marcella feitosa dos santos rodrigo gondim · a aldeia dos ogros, a aldeia dos duendes e a aldeia...

Contando caminhos ...

Marcella Feitosa dos Santos

Rodrigo Gondim

UFRPE

3o Colóquio de Matemática da Região Nordeste

Setembro de 2014

Sumário

1 Grafos e matrizes de incidência: Contando caminhos 31.1 Grafos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.2 Grafos completos e ultracompletos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.3 Grafos bipartidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101.4 Grafos de tipo poligonal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

2 Aritmética de matrizes 232.1 Polinômios de matrizes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 232.2 Matrizes vs Transformações lineares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 242.3 Polinômio característico e polinômio mínimo . . . . . . . . . . . . . . . . 262.4 Autovalores, autovetores e diagonalização . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

3 Contando caminhos (bis) 313.1 O pentágono . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 313.2 De volta ao Tetraedro... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 333.3 O Cubo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 343.4 O octaedro . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

Referências Bibliográficas 41

iii

Introdução

Era uma vez, em um reino muito (muito) distante, um particular ecossistemaencantado. Lá havia conjunto de quatro aldeias encantadas, completamenteafastadas de outras civilizações. As quatro aldeias formavam uma configuraçãogeográfica bastante peculiar; havia uma montanha e três aldeias no pé da montanha,a aldeia dos ogros, a aldeia dos duendes e a aldeia dos gnomos. Havia aindauma aldeia no topo da montanha, a aldeia das fadas. O peculiar consistia nageometria do sistema, uma vez que a distância entre quaisquer duas aldeias eraigual a 1 dist (unidade de distância encantada utilizada nesse reino). No topoda montanha habitavam fadas com um estranho hábito iniciado num dia quechamaremos primeiro dia. No dia c cada fada tinha que sair da aldeia do topo damontanha e voltar à mesma aldeia deslocando-se uma distância c. As característicassolitárias da personalidade das fadas fazia com que elas fizesses caminhos distintos.Então pairou sobre elas a seguinte questão:Fixado um comprimento c dist de quantas formas podem as fadas sair da aldeia dotopo e voltar ao topo percorrendo a distância de c dist?

Um modelo matemático natural para tratar o problema seria pensar a distribuiçãocomo um tetraedro. Daí o problema é saber o número de maneiras de ir de umvértice do tetraedro e regressar tendo passado por um número fixado de arestas.Mais geralmente poderíamos perguntar o número de maneiras de ir de um vérticea outro passando por um número fixado de arestas. Esse problema específico pode serresolvido combinatorialmente com uma recorrência (pense!). O fato é que há muitassimetrias no problema.

Em geral esse é um problema de logística. Considere uma estrutura geométricaconsistindo de pontos e segmentos ligando esses pontos. Faz sentido perguntar qualo número de maneiras de sair de um ponto e chegar noutro ponto qualquer passandopor exatamente c arestas. Essas estruturas são chamadas de grafos. A resposta doproblema (para cada c) pode ser armazenada em uma matriz quadrada cuja ordemcorresponde ao número de pontos. Para n = 1 a matriz é chamada matriz de adjacênciado grafo e seus elementos são 0 ou 1 de acordo com a não existência ou existênciade aesta ligamdo os pontos. Um resultado conhecido é que a matriz que resolveo problema para c é a potência de ordem c da matriz de adjacência. Nesse textotrataremos uma grande gama grafos focado no problema de determinar a potência deordem c de sua matriz de adjacência. Esse é um problema computacional interessante.

1

2

No primeiro capítulo resolvemos o problema de contar caminhos em grafosespeciais, de forma bem combinatória. No segundo capítulo desenvolvemos umaferramenta de álgebra linear para atacar o problema em geral. No terceiro capítuloaplicamos a ferramenta para estudar o problema em grafos mais complicados.Algumas das ideias apresentadas no terceiro capítulo foram inspiradas e [5], o leitorque desejar se aprofundar nesses temas aconselhamos ainda [6], [9], [10] e [12].

Sobre a Matemática presente no trabalho destacamos fatos elementares sobrematrizes, sendo [11] uma ótima introdução, algebra linear, em que [1], [2], [3] e [4]tem diferentes enfoques e obetivos; e grafos em que [13] e [14] são excelentes textosintrodutórios.

Capítulo 1

Grafos e matrizes de incidência:Contando caminhos

1.1 Grafos

Definição 1.1.1 Um grafo é um conjunto de pontos e linhas (geralmente representadascomo segmentos), que chamaremos de vértices e arestas, respectivamente. Diremos quedois vértices são adjacentes se houver uma aresta que os conecte. Quando uma arestativer o mesmo vértice como extremidades nós a chamaremos de laço.

Um grafo simples é aquele que não possui laços, nem duas ligações diferentes parao mesmo par de vértices. O grafo de nosso exemplo não é simples. A seguir confiraexemplos de grafos simples:

3

4 Capítulo 1: Grafos e matrizes de incidência: Contando caminhos

Podemos atribuir a cada vértice de um grafo um número (ou letra), para facilitara compreensão de quando estamos nos referindo a cada um eles. No exemplo acimapodemos ter a seguinte rotulação:

Definição 1.1.2 Um caminho ligando dois vértices do grafo consiste em descrever todosos vértices por onde passamos, é claro que só podemos ir de um vértice a outro se elesforem adjacentes, isto é, conectados por uma aresta. O comprimento de um caminho édado pelo número de arestas que percorremos para realizá-lo.Um grafo é dito conexo se para cada dois vértices existir um caminho ligando-os.

Observação 1.1 Nesse texto todos os grafos considerados são conexos, de agora emdiante, ao nos referirmos a um grafo estaremos, tacitamente, supondo o grafo conexo.

No nosso exemplo, podemos considerar o caminho de comprimento 5: 1, 2, 3, 4, 5,que consiste em ir do vértice 1 ao 5 passando pelos vértices 2, 3, 4.

Essa rotulação sugere uma definição combinatória de grafo, considerando apenasas relações de adjacência entre os vértices.

Definição 1.1.3 Um grafo simples G consiste num conjunto finito (não vazio) V devértices e um conjunto E de pares não ordenados de elementos de V, chamados arestas.

Note que o conjunto E determina uma relação (simétrica) entre os elementos de V.Ela é chamada relação de adjacência.Na teoria de grafos consideramos equivalentes dois grafos cujo conjunto dos vérticesestá em bijeção e esta bijeção preserva adjacências. Desta forma, muitas vezes vamos“desenhar” um grafo da forma mais conveniente ou outra, sendo essas, representaçõesdistintas de um mesmo grafo, no sentido combinatório.Dado um grafo G, possuindo n vértices numerados de 1 à n podemos armazenar asinformações das adjacências de seus vértices utilizando uma matriz A = [aij] n × n,que chamaremos de matriz de adjacência. Os elementos de A são dados da seguintemaneira:

• Se os vértices i e j são conectados por uma aresta então aij = 1;

• Se os vértices i e j não são conectados por uma aresta então aij = 0

1.1: Grafos 5

Devemos notar que i estar conectado a j implica j estar conectado a i, logo asposições aij e aji são iguais, e como consequência disso a matriz A é simétrica (essainformação será muito útil!).

Construindo a matriz de adjacência do nosso exemplo com vértices rotulados,teremos:

0 1 0 0 0 0 01 0 1 0 0 0 00 1 0 1 0 1 10 0 1 0 1 0 00 0 0 1 0 0 00 0 1 0 0 0 00 0 1 0 0 0 1

Uma pergunta bastante interessante que podemos nos fazer é: Quantos caminhos

ligando dois vértices distintos do grafo existem de comprimento arbitrário?Para responder essa pergunta temos um teorema a respeito da matriz de adjacência,

pois a posição (i, j) de suas potências contam os caminhos que conectam os vértices i ej e conforme o comprimento desejado, fazemos a potência da matriz A.

Teorema 1.1.4 Seja G um grafo de n vértices, rotulados pelos números 1, 2, . . . , n, e commatriz de adjacência A. O número de caminhos de comprimento c ligando os vértices i e jé a posição (i, j) da matriz Ac.

Demonstração: Seja A a matriz de adjacência, dada por:

A =

a11 a12 · · · a1na21 a22 · · · a2n...

... . . . ...an1 an2 · · · ann

Por definição cada aij só pode ser 1, se os vértices são conectados por uma aresta, e 0,

se não o são. Assim, a própria matriz de adjacência conta os caminhos de comprimentoc = 1.

Agora, suponha que nossa hipótese é válida para c = k − 1. Devemos mostrar queo resultado é válido quando c = k. Considere a matriz Ak−1 como a seguir,

Ak−1 = B =

b11 b12 · · · b1nb21 b22 · · · b2n...

... . . . ...bn1 bn2 · · · bnn

Por hipótese de indução, a quantidade de caminhos de comprimento k − 1

conectando os vértices (i, j) é dada pelo valor que aparece na posição bij da matrizB.

Vejamos o que acontece quando c = k:

Ak = Ak−1A = BA =

c11 c12 · · · c1nc21 c22 · · · c2n...

... . . . ...cn1 cn2 · · · cnn


Analisaremos o que acontece com o elemento c11 ∈ Ak.

c11 = b11 · a11 + b12 · a21 + · · ·+ b1n · an1

Cada b1j conta a quantidade de caminhos de comprimento n− 1 ligando os vértices1 e j, e os elementos aj1, nos diz se há ou não caminho conectando o vértice j ao 1,sendo assim, o elemento c11 nos diz exatamente se podemos percorrer um caminho decomprimento k começando e acabando no vértice 1.

