1) O documento trata da forma canônica de Jordan de matrizes. 2) É definido o conceito de similaridade entre matrizes e mostrado que é uma relação de equivalência. 3) É mostrado que uma matriz é diagonalizável se e somente se possuir uma base formada por seus autovetores.

1. A forma canˆnica de Jordan
o
1 Matrizes e espa¸os vetoriais
c
Defini¸˜o: Sejam A e B matrizes quadradas de orden n sobre um corpo arbitr´rio X. Dizemos que
ca a
A ´ semelhante a B em X (A ∼ B) se existe uma matriz invert´ P , em X, tal que A = P BP −1 .
e ıvel
Proposi¸˜o 1: ∼ ´ uma rela¸˜o de equivalˆncia.
ca e ca e
Demonstra¸˜o:
ca
Sejam A, B e C matrizes quadradas de ordem n.
(i) A ∼ A. Pois A = IAI , onde I ´ a matriz identidade de ordem n.
e
(ii) A ∼ B ⇒ B ∼ A. De fato, A ∼ B ⇒ A = P BP −1 , para alguma matriz invert´
ıvel
−1 −1 −1 −1
P ⇒ B = P AP = (P )A(P ) ⇒ B ∼ A.
(iii) A ∼ B e A ∼ C, ent˜o A ∼ C. Por hip´tese, existem matrizes invert´
a o ıveis P e Q tais que
−1 −1 −1 −1 −1
A = P BP , B = QCQ ⇒ A = P (QCQ )P = (P Q)C(P Q) .
cqd.
Defini¸˜o: Uma matriz quadrada A ´ diagonaliz´vel se A ´ semelhante a uma matriz diagonal.
ca e a e
Proposi¸˜o 2: Seja k um corpo e seja A ∈ Mn (k). Ent˜o, A ´ diagonaliz´vel se e somente se
ca a e a
n
k possui uma base formada por auto-vetores de A.
Demonstra¸˜o:
ca
Suponha que B = {v1 , v2 , ..., vn } ´ uma base de k n formada por auto-vetores de A, isto ´:
e e
Avi = λi vi , i = 1, 2, ..., n, para certos escalares λi em k.
Seja P , a matriz cuja i-´sima coluna ´ o vetor coluna vi , i = 1, 2, ..., n. Como {v1 , v2 , ..., vn } ´ l.i. ,
e e e
temos que det(P ) = 0 ⇒ P ´ invert´
e ıvel. Ent˜o:
a
P −1 AP = P −1 [Av1 Av2 ... Avn ] = P −1 [λ1 v1 λ2 v2 ... λn vn ] = P −1 [v1 v2 ... vn ] Λ , onde
  P
λ1 0 . . . 0
 0 λ2 . . . 0 
Λ= . Logo, P −1 AP = Λ ⇒ A ´ diagonaliz´vel.
e a
 
.
. . ..
. .
 . . . .
. 
0 0 . . . λn
Por outro lado, se A ´ diagonaliz´vel e λ1 , λ2 , ..., λn s˜o os auto-valores de A, ent˜o P −1 AP = Λ,
e a a a
para alguma matriz invert´ P , onde Λ ´ a matriz descrita acima. Portanto, AP = P Λ.
ıvel e

2. Suponha que P = [v1 v2 ... vn ] , onde vi ´ a i-´sima coluna de P (i = 1, 2, ..., n).
e e
Temos que vi ´ um vetor coluna de k n ∀ i ∈ {1, 2, ..., n} e, como P ´ invert´
e e ıvel, segue que
n
B = {v1 , v2 , ..., vn } ´ l.i. ⇒ B ´ uma base de k .
e e
Ent˜o,
a
AP = A[v1 v2 ... vn ] = [v1 v2 ... vn ] Λ = [λ1 v1 λ2 v2 ... λn vn ] ⇒ Avi = λi vi ∀ i ∈ {1, 2, ..., n} ⇒ B ´
e
formada por auto-vetores de A.
cqd.
Proposi¸˜o 3: Seja A ∈ Mn (k). Se A possui n auto-valores, todos distintos, ent˜o A ´ diago-
ca a e
naliz´vel.
a
Demonstra¸˜o:
ca
Suponha que λ1 , λ2 , ... λn s˜o os auto-valores de A, com λi = λj , para i = j. Para cada
a
i ∈ {1, 2, ..., n}, seja vi um auto-vetor associado ao auto-valor λi , isto ´: Avi = λi vi , i = 1, 2, ..., n.
e
Pela Proposi¸˜o 2, basta mostrar que B = {v1 , v2 , ..., vn } ´ uma base de k n , ou seja, que B ´
ca e e
um conjunto l.i.
Suponha, por absurdo, que B ´ l.d.e
Ent˜o, existem escalares α1 , α2 , ...αn , em k, n˜o todos nulos, tais que α1 v1 + α2 v2 + ... + αn vn = 0.
a a
s
Reindexando os vetores vi , podemos supor que αi vi = 0, onde 1 ≤ s ≤ n e αi = 0 ∀ i ∈
i=1
w
{1, 2, ..., s}. Seja w o menor inteiro com essa propriedade, ou seja, αi vi = 0, com αi = 0 e, se
i=1
j
j < w, ent˜o
a αi vi = 0.
i=1
w w w w
Temos que A αi vi = A(αi vi ) = αi (Avi ) = αi λi vi = 0.
i=1 i=1 i=1 i=1
w w w
Al´m disso,
e αi vi = 0 ⇒ λw ( αi vi ) = 0 ⇒ λw αi vi = 0.
i=1 i=1 i=1
w w w−1
Portanto, αi λi vi − λw αi vi = 0 =⇒ αi (λi − λw )vi = 0, o que contradiz a
i=1 i=1 i=1
minimalidade de w, pois αi (λi − λw ) = 0 ∀ i = 1, 2, ..., n. Logo, B ´ l.i. ⇒ A ´ diagonaliz´vel.
e e a
cqd.
Exerc´ıcio: Mostre que: se A ∈ Mn (k) ´ diagonaliz´vel
e a e PA (x) = det(xI − A) ent˜o PA (A) = 0.
a
Resolu¸˜o:
ca
 
