Algebra Linear

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Bibliografia básica do curso: [3, 2, 1, 4]
Autor: Leandro Fiorini Aurichi - laurichi@ime.usp.br
Versão: 2008
1 Espaços vetoriais
Comecemos com a definição de espaço vetorial.
Definição 1.1. (V,⊕,�) é dito um espaço vetorial1 se V é um conjunto que contém um
elemento que denotaremos por 0 e se ⊕ : V × V −→ V e � : R × V −→ V são funções que
satisfazem as seguintes propriedades:
(A1) ∀u, v, w ∈ V (u⊕ v)⊕ w = u⊕ (v ⊕ w)
(A2) ∀u, v ∈ V u⊕ v = v ⊕ u
(A3) ∀u ∈ V u⊕ 0 = u
(A4) ∀v ∈ V ∃u ∈ V v ⊕ u = 0
(M1) ∀α ∈ R ∀u, v ∈ V α� (u⊕ v) = (α� u)⊕ (α� v)
(M2) ∀α, β ∈ R ∀v ∈ V (αβ)� v = α� (β � v)
(M3) ∀α, β ∈ R ∀v ∈ V (α + β)� v = (α� v)⊕ (β � v)
(M4) ∀v ∈ V 1� v = v
Cada elemento de V é chamado de vetor. ⊕ é chamada de soma e � é chamada de multi-
plicação por escalar.
Vamos ver alguns exemplos de espaços vetoriais. Note que, para isso, precisamos exibir um
conjunto, determinar duas operações e mais um elemento que fará o papel do elemento 0 destacado
acima. Tudo isso de forma que sejam satisfeitas as propriedades da definição.
No que se segue, quando aparecer ⊕= quer dizer que a igualdade vale pela definição de ⊕
que for dada no exemplo. Analogamente, quando aparecer �= a justificativa é a definição de �.
Quando aparecer R=, a igualdade se dá por propriedades dos números reais. Quando aparecer
A1= a justificativa é a propriedade (A1) da definição de espaço vetorial. Analogamente para as
propriedades (A2), ..., (A4) e (M1), ..., (M4).
1na verdade a definição apresentada aqui é a de um espaço vetorial sobre R, mas, como só trabalharemos com
espaços desta forma, omitiremos o “sobre R”
1
Exemplo 1.2. Considere (R2,⊕,�) onde R2 := {(a, b) : a, b ∈ R} e, dados (a, b), (c, d) ∈ R2 e
α ∈ R, definimos (a, b) ⊕ (c, d) := (a + c, b + d) e α � (a, b) := (αa, αb). Considere como 0 o
elemento (0, 0). É posśıvel mostrar que (R2,⊕,�) satisfaz todas as propriedades de um espaço
vetorial. Como exemplo, vamos mostrar que satisfaz as propriedades (A3) e (A4), deixando as
outras como exerćıcio:
(A3) Note que, dado (a, b) ∈ R2 temos (a, b)⊕ (0, 0) ⊕= (a + 0, b + 0) R= (a, b) e, portanto, temos
(A3).
(A4) Seja (a, b) ∈ R2. Considere (−a,−b) que, de fato, pertence a R2. Note que (a, b) ⊕
(−a,−b) ⊕= (a− a, b− b) R= (0, 0) = 0 e, portanto, temos (A4).
Apesar do nome vetor ter um certo apelo geométrico, os elementos de um espaço vetorial não
precisam estar num plano, nem mesmo em qualquer outra figura geométrica. O próximo exemplo
mostra exatamente isso.