De maneira totalmente análoga, podemos concluir que cada cij contará os caminhosde comprimento k que inicia no vértice i e termina no vértice j.

Logo cada elemento cij da matriz Ak, nos diz quantos caminhos de comprimento kexistem ligando os vértices i e j, como queríamos demonstrar. 2

Nosso objetivo então é dado um grafo G com matriz de adjacência M encontrar paracada c natural a potência Mc em termos de um número finito de matrizes fixadas, essaideia será amplamente exemplificada nas seções seguintes e formalizada no próximocapítulo.

Para ilustrar a problemática proposta considere dois exemplos

Problema 1.1.5 Considere o triângulo P3 como grafo. Seja V = {1, 2, 3} seu conjuntode vértices, dois vértices são adjacentes se diferem de uma ou duas unidades. Montea matriz de adjacência M de P3 faça suas potências e prove que todas as potênciasMc podem ser expressas como combinação linear de M e da matriz identidade I,Mc = aM + bI. Determine a e b em função de c.

Problema 1.1.6 Considere o pentágono P5 como um grafo. Seja V = {1, 2, 3, 4, 5}seu conjunto de vértices, dois vértices são adjacentes se diferem de uma ou quatrounidades. Note que para valores pequenos de c é muito fácil dizer qual o número decaminhos de um vértice à outro de comprimento c. Tente entender o caso geral! Façatambém as potências das matrizes e tente entender o padrão! Nos falamos mais tarde...

1.2 Grafos completos e ultracompletos

Definição 1.2.1 Um grafo é dito completo se for simples e além disso quaisquer doisde seus vértices são conectados por uma aresta. O Grafo completo com n vértices érepresentado por Kn.

Claramente o grafo completo com três vértices pode ser representado por umtriângulo.Por outro lado, a representação natural para um grafo completo com 4vértices seria um quadrado com suas diagonais. Entretanto, nada nos impede queum grafo habite num ambiente tridimensional, podemos considerar tal grafo comoum tetraedro que possui 4 vértices e 6 arestas.

Considere o tetraedro rotulado como na figura, e sua matriz de adjacência A 4 × 4,como segue:

1.2: Grafos completos e ultracompletos 7

Figura 1.1: Tetraedro

A =

0 1 1 11 0 1 11 1 0 11 1 1 0

Quantos caminhos de comprimento c = 2 existem nesse grafo? E se c = 3? Ou

c = 100 ?Para responder qualquer uma dessas perguntas, basta calcular Ac para cada caso.

É de se imaginar que para c = 2 e c = 3 o trabalho é razoavelmente pequeno, mas equando c é um número muito grande?

Iniciaremos nosso estudo de quantos caminhos de comprimento arbitrário existementre quaisquer dois vértices de um grafo, cujos vértices estão dispostos sobre umtetraedro.

Seja A a matriz de adjacência do Tetraedro, J 4 × 4 a matriz cujos elementos sãotodos iguais a 1 e I 4 × 4, a matriz identidade.

A =

0 1 1 11 0 1 11 1 0 11 1 1 0

J =

1 1 1 11 1 1 11 1 1 11 1 1 1

I =

1 0 0 00 1 0 00 0 1 00 0 0 1

Facilmente, pode-se verificar que A = J − I. Sendo assim, temos que Ac = (J − I)c.Observe o que acontece com as potências da matriz J:

J2 =

4 4 4 44 4 4 44 4 4 44 4 4 4

J3 =

16 16 16 1616 16 16 1616 16 16 1616 16 16 16


J4 =

64 64 64 6464 64 64 6464 64 64 6464 64 64 64

De uma forma geral, J0 = I e Jc = 4c−1 · J, para c ≥ 1. Nossa igualdade

Ac = (J − I)c, dado que J e I comutam, pode se expandir como um binômio no qualseparamos o termo J0 que é de natureza diferente dos demais:

(J − I)c =c

∑k=0

(ck

)Jk(−1)c−k Ic−k =

(c0

)J0(−1)c Ic +

c

∑k=1

(ck


(−1)c I +c

∑k=1

(ck

)(−1)c−k Jk =

(−1)c I +c

∑k=1

(ck

)(−1)c−k · 4k−1 · J

(−1)c I +c

∑k=1

(ck

)(−1)c−k · 4k−1 · (A + I)

(−1)c I +c

∑k=1

(ck

)(−1)c−k · 4k−1 · A +

c

∑k=1

(ck

)(−1)c−k · 4k−1 · I

Seja Ψ = ∑ck=1 (

ck)(−1)c−k · 4k−1, segue que:

Ψ =14·

c

∑k=0

(ck

)(−1)c−k · 4k − 1

4·(

c0

)(−1)c40 =

(4 − 1)c − (−1)c

4=

3c − (−1)c

4

De volta à Ac, teremos que:

Ac = (−1)c · I +3c − (−1)c

4· A +

3c − (−1)c

4· I =

3c − (−1)c

4· A +

3c + 3(−1)c

4· I

De uma maneira geral, dado um grafo completo dispondo de n vértices teremos quesua matriz de adjacência A n × n, sempre poderá ser escrita como K = J − I, sendo Je I matrizes n × n como no nosso exemplo. Se desejamos saber quantos caminhos decomprimento c existem conectando quaisquer dois vértices desse grafo, basta fazer Kc

como fizemos no caso do Tetraedro. Assim, temos o seguinte

1.2: Grafos completos e ultracompletos 9

Teorema 1.2.2 Seja K = J − I (de ordem n) a matriz de adjacência do grafo completo com nvértices, Kn. Então, temos:

Kc =(n − 1)c − (−1)c

n· K +

(n − 1)c + (n − 1)(−1)c

n· I

Demonstração: Antes de iniciarmos, devemos observar que as potências da matrizJ n × n podem ser escritas como Jc = nc−1 · J, segue que:

Kc = (J − I)c = ∑ck=0 (

ck)Jk(−1)c−k Ic−k =(

c0

)J0(−1)c Ic +

c

∑k=1

(ck


(−1)c I +c

∑k=1

(ck

)(−1)c−k · nk−1 · J =

(−1)c I +c

∑k=1

(ck

)(−1)c−k · nk−1 · (A + I) =

(−1)c I +c

∑k=1

(ck

)(−1)c−k · nk−1 · A +

c

∑k=1

(ck

)(−1)c−k · nk−1 · I

Fazendo Ψ = ∑ck=1 (

ck)(−1)c−k · nk−1, teremos:

Ψ =1n·

c

∑k=1

(ck

)(−1)c−k · nk =

1n· (

c

∑k=0

(ck

)(−1)c−k · nk −

(c0

)n0(−1)c) =

(n − 1)c − (−1)c

n

Voltando para Kc, teremos:

Kc =(n − 1)c − (−1)c

n· K +

(n − 1)c + (n − 1)(−1)c

n· I

2

De volta ao "Era uma vez..."Suponha que em outro Reino muito muito distante existam aldeias, habitadas por

seres místicos e que em torno de cada uma dessas aldeias existam lindas florestas eque seus habitantes costumam passear para contemplar a natureza. Sabe-se ainda quedadas duas aldeias quaisquer existe uma estrada que as conecte. O grafo a seguir dáuma ideia da configuração entre as aldeias dos Gigantes, dos Duendes, dos Ogros edos Elfos.

Definição 1.2.3 Um grafo é dito ultracompleto se quaisquer dois de seus vértices sãoconectados por uma aresta.

Note que a matriz de adjacência de um grafo ultracompleto com n vértices é amatriz J de ordem n. Como já havíamos observado, J0 = I e Jc = nc−1 J


1.3 Grafos bipartidos

Definição 1.3.1 Um grafo G = (V, E) é dito bipartido se houver uma bipartição emseu conjunto de vértices V = A ∪ B tal que elementos de A nunca são adjacentes aelementos de A e elementos de B nunca são adjacentes a elementos de B.Um grafo bipartido é chamado completo se todo elemento de A for adjacente a todoelemento de B. O grafo bipartido completo em que A tem a elementos e B tem belementos é representado por Ka,b.

Figura 1.2: Exemplos de grafos bipartidos, apenas o da direita é Completo.

A matriz de um grafo bipartido, quando os vértices de A são postos antes dosvértices de B tem a seguinite forma:

M =

[0 LLt 0

]Em que o primeiro 0 indica a matriz nula a × a, L é uma matriz a × b e o outro 0

uma matriz nula b × b. Para fazer as potências de M basta compreender o produto dematrizes em blocos, detalhes em [11] Em geral, considere A1, A2 matrizes a × a, B1, B2matrizes a × b, C1, C2 matrizes b × a e D1, D2 matrizes b × b.[

A1 B1C1 D1

].[

A2 B2C2 D2

]=

[A1A2 + B1C2 A1B2 + B1D2C1A2 + D1C2 C1B2 + D1D2

]Assim, podemos mostrar a seguinte

1.3: Grafos bipartidos 11

Proposição 1.3.2 Se M =

[0 Lt

L 0

]é uma matriz em blocos com entradas conforme exibidas

anteriormente. Então M2k =

[(LtL)k 0

o (LLt)k

]e M2k+1 =

[0 (LtL)kLt

(LLt)kL 0

], k ∈ N.

Demonstração: Para M1, temos que k = 0 e M =

[0 (LtL)0Lt

(LLt)0L 0

]=

[0 Lt

L 0

]Agora, suponha que nosso resultado seja verdadeiro para 2k − 1, devemos mostrar

que ele vale para 2k + 1.