λ1 0 ... 0
 0 λ2 ... 0 
A ´ diagonaliz´vel ⇒ existe uma matriz Λ =  .
e a  tal que A ∼ Λ, ou seja:
 
. ... .
 .. .
. .
. 
0 0 . . . λn
ıvel, tal que A = P ΛP −1 .
existe P ∈ Mn (k), uma matriz invert´
Afirma¸˜o 1: PA (A) = 0 ⇔ PA (Λ) = 0.
ca
Prova: Suponha que P (x) = a0 + a1 x + ... + an xn . temos que:
PA (A) = 0 ⇔ a0 I + a1 A + ... + an An = 0.

3. Por indu¸˜o, temos que Ai = P Λi P −1 ∀ i = 1, 2, ..., n. Portanto,
ca
a0 + a1 P ΛP −1 + ... + an P Λn P −1 = 0 ⇔ P (a0 + a1 Λ + ... + an Λn )P −1 = 0 ⇔
P (PA (Λ))P −1 = 0 ⇔ PA (Λ) = 0.
Afirma¸˜o 2: Sejam A ∈ Mn (k), uma matriz diagonal , f (x) ∈ k[x] e C = f (A). Ent˜o, o
ca a
elemento cij , da posi¸˜o ij da matriz C, ´ dado por:
ca e
f (aij ), se i = j.
cij =
0, se i = j.
Prova: Suponha que A = (aij ), com aij = o para i = j.
- Temos que (αA)ij = αaij ∀ i, j ∈ {1, 2, ..., n}, α ∈ k.
- Por indu¸˜o, temos que (Aq )ij = (aij )q ∀ q ∈ N.
ca
Portanto, se f (x) = β0 + β1 x + ... + βs xs , com βi ∈ k, i = 1, 2, ..., s, ent˜o cij = (f (A))ij =
a
β0 + β1 aij + ... + βs as = f (aij ),
ij se i = j.
(β0 I + β1 A + ... + βs As )ij =
0, se i = j.
Voltando...
Temos que Λ = (λij ) ´ diagonal. Ent˜o, se C = PA (Λ), segue, da Afirma¸˜o 2, que
e a ca
PA (λij ), se i = j.
cij = , para Λ = (λij ).
0, se i = j.
Como λii ´ auto-valor de A ∀ i ∈ {1, 2, ..., n}, segue que PA (λii ) = 0 ∀ i ∈ {1, 2, ..., n}.
e
Portanto, cij = 0 ∀ i, j ∈ {1, 2, ..., n} ⇒ C = PA (Λ) = 0 ⇒ PA (A) = 0.
Sejam k, um corpo algebricamente fechado, e V , um espa¸o vetorial de dimens˜o n sobre k.
c a
Teorema 1: Seja ϕ : V → V , um operador linear. Ent˜o, existe P (x) ∈ k[x], um polinˆmio n˜o
a o a
nulo, tal que P (ϕ) = 0.
Demonstra¸˜o:
ca
Seja B, uma base de V , e seja ψ : (V ) ⇒ Mn (k) tal que ψ(ϕ) = [ϕ]B ∀ ϕ ∈ (v), onde (V ) =
Espa¸o vetorial dos operadores lineares em V e [ϕ]B = matriz de ϕ com rela¸˜o ` base B.
c ca a
Temos que ψ ´ um isomorfismo de espa¸os vetoriais e, portanto, dimk (v) = dimk Mn (k) = n2 .
e c
2 n2
Logo, o conjunto {I, ϕ, ϕ , ..., ϕ } ´ l.d. e, portanto, existem escalares a0 , a1 , ..., an2 , n˜o todos
e a
2
nulos, tais que a0 I, a1 ϕ, ..., an2 ϕn = 0.
2
Seja P (x) = a0 + a1 x + ... + an2 xn ∈ k[x]. Logo, P (ϕ) = 0.
cqd.
Teorema 2: Sejam ϕ : V → V , um operador linear, P (x) ∈ k[x], um polinˆmio mˆnico, tal que
o o
P (ϕ) = 0. Como k ´ algebricamente fechado, temos que P (x) = (x − λ1 )n1 (x − λ2 )n2 ...(x − λs )ns ,
e
com λi ∈ k ∀ i ∈ {1, 2, ...s} e λi = λj , para i = j. Ent˜o:
a