Exemplo 1.3. Considere (F ,⊕,�) onde F := {f : f é função de R em R} e ⊕ : F ×F −→ F e
� : R×F −→ F são funções dadas por (f⊕g)(x) = f(x)+g(x) e (α�f)(x) = αf(x). Para quem
não está acostumado, esta notação pode parecer confusa. Uma maneira de se ler a definição de ⊕
é a seguinte: dadas f, g ∈ F queremos que f ⊕ g seja uma função de R em R de forma que, para
cada x ∈ R, seu valor neste ponto seja o mesmo que f(x) + g(x). Como o elemento 0, considere
a função z : R −→ R dada por z(x) := 0 para qualquer x ∈ R. Novamente, pode-se mostrar que
(F ,⊕,�) satisfaz a definição de espaço vetorial. Como exemplo, verifiquemos as propriedades
(M3) e (M4) deixando as outras como exerćıcio.
(M3) Sejam α, β, x ∈ R e f ∈ F . Temos
((α + β)� f)(x) �= (α + β)f(x)
R= αf(x) + βf(x)
�= (α� f)(x)⊕ (β � f)(x)
(M4) Sejam f ∈ F e x ∈ R. Temos (1� f)(x) �= 1f(x) R= f(x).
As operações assim definidas são as usuais de F .
Note que, no exemplo 1.2, podeŕıamos ter considerado, em vez do R2, Rn := {(x1, ..., xn) :
x1, ..., xn ∈ R} com ⊕ e � análogos, isto é, (x1, ..., xn) ⊕ (y1, ..., yn) := (x1 + y1, ..., xn + yn) e
α� (x1, ..., xn) := (αx1, ..., αxn) para (x1, ..., xn), (y1, ..., yn) ∈ Rn e α ∈ R. Essas operações assim
definidas são as usuais no Rn. Desta maneira, em particular, temos que (R,⊕,�) é um espaço
vetorial onde ⊕ e � são a soma e o produto usuais respectivamente.
O que nos impede de tentar fazer o mesmo e obter que (Z,⊕,�), onde Z é o conjunto dos
números inteiros e ⊕ e � são, respectivamente, a soma e o produto usuais, é um espaço vetorial?
Pode-se verificar que as propriedades (A1), ..., (A4) e (M1), ..., (M4) são satisfeitas. O problema
aqui é que, dados z ∈ Z e α ∈ R, α � z = αz não necessariamente pertence a Z (tome, por
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exemplo z := 1 e α := 12). Assim, não temos que ⊕ assim definida é uma função de R× Z −→ Z
e, portanto, (Z,⊕,�) não é um espaço vetorial.
Vamos ver outro exemplo que não é um espaço vetorial.
Exemplo 1.4. Considere (R2,⊕,�) onde ⊕ é o mesmo de 1.2 e � é dada por α�(a, b) := (αa, b),
onde α ∈ R e (a, b) ∈ R2. Note que, pela definição de �, temos que 2�(1, 2) = (2, 2). Suponha por
absurdo que (R2,⊕,�) é um espaço vetorial. Ou seja, temos que valem todas as propriedades da
definição de espaço vetorial. Então, temos 2�(1, 2) R= (1+1)�(1, 2) M3= (1�(1, 2))⊕(1�(1, 2)) �=
(1, 2) ⊕ (1, 2) ⊕= (1 + 1, 2 + 2) R= (2, 4). Como (2, 2) 6= (2, 4) temos uma contradição e, portanto,
(R2,⊕,�) não é um espaço vetorial.
Por comodidade, dado (V,⊕,�) um espaço vetorial, denotaremos o śımbolo ⊕ por + (assim,
v ⊕ u = v + u) e � por · (assim, α � v = α · v). Na verdade, o mais usual (e que também
adotaremos aqui) é simplesmente omitir o śımbolo �. Por exemplo, α � v fica αv. Quando ⊕ e
� estiverem claros no contexto, chamaremos de V o espaço vetorial (V,⊕,�).
Já vimos alguns exemplos de espaços vetoriais e alguns exemplos de coisas que não são espaços
vetoriais. Vamos agora começar a ver o que pode ser deduzido a partir da definição de um
espaço vetorial. Ou seja, vamos ver algumas propriedades que todos os espaços vetoriais têm,
independente de sua definição particular.