M2k+1 = M2k−1 · M2 =

[0 (LtL)k−1Lt

(LLt)k−1L 0

]·[

LtL 00 LLt

]=

[0 (LtL)k−1Lt · LLt

(LLt)k−1L · LtL 0

]=

[0 (LLt)kLt

(LLt)kL 0

]Sabemos que nosso resultado se verifica 2k − 1, demonstraremos que valerá para

2k.

M2k = M2k−1 · M =

[0 (LtL)k−1Lt

(LLt)k−1L 0

]·[

0 Lt

L 0

][(LtL)k−1Lt · L 0

0 (LLt)k−1L · Lt

]=

[(LtL)k 0

0 (LLt)k

]E assim, concluimos nossa demonstração. 2

Um caso especial de grafos bipartidos são os grafos bipartidos completos. Vamosexaminar dois exemplos.

Exemplo 1.3.3 Dados o grafo como na figura abaixo e sua matriz de adjacência A 6× 6,desejamos contar quantos caminhos de comprimento c existem conectando quaisquerdois de seus vértices.


A =

0 0 0 1 1 10 0 0 1 1 10 0 0 1 1 11 1 1 0 0 01 1 1 0 0 01 1 1 0 0 0

A2 =

3 3 3 0 0 03 3 3 0 0 03 3 3 0 0 00 0 0 3 3 30 0 0 3 3 30 0 0 3 3 3

A3 =

0 0 0 9 9 90 0 0 9 9 90 0 0 9 9 99 9 9 0 0 09 9 9 0 0 09 9 9 0 0 0

A4 =

27 27 27 0 0 027 27 27 0 0 027 27 27 0 0 00 0 0 27 27 270 0 0 27 27 270 0 0 27 27 27

Visualmente podemos perceber o que acontece com as potências de A:

• Se c é par, então Ac =

3c−1 3c−1 3c−1 0 0 03c−1 3c−1 3c−1 0 0 03c−1 3c−1 3c−1 0 0 0

0 0 0 3c−1 3c−1 3c−1

0 0 0 3c−1 3c−1 3c−1

0 0 0 3c−1 3c−1 3c−1

• Se c é ímpar, então Ac =

0 0 0 3c−1 3c−1 3c−1

0 0 0 3c−1 3c−1 3c−1

0 0 0 3c−1 3c−1 3c−1

3c−1 3c−1 3c−1 0 0 03c−1 3c−1 3c−1 0 0 03c−1 3c−1 3c−1 0 0 0

Para c = 1 temos nosso resultado verificado.Desejamos demonstrar que nosso resultado é válido para c. Sendo assim,

suporemos que ele é verdadeiro para c − 2. Seja c é ímpar, então c − 2 também o é.Logo Ac = Ac−2 · A2,segue que:

Ac =

0 0 0 3c−3 3c−3 3c−3

0 0 0 3c−3 3c−3 3c−3

0 0 0 3c−3 3c−3 3c−3

3c−3 3c−3 3c−3 0 0 03c−3 3c−3 3c−3 0 0 03c−3 3c−3 3c−3 0 0 0

·

3 3 3 0 0 03 3 3 0 0 03 3 3 0 0 00 0 0 3 3 30 0 0 3 3 30 0 0 3 3 3


=

0 0 0 3c−3 · 3 · 3 3c−3 · 3 · 3 3c−3 · 3 · 30 0 0 3c−3 · 3 · 3 3c−3 · 3 · 3 3c−3 · 3 · 30 0 0 3c−3 · 3 · 3 3c−3 · 3 · 3 3c−3 · 3 · 3

3c−3 · 3 · 3 3c−3 · 3 · 3 3c−3 · 3 · 3 0 0 03c−3 · 3 · 3 3c−3 · 3 · 3 3c−3 · 3 · 3 0 0 03c−3 · 3 · 3 3c−3 · 3 · 3 3c−3 · 3 · 3 0 0 0

=

0 0 0 3c−1 3c−1 3c−1

0 0 0 3c−1 3c−1 3c−1

0 0 0 3c−1 3c−1 3c−1

3c−1 3c−1 3c−1 0 0 03c−1 3c−1 3c−1 0 0 03c−1 3c−1 3c−1 0 0 0

Agora suponha que c seja par, então c − 1 é ímpar e acabamos de demonstrar que

nosso resultado se verifica nesse caso. Sendo assim, Ac = Ac−1 · A, segue que:

0 0 0 3c−2 3c−2 3c−2

0 0 0 3c−2 3c−2 3c−2

0 0 0 3c−2 3c−2 3c−2

3c−2 3c−2 3c−2 0 0 03c−2 3c−2 3c−2 0 0 03c−2 3c−2 3c−2 0 0 0

·

0 0 0 1 1 10 0 0 1 1 10 0 0 1 1 11 1 1 0 0 01 1 1 0 0 01 1 1 0 0 0

=

3 · 3c−2 3 · 3c−2 3 · 3c−2 0 0 03 · 3c−2 3 · 3c−2 3 · 3c−2 0 0 03 · 3c−2 3 · 3c−2 3 · 3c−2 0 0 0

0 0 0 3 · 3c−2 3 · 3c−2 3 · 3c−2

0 0 0 3 · 3c−2 3 · 3c−2 3 · 3c−2

0 0 0 3 · 3c−2 3 · 3c−2 3 · 3c−2

=

3c−1 3c−1 3c−1 0 0 03c−1 3c−1 3c−1 0 0 03c−1 3c−1 3c−1 0 0 0

0 0 0 3c−1 3c−1 3c−1

0 0 0 3c−1 3c−1 3c−1

0 0 0 3c−1 3c−1 3c−1

E assim, concluímos nossa demonstração.

Exemplo 1.3.4 Considere o grafo bipartido e sua matriz de adjacência A 5 × 5:

A =

0 0 1 1 10 0 1 1 11 1 0 0 01 1 0 0 01 1 0 0 0


Assim, como fizemos no exemplo anterior, para calcular a quantidade de caminhosde comprimento arbitrário conectando quaisquer dois vértices do grafo, verificaremoso que acontece com as primeiras potências de A 5 × 5:

A2 =

3 3 0 0 03 3 0 0 00 0 2 2 20 0 2 2 20 0 2 2 2

A3 =

0 0 6 6 60 0 6 6 66 6 0 0 06 6 0 0 06 6 0 0 0

A4 =

18 18 0 0 018 18 0 0 00 0 12 12 120 0 12 12 120 0 12 12 12

A5 =

0 0 36 36 360 0 36 36 36

36 36 0 0 036 36 0 0 036 36 0 0 0

A6 =

108 108 0 0 0108 108 0 0 0

0 0 72 72 720 0 72 72 720 0 72 72 72

A7 =

0 0 216 216 2160 0 216 216 216

216 216 0 0 0216 216 0 0 0216 216 0 0 0

Sendo assim, se desejamos calcular Ac, devemos demonstrar que:

• Se c é par, então Ac =

3 · 6

c2−1 3 · 6

c2−1 0 0 0

3 · 6c2−1 3 · 6

c2−1 0 0 0

0 0 2 · 6c2−1 2 · 6

c2−1 2 · 6

c2−1

0 0 2 · 6c2−1 2 · 6

c2−1 2 · 6

c2−1

0 0 2 · 6c2−1 2 · 6

c2−1 2 · 6

c2−1

;


• Se c é ímpar, então Ac =

0 0 6

c−12 6

c−12 6

c−12

0 0 6c−1

2 6c−1

2 6c−1

2

6c−1

2 6c−1

2 0 0 06

c−12 6

c−12 0 0 0

6c−1

2 6c−1

2 0 0 0

.

Para c = 1 temos que:

A1 =

0 0 6

1−12 6

1−12 6

1−12

0 0 61−1

2 61−1

2 61−1

2

61−1

2 61−1

2 0 0 06

1−12 6

1−12 0 0 0

61−1

2 61−1

2 0 0 0

=

0 0 1 1 10 0 1 1 11 1 0 0 01 1 0 0 01 1 0 0 0

= Ad

Queremos demonstrar que nosso resultado é verdadeiro para c ímpar, logosuporemos que nosso resultado é verdadeiro para c − 2, que também é ímpar. Sendoassim, Ac = Ac−2 · A, e temos que:

0 0 6c−3

2 6c−3

2 6c−3

2

0 0 6c−3

2 6c−3

2 6c−3

2

6c−3

2 6c−3

2 0 0 06

c−32 6

c−32 0 0 0

6c−3

2 6c−3

2 0 0 0

·

3 3 0 0 03 3 0 0 00 0 2 2 20 0 2 2 20 0 2 2 2

=

0 0 2 · 3 · 6

c−32 2 · 3 · 6

c−32 2 · 3 · 6

c−32

0 0 2 · 3 · 6c−3

2 2 · 3 · 6c−3

2 2 · 3 · 6c−3

2

3 · 2 · 6c−3

2 3 · 2 · 6c−3

2 0 0 03 · 2 · 6

c−32 3 · 2 · 6

c−32 0 0 0

3 · 2 · 6c−3

2 3 · 2 · 6c−3

2 0 0 0

=

3 · 6

c2−1 3 · 6

c2−1 0 0 0

3 · 6c2−1 3 · 6

c2−1 0 0 0

0 0 2 · 6c2−1 2 · 6

c2−1 2 · 6

c2−1

0 0 2 · 6c2−1 2 · 6

c2−1 2 · 6

c2−1

0 0 2 · 6c2−1 2 · 6

c2−1 2 · 6

c2−1

Agora, suponha que c seja par, logo c − 1 é ímpar, e teremos:

Ac = Ac−1 · A =

3 · 6

c−12 −1 3 · 6

c−12 −1 0 0 0

3 · 6c−1

2 −1 3 · 6c−1

2 −1 0 0 00 0 2 · 6

c−12 −1 2 · 6

c−12 −1 2 · 6

c−12 −1

0 0 2 · 6c−1

2 −1 2 · 6c−1

2 −1 2 · 6c−1

2 −1

0 0 2 · 6c−1

2 −1 2 · 6c−1

2 −1 2 · 6c−1

2 −1

·

0 0 1 1 10 0 1 1 11 1 0 0 01 1 0 0 01 1 0 0 0


=

0 0 2 · 3 · 6

c−12 −1 2 · 3 · 6

c−12 −1 2 · 3 · 6

c−12 −1

0 0 2 · 3 · 6c−1

2 −1 2 · 3 · 6c−1

2 −1 2 · 3 · 6c−1

2 −1

3 · 2 · 6c−1

2 −1 3 · 2 · 6c−1

2 −1 0 0 03 · 2 · 6

c−12 −1 3 · 2 · 6

c−12 −1 0 0 0

3 · 2 · 6c−1

2 −1 3 · 2 · 6c−1

2 −1 0 0 0

=

0 0 6

c−12 6

c−12 6

c−12

0 0 6c−1

2 6c−1

2 6c−1

2

6c−1

2 6c−1

2 0 0 06

c−12 6

c−12 0 0 0

6c−1

2 6c−1

2 0 0 0

E assim temos o resultado que desejamos.

Teorema 1.3.5 Dados um grafo bipartido completo e sua matriz de adjacência A n × n, naforma de blocos:

A =

[0n−r×n−r Jn−r×r

Jr×n−r 0r×r

], então:

Ac =

[On−r×n−r (r · (n − r))

c−12 · Jn−r×r

(r · (n − r))c−1

2 · Jr×n−rr 0r×r

], quando c é ímpar.

Ac =

[r

c2 · (n − r)

c2−1 · Jn−r×n−r 0n−r×n−r

0r×n−r rc2−1 · (n − r)

c2 · Jr×r

], quando c é par.

Demonstração: Quando c = 1 nosso resultado se verifica.Agora suponha que para Ac−2, c − 2 ímpar, nosso resultado é verdadeiro.

Mostraremos que também o será para Ac. Sabemos que Ac = Ac−2 · A2, segue que,

[0n−r×n−r (r · (n − r))

c−32 · Jn−r·r

(r · (n − r))c−3

2 · Jr·n−r 0r×r

]·[

r · Jn−r×n−r 0n−r×r0r×n−r (n − r)× Jr×r

]=

[B11 B12B21 bB22

]B11 = 0n−r×n−r · r · Jn−r×n−r + (r · (n − r))

c−32 · Jn−r×r · 0r×n−r = 0n−r×n−r

B12 = 0n−r×n−r · 0n−r×r + (r · (n − r))c−3

2 · (n − r) · Jn−r×r · Jr×r =

(r · (n − r))c−1

2 · (r · (n − r))−1 · r · (n − r) · Jn−r×r

B21 = (r · (n − r))c−3

2 · r · Jr×n−r · Jn−r×n−r + 0r×r · 0r×n−r =

(r · (n − r))c−1

2 · (r · (n − r))−1 · r · (n − r) · Jn−r×r

B22 = (r · (n − r))c−3

2 · Jr×n−r · 0n−r×r + (n − r) · 0r×r · Jr×r = 0r×rSegue que,

Ac =

[0n−r×n−r (r · (n − r))

c−12 · Jn−r×r

(r · (n − r))c−1

2 · Jr×n−r 0r×r

]

1.4: Grafos de tipo poligonal 17

Agora, suponha que c seja par, logo c − 1 é ímpar e acabamos de demonstrar averacidade de nosso resultado em tal caso. Sendo assim, Ac = Ac−1 · A, e teremos:

[0n−r×n−r (r · (n − r))

c−22 · Jn−r×r

(r · (n − r))c−2

2 · Jr×n−r 0r×r

]·[

0n−r×n−r Jn−r×rJr×n−r 0r×r

]=

[B11 B12B21 B22

]B11 = 0n−r×n−r · 0n−r×n−r + (r · (n − r))

c−22 · Jn−r×r · Jr×n−r =

(r · (n − r))c2−1 · r · Jn−r×n−r

B12 = 0n−r×n−r · Jn−r×r + (r · (n − r))c−2

2 · Jn−r×r · 0r×r = 0n−r×r

B21 = (r · (n − r))c−2

2 · Jr×n−r · 0n−r×n−r + 0r×r · Jr×n−r = 0r×n−r

B22 = (r · (n − r))c−2

2 · Jr×n−r · Jn−r×r + 0r×r · 0r×r = rc2−1 · (n − r)

c2−1 · (n − r) · Jr×r

Segue que,

Ac =

[r

c2 · (n − r)

c2−1 · Jn−r×n−r 0n−r×r

0r×n−r rc2−1 · (n − r)

c2 · Jr×r

]2

1.4 Grafos de tipo poligonal

Os grafos de tipo poligonal surgem dos polígonos planos tendo como arestas, ladose eventualmente diagonais do polígono.

Definição 1.4.1 Seja V = {1, 2, . . . , n}. O grafo poligonal Pn é o grafo do poligonode ordem n, isto é, dois vértices i, j ∈ V são adjacentes se, e somente se, i − j ≡ ±1(mod n). O grafo poligonal Pn,k é o grafo do poligono de ordem n adicionadas arestasde tipo k, isto é, dois vértices i, j ∈ V são adjacentes se, e somente se, i − j ≡ ±1(mod n) ou i − j ≡ ±k (mod n).

Exemplo 1.4.2 Desejamos contar quantos caminhos de comprimento arbitrárioexistem conectando quaisquer dois vértices de um quadrado, saiba que podemosrepresentar tal grafo de duas maneiras distintas, como na figura a seguir.

Construindo sua matriz de adjacência, A 4 × 4, teremos:

A =

0 1 0 11 0 1 00 1 0 11 0 1 0

Sabemos que para calcular os caminhos de comprimento c conectando dois vértices

de um grafo, basta calcular tal potência de sua matriz de adjacência. Dada a estruturada matriz A 4 × 4, podemos separá-la em blocos de tamanho 2 × 2 e verificar o queacontece com suas potências.


A =

0 1 0 11 0 1 00 1 0 11 0 1 0

=

[J − I J − IJ − I J − I

], sendo J e I matrizes 2 × 2

Vejamos o que acontece com as primeiras potências de A utilizando a multiplicaçãoem bloco.

A2 =

[2 · (J − I)2 2 · (J − I)2

2 · (J − I)2 2 · (J − I)2

]A3 =

[4 · (J − I)3 4 · (J − I)3

4 · (J − I)3 4 · (J − I)3

]A4 =[

8 · (J − I)4 8 · (J − I)4

8 · (J − I)4 8 · (J − I)4

]Logo para calcular Ac, devemos

demonstrar que Ac =

[2c−1 · (J − I)c 2c−1 · (J − I)c

2c−1 · (J − I)c 2c−1 · (J − I)c

], uma vez que sabemos o que

acontece com (J − I)c.

• Quando c = 1 temos a própria matriz de adjacência, e nosso resultado se verifica.

• Suponha que nosso resultado seja verdadeiro para Ac, devemos mostrar que elevalerá para Ac+1, segue que:

Ac+1 = Ac · A =

[2c−1 · (J − I)c 2c−1 · (J − I)c

2c−1 · (J − I)c 2c−1 · (J − I)c

]·[

J − I J − IJ − I J − I

]

=

[2.2c−1 · (J − I)c · (J − I) 2.2c−1 · (J − I)c · (J − I)2.2c−1 · (J − I)c · (J − I) 2.2c−1 · (J − I)c · (J − I)

]=

[2c · (J − I)c+1 2c · (J − I)c+1

2c · (J − I)c+1 2c · (J − I)c+1

], como queríamos.


Exemplo 1.4.3 Considere o grafo determinado pelo hexágono e as diagonais devértices que tem a mesma paridade, como na figura abaixo.

Construindo sua matriz de adjacência A 6 × 6 teremos:

A =

0 1 1 0 1 11 0 1 1 0 11 1 0 1 1 00 1 1 0 1 11 0 1 1 0 11 1 0 1 1 0

O leitor atento pode perceber que apresentação da matriz acima se assemelha à

matriz de adjacência do quadrado, no sentido de poder olhá-la em blocos de matrizesJ − I 3 × 3. Assim para calcular as potências da matriz A 6 × 6 podemos efetuar asmultiplicações necessárias com os blocos.

Utilizando a mesma ideia que apresentamos no caso do quadrado, é possívelconcluir que:

Ac =

[2c−1 · (J − I)c 2c−1 · (J − I)c

2c−1 · (J − I)c 2c−1 · (J − I)c

]

Exemplo 1.4.4 Considere o grafo definido pelo octógono e que cada um de seusvértices se conecta com todos os outros que tem paridade diferente da sua, umarepresentação possível seria:

Construindo sua matriz de adjacência A 8 × 8 temos:


A =

0 1 0 1 0 1 0 11 0 1 0 1 0 1 00 1 0 1 0 1 0 11 0 1 0 1 0 1 00 1 0 1 0 1 0 11 0 1 0 1 0 1 00 1 0 1 0 1 0 11 0 1 0 1 0 1 0

Vamos observar as primeiras potências de A.

