pdfcoffee com_alg-lin-boldrini-75pdf-pdf-free

Prévia do material em texto

Notas de Aula 2017 –Álgebra Linear – Prof. Rui – DMA – UEM 
 
professorrui@hotmail.com Página 1 
 
Exercícios Comentados de Exercícios Comentados de Exercícios Comentados de Exercícios Comentados de Álgebra LinearÁlgebra LinearÁlgebra LinearÁlgebra Linear 
(Boldrini, Costa, Figueiredo e Wetzler, 3ª ed. 1980) 
 
 
7.1 Base de Autovetores 
7.2 Polinômio Minimal 
7.3 Diagonalização Simultânea de Dois Operadores 
7.4 Forma de Jordan 
7.5 Exercícios 
§§§ 
Resultados abordados no capítulo 07 
 
Teorema 7.1.1: Autovetores associados a autovalores distintos 
são linearmente independentes (LI). 
 
Corolário 7.1.2: Se V é um espaço vetorial de dimensão n e 
:T V V é um operador linear que possui n autovalores 
distintos, então V possui uma base cujos vetores são todos 
autovetores de T. 
 
Definição 7.1.4: Seja :T V V um operador linear. Dizemos 
que T é um operador diagonalizável se existe uma base de V 
cujos elementos são autovetores de T. 
 
Definição 7.2.1: Seja 1 0( ) ...
n
np x a x a x a    um polinômio 
e A uma matriz quadrada. Então ( )p A é a matriz 
1 0( ) ...
n
np A a A a A a I    . 
Quando ( )p A  0 , dizemos que o polinômio p anula a matriz 
A. 
 
Notas de Aula 2017 –Álgebra Linear – Prof. Rui – DMA – UEM 
 
professorrui@hotmail.com Página 2 
 
 
Definição 7.2.2: Seja A uma matriz quadrada. O polinômio 
minimal de A é um polinômio 11 0( ) ...
k k
km x x a x a

    tal 
que: 
i) ( )m A  0 , isto é, ( )m x anula a matriz A. 
ii) ( )m x é o polinômio de menor grau entre aqueles que 
anulam A. 
Obs: O coeficiente do termo de maior grau é 1. 
 
Teorema 7.2.3: Sejam :T V V um operador linear e  uma 
base qualquer de V de dimensão n. Então T é diagonalizável se, 
e somente se o polinômio minimal de  T  é da forma 
     1 2( ) rm x x x x     ⋯ com 1 , 2 , ..., r distintos. 
Obs: Podem existir autovalores com mais de um autovetor associados. 
 
Teorema 7.2.4 (de Cayley-Hamilton): Seja :T V V um 
operador linear,  uma base de V e ( )p x o polinômio 
característico de T. Então   p T   0 . 
Obs: Isto significa que o polinômio característico é um candidato ao 
polinômio minimal porque ele satisfaz a condição i) da definição 7.2.2. 
 
Teorema 7.2.5: As raízes do polinômio minimal são as 
mesmas raízes (distintas) do polinômio característico. 
 
Teorema 7.2.6: Sejam 1 , 2 , ..., r os autovalores distintos 
de um operador linear T. Então T será diagonalizável se, e 
somente se o polinômio     1 2 rx x x    ⋯ anular a 
matriz de T. 
§§§ 
 
Notas de Aula 2017 –Álgebra Linear – Prof. Rui – DMA – UEM 
 
professorrui@hotmail.com Página 3 
 
Exercício 01. Considere os operadores dos exercícios de 02 a 
08 da seção 6.3 (capítulo anterior). Verifique quais são 
diagonalizáveis. 
 
02- 
2 2:f ℝ ℝ ;    , ,x y x y x y   . 
 
0 2
1 0
c
c
T
 
  
 
 
Em resumo, Existem dois autovalores. 
Para o autovalor 1 2  tem-se os autovetores da reta de 
equação 2x y . Um gerador é  1 2,1v  . 
Para o autovalor 2 2   tem-se os autovetores da reta de 
equação 2x y  . Um gerador é  2 2,1v   . 
 
03- 
2 2:T ℝ ℝ ;    , , 2x y x y x y   . 
 
1 1
2 1
c
c
T
 
  
 
 
Em resumo, Existem dois autovalores. 
Para o autovalor 1 1 2   tem-se os autovetores da reta de 
equação 
2
2
x y . Um gerador é 1
2
,1
2
v
 
   
 
. 
Para o autovalor 2 1 2   tem-se os autovetores da reta de 
equação 
2
2
x y  . Um gerador é 2
2
,1
2
v
 
   
 
. 
 
Notas de Aula 2017 –Álgebra Linear – Prof. Rui – DMA – UEM 
 
professorrui@hotmail.com Página 4 
 
04- 
3 3:T ℝ ℝ ;    , , , 2 , 2x y z x y x y z x y z      . 
 
1 1 0
1 1 2
2 1 1
c
c
T
 
   
  
 
Em resumo, Existem três autovalores. 
Para o autovalor 1 2  tem-se que o conjunto dos autovetores 
associados a ele é a reta gerada por  1,1,1 . 
Para o autovalor 2 2   tem-se que o conjunto dos 
autovetores associados a ele é a reta gerada por  1 1, 3,1v   . 
Para o autovalor 3 1   tem-se que o conjunto dos 
autovetores associados a ele é a reta gerada por 
 2 1, 2, 1/ 2v    . 
 
05- 
2 2:T P P ;  2 2T ax bx c ax cx b     . 
 
0 1 0
1 0 0
0 0 1
T
 
   
  
 
Em resumo: 
2 2:T P P ;  2 20 1 2 1 0 2T a a x a x a a x a x     
possui dois autovalores. 
Um deles é 1  de multiplicidade algébrica 2, cujo subespaço 
dos autovetores associados tem dimensão geométrica 2 e é 
gerado por  1 1,1,0v  e  2 0,0,1v  . 
Notas de Aula 2017 –Álgebra Linear – Prof. Rui – DMA – UEM 
 
professorrui@hotmail.com Página 5 
 
Outro autovalor é 1   , cujo subespaço dos autovetores 
associados tem dimensão geométrica 1 e é gerado por 
 3 1, 1,0v   . 
 
06- 
2 2:T M M ; 
tA A (leva a matriz em sua transposta). 
 
1 0 0 0
0 0 1 0
0 1 0 0
0 0 0 1
c
c
T
 
 
 
 
 
 
 
Em resumo: 
Existem dois autovalores, 1  e 1   . 
O autovalor 1  possui multiplicidade algébrica 3 e 
multiplicidade geométrica também igual a 3. O subespaço dos 
autovetores associados com esse autovalor é gerado por 
 1 1,0,0,0 cv  ,  2 0,0,0,1 cv  e  3 0,1,1,0 cv  . 
O autovalor 1   possui subespaço dos autovetores com 
dimensão igual a 1 e é gerado pelo autovetor  4 0, 1,1,0v   . 
 
07- 
4 4:T ℝ ℝ ;    , , , , , ,T x y z w x x y x y z x y z w       . 
 
1 0 0 0
1 1 0 0
1 1 1 0
1 1 1 1
T
 
 
 
 
 
 
 
Em resumo: Existe apenas um autovalor, 1  e o subespaço 
dos autovetores associados a ele é a reta de 4ℝ gerada pelo 
autovetor  1 0,0,0,1v  . 
Notas de Aula 2017 –Álgebra Linear – Prof. Rui – DMA – UEM 
 
professorrui@hotmail.com Página 6 
 
 
08- 
2 2:T ℝ ℝ que tem autovalores 2 e 3 associados aos 
autovetores da forma  3 ,y y e  2 ,y y respectivamente. 
 
0 6
1 1
c
c
T
 
   
 
 
Resolução. 
 
Item 02- 
2 2:f ℝ ℝ ;    , ,x y x y x y   . 
 
0 2
1 0
c
c
T
 
  
 
 
Em resumo, Existem dois autovalores. 
Para o autovalor 1 2  tem-se os autovetores da reta de 
equação 2x y . Um autovetor é  1 2,1v  . 
Para o autovalor 2 2   tem-se os autovetores da reta de 
equação 2x y  . Um autovetor é  2 2,1v   . 
 
Esse operador é diagonalizável, pois em relação à base  
formada respectivamente por  1 2,1v  e  2 2,1v   sua 
matriz fica na forma diagonal,  
2 0
0 2
T


 
  
  
. 
 
 
 
Notas de Aula 2017 –Álgebra Linear – Prof. Rui – DMA – UEM 
 
professorrui@hotmail.com Página 7 
 
Item 03- 
2 2:T ℝ ℝ ;    , , 2x y x y x y   . 
 
1 1
2 1
c
c
T
 
  
 
 
Em resumo, Existem dois autovalores. 
Para o autovalor 1 1 2   tem-se os autovetores da reta de 
equação 
2
2
x y . Um gerador é 1
2
,1
2
v
 
   
 
. 
Para o autovalor 2 1 2   tem-se os autovetores da reta de 
equação 
2
2
x y  . Um gerador é 2
2
,1
2
v
 
   
 
. 
 
Esse operador é diagonalizável, pois em relação à base  
formada respectivamente por 1
2
,1
2
v
 
   
 
 e 2
2
,1
2
v
 
   
 
 a 
matriz do operador fica na forma triangular, 
 
1 2 0
0 1 2
T


 
  
  
. 
 
Item 04- 
3 3:T ℝ ℝ ;    , , , 2 , 2x y z x y x y z x y z      . 
 
1 1 0
1 1 2
2 1 1
c
c
T
 
   
  
 
Em resumo, Existem três autovalores. 
Notas de Aula 2017 –Álgebra Linear – Prof. Rui – DMA – UEM 
 
professorrui@hotmail.com Página 8 
 
Para o autovalor 1 2  tem-se que o conjunto dos autovetores 
associados a ele é a reta gerada por  1 1,1,1v  . 
Para o autovalor 2 2   tem-se que o conjunto dos 
autovetores associados a ele é a reta gerada por  2 1, 3,1v   . 
Para o autovalor 3 1   tem-se que o conjunto dos 
autovetores associados a ele é a reta gerada por 
 3 1, 2, 1/ 2v    . 
 
O operador é diagonalizável, emrelação à base  formada 
respectivamente pelos vetores  1 1,1,1v  ,  2 1, 3,1v   e 
 3 1, 2, 1/ 2v    sua matriz fica na forma diagonal, 
 
2 0 0
0 2 0
0 0 1
T


 
   
  
. 
 