4. a) V = ker(ϕ − λ1 I)n1 ⊕ ker(ϕ − λ2 I)n2 ⊕ · · · ⊕ ker(ϕ − λs I)ns .
b) Vi = ker(ϕ − λi I)ni ´ invariante sobre ϕ, ou seja: ϕ(Vi ) ⊆ Vi ∀ i = 1, 2, ..., s.
e
Demonstra¸˜o:
ca
Afirma¸˜o: ∃ i ∈ {1, 2, ..., s} tal que ker(ϕ − λi I)ni = {0}.
ca
Prova: Suponha, por absurdo, que ker(ϕ − λj I)nj = {0} ∀ j ∈ {1, 2, ..., s}.
Ent˜o, (ϕ − λj I)nj : V → V ´ invert´ ∀ j ∈ {1, 2, ..., s}. Portanto,
a e ıvel
P (ϕ) = (ϕ − λ1 I) ◦ (ϕ − λ2 I) ◦ ... ◦ (ϕ − λs I)ns ´ uma composi¸˜o de operadores invert´
n1 n2
e ca ıveis
⇒ P (ϕ) ´ invert´ (o que ´ um absurdo, pois P (ϕ) = 0).
e ıvel e
Portanto, ∃ i ∈ {1, 2, ..., s} tal que ker(ϕ − λi I)ni = {0}.
Suponha, sem perda de generalidade, que ker(ϕ − λ1 I)n1 = {0}.
Sejam f (x) = (x − λ1 )n1 , g(x) = (x − λ2 )n2 ...(x − λs )ns ∈ k[x].
Temos que mdc(f (x), g(x)) = 1. Logo, pelo teorema de B´zout, Existem A(x) , B(x) ∈ k[x]
e
tais que A(x)f (x) + b(x)g(x) = 1 ⇒ A(ϕ)f (ϕ) + B(ϕ)g(ϕ) = I. Portanto, v = I(v) =
A(ϕ)(f (ϕ)(v)) + b(ϕ)(g(ϕ)(v)) ∀ v ∈ V .
Se v ∈ ker f (ϕ) ⇒ A(ϕ)(f (ϕ)(v)) = A(ϕ)(0) = 0 ⇒ v = b(ϕ)(g(ϕ)(v)) = g(ϕ)(b(ϕ)(v)) ⇒
v ∈ Im g(ϕ). Por outro lado, se v ∈ Im g(ϕ) ⇒ ∃ w ∈ V tal que v = g(ϕ)(w) ⇒ f (ϕ)(v) =
f (ϕ)(g(ϕ)(w)) = P (ϕ)(w) = 0 ⇒ v ∈ ker P (ϕ).
Logo, Im g(ϕ) = ker f (ϕ) e, analogamente, Im f (ϕ) = ker g(ϕ).
Se dim V = 1, temos que ker (ϕ − λ1 I)n1 = {0} ⇒ ∃ v ∈ V, v = 0, tal que (ϕ − λi I)ni (v) = 0.
Mas {v} ´ uma base de V (pois dim V = 1) ⇒ (ϕ − λ1 I)n1 ≡ 0 ⇒ V = ker(ϕ − λ1 I)n1 =
e
ker f (ϕ) = Im g(ϕ).
⇒ g(ϕ) = (ϕ − λ2 )n2 ◦ (ϕ − λ3 )n3 ◦ ... ◦ (ϕ − λs )ns ´ invert´
e ıvel ⇒ (ϕ − λi )ni ´ invert´
e ıvel
ni
∀ i ∈ {2, 3, ..., s}. Logo, ker(ϕ − λi I) = {0} ∀ i ∈ {2, 3, ..., s} e, portanto, temos que V =
ker(ϕ − λ1 I)n1 ⊕ ker(ϕ − λ2 I)n2 ⊕ ... ⊕ ker(ϕ − λs I)ns . Al´m disso,
e
n1
ϕ(V1 ) = ϕ(ker(ϕ − λ1 I) ) = ϕ(V ) ⊆ V = V1 e, portanto, o teorema est´ provado.
a
Suponha, agora, que dim V = n > 1 e que o teorema ´ v´lido para espa¸os de dimens˜o menor
e a c a
do que n.
Vimos que A(ϕ)f (ϕ) + b(ϕ)g(ϕ) = I ⇒ V = I(V ) = f (ϕ)(A(ϕ)(V )) + g(ϕ)(B(ϕ)(V )) ⇒ V =
Im f (ϕ) + Im g(ϕ).
Como Im f (ϕ) = ker g(ϕ), segue que V = ker g(ϕ)) + Im g(ϕ) e, como dim V = dim ker g(ϕ) +
dim Im g(ϕ), segue que V = ker g(ϕ) ⊕ Im g(ϕ) ⇒ V = ker f (ϕ) ⊕ ker g(ϕ).
Temos que ϕ(V ) ⊆ V ⇒ f (ϕ)(ϕ(V )) ⊆ f (ϕ)(V ) ⇒ ϕ(f (ϕ)(V )) ⊆ f (ϕ)(V ) ⇒
ϕ(Im f (ϕ)) ⊆ Im f (ϕ) ⇒ ϕ(ker(g(ϕ))) ⊆ ker(g(ϕ)). Analogamente, conclui-se que ϕ(ker f (ϕ)) ⊆
ker f (ϕ).
Temos, ainda, que dim ker g(ϕ) < n, pois dim ker f (ϕ) = 0. Logo, se considerarmos a restri¸˜o ca
ϕ = ϕ| : ker g(ϕ) → ker g(ϕ), temos que g(ϕ ) = 0. Portanto, pela hip´tese de indu¸˜o, segue que
o ca
ker g(ϕ) = ker(ϕ − λ2 I)n2 ⊕ ... ⊕ ker(ϕ − λs I)ns e ϕ(ker(ϕ − λi )ni ) ⊆ ker(ϕ − λi )ni ∀ i ∈ {2, ..., s}.
Logo, V = V1 ⊕ V2 ⊕ ... ⊕ Vs e ϕ(Vi ) ⊆ Vi ∀ i = 1, 2, ..., s, onde Vi = ker(ϕ − λi I)ni (o que conclui a
demonstra¸˜o do teorema).
ca cqd.

