição 4.2. O conjunto L(U, V ) munido da adição e da multiplicação por escalar definido
anteriormente é um espaço vetorial sobre R.
Definição 4.8. Sejam U , V e W espaços vetoriais sobre R. SeF : U → V e G : V → W
são transformações lineares, definimos a transformação composta de F e G por G ◦ F : U → W ,
(G ◦ F )(u) = G(F (u)).
Afirmação: G ◦ F é uma transformação linear de U em W (exerćıcio).
Observação 4.3. 1. A operação de composição de transformações lineares não é uma operação
comutativa, em geral. Por exemplo: considere F,G ∈ L(R2) dadas por F (x, y) = (x + y, 0) e
G(x, y) = (x, 2y).
(G ◦ F )(x, y) = G(F (x, y)) = G(x+ y, 0) = (x+ y, 2 · 0) = (x+ y, 0).
Por outro lado,
(F ◦G)(x, y) = F (G(x, y)) = F (x, 2y) = (x+ 2y, 0).
Logo G ◦ F 6= F ◦G.
2. Definimos a potenciação em L(U), por expoentes naturais, como
F 0 = Id, F 1 = F, F 2 = F ◦ F, . . . , F n = F ◦ F ◦ F ◦ . . . ◦ F.
3. O conjunto L(U, V ) é um espaço vetorial com dimensão igual a dim(U) · dim(V ). Essa
afirmação será justificada mais adiante, quando vermos matriz de uma transformação linear.
4.3 Matriz de uma Transformação Linear
Veremos nesta seção que, de certa forma, o estudo das transformações lineares pode ser reduzido ao
estudo das matrizes, para isso, temos que associar cada transformação linear com uma única matriz,
essa matriz será a matriz da transformação linear.
Sejam U e V espaços vetoriais de dimensão n e m respectivamente e T : U → V uma trans-
formação linear. Dadas as bases β = {u1, · · · , un} de U e γ = {v1, · · · , vm} de V , temos que para
todo j = 1, · · · , n, T (uj) ∈ V , logo podem ser escritos de modo únicos como combinação linear dos
vetores de γ, ou seja, 
T (u1) = α11v1 + α12v2 + · · ·+ α1mvm
T (u2) = α21v1 + α22v2 + · · ·+ α2mvm
...
...
...
...
T (un) = αn1v1 + αn2v2 + · · ·+ αnmvm
, αij ∈ R.
45
A partir disso, considere a matriz n×m sobre R.
(αij) =

α11 α21 · · · αn1
α12 α22 · · · αn2
...
...
. . .
...
α1m α2m · · · αnm

Essa matriz é chamada matriz de T em relação as bases β e γ. Denotaremos essa matriz
por (T )β,γ.
Observação 4.4. 1. Note que a escolha da base é essencial na obtenção da matriz de T , a cada
par de bases β, γ tem-se uma matriz diferente.
2. Se T for um operador linear e considerarmos a mesma base, β = γ, então denotaremos a matriz
de T em relação a base β por (T )β.
Exemplo 4.19. Seja T ∈ L(R3,R2) dada por T (x, y, z) = (x− y, 2y+ z). Determine a matriz de T
em relação as bases. β = {u1 = (1, 0, 0), u2 = (0, 1, 0), u3 = (0, 0, 1)} e γ = {v1 = (1, 0), v2 = (1, 1)}.
Resolução: T (u1) = T (1, 0, 0) = (1, 0) = a1(1, 0) + a2(1, 1)⇒ a1 = 1 e a2 = 0.
T (u2) = T (0, 1, 0) = (−1, 2) = b1(1, 0) + b2(1, 1) = (b1 + b2, b2) ⇒ b1 + b2 = −1 e b2 = 2, logo
b1 = −3.
T (u3) = T (0, 0, 1) = (0, 1) = c1(1, 0)+c2(1, 1) = (c1 +c2, c2)⇒ c1 +c2 = 0 e c2 = 1, logo c1 = −1.
Portanto,
(T )β,γ =
(
a1 b1 c1
a2 b2 c2
)
=
(
1 −3 −1
0 2 1
)
.
Exemplo 4.20. Seja D : P4(R) → P4(R) o operador derivada definido anteriormente (D(p(t)) =
p′(t)). Considere β = {1, t, t2, t3, t4} a base de P4(R). Determine a matriz de D em relação a base
β.
Resolução: D(1) = (1)′ = 0 = 0 + 0t+ 0t2 + 0t3 + 0t4;
D(t) = (t)′ = 1 = 1 + 0t+ 0t2 + 0t3 + 0t4;
D(t2) = (t2)′ = 2t = 0 + 2t+ 0t2 + 0t3 + 0t4;
D(t3) = (t3)′ = 3t2 = 0 + 0t+ 3t2 + 0t3 + 0t4;
D(t4) = (t4)′ = 4t3 = 0 + 0t+ 0t2 + 4t3 + 0t4.
Portanto,
(T )β =