 
Item 05- 
2 2:T P P ;  2 20 1 2 1 0 2T a a x a x a a x a x     . 
 
0 1 0
1 0 0
0 0 1
T
 
   
  
 
Em resumo: 
2 2:T P P ;  2 20 1 2 1 0 2T a a x a x a a x a x     
possui dois autovalores. 
Notas de Aula 2017 –Álgebra Linear – Prof. Rui – DMA – UEM 
 
professorrui@hotmail.com Página 9 
 
Um deles é 1  de multiplicidade algébrica 2, cujo subespaço 
dos autovetores associados tem dimensão geométrica 2 e é 
gerado por  1 1,1,0v  e  2 0,0,1v  . 
Outro autovalor é 1   , cujo subespaço dos autovetores 
associados tem dimensão geométrica 1 e é gerado por 
 3 1, 1,0v   . 
 
Esse operador é diagonalizável. Em relação à base  formada 
respectivamente por  1 1,1,0v  ,  2 0,0,1v  e  3 1, 1,0v   
sua matriz fica diagonal,  
1 0 0
0 1 0
0 0 1
T


 
   
  
. 
 
 
Item 06- 
2 2:T M M ; 
tA A (leva a matriz em sua transposta). 
 
1 0 0 0
0 0 1 0
0 1 0 0
0 0 0 1
c
c
T
 
 
 
 
 
 
 
Em resumo: 
Existem dois autovalores, 1  e 1   . 
O autovalor 1  possui multiplicidade algébrica 3 e 
multiplicidade geométrica também igual a 3. O subespaço dos 
autovetores associados com esse autovalor é gerado por 
 1 1,0,0,0 cv  ,  2 0,0,0,1 cv  e  3 0,1,1,0 cv  . 
O autovalor 1   possui subespaço dos autovetores com 
dimensão igual a 1 e é gerado pelo autovetor  4 0, 1,1,0v   . 
Notas de Aula 2017 –Álgebra Linear – Prof. Rui – DMA – UEM 
 
professorrui@hotmail.com Página 10 
 
 
Esse operador é diagonalizável. Em relação à base  formada 
respectivamente por  1 1,0,0,0 cv  ,  2 0,0,0,1 cv  , 
 3 0,1,1,0 cv  e  4 0, 1,1,0v   , a matriz do operador fica na 
forma  
1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 1 0
0 0 0 1
T


 
 
 
 
 
 
. 
 
 
Item 07- 
4 4:T ℝ ℝ ;    , , , , , ,T x y z w x x y x y z x y z w       . 
 
 
 
1 0 0 0
1 1 0 0
1 1 1 0
1 1 1 1
T
 
 
 
 
 
 
 
Em resumo: Existe apenas um autovalor, 1  e o subespaço 
dos autovetores associados a ele é a reta de 4ℝ gerada pelo 
autovetor  1 0,0,0,1v  . 
 
Esse operador não é diagonalizável. Não existe uma base 
formada por quatro autovetores LI do operador. 
 
 
 
 
Notas de Aula 2017 –Álgebra Linear – Prof. Rui – DMA – UEM 
 
professorrui@hotmail.com Página 11 
 
Item 08- 
2 2:T ℝ ℝ que tem autovalores 2 e 3 associados aos 
autovetores da forma  3 ,y y e  2 ,y y respectivamente. 
 
0 6
1 1
c
c
T
 
   
. 
 
 
Esse operador é diagonalizável. Em relação à base  formada 
respectivamente pelos autovetores  1 3,1v  e  2 2,1v   a 
matriz do operador fica na forma  
2 0
0 3
T


 
  
 
. 
 
 
 
Exercício 02. Dizemos que uma matriz n nA  é diagonalizável 
se seu operador linear associado : n nAT ℝ ℝ for 
diagonalizável, ou seja, se e somente se A admitir n autovetores 
LI. Com esta definição, verifique quais das matrizes dos 
exercícios de 09 a 18 da seção 6.3 (capítulo anterior) são 
diagonalizáveis. 
 
 
09- 
1 2
0 1
A
 
   
 
Em resumo: Dois autovalores: 1  com auto-espaço gerado 
por  1 1,0v  , 1   com auto-espaço gerado por  2 1, 1v   . 
 
 
Notas de Aula 2017 –Álgebra Linear – Prof. Rui – DMA – UEM 
 
professorrui@hotmail.com Página 12 
 
10- 
1 1
1 1
A
 
  
 
 
Em resumo, existem dois autovalores, 0  e 2  . 
O auto-espaço associado a 0  é o núcleo da transformação, 
que é a reta gerada pelo autovetor  1 1, 1v   . 
O auto-espaço associado a 2  é a reta gerada pelo autovetor 
 2 1,1v  . 
 
 
11- 
1 2 3
0 1 2
0 0 1
A
 
   
  
 
Em resumo: Só um auto-valor, 1  , com multiplicidade 
algébrica 3. Mas o auto-espaço associado tem dimensão 
geométrica igual a 1, é gerado pelo autovetor  1 1,0,0e  . 
 
 
12- 
3 3 4
0 3 5
0 0 1
A
  
   
  
 
Em resumo. Dois autovalores, 3  e 1   . Dois auto-
espaços unidimensionais, gerados respectivamente, por 
 1 1,0,0e  e 
1 5
, ,1
16 4
v
   
 
. 
 
 
Notas de Aula 2017 –Álgebra Linear – Prof. Rui – DMA – UEM 
 
professorrui@hotmail.com Página 13 
 
13- 
1 0 2
1 0 1
1 1 2
A
 
   
  
 
Em resumo: Três autovalores, 1  , 1   e 3  . 
Com auto-espaços de dimensão 1 gerados, respectivamente, 
por  1 1,1,0v   ,  2 1, 2,1v   e  3 1,0,1v  . 
 
14- 
1 1 2
1 2 1
2 1 1
A
 
   
  
 
Em resumo. Existem três autovalores, 4  , 1   e 1  . 
Todos os auto-espaços possuem dimensão 1 e são gerados 
respectivamente por  1 1,1,1v  ,  2 1, 5,1v   e  3 1, 2,1v   . 
 
 
15- 
0 1 0
0 0 1
1 0 0
A
 
   
  
 
Em resumo: Só um autovalor, 1   . O auto-espaço é uma 
reta gerada, por exemplo, pelo autovetor  1, 1,1v   . 
 
 
16- 
1 3 3
0 4 0
3 3 1
A
 
   
  
 
Em resumo: 
Notas de Aula 2017 –Álgebra Linear – Prof. Rui – DMA – UEM 
 
professorrui@hotmail.com Página 14 
 
Um autovalor 4  de multiplicidade algébrica 2 e 
multiplicidade geométrica também igual a 2, dois autovetores 
que geram esse subespaço são  1 1, 2,1v  e  2 1,0, 1v   . 
Um autovalor 2   com auto-espaço de dimensão 1 gerado 
pelo autovetor  3 2,0,2v  . 
 
17- 
1 4 14
2 7 14
2 4 11
A
  
   
  
 
Em resumo. 
Autovalor 9  com auto-espaço gerado por  1 2,2,2v  . 
Autovalor 3   com auto-espaço gerado por  2 5,1,1v  e 
 3 7,0,1v   . 
 
18- 
2 0 1 0
0 2 0 1
12 0 3 0
0 1 0 0
A
 
 
 
 
 
 
 
Em resumo: 
O autovalor 6  tem auto-espaço gerado por  1 1,0, 4,0v  . 
O autovalor 1   tem auto-espaço gerado pelo autovetor 
 2 1,0, 3,0v   . 
O autovalor 1  tem auto-espaço gerado por  3 0, 1,0,1v   . 
 
 
 
 
Notas de Aula 2017 –Álgebra Linear – Prof. Rui – DMA – UEM 
 
professorrui@hotmail.com Página 15 
 
Resolução. 
 
Item 09- 
1 2
0 1
A
 
   
 
Em resumo: Dois autovalores: 1  com auto-espaço gerado 
por  1 1,0v  , 1   com auto-espaço gerado por  2 1, 1v   . 
 
Sim, é diagonalizável. Na base  formada por  1 1,0v  e 
 2 1, 1v   a matriz toma a forma  
1 0
0 1A
T


 
   
. 
 
 
Item 10- 
1 1
1 1
A
 
  
 
 
Em resumo, existem dois autovalores, 0  e 2  . 
O auto-espaço associado a 0  é o núcleo da transformação, 
que é a reta gerada pelo autovetor  1 1, 1v   . 
O auto-espaço associado a 2  é a reta gerada pelo autovetor 
 2 1,1v  . 
 
Sim, é diagonalizável. Em relação à base  formada por 
 1 1, 1v   e  2 1,1v  a matriz fica na forma  
0 0
0 2A
T


 
  
 
 
 
 
Notas de Aula 2017 –Álgebra Linear – Prof. Rui – DMA – UEM 
 
professorrui@hotmail.com Página 16 
 
Item 11- 
1 2 3
0 1 2
0 0 1
A
 
   
  
 
Em resumo: Só um autovalor, 1  , com multiplicidade 
algébrica 3. Mas o auto-espaço associado tem dimensão 
geométrica igual a 1, é gerado pelo autovetor  1 1,0,0e  . 
 
O operador AT não é diagonalizável, pois não existe número 
suficiente de autovetores LI para formar uma base. 
 
 
 
Item 12- 
3 3 4
0 3 5
0 0 1
A
  
   
  
 
Em resumo. Dois autovalores, 3  e 1   . Dois auto-
espaços unidimensionais, gerados respectivamente, por 
 1 1,0,0e  e 
1 5
, ,1
16 4
v
   
 
. 
 
O operador AT não é diagonalizável, pois não há número 
suficiente de autovetores LI para formar uma base do espaço. 
 
 
 
Item 13- 
1 0 2
1 0 1
1 1 2
A
 
   
  
 
Notas de Aula 2017 –Álgebra Linear – Prof. Rui – DMA – UEM 
 
professorrui@hotmail.com Página 17 
 
Em resumo: Três autovalores, 1  , 1   e 3  . 
Com auto-espaços de dimensão 1 gerados,respectivamente, 
por  1 1,1,0v   ,  2 1, 2,1v   e  3 1,0,1v  . 
 