A2 =

4 0 4 0 4 0 4 00 4 0 4 0 4 0 44 0 4 0 4 0 4 00 4 0 4 0 4 0 44 0 4 0 4 0 4 00 4 0 4 0 4 0 44 0 4 0 4 0 4 00 4 0 4 0 4 0 4

A3 =

0 16 0 16 0 16 0 1616 0 16 0 16 0 16 00 16 0 16 0 16 0 16

16 0 16 0 16 0 16 00 16 0 16 0 16 0 16

16 0 16 0 16 0 16 00 16 0 16 0 16 0 16

16 0 16 0 16 0 16 0


A4 =

64 0 64 0 64 0 64 00 64 0 64 0 64 0 64

64 0 64 0 64 0 64 00 64 0 64 0 64 0 64

64 0 64 0 64 0 64 00 64 0 64 0 64 0 64

64 0 64 0 64 0 64 00 64 0 64 0 64 0 64

Podemos observar que há um padrão nessas potências, e que estão diretamente

relacionados a paridade de c. Para calcular Ac, temos que:

• Se c é par, então Ac = 4c−1 · (J − A), J 8 × 8;

• Se c é ímpar, então Ac = 4c−1 · A.

O resultado é verdadeiro quando c = 2.Suponha que c seja par, logo c − 2 também o será, e Ac = Ac−2 · A2, segue que,

4c−3 ·

1 0 1 0 1 0 1 00 1 0 1 0 1 0 11 0 1 0 1 0 1 00 1 0 1 0 1 0 11 0 1 0 1 0 1 00 1 0 1 0 1 0 11 0 1 0 1 0 1 00 1 0 1 0 1 0 1

· 4 ·

1 0 1 0 1 0 1 00 1 0 1 0 1 0 11 0 1 0 1 0 1 00 1 0 1 0 1 0 11 0 1 0 1 0 1 00 1 0 1 0 1 0 11 0 1 0 1 0 1 00 1 0 1 0 1 0 1

=

4c−2 ·

4 0 4 0 4 0 4 00 4 0 4 0 4 0 44 0 4 0 4 0 4 00 4 0 4 0 4 0 44 0 4 0 4 0 4 00 4 0 4 0 4 0 44 0 4 0 4 0 4 00 4 0 4 0 4 0 4

= 4c−1(J − A)

Agora suponha que c é ímpar, logo c − 1 é par, e teremos que Ac = Ac−1 · A, segueque:

4c−2 ·

1 0 1 0 1 0 1 00 1 0 1 0 1 0 11 0 1 0 1 0 1 00 1 0 1 0 1 0 11 0 1 0 1 0 1 00 1 0 1 0 1 0 11 0 1 0 1 0 1 00 1 0 1 0 1 0 1

·

0 1 0 1 0 1 0 11 0 1 0 1 0 1 00 1 0 1 0 1 0 11 0 1 0 1 0 1 00 1 0 1 0 1 0 11 0 1 0 1 0 1 00 1 0 1 0 1 0 11 0 1 0 1 0 1 0

=


4c−2 · 4 ·

0 1 0 1 0 1 0 11 0 1 0 1 0 1 00 1 0 1 0 1 0 11 0 1 0 1 0 1 00 1 0 1 0 1 0 11 0 1 0 1 0 1 00 1 0 1 0 1 0 11 0 1 0 1 0 1 0

= 4c−1 · A

Capítulo 2

Aritmética de matrizes

2.1 Polinômios de matrizes

Como foi visto no fim da seção anterior, a fim de resolver o problema logístico dedeterminar, num grafo qualquer o número de maneiras de ir de um certo vértice àoutro utilizando um número fixo de arestas, é suficiente entender as potências de suamatriz de adjacência. Isso nos leva naturalmente a considerar operações aritméticasque podem ser feitas com matrizes quadradas de ordem fixa.

Seja Mn o conjunto das matrizes quadradas de ordem n com coeficientes numcerto corpo K (tipicamente R). Dadas duas matrizes A, B ∈ Mn, podemos definirA + B ∈ Mn e AB ∈ Mn. Adição de matrizes satisfaz as propriedades convencionaisda aritmética, associativa cmutativa, tem elemento neutro e cada matriz possuisimétrico. Por outro lado, a multiplicação de matrizes apesar de ser associativa e terelemento neutro não é comutativa em geral. Definimos as potências de uma matriz Aindutivamente, A0 = I e Ak+1 = Ak.A. Claramente vale Ar.As = Ar+s = As.Ar.

Dado um polinômio com coeficientes em K, p(x) = a0 + a1x + . . . + amxm, fazsentido definir a matriz p(A) = a0 I + a1A + . . . + am Am. Formamos assim o conjuntoK[A] ⊂ Mn das expressões matriciais envolvendo uma matriz fixa A, esse conjunto éfechado à adição e à multiplicação e além disso a multiplicação é comutativa em K[A].Nosso objetivo é explorar a aritmética de K[A].

Suponhamos por um instante que dada A ∈ Mn existe um polinômio não nulop(x), com coeficientes em K e tal que p(x) = 0 é a matriz nula de Mn. Escolhadentre todos os polinômios não nulos que se anulam em A aquele de menor grau ecom coeficiente líder unitário. Ese é o polinômio mínimo de A.

Proposição 2.1.1 Seja A uma matriz quadrada com coeficientes reais, p(x) seu polinômiomínimo e f (x) um polinômio qualquer que se anula em A, isto é, f (A) = 0 ∈ Mn. Entãop(x) divide f (x).

Demonstração: A divisão euclidiana de f (x) por p(x) nos fornece quociente q(x) eresto r(x) que é nulo ou possui grau menor que o grau de f . Supondo que r(x) não ?eo polinômio nulo, então

f (x) = p(x)q(x) + r(x)

23

24 Capítulo 2: Aritmética de matrizes

Aplicando A na identidade anterior temos:

0 = 0 + r(A)

Mas isso é um absurdo pela minimalidade do grau de p(x). 2

Proposição 2.1.2 Seja A ∈ Mn uma matriz cujo polinômio mínimo tem grau d, então todaexpressão polinomial em A pode ser reduzida à uma de grau menor que d, mais precisamente,

K[A] = {a0 I + a1A + . . . + ad−1Ad−1|ai ∈ K}

Demonstração: Seja f (A) uma express]ao polinomial qualquer em A e f (x) opolinômio associado. A divisão euclidiana de f (x) por p(x) nos fornece quociente q(x)e resto r(x) que é nulo ou possui grau menor que o grau de f , em todo caso podemosescrever r(x) = a0 + a1x + . . . + ad−1xd−1, daí como

f (x) = p(x)q(x) + r(x)

Aplicando A obtemos

f (A) = r(A) = a0 I + a1A + . . . + ad−1Ad−1

2

Definição 2.1.3 Seja A ∈ Mn uma matriz com coeficientes reais. Dizemos que A temgrau d se o polinômio mínimo de A for de grau d.

Observação 2.1 Praticamente todos os exemplos do primeiro capítulo envolviammatrizes que estavam em R[J], sendo J a matriz com todas as entradas unitárias. ComoJ2 = nJ, J tem grau 2, daí, temos:

R[J] = {aJ + bI|a, b ∈ R}

2.2 Matrizes vs Transformações lineares

Estaremos nesse trabalho interessado primordialmente nas matrizes, maisprecisamente nas matrizes de incidência de certos grafos; entretanto a fim de utilizartécnicas consagradas da álgebra linear vamos explorar a relação entre as matrizes e astransformações lineares. Para isso começamos relembrando definições básicas.

Definição 2.2.1 Seja K um corpo. Um espaço vetorial sobre K é uma tripla (V,+, ·) talque:

+ : V × V → V e · : K × V → V que satisfazem:

1. Para todo v, w ∈ V: v + w = w + v

2. Existe 0 ∈ V tal que, para todo v ∈ V: 0 + v = v + 0 = v

2.2: Matrizes vs Transformações lineares 25

3. Para todo v ∈ V existe um elemento w ∈ V tal que: v + w = w + v = 0

4. Para todo v1, v2, v3 ∈ V: (v1 + v2) + v3 = v1 + (v2 + v3)

5. Para todo r ∈ K e v1, v2 ∈ V: r · (v1 + v2) = rv1 + rv2

6. Para todo r, s ∈ K e para todo v ∈ V: r · (s · v) = (r · s) · v

7. Para todo r, s ∈ K e para todo v ∈ V: (r + s) · v = r · v + s · v

8. Para todo v ∈ V: 1 · v = v

Exemplo 2.2.2 O espaço vetorial padrão que deve estar em nossas mentes é o espaçoRn cujos elementos são n-uplas de números reais.

Exemplo 2.2.3 O conjunto das matrizes quadradas de ordem n sobre um corpo K étambém exemplo de espaço vetorial.

Definição 2.2.4 Um subconjunto {v1, . . . , vn} é chamado uma base do espaço vetorialV se:

1. For Linearmente independente, isto é, se α1v1 + · · ·+ αnvn = 0 ⇒ α1 = · · · =αn = 0.

2. For gerador do espaço vetorial, isto é, dado qualquer vetor w ∈ V podemosescrevê-lo como:

w = a1v1 + · · ·+ anvn, com ai ∈ R

Exemplo 2.2.5 É facil verificar (do it!) que uma base para Rn são os vetores (1, 0, . . . , 0),(0, 1, 0, . . . , 0), ..., (0, 0, . . . , 0, 1).

Observação 2.2 Note que se v ∈ V é um vetor qualquer e B = {v1, v2, . . . , vn} é umabase ordenada de V, então podemos escrever v = a1v1 + a2v2 + . . . + anvn de maneiraúnica. Os escalares a1, a2, . . . , an são chamados coordenadas de v com respeito à base Be escritos em coluna, [v]B = [a1, a2, . . . , an].