0 1 0 0 0
0 0 2 0 0
0 0 0 3 0
0 0 0 0 4
0 0 0 0 0
 .
46
Exemplo 4.21. Seja T : M2(R) → M2(R) um operador linear dado por T (X) = AX, onde A ∈
M2(R) é uma matriz fixa,
(
a b
c d
)
. Determine a matriz de T em relação a base canônica β ={(
1 0
0 0
)
,
(
0 1
0 0
)
,
(
0 0
1 0
)
,
(
0 0
0 1
)}
.
Resolução:
i) T
(
1 0
0 0
)
=
(
a b
c d
)(
1 0
0 0
)
=
(
a 0
c 0
)
= a
(
1 0
0 0
)
+ 0
(
0 1
0 0
)
+ c
(
0 0
1 0
)
+
0
(
0 0
0 1
)
;
ii) T
(
0 1
0 0
)
=
(
a b
c d
)(
0 1
0 0
)
=
(
0 a
0 c
)
= 0
(
1 0
0 0
)
+ a
(
0 1
0 0
)
+ 0
(
0 0
1 0
)
+
c
(
0 0
0 1
)
;
iii) T
(
0 0
1 0
)
=
(
a b
c d
)(
0 0
1 0
)
=
(
b 0
d 0
)
= b
(
1 0
0 0
)
+ 0
(
0 1
0 0
)
+ d
(
0 0
1 0
)
+
0
(
0 0
0 1
)
;
iv) T
(
0 0
0 1
)
=
(
a b
c d
)(
0 0
0 1
)
=
(
0 b
0 d
)
= 0
(
1 0
0 0
)
+ b
(
0 1
0 0
)
+ 0
(
0 0
1 0
)
+
d
(
0 0
0 1
)
.
Portanto,
(T )β =