5. Observa¸˜o: Se ker (ϕ − λi I)ni = {0}, ent˜o existe v ∈ V tal que (ϕ − λi I)ni (v) = 0. Podemos
ca a
tomar p, o expoente m´ ınimo para o qual (ϕ − λi I)p (v) = 0.
´
E claro que p ≥ 1. Portanto, podemos considerar v = (ϕ − λi I)p−1 (v) = 0.
Note que (ϕ − λi I)(v ) = ϕ(v ) − λi v = 0 ⇒ ϕ(v ) = λi v ⇒ λi ´ auto-valor de ϕ.
e
Portanto, os poss´ıveis polinˆmios P (x) tais que P (ϕ) = 0 s˜o da forma
o a
P (x) = (x−λ1 )n1 (x−λ2 )n2 ...(x−λt )nt g(x), onde g(x) ∈ k[x] e λ1 , λ2 , . . . , λt s˜o os auto-valores de ϕ.
a
2 Formas de Jordan
Sejam k, um corpo algebricamente fechado, e V , um espa¸o vetorial de dimens˜o n sobre k.
c a
Defini¸˜o: Um
ca bloco de Jordan Js (λ) ´ uma matriz em Ms (k) dada por:
e
 
λ 1 0 ... 0 
 0 λ 1 ... 0   λ, se i = j.
  
Js (λ) =  . . .. .. .
 . . . , ou seja: (Js (λ))ij = 1, se j = i + 1.

. ..
 . .  
 0 0 0 ... 1  
0, caso contr´rio.
a
0 0 0 ... λ
Defini¸˜o: Uma matriz J ∈ Mn (k) ´ uma matriz de Jordan se J ´ formada por blocos de Jordan
ca e e
Jn1 (λ1 ), Jn2 (λ2 ), ..., Jns (λs ), colocados sob forma diagonal da seguinte forma:
 
Jn1 (λ1 ) 0 ... 0
 0 Jn2 (λ2 ) . . . 0 
J =
 
.
. .
. .. .
. 
 . . . . 
0 0 . . . Jns (λs )
s
J tamb´m ´ denotada por Jn1 (λ1 ) ⊕ Jn2 (λ2 ) ⊕ ... ⊕ Jns (λs ) =
e e Jni .
i=1
Teorema 3: Seja ϕ : V → V , um operador linear nilpotente ( isto ´: existe p ∈ N tal que
e
ϕp ≡ 0). Ent˜o, existe uma base B, de V , tal que a matriz de ϕ, com rela¸˜o ` base B, ´ dada por:
a ca a e
[ϕ]B = Jn1 (0) ⊕ Jn2 (0) ⊕ ... ⊕ Jns (0), para certos naturais ni .
Demonstra¸˜o:
ca
Suponha que o ´ ındice de nilpotˆncia de ϕ seja s + 1, ou seja: ϕs+1 = 0 e ϕs = 0. Temos que
e
2 s
ϕ(V ) ⊇ ϕ (V ) ⊇ ... ⊇ ϕ (V ).
Seja V0 = ker ϕ e, para 1 ≤ i ≤ s, seja Vi = ker ϕ ∩ ϕi (V ). Observe que Vi ´ subespa¸o de
e c
V ∀ i ∈ {0, 1, ..., s} e Vo ⊇ V1 ⊇ ... ⊇ Vs .
Seja Bs = {es,1 , es,2 , ..., es,ns } uma base de Vs e, para 0 < q ≤ s, seja
Bq−1 = Bq ∪ {eq−1,1 , eq−1,2 , ..., eq−1,nq−1 } uma base de Vq−1 .
Ent˜o, B0 = {ei,m : 0 ≤ i ≤ s, 1 ≤ m ≤ ni } ´ base de V0 .
a e
Para cada par (i, m), temos que ei,m ∈ Vi ⇒ ei,m ∈ ϕi (V ) ⇒ ∃ fi,m ∈ V tal que ϕi (fi,m ) = ei,m .