Sim, o operador AT é diagonalizável. Com a base  formada 
por  1 1,1,0v   ,  2 1, 2,1v   e  3 1,0,1v  a matriz do 
operador fica na forma  
1 0 0
0 1 0
0 0 3
AT


 
   
  
. 
 
 
 
Item 14- 
1 1 2
1 2 1
2 1 1
A
 
   
  
 
Em resumo. Existem três autovalores, 4  , 1   e 1  . 
Todos os auto-espaços possuem dimensão 1 e são gerados 
respectivamente por  1 1,1,1v  ,  2 1, 5,1v   e  3 1, 2,1v   . 
 
Sim, o operador AT é diagonalizável, pois em relação à base  
formada por  1 1,1,1v  ,  2 1, 5,1v   e  3 1, 2,1v   a matriz 
fica na forma  
4 0 0
0 1 0
0 0 1
AT


 
   
  
. 
 
 
 
Notas de Aula 2017 –Álgebra Linear – Prof. Rui – DMA – UEM 
 
professorrui@hotmail.com Página 18 
 
Item 15- 
0 1 0
0 0 1
1 0 0
A
 
   
  
 
Em resumo: Só um autovalor, 1   . O auto-espaço é uma 
reta gerada, por exemplo, pelo autovetor  1, 1,1v   . 
 
Este operador AT não é diagonalizável, pois não há numero 
suficiente de autovetores para formar uma base do espaço em 
questão. 
 
 
Item 16- 
1 3 3
0 4 0
3 3 1
A
 
   
  
 
Em resumo: 
Um autovalor 4  de multiplicidade algébrica 2 e 
multiplicidade geométrica também igual a 2, dois autovetores 
que geram esse subespaço são  1 1, 2,1v  e  2 1,0, 1v   . 
Um autovalor 2   com auto-espaço de dimensão 1 gerado 
pelo autovetor  3 2,0,2v  . 
 
Este operador AT é diagonalizável. Em relação à base  
formada por  1 1, 2,1v  ,  2 1,0, 1v   e  3 2,0,2v  , a 
matriz fica na forma  
4 0 0
0 4 0
0 0 2
AT


 
   
  
. 
 
Notas de Aula 2017 –Álgebra Linear – Prof. Rui – DMA – UEM 
 
professorrui@hotmail.com Página 19 
 
Item 17- 
1 4 14
2 7 14
2 4 11
A
  
   
  
 
Em resumo. 
Autovalor 9  com auto-espaço gerado por  1 2,2,2v  . 
Autovalor 3   com auto-espaço gerado por  2 5,1,1v  e 
 3 7,0,1v   . 
 
Este operador AT é diagonalizável. Em relação à base  
formada por  1 2,2,2v  ,  2 5,1,1v  e  3 7,0,1v   a matriz 
fica na forma  
9 0 0
0 3 0
0 0 3
AT


 
   
  
. 
 
 
Item 18- 
2 0 1 0
0 2 0 1
12 0 3 0
0 1 0 0
A
 
 
 
 
 
 
 
Em resumo: 
O autovalor 6  tem auto-espaço gerado por  1 1,0, 4,0v  . 
O autovalor 1   tem auto-espaço gerado pelo autovetor 
 2 1,0, 3,0v   . 
O autovalor 1  tem auto-espaço gerado por  3 0, 1,0,1v   . 
 
Notas de Aula 2017 –Álgebra Linear – Prof. Rui – DMA – UEM 
 
professorrui@hotmail.com Página 20 
 
O operador AT não é diagonalizável, pois não há número 
suficiente de autovetores LI para formar uma base do espaço 
em questão. 
 
 
Exercício 03. Considere a matriz 
2 1 0 0
0 2 0 0
0 0 2 0
0 0 0 3
A
 
 
 
 
 
 
. 
a) Verifique se A é diagonalizável. 
b) Determine seu polinômio minimal. 
 
Resolução. 
Item a. 
Consideramos o operador 4 4:T ℝ ℝ ,  ( )T v A v . 
Consideramos 
 
2 1 0 0
0 2 0 0
0 0 2 0
0 0 0 3
A I





 
   
 
 
 
. 
 
Essa é uma matriz triangular superior, logo 
     3det 0 2 3 0 2 ou 3A I             . 
 
Segundo o Teorema 7.2.6 devemos verificar se o polinômio 
    2 3p x x x   anula a matriz. 
 
Notas de Aula 2017 –Álgebra Linear – Prof. Rui – DMA – UEM 
 
professorrui@hotmail.com Página 21 
 
    2 3p A A A   
2 1 0 0 2 0 0 0
0 2 0 0 0 2 0 0
0 0 2 0 0 0 2 0
0 0 0 3 0 0 0 2
    
    
      
    
         
 
 
2 1 0 0 3 0 0 0
0 2 0 0 0 3 0 0
0 0 2 0 0 0 3 0
0 0 0 3 0 0 0 3
    
    
     
    
         
 
 
0 1 0 0
0 0 0 0
0 0 0 0
0 0 0 1
 
 
  
 
 
 
1 1 0 0
0 1 0 0
0 0 1 0
0 0 0 0
 
  
 
 
 
0 1 0 0
0 0 0 0
0 0 0 0
0 0 0 0
 
 
 
 
 
 
 
 
Segundo o Teorema 7.2.6 a matriz não é diagonalizável. 
 
Item b. 
Para determinar o polinômio minimal devemos testar ainda os 
polinômios      22 3p x x x   e      32 3p x x x   . 
 
Vamos testar      22 3p x x x   . 
 
Notas de Aula 2017 –Álgebra Linear – Prof. Rui – DMA – UEM 
 
professorrui@hotmail.com Página 22 
 
 
2 2
2
2 1 0 0 0 1 0 0
0 2 0 0 0 0 0 0
2 2
0 0 2 0 0 0 0 0
0 0 0 3 0 0 0 1
A I
    
    
       
    
         
 
 
0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1
     
     
      
     
     
     
 
 
 
2 1 0 0 1 1 0 0
0 2 0 0 0 1 0 0
3 3
0 0 2 0 0 0 1 0
0 0 0 3 0 0 0 0
A I
     
           
    
         
 
 
   2
0 0 0 0 1 1 0 0
0 0 0 0 0 1 0 0
2 3
0 0 0 0 0 0 1 0
0 0 0 1 0 0 0 0
A I A
   
         
   
   
   
0 
 
Então o polinômio minimal de A é      22 3p x x x   . 
 
Se para esse polinômio tivéssemos  p A  0 o polinômio 
minimal seria o polinômio característico 
     32 3p x x x   . 
 
Notas de Aula 2017 –Álgebra Linear – Prof. Rui – DMA – UEM 
 
professorrui@hotmail.com Página 23 
 
 
 
 
Exercício 04. Considere A uma matriz 3x3 triangular superior, 
com todos os seus elementos acima da diagonal distintos e não 
nulos. 
0
0 0
a b c
A d e
f
 
   
  
. 
a) Quais os autovalores e autovetores de A? 
b) Qual o polinômio minimal de A? 
 
Resolução. 
Item a. 
 
Temos vários casos a considerar. O enunciado nos informa que 
os elementos b, c e e são distintos e não nulos, mas os 
elementos da diagonal, a, d e f podem ser iguais a zero ou 
iguais entre si. Vejamos as possibilidades. 
 
Possibilidade 01: 0a d f   . A matriz a ser considerada é: 
0
0 0
0 0 0
b c
A e
 
   
  
.    3det 0 0A I      . 
Existe apenas um autovalor, 0  . 
Procuremos o auto-espaço associado a esse autovalor. 
0 0 0
0 0 0 0
0 0 0 0 0
b c x
e y
z
     
           
          
 
Notas de Aula 2017 –Álgebra Linear – Prof. Rui – DMA – UEM 
 
professorrui@hotmail.com Página 24 
 
0
0
0 0
by cz
ez
 

 
 
0
0
0 0
by
z


 
 
0
0
0 0
y
z


 
 
 
 
O auto-espaço é gerado, por exemplo, por 1 1,0,0v . 
 
Possibilidade 02: 0a d  e 0f  . A matriz a ser 
considerada é: 
0
0 0
0 0
b c
A e
f
 
   
  
;      2det 0 0A I f        
Existem dois autovalores. 
Procuremos o auto-espaço associado a 0  . 
0 0 0
0 0 0 0
0 0 0 0
b c x
e y
f z
     
           
          
 
0
0
0
by cz
ez
fz
 

 
 
0
0
0
by
z
z


 
 
0
0
0
y
z
z


 
 
 
 
O auto-espaço é gerado, por exemplo, por 1 1,0,0v . 
 
Procuremos o auto-espaço associado a f  . 
0 0
0 0 0
0 0 0
f b c x
f e y
f f z
     
           
          
 
Notas de Aula 2017 –Álgebra Linear – Prof. Rui – DMA – UEM 
 
professorrui@hotmail.com Página 25 
 
0
0
0 0
fx by cz
fy ez
   

   
 
0
0 0
e
fx b z cz
f
e
y z
f
  
     
 

 

 


 
 
2
0 0
be cf
x z
f
e
y z
f
 


 

 


 
 
O auto-espaço associado a f  é gerado por 
2 2
, ,1
be cf e
f f

v . 
 
Possibilidade 03: 0a f  e 0d  . 
Possibilidade 04: 0d f  e 0a  . 
Para essas duas possibilidades a resolução será análoga à 
apresentada acima. Haverá dois autovalores, cada auto-espaço 
será de dimensão 1 e fornecerá um autovetor distinto. 
Como exercício resolva esses dois casos, a diferença será a 
letra diferente de zero e a própria posição das letras na hora 
de resolver o sistema. 
 
Possibilidade 05:0a  , 0d  , 0f  , com d f . 
Notas de Aula 2017 –Álgebra Linear – Prof. Rui – DMA – UEM 
 
professorrui@hotmail.com Página 26 
 
A matriz a ser considerada é 
0
0
0 0
b c
A d e
d
 
   
  
;     2det 0 0A I d        
 
Procuremos o auto-espaço associado a 0  . 
0 0 0
0 0 0 0
0 0 0 0
b c x
e y
d z
     
           
          
 
 
0
0
0
by cz
dy ez
dz
 

  
 
0
0
0
by
dy
z


 
 
0
0
0
y
y
z


 
 
 
O auto-espaço é gerado, por exemplo, por 1 1,0,0v . 
 