Definição 1.5. Seja V um espaço vetorial. Dizemos que v ∈ V é um elemento neutro se, para
qualquer u ∈ V , temos u + v = u.
Note que o elemento 0 que aparece em (A3) da definição de espaço vetorial é um elemento
neutro. Será que podem haver outros? O próximo resultado diz que não.
Proposição 1.6. Seja V um espaço vetorial e seja v elemento neutro de V . Então v = 0.
Dem.: Como v é elemento neutro de V , temos que 0 + v = 0. Por outro lado, temos 0 + v A2=
v + 0 A3= v. Logo, 0 = v como queŕıamos.
Já que num espaço vetorial temos que existe um único elemento neutro, é freqüênte, ao se
definir um espaço vetorial, se omitir quem é o elemento 0. Mas o leitor pode facilmente determinar
quem é tal elemento. Uma maneira simples é dada pelo próximo resultado:
Proposição 1.7. Seja V um espaço vetorial e seja v ∈ V . Temos que 0v = 0 (Atenção: o 0 que
aparece à esquerda da igualdade é o número real zero. Já o 0 que aparece à direita, é o elemento
neutro de V ).
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Dem.: Seja u ∈ V tal que 0v+u = 0. Tal u existe por (A4). Temos que 0v R= (0+0)v M3= 0v+0v.
Assim, temos que 0 = 0v + u = (0v + 0v) + u A1= 0v + (0v + u) = 0v + 0 A3= 0v.
Definição 1.8. Sejam V um espaço vetorial e v ∈ V . Dizemos que u ∈ V é um elemento
oposto a v se v + u = 0.
Pela propriedade (A4) da definição de espaço vetorial, temos que todo elemento v tem um
oposto. O próximo resultado diz que existe apenas um único oposto para cada elemento.
Proposição 1.9. Sejam V um espaço vetorial e v ∈ V . Suponha que u,w ∈ V são elementos
opostos a v. Então u = w.
Dem.: Temos
u
A3= u + 0
= u + (v + w)
A1= (u + v) + w
A2= (v + u) + w
= 0 + w
A2= w + 0
A3= w
Vamos agora ver que, dado um elemento v, para encontrarmos seu oposto, basta multiplicá-lo
pelo escalar −1.
Proposição 1.10. Sejam V um espaço vetorial e seja v ∈ V um elemento qualquer. Então −1v
é oposto a v (e, por 1.9, é o único elemento oposto a v).
Dem.: Temos v + (−1v) M4= 1v + (−1v) M3= (1− 1)v R= 0v 1.7= 0. Logo, −1v é o oposto de v.
Por comodidade, quando tivermos v, u ∈ V e α ∈ V , denotaremos v + (−αu) simplesmente
por v − αu. Analogamente, o oposto de v será denotado simplesmente por −v.
Vamos agora a algumas propriedades elementares:
Proposição 1.11. Sejam V um espaço vetorial,v ∈ V e α ∈ R. Temos:
(i) α(−v) = −αv;
(ii) α0 = 0.
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(iii) Se αv = 0 então α = 0 ou v = 0;
Dem.: (i) α(−v) = α(−1v) M2= (α · (−1))v R= −αv.
(ii) α0 A3= α(0 + 0) M1= α0 + α0. Somando-se −α0 em ambos os lados da igualdade, temos, pela
parte (i), 0 = α0.
(iii) Suponha α 6= 0. Vamos então mostrar que v = 0. Considere α−1 ∈ R tal que α−1α = 1.
De α0 = 0 temos α−1(αv) = α−10. Aplicando (ii) ao lado direito da igualdade, temos que
α−1(αv) = 0. Assim, temos que 0 = α−1(αv) M2= (α−1α)v = 1v M4= v.