6. ∗
Lema: Para cada i = 1, 2, ..., s , o conjunto Bi+1 , dado por:
∗
Bi+1 = {ϕt (fj,m ) : 0 ≤ j ≤ s , 1 ≤ m ≤ nj e m´x{0, j − i} ≤ t ≤ j } ´ uma base de ker ϕi+1 .
a e
Prova por indu¸˜o em i:
ca
Para i = 0, temos que m´x {0, j − 0} = j. Logo,
a
∗ ∗
B0+1 = B1 = {ϕt (fj,m ) : 0 ≤ j ≤ s , 1 ≤ m ≤ nj e j ≤ t ≤ j } =
{ϕj (fj,m ) : 0 ≤ j ≤ s , 1 ≤ m ≤ nj } = {ej,m : 0 ≤ j ≤ s , 1 ≤ m ≤ nj }.
∗
=⇒ B1 = B0 = base de V0 = ker ϕ = ker ϕ0+1 .
Portanto, a afirma¸˜o vale para i = 0.
ca
Seja i > 0 e suponha que a afirma¸˜o vale para i − 1.
ca
∗ ∗
Em primeiro lugar, vamos mostrar que Bi+1 ´ um subconjunto de ker ϕi+1 , ou seja: Bi+1 ⊆
e
ker ϕi+1 .
∗
Seja X ∈ Bi+1 ⇒ X = ϕt (fj,m ), com : 0 ≤ j ≤ s , 1 ≤ m ≤ nj e m´x{0, j − i} ≤ t ≤ j.
a
=⇒ ϕ (X) = ϕi+1 (ϕt (fj,m )) = ϕi+t+1 (fj,m ).
i+1
Temos que j − i ≤ t ⇒ t + i + 1 ≥ j + 1 ⇒ ϕi+t+1 (fj,m ) = 0 ⇒ ϕi+1 (X) = 0. Logo,
∗
Bi+1 ´ um subconjunto de ker ϕi+1 .
e
∗
Vamos mostrar agora que Bi+1 gera ker ϕi+1 .
Seja X ∈ ker ϕi+1 ⇒ ϕi+1 (X) = ϕ(ϕi (X)) = 0 ⇒ ϕi (X) ∈ ker ϕ ∩ ϕi (V ) = Vi .
Por constru¸˜o, temos que {ej,m : i ≤ j ≤ s , 1 ≤ m ≤ nj } ´ uma base de Vi .
ca e
s nj
Portanto, ϕi (X) se escreve de forma unica como ϕi (X) =
´ µjm ej,m ⇒
j=i m=1
nj s nj
s
i
ϕ (X) = j
µjm ϕ (fj,m ) = ϕ ( i
µjm ϕj−i (fj,m )) (observe que j ≥ i).
j=i m=1 j=i m=1
W
Ent˜o, ϕi (X) = ϕi (W ) ⇒ ϕi (X − W ) = 0 ⇒ X − W ∈ ker ϕi = ker ϕ(i−1) + 1
a
s nj j
Portanto, pela hip´tese de induc˜o, temos que X − W =
o a γj,m,t ϕt (fj,m ),
j=0 m=1 t=u
onde u = m´x{0, j − (i − 1)} = m´x{0, j − i + 1)}.
a a
Note que, para cada parcela dessa soma, ϕt (fj,m ) ´ tal que u ≤ t ≤ j. Logo, t satisfaz
e
m´x {0, j − i} ≤ t ≤ j.
a
∗ ∗
Portanto, Z = X − W ∈ Bi+1 = subespa¸o gerado por Bi+1 .
c
∗
∗
s nj
Temos que W = µjm ϕj − i (f ´
j,m ). E claro que m´x {0, j − i} ≤ j − i ≤ j e, portanto,
a
j=i m=1
∗
W ∈ Bi+1 .

7. ∗ ∗
Ent˜o, X = Z + W ∈ Bi+1
a ⇒ ker ϕi+1 ´ gerado por Bi+1 .
e
∗
Para concluirmos a demonstra¸˜o do Lema, resta mostrar que Bi+1 ´ l.i.
ca e
s nj j
Suponha que µj,m,t ϕt (fj,m ) = 0, onde u = m´x{0, j − i + 1}.
a
j=0 m=1 t=u
Considere a seguinte identifica¸˜o: Para cada j, m, t ,
ca
ϕt (fj,m ) ≡ vj,m,q onde q = j − t =⇒ 0 ≤ q ≤ s
,
µj,m,t ≡ αj,m,q
s s nj
Ent˜o, pela identifica¸˜o acima, podemos escrever:
a ca αj,m,t vj,m,q = 0.
q=0 j=0 m=1
w s nj w s nj
Para cada w = 1, 2, ..., s, temos: αj,m,q vj,m,q = 0 ⇒ ϕw ( αj,m,t vj,m,q ) = 0.
q=0 j=0 m=1 q=0 j=0 m=1
w s nj
⇒ αj,m,q ϕw (vj,m,q ) = 0. Por´m, ϕw (vj,m,q ) = 0
e ⇒ ϕw (ϕj−q (fj,m )) = 0
q=0 j=0 m=1
s nj
⇒ j ≥ j − q + w ⇒ q ≥ w ⇒ q = w. Logo, αj,m,w ϕw (vj,m,w ) = 0
j=0 m=1
ej,m
⇒ αj,m,w = 0 ∀ j, m, pois {ej,m : 0 ≤ j ≤ s , 1 ≤ m ≤ nj } ´ l.i.
e
w−1 s nj
Ent˜o, temos que
a αj,m,q vj,m,q = 0. Aplicando esse procedimento para
q=0 j=0 m=1
w = s , s − 1 , ..., 1 , 0, nessa ordem, obtemos αj,m,q = 0 ∀ j, m, q ⇒ µj,m,t = 0 ∀ j, m, t
∗
⇒ Bi+1 ´ l.i. , o que conclui o Lema.
e
∗
Em particular, para i = s, temos que ker ϕi+1 = V =⇒ Bs+1 ´ base de V . Temos que
e
∗
Bs+1 = {ϕt (fj,m ) : 0 ≤ j ≤ s , 1 ≤ m ≤ nj e m´x{0, j − s} ≤ t ≤ j }, ou seja:
a
∗ t
Bs+1 = {ϕ (fj,m ) : 0 ≤ j ≤ s , 1 ≤ m ≤ nj e 0 ≤ t ≤ j }.
∗
Considere B, o conjunto Bi+1 , ordenado da seguinte forma:
∗
Sejam ϕt1 (fj1 ,m1 ), ϕt2 (fj2 ,m2 ) ∈ Bi+1 e sejam P (j1 , m1 , t1 ) , P (j2 , m2 , t2 ) as posi¸˜es ocupadas por
co
t1 t2
ϕ (fj1 ,m1 ), ϕ (fj2 ,m2 ) em B respectivamente.
- Se j1 > j2 , ent˜o P (j1 , m1 , t1 ) > P (j2 , m2 , t2 )
a
- Se j1 = j2 e m1 > m2 , ent˜o P (j1 , m1 , t1 ) > P (j2 , m2 , t2 )
a
- Se j1 = j2 e m1 = m2 e t1 > t2 , ent˜o P (j1 , m1 , t1 ) < P (j2 , m2 , t2 )
a
Dessa forma, obtemos a seguinte seq¨ˆncia de vetores:
ue
f0,1 , f0,2 , . . . , f0,n0 , ϕ(f1,1 ) , f1,1 , ϕ(f1,2 ) , f1,2 , . . . , ϕ(f1,n1 ) , f1,n1 , ϕ2 (f2,1 ) , ϕ(f2,1 ) , f2,1 ,