 
Procuremos o auto-espaço associado a d  . 
0 0
0 0
0 0 0
d b c x
d d e y
d d z
     
           
          
 
 
0
0
0 0
dx by cz
ez
   

 
 
0
0
0 0
dx by
z
  

 
 
0
0 0
b
x y
d
z
 

 
 


 
 
Notas de Aula 2017 –Álgebra Linear – Prof. Rui – DMA – UEM 
 
professorrui@hotmail.com Página 27 
 
O auto-espaço é gerado, por exemplo, por 2 ,1,0
b
d
v . 
 
Possibilidade 06: 0a  , 0d  , 0f  , com a f . 
Possibilidade 07: 0a  , 0d  , 0f  , com a d . 
A resolução desses dois casos é análoga ao caso 05. Haverá 
dois autovalores distintos e cada auto-espaço terá dimensão 
geométrica igual a 1. Para cada auto-espaço teremos um 
autovetor distinto. 
 
Possibilidade 08: 0a  , 0d  , 0f  , com d f . 
A matriz a ser considerada é 
0
0
0 0
b c
A d e
f
 
   
  
;        det 0 0A I d f          . 
 
Procuremos o auto-espaço associado a 0  . 
0 0 0
0 0 0
0 0 0 0
b c x
d e y
f z
     
           
          
 
 
0
0
0
by cz
dy ez
fz
 

  
 
0
0
0
by
dy
z


 
 
0
0
0
y
y
z


 
 
 
 
O auto-espaço é gerado pelo autovetor 1 1,0,0v . 
 
Procuremos o auto-espaço associado a d  . 
Notas de Aula 2017 –Álgebra Linear – Prof. Rui – DMA – UEM 
 
professorrui@hotmail.com Página 28 
 
0 0
0 0
0 0 0
d b c x
d d e y
f d z
     
           
          
 
 
 
0
0
0
dx by cz
ez
f d z
   

 
  
0
0
0
dx by
z
z
  

 
 
0
0
b
x y
d
z
z
 

 
 


 
 
O auto-espaço é gerado por 2 ,1,0
b
d
v . 
 
Procuremos o auto-espaço associado a f  . 
0 0
0 0
0 0 0
f b c x
d f e y
f f z
     
           
          
 
 
0
0
0 0
fx by cz
fy ez
   

   
 
0
0
e
fx b z cz
f
e
y z
f
z
   


 

 


 
 
Notas de Aula 2017 –Álgebra Linear – Prof. Rui – DMA – UEM 
 
professorrui@hotmail.com Página 29 
 
0
be cf
fx z z
f f
e
y z
f
z
  


 

 


2
0
be cf
x z
f
e
y z
f
z
 


 

 


 
 
O auto-espaço é gerado por 3 2 , ,1
be cf e
f f

v . 
Nessa possibilidade 08 há uma base  formada por 
autovetores que diagonaliza a matriz, tornando-a 
 
0 0 0
0 0
0 0
A d
f

 
   
  
. 
 
Possibilidade 09: 0a  , 0d  , 0f  , com a f . 
Possibilidade 10: 0a  , 0d  , 0f  , com a d . 
A resolução dessas duas possibilidades é análoga à resolução 
anterior. Existirão 3 autovalores com respectivos auto-espaços 
de dimensão geométrica igual a 1. Para cada caso há uma base 
de autovetores na qual a matriz será diagonal. Essas 
diagonalizações serão 
 
0 0
0 0 0
0 0
a
A
f

 
   
  
 e  
0 0
0 0
0 0 0
a
A d

 
   
  
. 
 
Possibilidade 11: 0a  , 0d  , 0f  , com a d , a f e 
d f . 
Notas de Aula 2017 –Álgebra Linear – Prof. Rui – DMA – UEM 
 
professorrui@hotmail.com Página 30 
 
Consideramos 0
0 0
a b c
A I d e
f

 

 
    
  
. 
Como a matriz é triangular o determinante é igual ao produto 
dos elementos da diagonal. 
 
     det A I a d f        . 
 
 det 0 ou ou A I a d f         . 
 
Procuremos os auto-espaços. 
 
(I)   
0 0
0 0
0 0 0
b c x
A aI v d a e y
f a z
     
              
          
0 
 
0
( ) 0
( ) 0
by cz
d a y ez
f a z
 

   
  
 
 
Vamos adotar que o autor quis dizer que todos os elementos da 
diagonal e acima da diagonal são distintos e não nulos. 
Compreendendo o enunciado assim podemos olhar a terceira 
equação e deduzir que 0z  . 
 
0 0
( ) 0 ( ) 0
( ) 0 0
by cz by
d a y ez d a y
f a z z
   
 
       
    
 
Notas de Aula 2017 –Álgebra Linear – Prof. Rui – DMA – UEM 
 
professorrui@hotmail.com Página 31 
 
 
Como   0d a  e 0b  podemos deduzir que 
 
0
( ) 0
0
by
d a y
z


  
 
0
0
0
y
y
z


 
 
 
 
Assim o auto-espaço associado a a  é gerado por 
 1 1,0,0v  . 
 
 
(II)   
0
0 0 0
0 0 0
a d b c x
A dI v e y
f d z
     
             
          
0 
 
( ) 0
0
( ) 0
a d x by cz
ez
f d z
   

 
  
( ) 0
0
0
a d x by
z
z
  

 
 
 
 
( )
0
0
a d
y x
b
z
z
  

 
 


 
 
Notas de Aula 2017 –Álgebra Linear – Prof. Rui – DMA – UEM 
 
professorrui@hotmail.com Página 32 
 
Assim o auto-espaço associado a d  é gerado por 
2
( )
1, ,0
a d
v
b
    
 
 
 
 
(III)   
0
0 0
0 0 0 0
a f b c x
A fI v d f e y
z
     
              
          
0 
 
( ) 0
( ) 0
0 0
a f x by cz
d f y ez
   

   
 
 
 
( )
( ) 0
( )
0 0
d f
a f x by c y
e
d f
z y
e
         
 
 




 
 
( )
( )
( )
0 0
c d f b
x y
e a f
d f
z y
e
   

 
 




 
 
Notas de Aula 2017 –Álgebra Linear – Prof. Rui – DMA – UEM 
 
professorrui@hotmail.com Página 33 
 
O auto-espaço associado a f  é gerado por 
3
( ) ( )
,1,
( )
c d f b d f
v
e a f e
    
   
. 
 
 
Item b. 
Após fazer a resolução do item a, deveríamos estudar cada caso 
abordado e verificar os polinômios minimais. 
Mas acredito que a redação do exercício deveria ser, mesmo: 
Seja A uma matriz 3x3 triangular superior, com todos os 
elementos da diagonal e acima da diagonal distintos e não 
nulos. 
Com essa correção a resolução do item a, torna-se só o caso 
“Possibilidade 11”. E assim, na hora de resolver este item b, 
não precisamos ficar considerando cada um dos casos, a 
resolução fica a seguinte: 
 
De acordo com o Teorema 7.2.5, as raízes do polinômio 
minimal são as mesmas raízes (distintas) do polinômio 
característico. 
Como o polinômio característico dessa matriz A possui 3 raízes 
distintas, o polinômio minimal é “igual” ao polinômio 
característico. 
O polinômio minimal de A é    ( )p x x a x d x f    . 
 
Exercício 05. Determine os valores de a para que as matrizes a 
seguir sejam diagonalizáveis. 
 
a) 
1 1
0
A
a
 
  
 
 b) 
1
0 1
a
B
 
  
 
 
 
Notas de Aula 2017 –Álgebra Linear – Prof. Rui – DMA – UEM 
 
professorrui@hotmail.com Página 34 
 
Resolução. 
Item a. 
As duas matrizes representam operadores lineares de 2ℝ em 
2ℝ . Como procederemos? Duas alternativas podem ser 
adotadas. 
 
Primeiramente vamos exigir que existam dois autovalores 
distintos. Isso garante a existência de dois autovetores 
associados a autovalores distintos e, portanto dois autovetores 
LI. A matriz expressa nessa base de autovetores terá em sua 
diagonal dois números distintos, os dois autovalores. 
 
Caso exista apenas um autovalor, deveremos exigir que a 
multiplicidade geométrica desse único autovalor seja igual a 2. 
Assim poderemos escolher dentro do mesmo auto-espaço dois 
autovetores LI que formarão uma base na qual a matriz do 
operador será diagonal com elementos iguais na diagonal 
principal, o mesmo autovalor. 
 
O polinômio característico dessa matriz é: 
 
 
1 1
det det0
A I
a



 
    
  1 a    . 
 
Uma raiz é 1  e a outra é a  . Se exigirmos que 1a  
existirão dois autovetores associados a autovalores distintos e, 
portanto LI. Eles formarão a base na qual A será diagonal. Os 
números que aparecerão na diagonal serão “1” e “a”. 
 
 
Item b. 
O polinômio característico da matriz B é: 
Notas de Aula 2017 –Álgebra Linear – Prof. Rui – DMA – UEM 
 
professorrui@hotmail.com Página 35 
 
   2
1
det det 1
0 1
a
B I

 

 
     
. 
 
Nesse caso, 1  é a única raiz, e tem multiplicidade algébrica 
2. Precisamos exigir, então, que sua multiplicidade geométrica 
seja 2. Essa multiplicidade geométrica é a dimensão de seu 
auto-espaço. 
 
Mas   
0 0
0 0 0
a x
B I v
y

     
        
     
0
0
0 0
ay 
 

 
 
Se 0a  então   
0 0
,0 ;
0 0 0 0
ay y
x x
  
   
  
ℝ . Nesse 
caso a solução é uma reta. O auto-espaço tem dimensão 1. 
 
Se 0a  então    2
0 0 0
, ; ,
0 0 0 0
ay
x y x y
  
    
  
ℝ ℝ . 
Nesse caso o auto-espaço tem dimensão 2 e existem dois 
autovetores associados ao mesmo autovalor mas que são LI. 
Nesse caso, existe uma base na qual B torna-se uma matriz 
diagonal com números “1” na diagonal. 
 
Exercício 06. Considere 3 3:T ℝ ℝ linear, 
      1,0,0 , 0,1,0 , 0,0,1  a base canônica, 
      0,1,1 , 0, 1,1 , 1,0,1   e 
 
2 0 1
0 3 1
0 0 3
T


 
   
  
. 
Notas de Aula 2017 –Álgebra Linear – Prof. Rui – DMA – UEM 
 
professorrui@hotmail.com Página 36 
 
 
a) Determine o polinômio característico de T, os autovalores de 
T e os autovetores correspondentes. 
b) Determine  T  e o polinômio característico. Que 
observação você faz a esse respeito? 
c) Determine uma base  de 3ℝ , se possível, tal que  T  seja 
diagonal. 
 