a 0 b 0
0 a 0 b
c 0 d 0
0 c 0 d

Sejam U e V espaços vetorias de dimensão n e m respectivamente e com bases β e γ fixas.
Pergunta: Dada uma matriz real A ∈Mm×n(R), é posśıvel encontrar uma transformação linear
T : U → V de tal forma que (T )β,γ = A?
Resposta: SIM!
Exemplo 4.22. Considere a matriz A =
(
1 2 3
0 1 0
)
, encontre T ∈ L(R3,R2) de tal forma que
A = (T )β,γ, onde β = {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 1, 2)} e γ = {(1, 0), (1, 1)}.
Resolução: Pela definição de matriz de uma transformação linear, para que (T )β,γ = A, devemos
ter:
T (1, 0, 0) = 1(1, 0) + 0(1, 1) = (1, 0);
47
T (0, 1, 0) = 2(1, 0) + 1(1, 1) = (3, 1);
T (0, 1, 2) = 3(1, 0) + 0(1, 1) = (3, 0).
Dáı, seja (x, y, z) ∈ R3 e escrevendo esse vetor na base β, temos:
(x, y, z) = a(1, 0, 0) + b(0, 1, 0) + c(0, 1, 2) = (a, b+ c, 2c)⇒ a = x, c = z
2
e b = y − z
2
.
logo,
(x, y, z) = x(1, 0, 0) +
(
y − z
2
)
(0, 1, 0) +
z
2
(0, 1, 2)⇒ T (x, y, z) = xT (1, 0, 0) +
(
y − z
2
)
T (0, 1, 0)+
+
z
2
T (0, 1, 2) = x(1, 0) + (y − z
2
)(3, 1) +
z
2
(3, 0) =
(
x+ 3y − 3
2
z +
3
2
z, y − z
2
)
.
Portanto, T (x, y, z) =
(
x+ 3y, y − z
2
)
.
Exemplo 4.23. Determine o operador T ∈ L(R2) cuja matriz em relação a base β = {(1, 1), (1, 2)}
é (T )β =
(
1 0
1 2
)
.
Resolução: T (1, 1) = 1(1, 1) + 1(1, 2) = (2, 3);
T (1, 2) = 0(1, 1) + 2(1, 2) = (2, 4).
Dáı,
(x, y) = a(1, 1) + b(1, 2) = (a+ b, a+ 2b)⇒
{
a+ b = x
a+ 2b = y
⇒ a = 2x− y e b = −x+ y.
Logo,
(x, y) = (2x− y)(1, 1) + (−x+ y)(1, 2)⇒ T (x, y) = (2x− y)T (1, 1) + (−x+ y)T (1, 2) =
= (2x− y)(2, 3) + (−x+ y)(2, 4) = (2x, 2x+ y).
Exerćıcio 4.4. Encontre T ∈ L(R2, P1(R)) de tal forma que A = (T )β,γ =
(
1 0
2 2
)
com β =
{(1, 1), (1, 2)} e γ = {1− t, 2t}.
Observação 4.5. Se T1, T2 ∈ L(U, V ) e M1 = (T1)β,γ, M2 = (T2)β,γ e λ ∈ R, então:
1. a matriz da transformação linear T1 + T2 é M1 + M2, isto é, (T1 + T2)β,γ = M1 + M2 =
(T1)β,γ + (T2)β,γ.
2. a matriz da transformação linear λT1 é λM1, isto é, (λT1)β,γ = λM1 = λ(T1)β,γ.
4.4 Matriz da Transformação Composta
Sejam U, V e W espaços vetoriais de dimensões m,n e p, com bases α = {u1, · · · , um}, β =
{v1, · · · , vn} e γ = {w1, · · · , wp} respectivamente.
Suponhamos que F ∈ L(U, V ), T ∈ L(V,W ) e que M = (F )α,β e N = (T )β,γ. Queremos
encontrar uma expressão para a matriz da composição T ◦F ∈ L(U,W ), ou seja, uma expressão para
(T ◦ F )α,γ.
Para isso, temos que aplicar T ◦ F nos vetores ui e escrever (T ◦ F )(ui) como combinação linear
dos vetores wj, e então obteremos o seguinte resultado.
48
Proposição 4.3. Sejam U, V e W espaços vetoriais com bases α, β e γ respectivamente. Se F ∈