8. ϕ2 (f2,2 ) , ϕ(f2,2 ) , f2,2 , . . . , ϕ2 (f2,n2 ) , ϕ(f2,n2 ) , f2,n2 , . . .
, ϕs (fs,1 ) , ϕs−1 (fs,1 ) , . . . , ϕ(fs,1 ) , fs,1 , ϕs (fs,2 ) , ϕs−1 (fs,2 ) , . . . , ϕ(fs,2 ) , fs,2 . . .
, ϕs (fs,ns ) , ϕs−1 (fs,ns ) , . . . , ϕ(fs,ns ) , fs,ns
s ni
Afirma¸˜o: [ϕ]B =
ca ( Ji (0)). Basta notar que, para cada par j, m a seq¨ˆncia
ue
i=1 m=1
ϕj (fj,m ) , ϕj−1 (fj,m ) , . . . , , ϕ(fj,m ) , fj,m determina um bloco de Jordan Jj (0) na matriz [ϕ]B .
Um outro fato que podemos concluir ´ que o n´mero de blocos de Jordan da matriz [ϕ]B ´ dado
e u e
por n0 + n1 + · · · + ns = dim ker ϕ.
Com isso, conclu´
ımos a demonstra¸˜o do teorema.
ca
cqd.
Teorema 4(Forma de Jordan): Seja V um espa¸o vetorial de dimens˜o finita n e seja ϕ : V → V ,
c a
um operador linear. Ent˜o existe uma base B de V tal que [ϕ]B ´ uma matriz de Jordan.
a e
Demonstra¸˜o:
ca
Pela observa¸˜o do Teorema 2 , existe um polinˆmio P (x) = (x − λ1 )n1 (x − λ2 )n2 ...(x − λs )ns
ca o
tal que P (ϕ) = 0, onde λ1 , λ2 , . . . , λs s˜o os auto-valores de ϕ.
a
Pelo Teorema 2, temos que V = V1 ⊕ V2 ⊕ · · · ⊕ Vs , onde Vi = ker(ϕ − λi I)ni e
s
ϕ(Vi ) ⊆ Vi ∀ i = 1, 2, ..., s. Portanto, se Bi ´ base de Vi , temos que B =
e Bi ´ base de V .
e
i=1
Como ϕ(Vi ) ⊆ Vi ∀ i = 1, 2, ..., s, a matriz de [ϕ]B ´ da forma A1 ⊕ A2 ⊕ · · · ⊕ As, onde
e
Ai = [ϕi ]Bi ´ a matriz de ϕi = ϕ|Vi : Vi → Vi , na base Bi . Al´m disso, para cada i = 1, 2, ..., s,
e e
n1
o operador ϕ − λi I ´ nilpotente (Pois (ϕ − λ1 I) = 0). Portanto, pelo teorema 3, podemos escolher,
e
para cada i, uma base Bi , de Vi , tal que [ϕi − λi I]Bi = Ji,1 (0) ⊕ Ji,2 (0) ⊕ ... ⊕ Ji,ni (0) =⇒
[ϕi ]Bi = Ji,1 (λi ) ⊕ Ji,2 (λi ) ⊕ ... ⊕ Ji,ni (λi ).
s s ni
Portanto, tomando B = Bi , teremos [ϕ]B = ( Ji,m (λi )).
i=1 i=1 m=1
cqd.
Exerc´
ıcio: Encontre uma matriz de Jordan para a matriz complexa
 
2 0 0 0 0 0

 1 2 0 0 0 0 

 −1 0 2 0 0 0  Por ”uma matriz de Jordan para a matriz A”entenda-se:
A= 

 0 1 0 2 0 0 
 uma matriz de Jordan semelhante ` A.
a
 1 1 1 1 2 0 
0 0 0 0 1 −1

9. Resolu¸˜o:
ca
Seja ϕ : C6 → C6 tal que [ϕ]can = A.
Temos que PA (x) = (x − 2)5 (x + 1). Temos, ainda, que ma (x) = (x − 2)4 (x + 1) satisfaz ma (ϕ) = 0.
Portanto, pelo Teorema 2, temo que C6 = V1 ⊕ V2 , onde V1 = ker(ϕ − 2I)4 , V2 = ker(ϕ + I)
e V1 e V2 s˜o invariantes sobre ϕ.
a
Vamos encontrar bases para V1 e V2 . Efetuando os c´lculos, obtemos:
a
 