1.1 Exerćıcios
Exerćıcio 1.1. Considere M2:=
{(
a b
c d
)
: a, b, c, d ∈ R
}
, ⊕ : M2 ×M2 −→ M2 dada por
(
a1 b1
c1 d1
)
⊕
(
a2 b2
c2 d2
)
:=
(
a1 + a2 b1 + b2
c1 + c2 d1 + d2
)
e � : R×M2 −→ M2 dada por
α�
(
a b
c d
)
:=
(
αa αb
αc αd
)
Mostre que (M2,⊕,�) é um espaço vetorial. As operações assim definidas são as usuais para
M2.
Exerćıcio 1.2. Considere Q o conjunto dos números racionais, ⊕ e � a soma e o produto usuais
de números reais. (Q,⊕,�) é um espaço vetorial? Justifique.
Exerćıcio 1.3. Exiba os elementos neutros dos seguintes espaços vetoriais: R3 e M2 (cada um
com a soma e a multiplicação por escalar usuais).
Exerćıcio 1.4. Seja f ∈ F . Determine qual é a função representada por −f .
Exerćıcio 1.5. Seja V := {r ∈ R : r > 0}. Considere sobre V as seguintes operações ⊕ :
V × V −→ V e � : R × V −→ V dadas por r ⊕ s := rs e α � r := rα onde r, s ∈ V e α ∈ R.
Mostre que (V,⊕,�) é um espaço vetorial e exiba o elemento neutro de V .
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Exerćıcio 1.6. Considere C = {a + bi : a, b ∈ R} o conjunto dos números complexos. Mostre
que C com as operações usuais é um espaço vetorial.
Exerćıcio 1.7. Seja P := {a + bx + cx2 : a, b, c ∈ R} o conjunto dos polinômios de grau menor
ou igual a 2. Mostre que P é um espaço vetorial e exiba seu elemento neutro.
Exerćıcio 1.8. Seja A,B, C ∈ M2, onde A :=
(
1 2
2 1
)
, B :=
(
0 3
1 0
)
e C :=
(
7 −4
1 0
)
.
Calcule, com as operações usuais de M2, os seguintes elementos:
(a) A + B
(b) B + 12C
(c) A−B + 4C
Exerćıcio 1.9. Sejam V um espaço vetorial e v, u, w ∈ V . Mostre as seguintes afirmações:
(a) −(−v) = v;
(b) Se u + v = w + v então u = w.
(c) Se u + u = 0 então u = 0.
Exerćıcio 1.10. Sejam V um espaço vetorial e u, v ∈ V . Mostre que existe um único vetor
w ∈ V tal que u + w = v.
Exerćıcio 1.11. Considere (R,⊕,�) onde, dados a, b ∈ R e α ∈ R, definimos a ⊕ b = a − b e
α� a = αa. (R,⊕,�) é um espaço vetorial?
Exerćıcio 1.12. Sejam (U,⊕U ,�U ) e (V,⊕V ,�V ) espaços vetoriais. Considere U×V := {(u, v) :
u ∈ U, v ∈ V } com as seguintes operações:
(u1, v1) + (u2, v2) := (u1 ⊕U u2, v1 ⊕V v2)
α · (u, v) := (α�U u, α�V v)
onde u, u1, u2 ∈ U , v, v1, v2 ∈ V e α ∈ R. Mostre que (U × V,+, ·) é um espaço vetorial.
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2 Subespaços vetoriais
Vejamos agora um modo de obter espaços vetoriais “novos” a partir de “velhos”. Dado (V,+, ·)
um espaço vetorial, podemos tentar criar um novo espaço (S,⊕,�) simplesmente tomando S ⊂ V
e fazendo com que ⊕ e � sejam as restrições de + e · respectivamente. E, é claro, queremos que
(S,⊕,�) satisfaça as propriedades da definição de espaço vetorial. Ou seja, temos a seguinte
definição:
Definição 2.1. Seja (V,+, ·) um espaço vetorial. Dizemos que (S,⊕,�) é um subespaço ve-
torial de V se (S,⊕,�) é um espaço vetorial, S ⊂ V e, dados u, v ∈ S e α ∈ R temos que
u ⊕ v = u + v e α � v = α · v. Dizemos que ⊕ e � são as operações induzidas por + e ·
respectivamente.