Resolução. 
Item a. 
O polinômio característico de T é 
 
  
2 0 1
det det 0 3 1
0 0 3
T I

 

 
     
  
 
 
    2 3 3       
 
Ele tem 3 raizes, 2  , 3   e 3  . 
 
   
0 0 1 0
2 0 5 1 0
0 0 1 0
x
T I v y
z
     
              
          
0 
 
0
5 0
0
z
y z
z


   
 
 
0
0
0
z
y
z


 
 
 
 
Notas de Aula 2017 –Álgebra Linear – Prof. Rui – DMA – UEM 
 
professorrui@hotmail.com Página 37 
 
O auto-espaço de 2  é gerado, por exemplo, pelo autovetor 
 1 1,0,0v  . 
 
 
     
5 0 1 0
3 0 0 1 0
0 0 6 0
x
T I v y
z
     
              
          
0 
 
5 0
0
6 0
x z
z
z
 

 
 
 
0
0
0
x
z
z


 
 
 
 
O auto-espaço de 3   é gerado, por exemplo, pelo 
autovetor  2 0,1,0v  . 
 
 
   
1 0 1 0
3 0 6 1 0
0 0 0 0
x
T I v y
z
     
              
          
0 
 
0
6 0
0 0
x z
y z
  

   
 
 
6 0
6
0 0
x y
z y
  

 
 
6
6
0 0
x y
z y


 
 
 
 
O auto-espaço de 3  é gerado, por exemplo, pelo autovetor 
 1 6,1,6v  . 
 
Notas de Aula 2017 –Álgebra Linear – Prof. Rui – DMA – UEM 
 
professorrui@hotmail.com Página 38 
 
Item b. 
Como       0,1,1 , 0, 1,1 , 1,0,1   vamos expressar a matriz 
de mudança de base de beta para alfa. 
 
0 0 1
1 1 0
1 1 1
M 
 
   
  
. 
 
 det 0 0 1 1 0 0 2M         
 
 
1 1 2
1 1 0
1 1 0
cof M 
  
   
  
;  
1 1 1
1 1 1
2 0 0
t
cof M 
 
        
  
 
 
1/ 2 1/ 2 1/ 2
1/ 2 1/ 2 1/ 2
1 0 0
M 
 
    
  
 
 
Calculamos, então a matriz da transformação em relação à base 
beta,    T M T M     . 
 
 
 
1/ 2 1/ 2 1/ 2
1/ 2 1/ 2 1/ 2
1 0 0
T


 
    
  
2 0 1
0 3 1
0 0 3
 
  
  
0 0 1
1 1 0
1 1 1
 
  
  
 
 
Notas de Aula 2017 –Álgebra Linear – Prof. Rui – DMA – UEM 
 
professorrui@hotmail.com Página 39 
 
0 3 1/ 2
2 1 1/ 2
1 1 3
 
    
  
 
 
Vamos calcular o polinômio característico. 
 
  
3 1/ 2
det det 2 1 1/ 2
1 1 3
T I



 

 
      
  
 
 
      3 1 11 3 1 1 6 3
2 2 2
                  
 
3 22 9 18       
 
Se procurarmos as raízes dessa equação   det 0T I   
obteremos 3  , 3   e 2  . 
 
A conclusão é que, nesse exemplo, os autovalores são iguais, 
independentemente de serem calculados mediante o uso da 
matriz da transformação na base alfa ou na base beta. 
 
Item c. 
Já calculamos no item “a” três vetores, cada um deles um 
autovetor associado a um autovalor distinto da transformação. 
Logo, em relação a base  1 2 3, ,v v v  a matriz da 
transformação será diagonal. 
 
     1 11,0,0 2 1,0,0 2T v T v   . 
Notas de Aula 2017 –Álgebra Linear – Prof. Rui – DMA – UEM 
 
professorrui@hotmail.com Página 40 
 
     2 20,1,0 3 0,1,0 3T v T v     . 
     3 36,1,6 3 6,1,6 3T v T v   . 
 
 
2 0 0
0 3 0
0 0 3
T


 
   
  
. 
 
 
Exercício 07. Seja :T V V um operador linear entre espaços 
de dimensão finita e bases distintas  e  . 
a) Mostre que    det detT T   . 
Sugestão: veja a relação entre  T  e  T


 no capítulo 6. 
 
b) Se n nA  é diagonalizável, mostre que o determinante de A é 
o produto de seus autovalores. 
Sugestão: considere : n nAT ℝ ℝ , observando que a matriz AT 
na base canônica é exatamente A. Use, então, o resultado do 
item a considerando como base  a base canônica e  a base 
de autovetores. 
 
Resolução. 
Item a. 
Vamos relembrar que valem as seguintes propriedades de 
determinante. 
(I) Se A e B são matrizes quadradas, então 
     det det detA B A B   . 
 
Notas de Aula 2017 –Álgebra Linear – Prof. Rui – DMA – UEM 
 
professorrui@hotmail.com Página 41 
 
(II) Se A é invertível então    
1 1det
det
A
A
  . 
 
As matrizes  T  e  T


 se relacionam por multiplicação de 
matrizes de mudança de base conforma calculamos no 
exercício anterior. A relação é    T M T M     . 
 
Como   1M M  

 tem-se que 
            
1
det det det det
det
T M T T
M
  
  

  . 
 
Item b. 
Considere n nA  uma matriz diagonalizável. Isto é, é possível 
realizar operações elementares nas linhas de A de maneira a 
torná-la diagonal. 
Identificamos a matriz A com a matriz da transformação linear 
T de nℝ em nℝ tal que    T v A v . 
 
Assim, a matriz da transformação é semelhante a uma matriz 
diagonal. Pelo que foi estudado, os elementos da forma 
diagonal da matriz de T são exatamente os autovalores. 
 
Como os determinantes de matrizes semelhantes são iguais, ou 
como quer o autor, pelo item a deduzimos que o determinante 
de A é o produto de seus autovalores. 
 
 
Notas de Aula 2017 –Álgebra Linear – Prof. Rui – DMA – UEM 
 
professorrui@hotmail.com Página 42 
 
Exercício 08. Mostre que a matriz 
1 2
3 2
A
 
  
 
 é semelhante à 
matriz 
4 0
0 1
B
 
   
. 
 
Resolução. 
Deveríamos exibir matrizes invertível M tal que B M A  . 
Mas, vamos usar os estudos desse capítulo. 
Vamos mostrar que os autovalores e autovetores de A e de B 
são iguais. 
 
     
1 2
det det 1 2 6
3 2
A I

  

 
       
 
 
2 22 2 6 3 4            
 
9 4(1)( 4) 25     . 
43 5
12 2
b
a
   
  

 
 
Os autovalores de A são 4  e 1   . 
 
Assim, existe base  1 2,v v  formada por autovetores 
associados aos autovalores de A tal que essa matriz na base  
fica 
4 0
0 1
A
 
   
, que exatamente a matriz B. 
 
Calculemos o auto-espaço de 4  . 
 
Notas de Aula 2017 –Álgebra Linear – Prof. Rui – DMA – UEM 
 
professorrui@hotmail.com Página 433
3 2 0 3 2 0 2
3 2 0 3 2 0 3
2
y x
x x y
y x y
y x
           
                  

 
 
Podemos escolher como gerador desse auto-espaço o autovetor 
2
3
1,
2
v
   
 
. 
 
 
Calculemos o auto-espaço de 1   . 
 
2 2 0 2 2 0
3 3 0 3 3 0
x x y y x
y x y y x
          
                   
 
 
Podemos escolher como gerador desse auto-espaço o autovetor 
 1 1, 1v   . 
 
 
Na base  31, , 1, 1
2

     
  
 a matriz A torna-se uma matriz 
diagonal exatamente igual a B. 
Precisamos executar os produtos c cc cM A M B

  . 
 
A matriz mais fácil de ser escrita é 
1 1
3 / 2 1c
M 
 
   
. 
 
Precisamos invertê-la. 
 
Notas de Aula 2017 –Álgebra Linear – Prof. Rui – DMA – UEM 
 
professorrui@hotmail.com Página 44 
 
  3 5det 1
2 2c
M       . 
 
  1 3 / 2
1 1c
cof M 
  
   
;   1 1
3 / 2 1
t
ccof M
          
; 
 
  1 2 / 5 2 / 5
3 / 5 2 / 5
c
cM M


  
    
 
 
Então B é semelhante a A da seguinte maneira. 
 
c c
c cM A M

  
2 / 5 2 / 5
3 / 5 2 / 5
 
  
1 2
3 2
 
 
 
1 1
3 / 2 1
 
  
 
 
8 / 5 8 / 5
3 / 5 2 / 5
 
   
1 1
1 3 / 2
 
  
4 0
0 1
 
   
. 
 
 
 
Exercício 09. 
a) Mostre que um operador linear T (num espaço de dimensão 
finita) que comuta com qualquer operador linear diagonalizável 
é diagonalizável. 
 
b) Nas condições do item a, mostre que, na verdade, T é um 
múltiplo escalar do operador identidade, isto é, existe um 
número r tal que T r I  . 
 
Resolução. 
Seja :T V V , com  dim V n . 
Notas de Aula 2017 –Álgebra Linear – Prof. Rui – DMA – UEM 
 
professorrui@hotmail.com Página 45 
 
Consideremos :D V V um operador diagonalizável 
qualquer. 
Admitimos, por hipótese, que T D D T� � . 
A tese que temos de mostrar é que T é diagonalizável. 
 
Por hipótese D é diagonalizável. 
Podemos considerar a base  1,..., nv v  formada por 
autovetores de D, na qual a matriz de D é diagonal. 
 
Pensemos em considerar o espaço V com a base  . 
Temos que  D  é diagonal. 
 
1 0
0 n
v
D
v


 
   
  
⋯
⋮ ⋱ ⋮
⋯
. 
 
O estudante, em geral, sempre reclama de exercícios com 
enunciados que se iniciam com “mostre que ...” ou “demonstre 
que ...”. Este é um exercício desse tipo. O resultado a que se 
refere o enunciado é geral, vale para qualquer espaço vetorial 
de dimensão finita. Mas para facilitar a compreensão vamos 
adotar, primeiramente, o caso particular em que a dimensão de 
V seja 2. 
 