0 0 0 0 0 0

 0 0 0 0 0 0 

 0 0 0 0 0 0 
[ϕ − 2I]4
can = 

 0 0 0 0 0 0 

 0 0 0 0 0 0 
10 6 9 9 −27 81
Sejam:
w1 = (−6/10, 1, 0, 0, 0, 0)
w2 = (−9/10, 0, 1, 0, 0, 0)
w3 = (−9/10, 0, 0, 1, 0, 0) ⇒ B1 = {w1 , w2 , w3 , w4 , w5 } ´ base de V1 .
e
w4 = (27/10, 0, 0, 0, 1, 0)
w5 = (−81/10, 0, 0, 0, 0, 1)
Observando A, vemos que e1 = {0, 0, 0, 0, 0, 1} ´ tal que B2 = {e1 } ´ base de V2 .
e e
Vamos, agora, analizar os operadores g = (ϕ − 2I)|V1 , h = (ϕ + I)|V2 .
Temos que g 4 = 0 e g 3 = 0.
De acordo com o Teorema 3, sejam D0 = ker g e Di = ker g ∩ g i (V1 ) i ∈ {1, 2, 3}.
Vamos encontrar bases para os espa¸os Di s. Temos que:
c
 
0 0 0 0 0 0

 1 0 0 0 0 0 

 −1 0 0 0 0 0  B0 = {(0, 0, 1, −1, 0, 0), (0, 0, 0, 0, 3, 1)}
[ϕ − 2I]can =  ⇒

 0 1 0 0 0 0 
 ´ base deD0 = ker g
e
 1 1 1 1 0 0 
0 0 0 0 1 −3

10.  
0 0 0 0 0 0
 0 0 0 0 0 0 
  (ϕ − 2I)3 (V1 ) possui uma base
 0 0 0 0 0 0 
[(ϕ − 2I)3 ]can =  ⇒ cujo ´nico elemento ´:
u e
 0 0 0 0 0 0  3
  g (w3 ) = (0, 0, 0, 0, −9/10, −3/10)
 1 0 0 0 0 0 
−3 −2 −3 −3 9 −27
Portanto, uma base para D3 ´ B3 = {(0, 0, 0, 0, −9/10, −3/10)} = {g 3 (w3 )}.
e
 
0 0 0 0 0 0

 0 0 0 0 0 0 
 (ϕ − 2I)2 (V1 ) possui uma
 0 0 0 0 0 0  base cujos elementos s~o: a
[(ϕ − 2I)2 ]can =  ⇒ 2

 1 0 0 0 0 0 
 g (w1 ) = (0, 0, 0, −6/10, 1, 4/10)
 0 1 0 0 0 0  g 2 (w2 ) = (0, 0, 0, −9/10, 0, 1/10)
1 1 1 1 −3 9
Portanto, uma base para D2 ´ B2 = {(0, 0, 0, 0, −9/10, −3/10)} =⇒ D2 = D3 .
e
 
0 0 0 0 0 0
(ϕ − 2I)(V1 ) possui uma base cujos
 1 0 0 0 0 0 
  elementos s~o:a
 −1 0 0 0 0 0 
[ϕ − 2I]can =  ⇒ g(w1 ) = (0, −6/10, 6/10, 1, 4/10, 0)
 0 1 0 0 0 0 
  g(w3 ) = (0, −9/10, 9/10, 0, 1/10, 0)
 1 1 1 1 0 0 
g(w4 ) = (0, 27/10, −27/10, 0, 27/10, 1)
0 0 0 0 1 −3
Logo, uma base para D1 ´ B1 = {(0, 0, 0, 0, −9/10, −3/10)} = {g 3 (w3 )}.
e
Portanto, {(0, 0, 1, −1, 0, 0) , g 3 (w3 )} ´ base de D0 .
e
Pelo Teorema 3, temos que B = {(0, 0, 1, −1, 0, 0), g 3 (w3 ), g 2 (w3 ), g(w3 ), w3 )} ´ base de V1 e
e
[ϕ − 2I]B ´ uma matriz de Jordan.
e
 
2 1 0 0 0
 0 2 1 0 0 
 
Segue que [ϕ|V1 ]B =  0 0 2 1 0 
 
 0 0 0 2 1 
0 0 0 0 2
Para o espa¸o V2 , temos que [ϕ|V2 ]B2 = [−1]
c
 . 
2 1 0 0 0 . . 0
 . 

 0 2 1 0 0 . . 0 

.
0 0 2 1 0 .
 
 . 0 
.
 
Portanto, tomando B ∗ = B ∪ B2 , obtemos [ϕ]B ∗ = 
 0 0 0 2 1 . . 0 

 . 

 0 0 0 0 2 . . 0  

 ... ... ... ... ... . ... 

.
0 0 0 0 0 . . −1

11. Defini¸˜o: Seja A ∈ Mn (k). O espectro de A ´ o conjunto cujos elementos s˜o os auto-valores de
ca e a
A e ´ denotado por Spec A.
e
Teorema 5: Seja A ∈ Mn (k) e seja J uma matriz de Jordan de A. Ent˜o J ´ unica, a menos de
a e´
permuta¸˜es de seus blocos.
co
Demonstra¸˜o:
ca
Seja v(λ, s) o n´mero de blocos Js (λ) que aparecem em J e, para cada t ∈ N , seja r(λ, t) o
u
posto da matriz (A − λI)t , com λ ∈ Spec A.
Temos que J = ( v(λ, s)Js (λ)) , para determinados valores de s.
λ ∈ Spec A s
Vamos calcular r(λ, t) , t ∈ N.
Seja pt (M ), o posto da matriz M ∈ Mn (k). Como o posto de matrizes semelhantes ´ o mesmo,
e
para calcular r(λ, t), basta calcular pt ((J − λI)t ).
Temos que pt ((J − λI)t ) = v(µ, s) pt (Js (µ − λ)t ).
µ ∈ Spec A s
Para cada s, temos que:
- Se µ = λ, como Js (µ − λ) ´ uma matriz triangular, ent˜o det Js (µ − λ) = (µ − λ)s = 0.
e a
Como det B1 ∗ B2 = det B1 ∗ det B2 ∀ B1 , B2 ∈ Mn (k), segue que det Js (µ − λ)t = 0 ⇒
Js (µ − λ)t ´ invert´ ⇒ pt (Js (µ − λ)t ) = s.
e ıvel
- Se µ = λ e t < s ⇒ pt (Js (µ − λ)t ) = s − t.
- Se µ = λ e t ≥ s ⇒ pt (Js (µ − λ)t ) = 0.
Resumindo: 

 s, se µ = λ.
t
pt (Js (µ − λ) ) = s − t, se µ = λ e s > t.