Observação 2.3 Pode-se mostrar que em qualquer espaço vetorial, dados quaisquerdois conjuntos, um linearmente independente e outro gerador do espaço, então acardinalidade do conjunto LI é menor que a cardinalidade do conjunto gerador(Verifique!). Daí, se um conjunto for ao mesmo tempo LI e gerador, então suacardinalidade é um invariante do espaço vetorial. Suponhamos, de agora em diante,esse invariante um número finito.

Definição 2.2.6 A dimensão de um espaço vetorial V é igual a quantidade de vetoresque formam uma base pra esse espaço. Denotaremos a dimensão de V como dim V.

Exemplo 2.2.7 dimRn = n, dimMn = n2

Definição 2.2.8 Sejam V e W espaços vetoriais. Uma transformação linear (ouaplicação linear) é uma função de V em W, F : V → W, satisfazendo as seguintespropriedades:


1. Para todo v1 e v2 ∈ V:

F(v1 + v2) = F(v1) + F(v2)

2. Para todo k ∈ R e v ∈ V:F(kv) = kF(v)

Exemplo 2.2.9 Toda matriz real A ∈ Mn dá origem à uma natural transformaçãolinear:

TA : Rn → Rn; TA(v) = Av

Aqui pensamos os vetores de Rn dispostos verticalmente como uma matriz n × 1

Definição 2.2.10 Considere uma transformação linear T : V → V. Seja B ={v1, v2, . . . , vn} uma base ordenada de V, então a matriz da transformação linear Vcom respeito à base B é a matriz cuja coluna j são os coeficientes de Tvj.

2.3 Polinômio característico e polinômio mínimo

Considere o espaço vetorial V, de dimensão finita, sobre o corpo dos númerosreais (R). Vamos estudar o conjunto das aplicações lineares de V em V, tal conjuntopossui também uma estrutura de espaço vetorial e além disso, nos permite uma outraoperação, a de composição de aplicações. Denotaremos por IV a aplicação identidade,e por I n × n a matriz identidade.

Definição 2.3.1 Seja T uma aplicação linear de V em V. Dado o polinômio p(x) =a0 + a1x + · · ·+ anxn, com coeficientes reais, então:

p(T) = ao I + a1T + · · ·+ anTn

E, fazendo a aplicação em um vetor v ∈ V, teremos:

p(T)(v) = aov + a1T(v) + · · ·+ anTn(v)

De maneira análoga, podemos definir que, dada uma matriz real A n × n:

q(A) = b0 I + b1A + · · ·+ bn An

E que dado um vetor w ∈ V, temos:

q(A)(w) = bow + b1A(w) + · · ·+ bn An(w)

Agora, considere a matriz A(x) n × n, cujos elemetos aij são polinômios comcoeficientes reais e que dados vetores v1, · · · , vn ∈ V, aplicaremos T em cada entradade A e definimos:

A(T)

v1...

vn

=

∑ni=1 a1j(T)(vj)

...∑n

i=1 anj(T)(vj)

Polinômio característico mínimo

2.3: Polinômio característico e polinômio mínimo 27

Definição 2.3.2 Sejam T uma a aplicação linear de V em V e β = {v1, . . . , vn}, umabase de V. O polinômio característico de T é dado por:

cT(x) = det(xI − [T]ββ)

O polinômio mínimo de T é o polinômio mônico de menor grau, p(x), que tenha apropriedade de que p(T) = 0.

Analogamente, se A é uma matriz n × n, o polinômio característico de A será:

cA(x) = det(xI − A)

Mostraremos que o polinômio característico independe da base escolhida. Sabemosque se B n × n, é a matriz mudança de base, ela é inversível, e então:

det(xI − B−1AB) = det(B−1(xI − A)B) = det(xI − A), para qualquer matriz A n × n.

E portanto o polinômio característico está bem definido, pois não depende daescolha da base β que se utiliza para definí-lo.

Recordemos da matriz associada a uma transformação linear a respeito de umabase β, se [T]ββ = A = aij, então:

T(vj) =n

∑i=1

aijvi

Agora observe que dada a matriz A n × n, então:

det(xI − A) = det((xI − A)t) = det = (xI − At)

Considere a matriz C(x) = xI − At n × n, aplicando T às entradas de C(x) eaplicando a nova matriz C(T) aos vetores da base de V teremos:

C(T)

v1...

vn

=

T(v1)− ∑ni=1 ai1(vi)

...T(vn)− ∑n

i=1 ain(vn)

=

∑ni=1 ai1(vi)− ∑n

i=1 ai1(vi)...

∑ni=1 ain(vn)− ∑n

i=1 ain(vn)

=

0...0

que é justamente o vetor nulo de V.

Sabemos que dada uma matriz M n × n, e ad(M) n × n sendo a matriz adjunta deM, vale que:

ad(M) · M = M · ad(M) = det(M) · I

Considere ad(C(x)) n × n, a matriz adjunta clássica de C(x), então temos que:

ad(C(x)) · C(x) = C(x) · ad(C(x)) = det(C(x)) · I = det(xI − At) · I = cT(x) · I

Estamos prontos para demonstrar um importante resultado a respeito dopolinômio característico.


Teorema 2.3.3 (Cayley-Hamilton) Seja T uma transformação linear de V em V, então:

cT(T) = 0

Ou seja, T anula o próprio polinômio característico.Analogamente, para a matriz A n × n, temos que:

cA(A) = 0

Demonstração: Seja β = {v1, . . . , vn} uma base de V. Sabemos que, cT(T) =cT(T) · I, logocT(T)(v1)

...cT(T)(vn)

= cT(T) · I

v1...

vn

= ad(C(T)) · C(T)

v1...

vn

ad(C(T)) ·

C(T)(v1)...

C(T)(vn)

= ad(C(T))

0...0

=

0...0

E assim, a aplicação cT(T) é nula, pois dada uma base de V obtemos vetores que

também são nulos.2

2.4 Autovalores, autovetores e diagonalização

Definição 2.4.1 Seja T uma aplicação linear de V em V. Um autovetor de T é um vetorv ∈ V, sendo v não nulo, tal que existe λ ∈ R com a seguinte propriedade:

T(v) = λv

Chamamos λ de autovalor associado a T e v de autovetor de T associado aoautovalor λ.

Analogamente, dados a matriz A n × n, e um vetor não nulo v, dizemos que v é umautovetor de A se existir um λ ∈ R tal que,

A · v = λv

Definição 2.4.2 Uma matriz A n × n é dita diagonalizável se existe uma matrizdiagonal D tal que, A seja semelhante a D. Isto é, existe uma matriz P inversível,tal que: PAP−1 = D.

Proposição 2.4.3 Sejam V um espaço vetorial real, de dimensão finita n, e T umatransformação linear de V em V. Se T possui exatamente n autovalores distintos, então osautovetores de T formam uma base para V.

2.4: Autovalores, autovetores e diagonalização 29

Demonstração: Devemos mostrar que os autovetores de T formam uma base para oespaço V, e assim T será diagonalizável. Como dispomos de n autovalores distintos,teremos igual quantidadde de autovetores. Devemos demonstrar que tais autovetoressão lineamente independentes.

Sejam v1, . . . , vn, os autovetores de T, e λ1, . . . , λn os autovalores de T. Considere opolinômio pi(x) = x − λi ∈ R[x], fazendo p(T), teremos:

pi(T) = T − λi I

Se aplicarmos pi(T) a um autovetor vj, teremos:

pi(T)(vj) = T(vj)− λi · vj =

{(λj − λi) · vj, se i ̸= j

0, se i = j

Note que λj − λi sempre será diferente de zero pois todos os autovalores sãodistintos. Considere a combinação linear:

α1v1 + α2v2 + . . . + αnvn = 0

Agora observe o que acontece quando aplicamos p1(T) nessa combinação linear:

p1(T)(α1v1 + α2v2 + . . . + αkvk + . . . + αnvn) = p1(T)(0)

Recorde que p1(T)(α1v1) = 0, e todos os outros escalares serão da forma (α1λt),t = 2, · · · , n, e ficaremos com uma combinação linear de n− 1 autovetores como segue:

(α1λ2)v2 + · · ·+ (α1λk)vk + · · ·+ (α1λn)vn = 0

Continuaremos aplicando pi(T), em todos os termos da soma, exceto no k-ésimo, edevemos observar que:

p1(T) ◦ p2(T) ◦ · · · pk−1(T) ◦ pk+1(T) ◦ · · · pn(T)(α1v1 + α2v2 + . . . + αnvn) = 0

Tal resultado nos diz que, βkvk = 0 com

βk = αk · (λk − λ1) · (λk − λ2) · · · · · (λk − λk−1) · (λk − λk+1) · (λk − λn)

Segue que βk = 0, pois o autovetor vk ̸= 0, e como os λi são todos distintos,então αk = 0, para todo k ∈ {1, 2, . . . , n}, e assim temos que os autovetores de T sãolinearmente independentes como queríamos.

2

Proposição 2.4.4 Sejam V um espaço vetorial real, de dimensão finita n, e T umatransformação linear de V em V, diagonalizável. Se λ1, . . . , λk autovetores de T, tais que k < ne que cada um deles tenha multiciplicidade µ1, . . . , µk, respectivamente. Então o polinômiomínimo de T é mT(x) = (x − λ1)(x − λ2) · · · (x − λk).