Se  dim 2V  e D é diagonalizável, ele possui um ou dois 
autovalores distintos. Seja  1 2,v v  a base de autovetores na 
qual a matriz de D é diagonal. 
 
Seja a matriz de T na base alfa igual a:   11 12
21 22
a a
T
a a
 
  
 
. 
Notas de Aula 2017 –Álgebra Linear – Prof. Rui – DMA – UEM 
 
professorrui@hotmail.com Página 46 
 
Seja a matriz de D na base alfa igual a:   1
2
0
0
D


 
  
 
. 
 
Tem-se, por hipótese, que T D D T� � , ou seja, os produtos 
das matrizes de T e de D comutam,      T D D T . E isso 
vale para qualquer base adotada em V. Portanto, podemos 
adotar a base  e escrever que: 
 
11 12
21 22
a a
a a
 
 
 
1
2
0
0


 
 
 
1 11 2 12
1 21 2 22
a a
a a
 
 
 
  
 
 
 
1
2
0
0


 
 
 
11 12
21 22
a a
a a
 
 
 
1 11 1 12
2 21 2 22
a a
a a
 
 
 
  
 
 
 
Para que haja a igualdade      T D D T é necessário que 
sejam verdadeiras simultaneamente as igualdades 
 
1 21 2 21
1 12 2 12
a a
a a
 
 



. 
 
Como o enunciado diz que a comutatividade da composição de 
T e D vale para qualquer transformação diagonalizável D, 
podemos exigir que os autovalores 1 e 2 seja distintos e 
diferentes de zero. Daí, a igualdade entre as matrizes   T D e 
  D T só ocorre se e somente se 12 21 0a a  . Ou seja,  T é 
diagonal. 
Notas de Aula 2017 –Álgebra Linear – Prof. Rui – DMA – UEM 
 
professorrui@hotmail.com Página 47 
 
No caso  dim 2V  está provada a tese de que T é 
diagonalizável. 
 
Pense em um espaço vetorial V de dimensão 3. 
Se D é qualquer operador linear diagonalizável, podemos 
considerar que D tenha 3 autovalores distintos e não nulos 1 , 
2 e 3 com respectivos autovetores que formam uma base 
 1 2 3, ,v v v  . 
Se  
11 12 13
21 22 23
31 32 33
a a a
T a a a
a a a
 
   
  
 e  
1
2
3
0 0
0 0
0 0
D



 
   
  
 então: 
 
1
2
3
0 0
0 0
0 0



 
 
 
  
11 12 13
21 22 23
31 32 33
a a a
a a a
a a a
 
 
 
  
1 11 1 12 1 13
2 21 2 22 2 23
3 31 3 32 3 33
a a a
a a a
a a a
  
  
  
 
   
  
 
 
11 12 13
21 22 23
31 32 33
a a a
a a a
a a a
 
 
 
  
1
2
3
0 0
0 0
0 0



 
 
 
  
1 11 2 12 3 13
1 21 2 22 3 23
1 31 2 32 3 33
a a a
a a a
a a a
  
  
  
 
   
  
 
 
Como, por hipótese, o produto é comutativo, deve-se ter: 
 
Notas de Aula 2017 –Álgebra Linear – Prof. Rui – DMA – UEM 
 
professorrui@hotmail.com Página 48 
 
1 12 2 12
1 13 3 13
2 23 3 23
2 21 1 21
3 31 1 31
3 32 2 32
a a
a a
a a
a a
a a
a a
 
 
 
 
 
 

 
 


 


 
 
Como D é qualquer operador diagonalizável, podemos 
considerar que todos os autovalores sejam distintos e não 
nulos, logo o sistema anterior só estará satisfeito se e somente 
se 12 13 23 21 31 32 0a a a a a a      . Ou seja, T é 
diagonalizável. 
 
No caso geral, quando  dim V n . 
Tem-se: 
A matriz de D é diagonal numa base de autovetores associados 
aos autovalores. Pode-se, então, adotar que esses autovalores 
são todos não nulos e distintos entre si. 
 
1 0
0 n
D


 
   
  
⋯
⋮ ⋱ ⋮
⋯
. 
 
A matriz de T é descrita inicialmente como 
 
11 1
1
n
n nn
a a
T
a a
 
   
  
⋯
⋮ ⋱ ⋮
⋯
. 
 
Notas de Aula 2017 –Álgebra Linear – Prof. Rui – DMA – UEM 
 
professorrui@hotmail.com Página 49 
 
No produto   D T o autovalor 1 aparece multiplicando a 
linha 1, 2 aparece multiplicando a linha 2, 3 aparece 
multiplicando a linha 3, e assim por diante. 
Mas no produto   D T o autovalor 1 aparece multiplicando a 
coluna 1, 2 aparece multiplicando a coluna 2, 3 aparece 
multiplicando a coluna 3, e assim por diante. 
 
Por isso, para que      D T T D é necessário que a matriz 
de T seja uma matriz diagonal. 
Fica demonstrado que sob as hipóteses do enunciado T tem de 
ser diagonal. 
 
Item b. 
Nas condições do item a, mostre que existe um número r tal 
que T r I  . 
 
Vamos voltar nossa atenção ao caso particular no qual 
 dim 2V  . 
 
Considere o operador identidade, tal que    1,0 1,0I  e 
   0,1 0,1I  . 
Na base canônica     1,0 , 0,1 a matriz de I torna-se 
1 0
0 1
I
 
  
 
. 
O operador T comuta com a identidade, logo  T torna-se 
diagonal na base formada pelos autovetores de I. Ou seja, T 
preserva as direções de  1 1,0e  e  2 0,1e  . 
 
Notas de Aula 2017 –Álgebra Linear – Prof. Rui – DMA – UEM 
 
professorrui@hotmail.com Página 50 
 
Considere D tal que    1,1 2, 2D  e    1,1 3,3D    . 
Na base     1,1 , 1,1 a matriz de D torna-se  
2 0
0 3
D
 
  
 
. 
O operador T comuta com D, logo  T torna-se diagonal na 
base formada pelos autovetores de D. Ou seja, T preserva as 
direções de  1,1 e  1,1 . 
 
Considere D tal que    3, 2 5 3, 10D      e 
   0, 7 0,14D   . 
Na base     3, 2 , 0 7   a matriz de D torna-se 
 
5 0
0 2
D
 
   
. 
O operador T comuta com D, logo  T torna-se diagonal na 
base formada pelos autovetores de D. Ou seja, T preserva as 
direções de  3, 2  e  0,7 . 
 
Percebemos que, como T comuta com qualquer operador 
diagonalizável, ele deve preservar qualquer direção! Vamos 
escrever isso de maneira mais formal. 
 
De maneira geral, quando consideramos um operador D que é 
diagonalizável, existem direções 1 2, [0,2 )   tais que: 
   1 1 1 1 1cos ,sen cos ,senD      e 
   2 2 2 2 2cos ,sen cos ,senD      . 
 
Notas de Aula 2017 –Álgebra Linear – Prof. Rui – DMA – UEM 
 
professorrui@hotmail.com Página 51 
 
Como  T torna-se diagonal na base 
    1 1 2 2cos ,sen , cos ,sen    esse operador preserva as 
direções 1 2, [0,2 )   . 
 
Ou seja, nas condições do item a, quando  dim 2V  , o 
operador T é um múltiplo da identidade, ou seja, k ℝ tal 
que T k I  . 
 
Se pensarmos na situação em que  dim 3V  podemos 
considerar que os vetores desse espaço são determinadas por 
três ângulos 1 2,  e 3 pertencentes a [0,2 ) e medidos entre 
a direção e os vetores canônicos  1 1,0,0e  ,  2 0,1,0e  e 
 3 0,0,1e  . Assim, um vetor (direção) é caracterizado pelos 
valores dos cossenos desses ângulos. Qualquer direção em V é 
dada por  1 2 3cos ,cos ,cosv    , com 1 2 3, , [0,2 )    . 
 
De maneira geral, quando consideramos um operador D que é 
diagonalizável, existem direções tais que: 
 1 1 1D v v ,  2 2 2D v v e  3 3 3D v v . 
 
Como T comuta com todos os operadores diagonalizáveis D, a 
matriz  T torna-se diagonal na base  1 2 3, ,v v v esse operador 
preserva todas as direções [0,2 )  . 
Ou seja, nas condições do item a, quando  dim 3V  , o 
operador T é um múltiplo da identidade, ou seja, k ℝ tal 
que T k I  . 
 
Notas de Aula 2017 –Álgebra Linear – Prof. Rui – DMA – UEM 
 
professorrui@hotmail.com Página 52 
 
A generalização segue naturalmente quando considera-se 
 dim V n . Ou seja, nas condições do item a, o operador T é 
um múltiplo da identidade, ou seja, k ℝ tal que T k I  . 
 
 
 
Exercício 10. Diz-se que um operador linear :T V V é 
nilpotente se existir um número inteiro positivo n, tal que 
0nT  , n
n vezes
T T T T
 
  
 
� �⋯�����	 para todo v V . 
a) Seja T nilpotente. Determine seus autovalores. 
b) Determine uma matriz 2 2 0A   tal que 
2 2:AT ℝ ℝ seja 
nilpotente. 
c) Mostre que um operador linear nilpotente, não nulo, não é 
diagonalizável. 
 
Resolução. 
Item a. 
Por hipótese, existe *nℕ tal que 0nT  . 
Vamos pensar no caso particular em que 2n  . Nessa situação 
 ( ) 0,T T v v V   . 
Para encontrar os autovalores devemos determinar números 
reais  tais que   ( ) 0,T I v v V    . 
Como T é linear  0 0T  , então podemos escrever: 
    ( ) 0 0,T T I v T v V     , ou ainda 
 2 ( ) 0,T T v v V    . 
Por hipótese 2 0T  , então  2 ( ) ( ) 0,T T v T v v V       . 
Notas de Aula 2017 –Álgebra Linear – Prof. Rui – DMA – UEM 
 
professorrui@hotmail.com Página 53 
 
Assim obtemos que 0  ou que T é operador nulo (e que só 
tem autovalor zero). 
 
Como resolver o exercício se adotarmos o caso particular em 
que 3n  ? 
Temos 3( ) 0,T v v V   . 
Procuramos ℝ tal que   ( ) 0,T I v v V    . 
Como T é linear     2 2( ) 0 0,T T I v T v V     . 
Ou seja  3 2 2( ) ( ) 0,T T v T v v V       . 
Concluímos que ou 0  ou 2( ) 0T v v V   , o que implica 
que T é operador nulo. 
 