Por comodidade, normalmente usaremos os mesmos śımbolos para as operações no espaço ori-
ginal e no subespaço. E, quando as operações estiverem claras no contexto, diremos simplesmente
que S é subespaço de V .
O próximo resultado é simples, mas é importante tê-lo em mente.
Proposição 2.2. Se (S,⊕,�) é subsespaço vetorial de (V,+, ·), então, dados u, v ∈ S e α ∈ R,
temos que u + v ∈ S e αv ∈ S.
Dem.: Como S é espaço vetorial, temos que ⊕ : S × S −→ S. Logo, dados u, v ∈ S, temos que
u ⊕ v ∈ S. Como u + v = u ⊕ v, temos que u + v ∈ S. Analogamente, temos o resultado para
αv.
Vamos agora a um exemplo de subespaço.
Exemplo 2.3. Seja (D,+, ·) onde D :=
{(
a 0
0 b
)
: a, b ∈ R
}
e + e · são as restrições das
operações em M2. Vamos ver que D é subespaço de M2. Para isso, precisamos ver, primeiramente,
que as operações + e ·, que são as restrições da operações de M2, de fato são funções de D ×D
em D e R×D em D respectivamente. Ou seja, precisamos mostrar que, dados A,B ∈ D e α ∈ R,
temos que A + B ∈ D e αA ∈ D. Sejam A :=
(
a1 0
0 a2
)
, B :=
(
b1 0
0 b2
)
∈ D. Temos que(
a1 0
0 a2
)
+
(
b1 0
0 b2
)
+=
(
a1 + b1 0
0 a2 + b2
)
∈ D. Para mostrar que αA ∈ D é análogo
(exerćıcio). Observe também que o elemento
(
0 0
0 0
)
∈ D faz o papel de elemento neutro em
D. Assim, para concluirmos que D é de fato um espaço vetorial, só resta mostrar que valem
as propriedades (A1), ..., (A4), (M1), ..., (M4) da definição de espaço vetorial. Como exemplo,
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vamos mostrar a propriedade (A2) deixando as outras como exerćıcio: Sejam A :=
(
a1 0
0 a2
)
,
B :=
(
b1 0
0 b2
)
∈ D. Temos
A + B =
(
a1 0
0 a2
)
+
(
b1 0
0 b2
)
=
(
a1 + b1 0
0 a2 + b2
)
=
(
b1 0
0 b2
)
+
(
a1 0
0 a2
)
= B + A
O próximo exemplo mostra que podemos ter (V,+, ·), (S,⊕,�) ambos espaços vetoriais e com
S ⊂ V mas sem que S seja subespaço de V .
Exemplo 2.4. Considere (R,+, ·), onde + e · são as operações usuais. Considere (P,⊕,�), onde
P := {r ∈ R : r > 0} e ⊕ e � são as operações definidas no exerćıcio 1.5, isto é, dados r, s ∈ P e
α ∈ R, temos que r ⊕ s = rs e α � r = rα. Pelo exerćıcio 1.5, temos que (P,⊕,�) é um espaço
vetorial. Mas, apesar de P ⊂ R, não é verdade que (P,⊕,�) é subespaço vetorial de (R,+, ·).
Isso se dá porque as operações em P não são as operações induzidas por R. De fato, considere
1, 2 ∈ P . Por um lado, tomando as operações em P , temos que 1⊕ 2 = 1 · 2 = 2. Por outro lado,
tomando as operações em R, temos que 1 + 2 = 3.