L(U, V ) e T ∈ L(V,W ), então a matriz de (T ◦ F )α,γ é igual ao produto das matizes de T e F , isto
é,
(T ◦ F )α,γ = (T )β,γ · (F )α,β.
Exemplo 4.24. Considere os operadores T, F ∈ L(R2) dado por T (x, y) = (x−2y, y−x) e F (x, y) =
(y, x+ 2y). Determine as matrizes de (T +F ), (T ◦F ) e (F ◦T ) com relação a base canônica do R2.
Resolução: Basta determinarmos as matrizes de T e de F . Para isso, fazemos,{
T (1, 0) = (1,−1) = 1(1, 0) + (−1)(0, 1)
T (0, 1) = (−2, 1) = −2(1, 0) + 1(0, 1)
Logo se β é a base canônica, temos que (T )β =
(
1 −2
−1 1
)
{
F (1, 0) = (0, 1) = 0(1, 0) + 1(0, 1)
F (0, 1) = (1, 2) = 1(1, 0) + 2(0, 1)
Dáı (F )β =
(
0 1
1 2
)
. Portanto,
i) (T + F )β = (T )β + (F )β =
(
1 −2
−1 1
)
+
(
0 1
1 2
)
=
(
1 −1
0 3
)
;
ii) (T ◦ F )β = (T )β · (F )β =
(
1 −2
−1 1
)
·
(
0 1
1 2
)
=
(
−2 −3
1 1
)
;
iii) (F ◦ T )β = (F )β · (T )β =
(
0 1
1 2
)
·
(
1 −2
−1 1
)
=
(
−1 1
−1 0
)
.
Logo,
(T ◦ F )(x, y) =
(
−2 −3
1 1
)(
x
y
)
= (−2x− 3y, x+ y)
(F ◦ T )(x, y) =
(
−1 1
−1 0
)(
x
y
)
= (−x+ y,−x).
Exemplo 4.25. Sejam T ∈ L(U) e dim(U)= n. Mostre que se T é inverśıvel, então (T−1)β = (T )−1β .
Resolução: Se T é inverśıvel, então T ◦ T−1 = Id e T−1 ◦ T = Id, dáı
T ◦ T−1 = Id⇒ (T ◦ T−1)β = (T )β.(T−1)β = (Id)β = In
e
T−1 ◦ T = Id⇒ (T−1 ◦ T )β = (T−1)β.(T )β = (Id)β = In
Portanto (T−1)β = (T )
−1
β .
Exemplo 4.26. Mostre que o operador T ∈ L(R3) dado por T (x, y, z) = (x−y, 2y, y+z) é inverśıvel
e determine a sua inversa T−1(x, y, z).
49
Resolução: Podemos resolver esse problema de duas formas.
Método 1: Mostrar que T é injetora e sobrejetora, logo bijetora e portanto, inverśıvel. Para isso,
usa-se o Teorema do Núcleo e Imagem. Em seguida, supor T−1(x, y, z) = (a1x+b1y+c1z, a2x+b2y+
c2z, a3x + b3y + c3z) e resolver a equação (T ◦ T−1)(x, y, z) = Id(x, y, x) = (x, y, z) para determinar
ai, bi e ci, i = 1, 2, 3.
Método 2: Fixemos β uma base do R3 (consideremos a base canônica por simplicidade). Calcu-
lemos a matriz de T com relação a essa base e, em seguida, verifiquemos que essa matriz é inverśıvel.
Por fim, a matriz de T−1 na base canônica é a inversa da matriz de T nessa base.
T (1, 0, 0) = (1, 0, 0) = 1(1, 0, 0) + 0(0, 1, 0) + 0(0, 0, 1)
T (0, 1, 0) = (−1, 2, 1) = −1(1, 0, 0) + 2(0, 1, 0) + 1(0, 0, 1)
T (0, 0, 1) = (0, 0, 1) = 0(1, 0, 0) + 0(0, 1, 0) + 1(0, 0, 1)
Logo, (T )β =
 1 −1 00 2 0
0 1 1
.
Dáı det
 1 −1 00 2 0
0 1 1
 = 2 6= 0 ⇒ (T )β é inverśıvel, logo T é inverśıvel e a matriz de T−1 com
relação a base canônica é dada por (T )−1β . Vamos determinar essa matriz. Escalonando a matriz
(T )β, obtemos
(T−1)β =
 1
1
2
0
0 1
2
0
0 −1
2
1
⇒ T−1(x, y, z) =
 1
1
2
0
0 1
2
0
0 −1
2
1