Assim, se T é nilpotente com 3n  então seu único autovalor é 
0  . 
 
A generalização para nℕ segue com naturalidade. 
Deve-se determinar ℝ tal que   ( ) 0,T I v v V    . 
Como T é linear     1 1( ) 0 0,n nT T I v T v V      . 
Ou seja  1 1( ) ( ) 0,n n nT T v T v v V        . 
Concluímos que ou 0  ou 1( ) 0nT v v V    , o que 
implica que T é operador nulo. 
 
Assim, se T é nilpotente então seu único autovalor é 0  . 
 
Item b. 
Vamos escrever uma matriz 
a b
A
c d
 
  
 
. 
Notas de Aula 2017 –Álgebra Linear – Prof. Rui – DMA – UEM 
 
professorrui@hotmail.com Página 54 
 
2
2
2
a b a b a bc ab bd
A
c d c d ac cd bc d
     
             
. 
 
Devemos resolver 
2
2
0
0
0
0
a bc
ab bd
ac cd
bc d
  

 

 
  
 
 
Vamos resolver por tentativas. 
Adotamos que 0a  . 
2
0
0
0
0
bc
bd
cd
bc d

 


  
 
 
Adotamos também que 0b  . 
2
0 0
0 0
0
0
cd
d

 


 
 
 
O que implica que 0d  . O valor de c pode ser qualquer real. 
Então um exemplo é 
0 0
0
A
k
 
  
 
. 
 
Notas de Aula 2017 –Álgebra Linear – Prof. Rui – DMA – UEM 
 
professorrui@hotmail.com Página 55 
 
Verificação: 2
0 0 0 0 0 0
0 0 0 0
A
k k
     
      
     
. 
 
 
Item c. 
Devemos mostrar que um operador linear nilpotente, não nulo, 
não é diagonalizável. 
 
Vamos provar “por absurdo”. 
Vamos negar a tese e trabalhar para obter um absurdo, uma 
contradição com as hipóteses. 
A negação da tese é: Seja T um operador nilpotente e 
diagonalizável. 
Como admitimos que T é diagonalizável, existirá uma base  
formada por autovetores na qual  T  é diagonal. Na diagonal 
dessa representação matricial estarão escritos os autovalores de 
T. Mas todos os autovetores de T são iguais a zero. Dessa 
maneira, a matriz de T escrita na base  é uma matriz nula. 
Mas T não é um operador nulo. Absurdo. 
 
 
Exercício 11. Diz-se que um operador linear :T V V é 
idempotente se 2T T , isto é,   ( ) ( )T T v T v� para todo 
v V . 
a) Seja T idempotente. Determine seus autovalores. 
b) Determine uma matriz 2 2 0A   tal que 
2 2:AT ℝ ℝ seja 
idempotente. 
c) Mostre que um operador linear idempotente é 
diagonalizável. 
 
 
Notas de Aula 2017 –Álgebra Linear – Prof. Rui – DMA – UEM 
 
professorrui@hotmail.com Página 56 
 
Resolução. 
Item a. 
Por hipótese tem-se que   ( ) ( )T T v T v� para todo v V . 
Para determinar os autovalores de T devemos procurar números 
reais  tais que   0,T I v v V    . 
Como T é linear  0 0T  então 
    0 0,T T I v T v V     . 
Ou seja,  2 0,T T v v V    . 
Como T é idempotente   0,T T v v V    . 
Ou ainda  1 ( ) 0,T v v V    . 
Para que  1 ( ) 0,T v v V    deve-se ter que 1  ou que 
T seja a aplicação nula, e neste caso só existe autovalor nulo. 
Assim, os autovalores de um operador idempotente só podem 
ser 0  ou 1  . 
 
 
Item b. 
Pensamos em uma matriz  
a b
T
c d
 
  
 
. 
O produto   T T deve ser igual a  T : 
2
2
a b a b a bc ab bd
c d c d ac cd bc d
     
            
 
 
Tentamos obter uma solução do sistema: 
Notas de Aula 2017 –Álgebra Linear – Prof. Rui – DMA – UEM 
 
professorrui@hotmail.com Página 57 
 
2
2
a bc a
ab bd b
ac cd c
bc d d
  

 

 
  
 
 
Resolvemos, por tentativas. 
Adotaremos que 1a  . 
2
1 1bc
b bd b
c cd c
bc d d
 
  

 
  
 
 
Para satisfazer a primeira equação, adotaremos 0b  . 
2
1 1
0 0
c cd c
d d

 

 
 
 
Para satisfazer a terceira equação adotaremos 0d  . 
1 1
0 0
0 0
c c

 


 
 
 
Podemos escolher qualquer valor real para c. Escolhemos, por 
exemplo, 3c  . 
A matriz é 
1 0
3 0
A
 
  
 
. 
Notas de Aula 2017 –Álgebra Linear – Prof. Rui – DMA – UEM 
 
professorrui@hotmail.com Página 58 
 
Verificação: 
1 0 1 0 1(1) 3(0) 1(0) 0(0) 1 0
3 0 3 0 3(1) 0(3) 3(0) 0(0) 3 0
AA
        
                 
. 
 
O autor apresenta na seção de respostas outra matriz, 
2 1
2 1
 
  
. 
 
 
Item c. 
Sabe-se, por hipótese, que   ( ) ( )T T v T v� para todo v V . 
Ou seja,   ( ) ( )T T v T v  0� , ou ainda que  2 ( )T T v  0 , 
ou ainda que  2T T é o operador nulo. 
Os teoremas 7.2.3 e 7.2.4 relacionam polinômios 
característicos e autovalores. 
Então, considere o polinômio 2( )p x x x  que podeser 
fatorado como    ( ) 0 1p x x x   . 
Verifica-se que    0p T   . 
Como pelo item anterior os autovalores de T são 0 e 1, seu 
polinômio característico é da forma      1n mp      . 
Pelo Teorema 7.2.6, como    ( ) 0 1p x x x   anula T e tem 
o menor grau possível com as raízes 0 e 1, ele é o polinômio 
minimal de T. 
Como os autovalores são distintos e seu número é 2, a 
dimensão do espaço, pelo Corolário 7.1.2 T é diagonalizável. 
 
 
Notas de Aula 2017 –Álgebra Linear – Prof. Rui – DMA – UEM 
 
professorrui@hotmail.com Página 59 
 
(*) Exercício 12. Mostre que 
3 0 0
0 2 5
0 1 2
A
 
   
  
 não é 
diagonalizável. No entanto, se A representar, numa certa base, 
um operador linear :T V V , onde V é um espaço vetorial 
complexo, então T é diagonalizável. Verifique este fato ou, 
equivalentemente, que existe uma matriz com elementos 
complexos 3 3P , invertível, tal que 
1
3 0 0
0 0
0 0
P A P i
i

 
     
  
. 
 
Resolução. Exercício difícil. 
 
3 0 0
0 2 5
0 1 2
A I

 

 
     
   
 
 
 
        det 3 2 2 5 3A I            
    3 2 2 5          
  23 4 2 2 5            
  23 1      
 
Tem-se  det 0 3 ou ou A I i i          . 
Notas de Aula 2017 –Álgebra Linear – Prof. Rui – DMA – UEM 
 
professorrui@hotmail.com Página 60 
 
Considerando-se o espaço vetorial sobre o corpo dos números 
reais, só existe a solução 3  . Este seria o único autovalor do 
operador. 
 
Vamos determinar os autovetores associados ao autovalor 
3  . 
 
  
0 0 0 0
3 0 1 5 0
0 1 5 0
x
A I v y
z
     
               
          
0 
 
0 0
5 0
5 0
y z
y z


   
  
0 0
5
5
y z
y z


  
 
0 0
0
0
y
z


 
 
 
 
O auto-espaço associado tem dimensão 1, “x” pode assumir 
qualquer valor real. Esse subespaço é gerado, por exemplo, 
pelo autovetor  1,0,0 . 
Portanto, não existem 3 autovetores que possam compor uma 
base na qual a matriz do operador seja diagonal. 
 
Agora, se considerarmos o espaço vetorial com escalares no 
corpo dos números complexos existirão 3 autovalores, 3  , 
i  e i   . 
 
O auto-espaço associado com 3  tem gerador  1 1,0,0v  . 
Procuremos o auto-espaço (complexo) associado ao autovalor 
i  . 
 
Notas de Aula 2017 –Álgebra Linear – Prof. Rui – DMA – UEM 
 
professorrui@hotmail.com Página 61 
 
3 0 0
0 2 5
0 1 2
i
A iI i
i
 
     
   
 
 
 
  
3 0 0 0
0 2 5 0
0 1 2 0
i x
A iI v i y
i z
     
               
           
0 
 
 
 
 
3 0
2 5 0
2 0
i x
i y z
y i z
 

   
     
0
5
2
2
x
y z
i
y i z


 

   
0
5 2
2 2
2
x
i
y z
i i
y i z

 
 
 
 
 
 
 
 
0
10 5
4 1
2
x
i
y z
y i z
 


 
 
  
 
 
0
2
2
x
y i z
y i z


  
  
 
 
Então esse auto-espaço tem dimensão 1. Veja que “z” pode 
assumir qualquer valor complexo. Um gerador desse auto-
espaço é, por exemplo,  2 0, 2 ,1v i  . 
 
Procuremos o auto-espaço (complexo) associado ao autovalor 
i   . 
 
Notas de Aula 2017 –Álgebra Linear – Prof. Rui – DMA – UEM 
 
professorrui@hotmail.com Página 62 
 
3 0 0
0 2 5
0 1 2
i
A iI i
i
 
     
   
 
 
 
  
3 0 0 0
0 2 5 0
0 1 2 0
i x
A iI v i y
i z
     
               
           
0 
 
 
 
 
3 0
2 5 0
2 0
i x
i y z
y i z
 

   
     
0
5
2
2
x
y z
i
y i z


 

 
 
   
 
0
5 2
2 2
2
x
i
y z
i i
y i z
 


 
 
  
 
 
 
 
0
5 2
5
2
x
i
y z
y i z

 
 

 
 
 
0
2
2
x
y i z
y i z


  
  
 
 
Então esse auto-espaço tem dimensão 1. Veja que “z” pode 
assumir qualquer valor complexo. Um gerador desse auto-
espaço é, por exemplo,  3 0,2 ,1v i  . 
 