O próximo exemplo mostra que podemos ter (S, +, ·), com S ⊂ V , “definir”as operações em
S como as de V e, ainda assim, S não ser subespaço de V .
Exemplo 2.5. Considere [0, 1] ⊂ R. Temos que ([0, 1],+, ·), onde + e · são as restrições das
operações usuais de R, não é um subespaço vetorial de R. Para ver isso, suponha que seja. Então,
dados a, b ∈ [0, 1] temos, por 2.2, que a + b ∈ [0, 1]. Como 1 ∈ [0, 1], temos que 1 + 1 = 2 ∈ [0, 1],
contradição. Logo, [0, 1] não é subespaço vetorial de R.
Vimos que, dado um subconjunto S de um espaço vetorial V é necessário fazer muitas veri-
ficações para decidir se ele é um subespaço vetorial ou não. Temos que verificar as oito propri-
edades de espaço vetorial, a existência de um elemento neutro e ainda verificar se as restrições
das duas operações têm contra domı́nio S. O próximo resultado mostra uma maneira mais fácil
de fazer tal decisão.
Proposição 2.6. Seja (V,⊕,�) um espaço vetorial. Seja S ⊂ V . Então (S, +, ·), onde + e ·
são as restrições das operações de V , é um subespaço vetorial se, e somente se, são satisfeitas as
seguintes condições:
(a) 0 ∈ S;
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(b) Dados u, v ∈ S temos que u⊕ v ∈ S;
(c) Dados v ∈ S e α ∈ R temos que α� v ∈ S.
Dem.:
⇒): Suponha que S é um subespaço vetorial. Então, por 2.2, temos (b) e (c). Em particular,
temos que S é um espaço vetorial e, portanto, S 6= ∅. Seja v ∈ S. Temos 0 = 0� v = 0 · v ∈ S e,
portanto, temos (a).
⇐): Suponha que S satisfaça (a), (b) e (c). Por (a) temos que S é não vazio. Por (b) temos que +
é uma função de S × S em S e, por (c), temos que · é uma função de R× S em S. Assim, resta
verificarmos as propriedades (A1), ..., (A4), (B1), ..., (B4). Vamos verificar as propriedades (A2)
e (M1) deixando as outras como exerćıcio.
(A2) Sejam u, v ∈ S. Temos que u + v = u ⊕ v ∗= v ⊕ u = v + u, onde ∗ vale por que vale a
propriedade (A2) em V .
(M1) Sejam u, v ∈ S e α ∈ R. Temos α(u + v) = α � (u⊕ v) ∗∗= (α � u) ⊕ (α � v) = αu + αv,
onde ∗∗ vale pois (M1) vale em V .
Vamos aproveitar o resultado anterior e dar mais alguns exemplos de subespaços vetoriais,
agora fazendo as verificações de maneira bem mais simples.
Exemplo 2.7. Considere C := {f : f é função cont́ınua de R em R}. Temos que C, com as
operações usuais de funções, é um espaço vetorial. De fato, podemos mostrar que C é subespaço
vetorial de F (ver exemplo 1.3). Para isso, vamos aplicar 2.6. Note que o elemento neutro de
F é a função identicamente nula que é uma função cont́ınua. Logo, 0 ∈ C. Se f e g são funções
cont́ınuas, temos que f + g também é uma função cont́ınua. Finalmente, se f é um função
cont́ınua e α ∈ R, temos que αf é uma função cont́ınua.
Exemplo 2.8. Considere R2 com as operações usuais. Considere S := {(a,−a) ∈ R2 : a ∈ R}.
Vamos mostrar que S é um subespaço vetorial de R2 com as operações induzidas. Pela definição
de S, temos que 0 = (0, 0) ∈ S (basta tomarmos a = 0). Agora sejam (a,−a), (b,−b) ∈ R2.
Temos (a,−a) + (b,−b) = (a + b,−a − b) = (a + b,−(a + b)) ∈ S. Agora sejam (a,−a) ∈ S e
α ∈ R. Temos α(a,−a) = (αa,−αa) ∈ S.