 xy
z
 = (x+ 1
2
y,
1
2
y,−1
2
y + z
)
.
Exemplo 4.27. Sejam T, F ∈ L(R2), T definido por T (x, y) = (2x + y,−x + 3y). Se a matriz de
T ◦ F com relação a base canônica β é dada por (T ◦ F )β =
(
1 2
−1 1
)
, determine a matriz de F
em relação à base canônica.
Resolução: Note que,
(T ◦ F )β =
(
1 2
−1 1
)
⇒ (T )β(F )β =
(
1 2
−1 1
)
⇒ (F )β = (T )−1β
(
1 2
−1 1
)
.
Portanto, temos que encontrar a inversa da matriz de T com relação a base canônica.{
T (1, 0) = (2,−1) = 2(1, 0) + (−1)(0, 1)
T (0, 1) = (1, 3) = 1(1, 0) + 3(0, 1)
⇒ (T )β =
(
2 1
−1 3
)
⇒ det(T )β = 7 6= 0.
Portanto T é um operador inverśıvel e, por escalonamento, calculamos (T )−1β =
1
7
(
3 −1
1 2
)
,
logo
(F )β = (T )
−1
β
(
1 2
−1 1
)
=
1
7
(
3 −1
1 2
)(
1 2
−1 1
)
=
 47 57
−1
7
4
7
 .
50
4.5 Autovalores e Autovetores de Operadores Lineares
Seja T : V → V um operador linear. Gostaŕıamos de saber se existem vetores em V que são levados,
por este operador, em múltiplos deles, isto é, se existe v ∈ V tal que T (v) = λv, com λ ∈ R.
Veremos que esses vetores são especiais e bastante importantes dentro da Álgebra Linear.
Definição 4.9. Seja T : V → V um operador linear. Um vetor v ∈ V , v 6= 0 é um autovetor
(ou vetor próprio) de T se existe um escalar λ ∈ R, tal que T (v) = λv. Neste caso, λ é dito
autovalor (ou valor próprio) de T associado a v.
Verifiquemos agora como encontrar tais vetores v ∈ V e tais escalares λ ∈ R. Para isso, fixemos
β = {v1, · · · , vn} uma base de V .
Um vetor v ∈ V satisfaz a equação T (v) = λv se, e somente se, temos:
T (v) = λv ⇔ T (v)− λv = 0⇔ (T − λId)v = 0⇔ v ∈ Ker(T − λId).
Como v 6= 0 por definição, dáı pela equação acima, temos que Ker(T −λId) 6= {0}, logo T −λId
é um operador não injetor e, consequentemente, não inverśıvel.
Em termos de matrizes de operadores, um operador é não inverśıvel, se e somente se, sua matriz
é não inverśıvel. Logo, o operador T − λId é não inverśıvel, se e somente se, det((T )β − λIn) = 0.
Portanto, v ∈ V é autovetor de T associado ao autovalor λ ∈ R, se e somente se, det((T )β−λIn) =
0.
Observação 4.6. 1. Note que:
det((T )β − λIn) = 0⇔ det