Demonstração: Mostraremos que mT(T) é uma matriz nula.

mT(T) = (T − λ1 I)(T − λ2 I) . . . (T − λk I)

Como T é diagonalizável, então podemos escrevê-la como T = P−1DP com:

D =

λ1 0 0 0 0 0

0 . . . 0 · · · 0 00 0 λ1 0 0 00 0 0 λ2 0 · · · 0

. . .0 · · · 0 λ2... . . . 0 0

λn 0 0

0 . . . 00 · · · 0 λn

A matriz diagonal será denotada por

D = Diag(λ1, · · · , λ1, λ2, · · · , λ2, · · · , λn, · · · , λn)

Verifica-se que mT(T) = P−1mT(D)P (do it!), assim

mT(D) = Diag(0, · · · , 0, λ2 − λ1, · · · , λ2 − λ1, · · · , λn − λ1, · · · , λn − λ1).

Diag(λ1 − λ2, · · · , λ1 − λ2, 0, · · · , 0, · · · , λn − λ2, · · · , λn − λ2). · · ·Diag(λ1 − λn, · · · , λ1 − λn, λ2 − λn, · · · , λ2 − λn, · · · , 0, · · · , 0)

Como temos um produto de matrizes diagonais cada elemento de mT(D) será 0pois em cada matriz do produto há elemento 0 na diagonal, e assim concluímos onosso resultado.

2

Teorema 2.4.5 Teorema Espectral:Seja A uma matriz n × n simétrica real, então A é ortogonalmente diagonalizável. Isto é,

existe uma matriz ortogonal M n × n, (M−1 = Mt) tal que Mt AM é uma matriz diagonal,mais ainda, os valores que aparecem na diagonal principal são exatamente os autovaloes de A.

Demonstração: Esse é um teorema clássico cuja demonstração está em todos oscursos de álgebra linear. Em nossa lista de referências ver [1], [2], [3] ou [4]. 2

Capítulo 3

Contando caminhos (bis)

Nesse capítulo mostraremos a força do método obtido no capítulo anterior pararesolver o problema de contar o número de caminhos ligando dois vértices arbitráriosem um grafo cujo spectro é conhecido, mais precisamente pelo Teorema spectral 2.4.5para matrizes simétricas (que são sempre o nosso caso!) as matrizes de adjacência deum grafo são diagonalizáveis, e portanto, pela Proposição 2.4.4 seu polinômio mínimotem todas as raízes com multiplicidade 1. Ou seja, não nos importa realmente asmultiplicidades dos autovalores da matriz de adjacência e sim o conjunto delas, daí,aplicamos a proposição 2.1.2 para concluir que

Se um grafo G tem matriz de incidência M de grau d, ent]ao qualquer potênciade M, Mc pode ser expressa como combinação linear de I, M, . . . , Md−1.

Ou seja,Mc = a0 I + a1M + . . . + ad−1Md−1 (1)

Nossa forma de encontrar os escalares a0, a1, . . . , ad−1 consiste em utilizar oconhecimento dos autovalores de M, digamos λ1, λ2. . . . , λd; digamos que Mv = λv,então, de 1, obtemos

λc = a0 + a1λ + . . . + ad−1λd−1

Sendo os aj coeficientes a determinar temos que resolver um sistema linear do tipoVandermond dado pelos d autovalores distintos de M. Note, em particular que oconhecimento dos autovetores não se faz necessário.

3.1 O pentágono

Observe o grafo poligonal abaixo,Sua matriz de adjacência A 5 × 5, é dada como:

0 1 0 0 11 0 1 0 00 1 0 1 00 0 1 0 11 0 0 1 0

31

32 Capítulo 3: Contando caminhos (bis)

Se desejamos contar quantos caminhos de comprimento arbitrário existemconectando quaisquer dois de seus vértices, podemos fazê-lo utilizando os autovaloresde sua matriz de adjacência. Calculando seu polinômio característico teremos que:

cA(x) = det(x · I − A) = x5 − 5x3 + 5x − 2 = (x − 2)(x2 + x − 1)2

Seu polinômio mínino é dado por mA(x) = (x − 2)(x2 + x − 1), cujas raízes são: 2,α = 1

2 · (−1 −√

5), β = 12 · (−1 +

√5), sendo assim, qualquer expressão polinomial de

A pode ser reescrita como Ac = a · I + b · A + c · A2. O fato de A ser diagonalizávelnos diz que para cada um de seus autovalores teremos λc = a + b · λ + c · λ2, assimteremos:

2c = a + 2 · b + 4 · c

αc = a + α · b + α2 · c

αc = a + β · b + β2 · c

Ou seja, resolver nosso problema consiste em determinar quais são os valores dea, b e c no sistema de equações acima. Resolvendo-o corretamente teremos:

a =2c · (αβ2 − α2β)− αc · (2cβ2 − 4βc) + βc(2α2 − 4α)

α · (2α − 3) + β · (−2β + 3)

b =αcβ2 − α2βc − 2cβ2 + 4βc + 2cα2 − 4αc

α · (2α − 3) + β · (−2β + 3)

c =αβc − αcβ − 2βc + 2cβ + 2αc − 2cα

α · (2α − 3) + β · (−2β + 3)

E assim para calcular qualquer potência da matriz de adjacência de um pentágono,basta fazer:

Ac = a · I + b · A + c · A2

3.2: De volta ao Tetraedro... 33

3.2 De volta ao Tetraedro...

Como desejamos calcular a potência Ac, calcularemos os autovalores de A, que sãono máximo quatro, e em seguida encontraremos um polinômio p(x) ∈ R[x] que levecada autovalor em sua correspondente potência.

Primeiro devemos encontrar o polinômio característico de A.

cA(λ) = det(A − λI) = det

−λ 1 1 11 −λ 1 11 1 −λ 11 1 1 −λ

=

(−λ) · detA1 − 1 · detA2 + 1 · detA3 − 1 · detA4

A1 =

−λ 1 11 −λ 11 1 −λ

A2 =

1 1 11 −λ 11 1 −λ

A3 =

1 1 1−λ 1 11 1 −λ

A4 =

1 1 1−λ 1 11 −λ 1

Fazendo essas contas, obtemos que,

cA(λ) = λ4 − 6λ2 − 8λ − 3

Que se fatora como:cA(λ) = (λ − 3) · (λ + 1)3

Observe que mA(λ) = (λ − 3)(λ + 1). De fato,

(A − 3I) · (A + I) =

−3 1 1 11 −3 1 11 1 −3 11 1 1 −3

·

1 1 1 11 1 1 11 1 1 11 1 1 1

=

0 0 0 00 0 0 00 0 0 00 0 0 0

Sendo o polinômio mínimo de A do segundo grau, toda expressão polinomial em

A pode ser reduzida a uma do primeiro grau.Agora, desejamos encontrar um polinômio p(x) ∈ R[x], tal que:

p(3) = 3c e p(−1) = (−1)c


Para isso, um polinômio p(x) = ax + b resolve o nosso problema, devemos calcularos coeficientes a e b, de maneira que,{

a · 3 + b = 3c

a · (−1) + b = (−1)c ⇒{

3a + b = 3c

−a + b = (−1)c

Resolvendo o sistema, encontramos,

a =3c − (−1)c

4e b =

3c + 3 · (−1)c

4E aplicando o polinômio à matriz A, teremos a equação matricial:

Ac =3c − (−1)c

4· A +

3c + 3 · (−1)c

4· I

Que nos fornecerá a quantidade de caminhos de comprimento c, conectando doisvértices quaisquer do grafo.

Note que para calcular Ac é muito prático, basta apenas realizar uma multiplicaçãopor escalar na matriz A e somá-la à matriz identidade também multiplicada por umoutro escalar.

3.3 O Cubo

O cubo é um sólido que possui 6 faces, 8 vértices e 12 arestas.

Figura 3.1: Cubo

Podemos rotular seus vértices como na figura abaixo:

0 0 0 0 0 1 1 10 0 0 0 1 0 1 10 0 0 0 1 1 0 10 0 0 0 1 1 1 00 1 1 1 0 0 0 01 0 1 1 0 0 0 01 1 0 1 0 0 0 01 1 1 0 0 0 0 0

3.3: O Cubo 35

É possível perceber que esse grafo é bipartido, sendo a bipartição de seus vértices

em ímpares e pares. A matriz então fica A =

[0 KK 0

]em que K = J − I é uma matriz

de ordem 4 cujas potências conhecemos, tratando-se da matriz do tetraedro. Por outrolado, o formato da matriz nos permite determinar facilmente seu espectro.

Lema 3.1 Seja M uma matriz quadrada de ordem b e v ̸= um autovetor de M associado aoautovalor λ isto é, Mv = λv. Então[

0 MM 0

] (vv

)= λ

(vv

)e

[0 MM 0

] (v−v

)= −λ

(v−v

)(2)

Reciprocamente, se(

vw

)é autovetor de

[0 MM 0

]. Então ou w = −v e Mv = −λv ou v + w

é autovetor de M com autovalor λ associado.