A matriz do operador na base  1 2 3, ,v v v  é diagonal, 
Notas de Aula 2017 –Álgebra Linear – Prof. Rui – DMA – UEM 
 
professorrui@hotmail.com Página 63 
 
 
3 0 0
0 0
0 0
T i
i
 
   
  
. 
 
Obs. O enunciado do livro tem um erro de digitação, o 
elemento da posição (3,3) é 33a i  . 
 
 
(*) Exercício 13. Problema pesquisa. (Pode ser retirado da 
lista). 
Seja 
n n
M a a a a
a M a a a
a a M a a
A
a a a M a
a a a a M

 
 
 
 
  
 
 
 
 
⋯
⋯
⋯
⋮ ⋮ ⋮ ⋱ ⋮ ⋮
⋯
⋯
onde M e 0a  são 
números reais. 
Mostre que: 
a) Os autovalores de A são: 
M a   com multiplicidade 1n e ( 1)u M n a   
 
b)    1det ( 1)nA M a M n a     
 
Obs: Este é um caso particular da situação estudada no artigo 
“Sobre uma classe de matrizes cujo problema de autovalores é 
facilmente solucionável” de Odelar Leite Linhares, publicado 
na Revista Ciência e Cultura (SBPC) volume 29, número 8, de 
agosto de 1977. 
 
Notas de Aula 2017 –Álgebra Linear – Prof. Rui – DMA – UEM 
 
professorrui@hotmail.com Página 64 
 
Resolução. 
Não é necessário resolver este exercício. 
 
 
Exercício 14. Utilize a forma diagonal para determinar nA , 
nℕ , nos seguintes casos: 
a) 
3 4
1 2
A
 
   
 b) 
0 7 6
1 4 0
0 2 2
A
 
   
  
 
Você pode generalizar o seu procedimento para o caso de uma 
matriz quadrada qualquer? Quais as condições? 
 
Resolução. 
Item a. 
3 4
1 2
A
 
   
; 
3 4
1 2
A I



  
     
; 
 
    det 0 3 2 4 0A I          
 
26 3 2 4 0         2 2 0     
 
1 4(1)( 2) 9     
2
1 3
ou
2 2
1
b
a

     
  


 
 
Existem dois autovalores, 2   e 1  . 
Procuremos o auto-espaço associado ao autovalor 2   . 
Notas de Aula 2017 –Álgebra Linear – Prof. Rui – DMA – UEM 
 
professorrui@hotmail.com Página 65 
 
3 2 4 1 4
2
1 2 2 1 4
A I
     
          
 
 
  
1 4 0
2
1 4 0
x
A I v
y
     
             
0 
 
4 0
4 0
x y
x y
  
 
  
4
4
x y
x y

 

 
 
Um gerador desse auto-espaço é, por exemplo,  1 4,1v  . 
 
Procuremos o auto-espaço associado ao autovalor 1  . 
3 1 4 4 4
1 2 1 1 1
A I
     
          
 
 
  
4 4 0
1 1 0
x
A I v
y
     
             
0 
 
4 4 0
0
x y
x y
  
 
  
y x
y x

 

 
 
Um gerador desse auto-espaço é, por exemplo,  2 1,1v  . 
 
Na base     4,1 , 1,1  a matriz torna-se  
2 0
0 1
A


 
  
 
 
 
Assim, como a matriz da composição é o produto das matrizes, 
tem-se que: 
Notas de Aula 2017 –Álgebra Linear – Prof. Rui – DMA – UEM 
 
professorrui@hotmail.com Página 66 
 
 
 
 
2
2
2
2 02 0 2 0
0 1 0 1 0 1
A


     
               
. 
 
 
 
3
3
3
2 02 0 2 0 2 0
0 1 0 1 0 1 0 1
A


        
                   
 
 
De maneira geral a matriz nA na base alfa será 
 
 
1
2
0
0
n
n
n
A




 
       
. 
 
Tem-se 
4 1
1 1c
M 
 
  
 
. 
 
 det 4 1 3cM     . 
 
  1 1
1 4
t
ccof M
         
; 
1/ 3 1/ 3
1/ 3 4 / 3
cM
 
   
. 
 
Assim podemos escrever as relações: 
 
1/ 3 1/ 3 3 4 4 1
1/ 3 4 / 3 1 2 1 1
c c
c cA M A M
 
 
      
             
 
 
4 1 2 0 1/ 3 1/ 3
1 1 0 1 1/ 3 4 / 3
c c
c cA M A M
 
 
      
            
 
Notas de Aula 2017 –Álgebra Linear – Prof. Rui – DMA – UEM 
 
professorrui@hotmail.com Página 67 
 
 
Nos interessa a segunda igualdade. 
 
A expressão de 2A (na base canônica) será: 
 
     2 2c c c cc c c cA M A M M A M M A M            
 
E generalizando      n n nc c cc c cA M A M M A M        
 
Ou seja, 
 
 4 1 1/ 3 1/ 32 0
1 1 1/ 3 4 / 30 1
n
n
n
A
     
          
 
 
 
 
4 2 1 1 1 1
1 4 32 1
n
n
   
       
   
   
4 2 1 4 2 41
3 2 1 2 4
n n
n n
     
 
      
 
 
 
 
 
 
Item b. 
0 7 6
1 4 0
0 2 2
A
 
   
  
; 
7 6
1 4 0
0 2 2
A I

 

  
     
   
. 
 
      det 4 2 12 7 2A I              
 
Notas de Aula 2017 –Álgebra Linear – Prof. Rui – DMA – UEM 
 
professorrui@hotmail.com Página 68 
 
   4 7 2 12            
2 4 7 2 12          
 
2 3 22 8 14 4 7 12            
 
3 22 2       
 
Testamos 0  . Não é raiz. 
Testamos 1  . É raiz. 
Dividimos 3 22 2      por 1  . 
Obtemos a fatoração   2 2 1 0       
 
1 4( 1)2 9     . Raízes: 2 e 1    . 
 
Então, existem três autovalores distintos. 
 
1, 1 e 2      . 
 
Procuremos o auto-espaço associado ao autovalor 1  . 
 
0 7 6
1 4 0
0 2 2
A
 
   
  
; 
1 7 6
1 3 0
0 2 3
A I
  
    
  
 
 
  
1 7 6 0
1 3 0 0
0 2 3 0
x
A I v y
z
      
              
          
0 
 
Notas de Aula 2017 –Álgebra Linear – Prof. Rui – DMA – UEM 
 
professorrui@hotmail.com Página 69 
 
7 6 0
3 0
2 3 0
x y z
x y
y z
   

   
  
3 7 6 0
3
2 3 0
y y z
x y
y z
   

 
  
4 6 0
3
2 3 0
y z
x y
y z
 

 
  
 
 
2
3
3
2
3
y z
x y
y z
 

 

 

. 
 
O auto-espaço associado ao autovalor 1  é gerado, por 
exemplo, pelo autovetor 1
2
3,1,
3
v
   
 
. 
 
Procuremos o auto-espaço associado ao autovalor 1   . 
 
0 7 6
1 4 0
0 2 2
A
 
   
  
; 
1 7 6
1 5 0
0 2 1
A I
 
    
  
 
 
  
1 7 6 0
1 5 0 0
0 2 1 0
x
A I v y
z
     
              
          
0 
 
7 6 0
5 0
2 0
x y z
x y
y z
  

   
  
12 6 0
5
2
y z
x y
y z
 

 
 
2
5
2
y z
x y
y z


 
 
 
Notas de Aula 2017 –Álgebra Linear – Prof. Rui – DMA – UEM 
 
professorrui@hotmail.com Página 70 
 
 
O auto-espaço associado ao autovalor 1   é gerado, por 
exemplo, pelo autovetor  2 5,1, 2v  . 
 
Procuremos o auto-espaço associado ao autovalor 2  . 
 
0 7 6
1 4 0
0 2 2
A
 
   
  
; 
2 7 6
2 1 2 0
0 2 4
A I
  
    
  
 
 
  
2 7 6 0
2 1 2 0 0
0 2 4 0
x
A I v y
z
      
              
          
0 
 
2 7 6 0
2 0
2 4 0
x y z
x y
y z
   

   
  
2 7 6 0
2
2
x y z
x y
y z
   

 
 
 
 
8 14 6 0
4
2
z z z
x z
y z
   

 
 
0 0
4
2
x z
y z


 
 
 
 
Um gerador desse auto-espaço é, por exemplo,  3 4, 2,1v  . 
 
Consideramos a base  1 2 3, ,v v v  . 
Notas de Aula 2017 –Álgebra Linear – Prof. Rui – DMA – UEM 
 
professorrui@hotmail.com Página 71 
 
Nessa base a matriz de AT fica 
1 0 0
0 1 0
0 0 2
A
 
   
  
. 
As matrizes de mudança de base podem ser determinadas. 
 
3 5 4
1 1 2
2 / 3 2 1
cM

 
   
  
. 
 
  1
3 / 2 3 / 2 3
1/ 6 1/ 6 1
2 / 3 4 / 3 1
c
cM M



  
     
  
 
 
Tem-se a relação  c cc cA M A M


 
 
Então,       2 2c c c cc c c cA M A M M A M M A M            
 
E generalizando      n n nc c cc c cA M A M M A M        
 
 
1 0 03 5 4 3 / 2 3 / 2 3
1 1 2 0 1 0 1/ 6 1/ 6 1
2 / 3 2 1 0 0 2 2 / 3 4 / 3 1
nn
n
A
      
           
        
 
 
(*) Exercício 15. (Pode ser retirado da lista) 
Considere o sistema mecânico mostrado na seguinte figura: 
 
Notas de Aula 2017 –Álgebra Linear – Prof. Rui – DMA – UEM 
 
professorrui@hotmail.com Página 72 
 
 
 
Utilizando os procedimentos da seção 7.1.5 estude a vibração 
do sistema quando ele é tirado da posição de equilíbrio. 
Resolva completamente descrevendo o comportamento do 
sistema no caso em que 1 0.5m kg , 2 0.5m kg , 
1 1.2 /k N m e 2 1.8 /k N m . Os deslocamentos iniciais dos 
corpos 1 e 2 são, respectivamente, 0.1 m para cima e 0.2 m 
para baixo. 
Resolução. 
 
§§§§§ 
 
Versão de 01 de maio de 2017.