0, se µ = λ e s ≤ t.

Obs: A proposi¸˜o acima tamb´m ´ v´lida para t = 0.
ca e e a
Para t ≥ 1, temos, portanto, que:

 0, se µ = λ.

pt (Js (µ − λ)t−1 ) − pt (Js (µ − λ)t ) = 1, se µ = λ e s ≥ t

0, se µ = λ e s < t

Portanto, r(λ, t − 1) − r(λ, t) = v(µ, s) [pt (Js (µ − λ))t−1 − pt (Js (µ − λ))t ] =
µ∈ Spec A s

12. v(λ, s). Aplicando para t + 1 obtemos:
s≥t
v(λ, s) = r(λ, t) − r(λ, t + 1) e, subtraindo da equa¸˜o acima, chegamos a
ca
s≥t+1
v(λ, t) = r(λ, t − 1) − 2r(λ, t) + r(λ, t + 1) ∀ t ≥ 1.
Portanto, o n´mero de blocos de Jordan de J, de cada tipo, depende unica e exclusivamente
u
dos n´meros r(λ, t) que, dada A, s˜o fixos.
u a
Logo, a matriz de Jordan de A ´ unica, a menos de permuta¸˜es de seus blocos. Por esta raz˜o,
e´ co a
se J ´ uma matriz de Jordan de A, chamamos de a forma de Jordan de A, qualquer matriz obtida
e
a partir de J, por permuta¸˜es de seus blocos, considerando toda essa classe de matrizes como um
co
mesmo objeto.
cqd.
Observa¸˜o: Note que, o teorema acima, al´m demonstrar a ”unicidade”da matriz de Jordan de
ca e
A, nos fornece um m´todo r´pido e eficaz de determin´-la. (Basta saber o n´mero de blocos de
e a a u
cada tipo para constru´ )
ı-la
Exemplo: Calcular a Forma de Jordan da matriz complexa
 
2 −1 0 0
 1 0 0 0 
A= 
 0 0 2 −1 
0 0 1 4
PA (x) = (x − 1)2 (x − 3)2
v(1, 1) = r(1, 2) − 2r(1, 1) + r(1, 0)
r(1, 1) = Posto de A − I = 2.
r(1, 2) = Posto de (A − I)2
 
0 0 0 0
 0 0 0 0 
(A − I)2 = 
 0 0 0 −4 
 ⇒ r(1, 2) = 2
1 1 4 8
Temos que r(1, 0) = 4.
Portanto, v(1, 1) = 2 − 2 ∗ 2 + 4 = 2
v(3, 1) = r(3, 2) − 2r(3, 1) + r(3, 0)
r(3, 1) = Posto de A − 3I = 2.
r(3, 2) = Posto de (A − 3I)2

13.  
0 −2 0 0
 2 8 0 0 
(A − 3I)2 = 
 0 0 0 0 
 ⇒ r(3, 2) = 2
0 0 0 0
Temos que r(3, 0) = 4.
Portanto, v(3, 1) = 2 − 2 ∗ 2 + 4 = 2
 
1 0 0 0
 0 1 0 0 
Logo, a forma de Jordan de A ´ J = 
e  0

0 3 0 
0 0 0 3
Teorema 6(Cayley-Hamilton): Seja A ∈ Mn (k) e seja PA (x), o seu polinˆmio caracter´
o ıstico.
Ent˜o, PA (A) = 0.
a
Demonstra¸˜o:
ca
Seja J a Forma de Jordan de A e seja T tal que T AT −1 = J.
Temos que PA (A) = PA (T JT −1 ) = T (PA (J))T −1 .
Logo, PA (A) = 0 ⇔ PA (J) = 0. Como PA (x) = PJ (x), basta mostrar que PJ (J) = 0.
Suponha que Jn (λ) ´ um dos blocos de J. Devido `s considera¸˜es feitas na demonstra¸˜o do
e a co ca
Teorema 5, podemos supor que J = Jn (λ) ⊕ M , onde M tamb´m ´ uma matriz de jordan.
e e
Note que PJ (J) = PJ (Jn (λ)) ⊕ PJ (M ) e que PJ (x) = PJn (λ) (x)×PM (x).
Logo, PJ (Jn (λ)) = PJn (λ) (Jn (λ))×PM (Jn (λ)). Por´m,
e
PJn (λ) (x) = (x − λ) ⇒ PJn (λ) (Jn (λ)) = (Jn (λ) − λI)n = 0 =⇒ PJ (Jn (λ)) = 0.
n
Portanto, PJ (Jn (λ)) = 0, para todo bloco Jn (λ), de J =⇒ PJ (J) = 0, o que conclui o teorema.
cqd.
Bibliografia:
˜ e ´
PENA, Jos´ Antonio de. Algebra lineal avanzada. M´xico, DF : Universidad Nacional Aut´noma
e o
de M´xico : Fondo de Cultura Econ´mica, 1996.
e o