Demonstração: A primeira parte é trivial. Para provar a segunda parte note queMw = λv e Mv = λw. Se w = −v o resultado é trivial caso contrário somando asrelações obtidas o resultado segue. 2

Como não nos interessam os autovetores, mas somente os autovalores (sem

multiplicidade) o lema nos diz que os autovalores de[

0 MM 0

]é ± os autovalores

de M. No nosso caso específico a matriz M é a do tetraedro cujos autovaloressão −1 e 3, assim, os autovalores do cubo são ±1 e ±3. O polinômio mínimo ép(x) = (x2−)(x2 − 9), de grau 4, então teremos que obter um polinômio de grau 3,tal que, Ac = p(A). Considere o polinômio a seguir,

p(x) = r + s · x + t · x2 + u · x3

Aplicando a matriz A, teremos:

p(A) = r · I + s · A + t · A2 + u · A3

Como A é diagonalizável, sabemos que para cada um de seus autovalores teremos:

1c = r + s + t + u

(−1)c = r − s + t − u


3c = r + 3s + 9t + 27u

(−3)c = r − 3s + 9t − 27u

Resolvendo corretamente o sistema, encontraremos os valores de r, s, t, v comosegue:

r =98· (1c + (−1)c)− 3c + (−3)c

8

s =21 · (1c + (−1)c+1) + (−3)c − 3c

48

s =3c + (−3c − (1c + (−1)c))

16

t =3c − (−3)c + 3 · (1c + (−1)c+1)

48E assim, teremos que qualquer potência da matriz de adjacência do Cubo pode ser

calculada como:

Ac = r · I + s · A + t · A2 + u · A3

3.4 O octaedro

O octaedro possui 6 vértices e 12 arestas.Aqui, estaremos interessados em contar quantos caminhos de comprimento c

existem conectando dois vértices dispostos em um octaedro. Sabemos que paraisso devemos calcular as potências da sua matriz de adjacência, porém devemosrecordar que tal matriz é simétrica e sabemos que pelo Teorema Espectral ela podeser diagonalizada, basta calcularmos seus autovalores. Encontraremos os autovaloresda matriz de adjacência sem sequer calcular seu polinômio característico.

Inicialmente vamos rotular os vértices do octaedro, conforme a figura a seguir, econstruiremos sua matriz de adjacência, A 6 × 6, como segue.

Figura 3.2: Octaedro

3.4: O octaedro 37

A =

0 1 1 1 1 01 0 1 0 1 11 1 0 1 0 11 0 1 0 1 11 1 0 1 0 10 1 1 1 1 0

Seja v = (a, b, c, d, e, f ), um vetor qualquer de R6, observaremos a ação da matriz A

sobre v:

Av =

0 1 1 1 1 01 0 1 0 1 11 1 0 1 0 11 0 1 0 1 11 1 0 1 0 10 1 1 1 1 0

abcdef

= (b + c + d + e, a + c + e + f , a + b + d + f , a + c + e + f , a + b + d + f , b + c + d + e)

Podemos compreender a ação de A sobre v como a disposição de 6 números sobreos vértices do octaedro, sendo cada um as coordenadas do vetor v.

Aplicando A no vetor v = (1, 1, 1, 1, 1, 1), obtemos:

Av = (4, 4, 4, 4, 4, 4)

Isso nos diz que (1, 1, 1, 1, 1, 1) é um autovetor de A associado ao autovalor 4.Seja R uma rotação de 90 graus em torno de um dos eixos do octaedro, e v um

autovetor de A, ou seja, Av = λv. Aplicando R em v, teremos uma nova disposição denúmeros, que serão os mesmos, e podemos interpretar Rv como um vetor do R6, queé outro autovetor de A associado ao mesmo autovalor λ.


Fazendo rotações consecutivas, R2v, R3v, teremos novos vetores de R6 que sãotambém autovetores associados ao mesmo autovalor. O fato é que, ao somamosautovetores associados a um mesmo autovalor encontramos outros autovetores


associados ao mesmo autovalor, isto é, o conjunto dos autovetores de um determinadoautovalor é um subespaço.



Agora, escolheremos o autovetor v que possui a primeira coordenada diferente dezero, e encontraremos o vetor w tal que:

w =v + Rv + R2v + R3v

4

Como dissemos acima, tal vetor é também um autovetor de A. Note que aofazermos as rotações, os valores a e f ficam fixos, e que quando fazemos a média nosquatro vértices no qual agem as rotações, aparece um mesmo número b+c+d+e

4 , quechamaremos de g. Percebemos que qualquer autovalor de A possuirá um autovetorcujas coordenadas são dadas como em w, (a, g, g, g, g, f ), ou seja, todo autovalor possuium autovetor equatorial.

Aplicando A em um vetor equatorial:

3.4: O octaedro 39

Aw =

0 1 1 1 1 01 0 1 0 1 11 1 0 1 0 11 0 1 0 1 11 1 0 1 0 10 1 1 1 1 0

aggggf

= (4g, a + f + 2g, a + f + 2g, a + f + 2g, a + f + 2g, 4g)

Obtemos um outro vetor cujas coordenadas do "meio"são idênticas, ou seja,obtemos um outro vetor equatorial. Sendo assim, os números que precisamos paraencontrar vetores equatoriais são: 4g e a + f + 2g.

O que acontece é que um vetor do R3, (x, y, z) que é levado no (4y, x + 2y + z, 4y),nos fornece os três números que necessitamos para obter um vetor equatorial. Seja A′

a matriz que faz tal aplicação no vetor (x, y, z) ∈ R3, logo:

A′ =

0 4 01 2 10 4 0

E sendo assim, A′ possui os mesmos autovalores que A, pois cada autovalor de

A é autovalor de A′, porém não estamos contando suas multiciplidades. Calcular opolinômio característico de A′ é bem mais fácil e para encontrar seus autovalores bastaresolver uma equação do segundo grau, pois já sabemos que 4 é um autovalor de A.

Vamos ao polinômio característico de A:

cA′(λ) = det

−λ 4 01 2 − λ 10 4 0

= −λ(−2λ + λ2 − 4)− 1 · (−4λ)

cA′= −λ · (−λ2 − 2λ − 8)

Assim, as raízes de pA′(λ) são: 0,−2 e 4. Que são justamente os autovalores da

matriz A. Cabe recordar que não estamos interessados nas multiplicidades das raízes.De fato, o polinômio mínimo de A é mA(λ) = λ · (λ + 2) · (λ − 4) pois,

mA(A) = A · (A + 2I) · (A − 4I) =0 1 1 1 1 01 0 1 0 1 11 1 0 1 0 11 0 1 0 1 11 1 0 1 0 10 1 1 1 1 0

·

2 1 1 1 1 01 2 1 0 1 11 1 2 1 0 11 0 1 2 1 11 1 0 1 2 10 1 1 1 1 2

·

−4 1 1 1 1 01 −4 1 0 1 11 1 −4 1 0 11 0 1 −4 1 11 1 0 1 −4 10 1 1 1 1 −4

=

0 0 0 0 0 00 0 0 0 0 00 0 0 0 0 00 0 0 0 0 0o 0 0 0 0 00 0 0 0 0 0


Novamente, qualquer expressão polinomial em A pode ser reescrita como umaexpressão do segundo grau. Logo, basta encontrarmos um polinômio p(x) ∈ R[x]que satisfaça:

p(0) = 0

p(−2) = (−2)c

p(4) = 4c

Nessas condições, o polinômio que devemos procurar é dado por p(x) = ax2 +bx + c, em que devemos calcular os valores para a, b e c.

f (0) = a · 02 + b · 0 + c = 0 ⇒ c = 0

Assim, nosso trabalho consiste em resolver o sistema:{a · 42 + b · 4 = 4c

a · (−2)2 + b · (−2) = (−2)c ⇒{

16a + 4b = 4c

4a − 2b = (−2)c

Resolvendo o sistema, encontramos os valores de a e b:

a =4c + 2 · (−2)c

24e

4c − 4 · (−2)c

12

E o polinômio que desejamos é dado por:

p(x) =4c + 2 · (−2)c

24x2 +

4c − 4 · (−2)c

12x

Logo, para calcular qualquer potência c da matriz A basta fazer:

Ac =4c + 2 · (−2)c

24A2 +

4c − 4 · (−2)c

12A

Para sabermos quantos são os caminhos conectando os vértices i e j do octaedro,devemos observar o elemento aij da matriz obtida após realizar as operações acimadescritas.

Referências bibliográficas

[1] HOFFMAN, K. Álgebra Linear, Editora da Universidade de São Paulo e Polígono,São Paulo, 1970.

[2] BOLDRINI, J. Álgebra Linear I, 3. ed., Harper e Row do Brasil, São Paulo, 1980.

[3] POOLE, D. Álgebra Linear, , Editora Pioneira Thomson Leaning Ltda., , 2004.

[4] LAY, D. Álgebra Linear e suas Aplicações, LTC, , , 1999.

[5] TOMEI, C. Auto valores e autovetores além de n=2 Notas da bienal de Matemática daSBM, Salvador

[6] SALDANHA, N; TOMEI, C. Spectra of Regular Polytopes,Discr.Comp.Geom. 7,403-414 (1992)

[7] RUSSO, F. E SIMIS, A. Álgebra Linear, Notas de Aula,UFPE, Recife, 2006.

[8] COSTA .B Álgebra Linear, Notas de Aula, UFRPE, Recife, 2012.

[9] BIGGS, N. Algebraic Graph Theory, Cambridge University Press, Cambridge, 1974.

[10] BROUWER, A.; HAEMERS, W. Spectra of graphs, Springer Monograph ? 2011

[11] EVES, H. Elementary Matrix Theory (reprint ed.). New York: Dover.

[12] CVETKOVIC, D.M.; DOOB, M. ; SACHS, H. Spectra of graphs Academic Press, NewYork, 1979.

[13] BONDY, J. A.; MURSY,U. S. R. grapt theory wi.apictions North-Holland , 1979.

[14] LUCCHESIV, C. Introdção à teoria dos grafos, 12o Colóquio Brasileiro de Matemática,IMPA, Rio de Janeiro, 1979.

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marcella feitosa dos santos rodrigo gondim · a aldeia dos ogros, a aldeia dos duendes e a aldeia...

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