a11 a12 · · · a1n
a21 a22 · · · a2n
...
...
. . .
...
an1 an2 · · · ann
− λ

1 0 · · · 0
0 1 · · · 0
...
...
. . .
...
0 0 · · · 1

 = 0⇔
⇔ det

a11 − λ a12 · · · a1n
a21 a22 − λ · · · a2n
...
...
. . .
...
an1 an2 . . . ann − λ
 = 0.
A equação acima nos dá um polinômio de grau n na variável λ, chamado de polinômio
caracteŕıstico de T e denotado por pT (λ).
2. Os autovalores de T são escalares λ ∈ R tais que det((T )β − λIn) = 0, ou seja, são ráızes do
polinômio caracteŕıstico pT (λ).
3. Encontrado um autovalor λ0, os autovetores associados a esse autovalor são os vetores v ∈
Ker(T − λ0Id).
Exemplo 4.28. Seja T : R2 → R2 dada por T (x, y) = (−3x+ 4y,−x+ 2y). Encontre os autovalores
e autovetores de T .
51
Resolução: Vamos primeiramente encontrar a matriz de T , para isso, fixemos β uma base de R2,
vamos considerar a base canônica por simplicidade, dáı{
T (1, 0) = (−3,−1) = −3(1, 0)− 1(0, 1)
T (0, 1) = (4, 2) = 4(1, 0) + 2(0, 1)
Logo (T )β =
(
−3 4
−1 2
)
, então pT (λ) = det((T )β − λIn) = det
(
−3− λ 4
−1 2− λ
)
=
= (−3− λ)(2− λ) + 4 = λ2 + λ− 2.
Então pT (λ) = 0 ⇔ λ2 + λ − 2 = 0 ⇔ λ1 = −2 e λ2 = 1. Portanto, os autovalores de T são
λ1 = −2 e λ2 = 1. Vamos determinar seus autovetores.
i) λ1 = −2.
v = (x, y) ∈ Ker(T − (−2)Id) ⇔ (T − (−2)Id)(v) = 0 ⇔ T (x, y) + 2(x, y) = (0, 0) ⇔
(−3x+ 4y,−x+ 2y) + (2x, 2y) = (0, 0)⇔
{
−x+ 4y = 0
−x+ 4y = 0
⇔ x = 4y.
Portanto, os autovetores associado ao autovalor λ1 = −2 são da forma v = (4y, y) = y(4, 1), y 6=
0, ou seja, Ker(T − λ1Id) =< (4, 1) >.
ii) λ2 = 1.
v = (x, y) ∈ Ker(T − (1)Id) ⇔ (T − (1)Id)(v) = 0 ⇔ T (x, y) − (x, y) = (0, 0) ⇔ (−3x +
4y,−x+ 2y)− (x, y) = (0, 0)⇔
{
−4x+ 4y = 0
−x+ y = 0
⇔ x = y.
Portanto, os autovetores associado ao autovalor λ2 = 1 são da forma v = (y, y) = y(1, 1), y 6= 0,
ou seja, Ker(T − λ2Id) =< (1, 1) >.
Exemplo 4.29. Seja T ∈ L(R3) dada por T (x, y, z) = (3x−y+z,−x+5y−z, x−y+3z). Determine
os autovalores e autovetores de T .
Resolução: A matriz de T na base canônica é a matriz A =
 3 −1 1−1 5 −1
1 −1 3
. Logo pT (λ) =
det(A− λId) = 0⇔ λ3 − 11λ2 + 36λ− 36 = 0.
As posśıveis ráızes racionais desse polinômio são, ± divisores do termo independente
divisores do coeficiente do termo de maior grau
,
ou seja, ±divisores de 36
divisores de 1
, isto é: ±1, ±2, ±3, ±4, ±6, ±9, ±12, ±18 e ±36. Um cálculo imediato
nos dá λ = 2 uma ráız, dáı fazendo a divisão polinomial de pT (λ) por λ− 2, obtemos.
pT (λ) = (λ− 2)(λ2 − 9λ+ 18).
O que nos fornece os seguintes autovalores λ1 = 2, λ2 = 3 e λ3 = 6.
Autovetores:
i) λ1 = 2, considere v1 = (x, y, z), dáı v1 ∈ Ker(T − λ1Id)⇔ (A− λ1I3)v1 = 0, que nos dá 1 −1 1−1 3 −1
1 −1 1

 xy
z
 =
 00
0
⇔

x− y + z = 0
−x+ 3y − z = 0
x− y + z = 0
⇔ y = 0 e z = −x.
52
Portanto, os autovetores associados a λ1 = 2 são v1 = (x, 0,−x) = x(1, 0,−1), x 6= 0.
ii) λ2 = 3, considere v2 = (x, y, z), dáı v2 ∈ Ker(T − λ2Id)⇔ (A− λ2I3)v2 = 0, que nos dá 0 −1 1−1 2 −1
1 −1 0

 xy
z
 =
 00
0
⇔

−y + z = 0
−x+ 2y − z = 0
x− y = 0
⇔ y = x e z = x.
Portanto, os autovetores associados a λ2 = 3 são v2 = (x, x, x) = x(1, 1, 1), x 6= 0.
iii) λ3 = 6, considere v3 = (x, y, z), dáı v3 ∈ Ker(T − λ3Id)⇔ (A− λ3I3)v3 = 0, que nos dá −3 −1 1−1 −1 −1
1 −1 −3

 xy
z
 =
 00
0
⇔

−3x− y + z = 0
−x− y − z = 0
x− y − 3z = 0
⇔ y = −2x e z = x.
Portanto, os autovetores associados a λ3 = 6 são v3 = (x,−2x, x) = x(1,−2, 1), x 6= 0.
Exemplo 4.30. Encontre uma transformação linear T : R2 → R2 tal que T tenha autovalores -2 e
3 associados aos autovetores (3y, y) e (−2y, y), respectivamente.
Resolução: Considerando y = 1, temos que (3, 1) é autovetor de T associado ao autovalor -2 e
(−2, 1) é autovetor de T associado ao autovalor 3, logo T (3, 1) = −2(3, 1) = (−6,−2) e T (−2, 1) =
3(−2, 1) = (−6, 3). Agora o conjunto β = {(3, 1), (−2, 1)} forma uma base para R2 (verifiquem), dáı
para qualquer (x, y) ∈ R2, temos
(x, y) = α(3, 1) + β(−2, 1) = (3α− 2β, α + β)⇒
{
3α− 2β= x
α + β = y
⇒ α = x+ 2y
5
e β =
3y − x
5
.
Portanto,
(x, y) =
x+ 2y
5
(3, 1) +
3y − x
5
(−2, 1)⇒ T (x, y) = x+ 2y
5
T (3, 1) +
3y − x
5
T (−2, 1) =
=
x+ 2y
5
(−6,−2)+3y − x
5
(−6, 3) =
(
−6x− 12y − 18y + 6x
5
,
−2x− 4y + 9y − 3x
5
)
= (−6y,−x+y).
Logo a transformação linear é dada por T (x, y) = (−6y,−x+ y).
Exemplo 4.31. Seja T ∈ L(P2(R)) dada por T (p(x)) = (1 − x)p′(x). Determine os autovalores e
autovetores de T .
Resolução: Calculemos primeiramente a matriz de T na base canônica
T (1) = (1− x)(1)′ = 0 = 0.1 + 0.x+ 0.x2
T (x) = (1− x)(x)′ = 1− x = 1.1− 1.x+ 0.x2
T (x2) = (1− x)(x2)′ = (1− x)2x = 2x− 2x2 = 0.1 + 2.x− 2.x2
Logo, (T )β =
 0 1 00 −1 2
0 0 −2
 e o polinômio caracteŕıstico é
pT (λ) = det(A− λId) = −λ(−1− λ)(−2− λ),
cujas ráızes são λ1 = 0, λ2 = −1 e λ3 = −2.
Autovetores:
53
i) λ1 = 0.
O polinômio p(x) = a+ bx+ cx2 ∈ Ker(T − λ1Id) se 0 1 00 −1 2
0 0 −2

 ab
c
 =
 00
0
⇔

b = 0
−b+ 2c = 0
−2c = 0
⇔ b = c = 0.
Portanto, os autovetores associados a λ1 = 0 são os polinômios p(x) = a (polin. cte.), então
Ker(T − 0.Id) =< 1 >.
ii) λ2 = −1.
O polinômio p(x) = a+ bx+ cx2 ∈ Ker(T − λ2Id) se 1 1 00 0 2
0 0 1

 ab
c
 =
 00
0
⇔

a+ b = 0
2c = 0
c = 0
⇔ c = 0 e b = −a.
Portanto, os autovetores associados a λ2 = −1 são os polinômios p(x) = a − ax = a(1 − x),
então Ker(T + 1.Id) =< 1− x >.
iii) λ3 = −2.
O polinômio p(x) = a+ bx+ cx2 ∈ Ker(T − λ3Id) se 2 1 00 1 2
0 0 0

 ab
c
 =
 00
0
⇔ { 2a+ b = 0
b+ 2c = 0
⇔ a = − b
2
e c = − b
2
.
Portanto, os autovetores associados a λ3 = −2 são os polinômios p(x) = −
b
2
+ bx − b
2
x2 =
− b
2
(1− 2x+ x2), então Ker(T + 2.Id) =< 1− 2x+ x2 >.
Exerćıcio 4.5. Mostre que o operador T ∈ L(R2), dada por T (x, y) = (−16x+ 10y,−16x+ 8y) não
possui autovalores reais.
4.6 Diagonalização de Operadores
Dado um operador T ∈ L(V ), para cada base de V está associado uma matriz de T . O objetivo
agora é verificar se é posśıvel obter uma base na qual a matriz de T , nessa base, é a mais simples
posśıvel, neste caso, essa matriz é diagonal.
Definição 4.10. Seja V um espaço vetorial de dimensão n e T ∈ L(V ). Dizemos que T é diagona-
lizável, se existe uma base β de V no qual a matriz de T nessa base é uma matriz diagonal, isto é,
existe β = {v1, · · · , vn} tal que
(T )β =

λ1 0 · · · 0
0 λ2 · · · 0
...
...
. . .
...
0 0 · · · λn
 (4.2)
54
Para obtermos tal base, precisamos do seguinte resultado.
Proposição 4.4. Autovetores associados a autovalores distintos de um operador T : V → V são
linearmente independentes.
Se V é um espaço vetorial de dimensão n e existem n autovalores reais distintos λi, i = 1, · · · , n,
então temos n autovetores vi, i = 1, · · · , n e pela Proposição 4.4, o conjunto β = {v1, · · · , vn} é LI,
logo uma base para V e, neste caso, a matriz de T nessa base é uma matriz diagonal conforme (4.2).
Portanto, conclúımos que um operador T ∈ L(V ) é diagonalizável se existe uma base de
V formada por autovetores de T .
Exemplo 4.32. Os operadores definidos nos Exemplos 4.28 e 4.29, são operadores diagonalizáveis.
Resolução: De fato, para o operador T (x, y) = (−3x + 4y,−x + 2y), encontramos os seguintes
autovetores v1 = (4, 1) e v2 = (1, 1) com autovalores λ1 = −2 e λ2 = 1, respectivamente. Note que
{v1, v2} forma uma base de R2 (verifiquem). Portanto T é diagonalizável e a matriz de T nessa base
é A =
(
−2 0
0 1
)
.
Agora, para o operador F (x, y, z) = (3x−y+z,−x+5y−z, x−y+3z), encontramos três autovalores
λ1 = 2, λ2 = 3 e λ3 = 6 e os seguintes autovetores β = {(1, 0,−1), (1, 1, 1), (1,−2, 1)}, respectiva-
mente. Esse conjunto é uma base para R3 e a matriz de F nessa base é (F )β =
 2 0 00 3 0
0 0 6
.
Exemplo 4.33. Seja T : R2 → R2 dado por T (x, y) = (4x + 5y, 2x + y). Verifique que T é
diagonalizável e encontre uma base de R2 no qual a matriz de T nessa base é diagonal.
Resolução: Para verificar que T é diagonalizável, temos que verificar que existe uma base formada
por autovetores de T . Neste caso, a matriz de T nessa base será uma matriz diagonal com os
autovalores dispostos em sua diagonal principal.
A matriz de T na base canônica é a matriz A =
(
4 5
2 1
)
. Logo pT (λ) = det(A − λId) =
λ2 − 5λ− 6. Cujas ráızes são, λ1 = 6 e λ2 = −1.
Autovetores:
i) λ1 = 6, considere v1 = (x, y), dáı v1 ∈ Ker(T − λ1Id)⇔ (A− λ1In)v1 = 0, que nos dá(
−2 5
2 −5
)(
x
y
)
=
(
0
0
)
⇔ −2x+ 5y = 0⇔ x = 5
2
y.
Logo, os autovetores associados a λ1 = 6 são da forma v1 =
(
5
2
y, y
)
= y
(
5
2
, 1
)
, y 6= 0.
ii) λ2 = −1, considere v2 = (x, y), dáı v2 ∈ Ker(T − λ2Id)⇔ (A− λ2In)v2 = 0, que nos dá(
5 5
2 2
)(
x
y
)
=
(
0
0
)
⇔ 5x+ 5y = 0⇔ x = −y.
Logo, os autovetores associados a λ2 = −1 são da forma v2 = (−y, y) = y (−1, 1) , y 6= 0.
55
Portanto, o conjunto β = {
(
5
2
, 1
)
, (−1, 1)} é uma base de R2 formada por autovetores de T ,
logo T é diagonalizável e a matriz de T nessa base é dada por (T )β =
(
6 0
0 −1
)
.
Exerćıcio 4.6. Verifique se o operador T ∈ L(R3), cuja matriz em relação a base canônica α é
(T )α =
 3 −3 −40 3 5
0 0 −1
, é ou não diagonalizável.
56