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2.1 Exerćıcios
Exerćıcio 2.1. Sejam V um espaço vetorial e S ⊂ V . Suponha que, dados u, v ∈ S e α ∈ R
temos que u + v ∈ S e αv ∈ S. Mostre que 0 ∈ S se, e somente se, S é não vazio.
Exerćıcio 2.2. Seja V espaço vetorial e S ⊂ V . Mostre que S com as operações restritas de V
é um subespaço vetorial de V se, e somente se, S é não vazio e, dados α ∈ R e u, v ∈ S temos
αu + v ∈ S.
Exerćıcio 2.3. Seja V um espaço vetorial. Considere S := {0} ⊂ V . S com as operações
induzidas por V é um subespaço vetorial?
Exerćıcio 2.4. Decida se os conjuntos abaixo são subespaços vetoriais de R3 com as operações
induzidas pelas operações usuais de R3. Justifique suas afirmações.
(a) A := {(x, y, z) ∈ R3 : z = 0}
(b) B := {(x, y, z) ∈ R3 : x + y = z}
(c) C := {(x, y, z) ∈ R3 : xy = 0}
(d) D := {(x, y, z) ∈ R3 : x + z = 0}
(e) E := {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + z2 = 1})
Exerćıcio 2.5. Sejam V um espaço vetorial e A,B ⊂ V subespaços vetoriais de V . As seguintes
afirmações são verdadeiras? Justifique suas respostas.
(a) A ∩B é um subespaço vetorial de V .
(b) A ∪B é um subespaço vetorial de V .
(c) {a + b : a ∈ A e b ∈ B} é um subespaço vetorial de V .
(d) Se A ⊂ B então A é subespaço vetorial de B.
Exerćıcio 2.6. Seja S subespaço vetorial de V . Seja 0V o elemento neutro de V e 0S o elemento
neutro de S. Mostre que 0V = 0S .
Exerćıcio 2.7. Considere S := {A ∈ M2 : detA 6= 0} ∪
{(
0 0
0 0
)}
. S com as operações
induzidas por M2 é subespaço vetorial de M2?
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3 Combinações lineares e subespaços gerados
Segue imediatamente das propriedades de espaços vetoriais que podemos sempre somar dois
elementos e que podemos multiplicarmos qualquer elemento por um número real sempre tendo
como resultado outro elemento do espaço. O próximo resultado simplesmente diz que podemos,
na verdade, somar qualquer quantidade (finita) de elementos do espaço e sempre obteremos
outro elemento do espaço. Além disso, cada elemento desta soma pode ser multiplicado por um
escalar sem prejúızo algum. Antes de mostrar tal resultado, vamos demonstrar uma importante
ferramenta matemática que nos será útil:
Teorema 3.1 (Prinćıpio da indução). Seja P uma propriedade. Suponha que sabemos que tal
propriedade vale para o número 0 e que, sempre que ela vale para um número n ∈ N ela também
vale para o número n + 1. Então a propriedade P vale para todos os números1 m ∈ N.
Dem.: Suponha que existe um número para o qual a propriedade P não vale. Seja n o menor
número para o qual não vale P . Por hipótese, temos que n 6= 0. Assim, temos que n − 1 ∈ N
e, como n − 1 < n, temos que a propriedade P vale para n − 1. Por hipótese, temos que a
propriedade P vale para (n− 1) + 1 = n, contradição.
Corolário 3.2. Seja P uma propriedade que vale para um número m ∈ N e que se ela vale para
um número n ∈ N ela também vale para n + 1. Então a propriedade P vale para todo número
k ∈ N com k ≥ m.
Dem.: Considere a propriedade P ′ tal que P ′ vale para um número n se, e somente se, P vale
para n + m. Aplicamos o teorema para P ′ e obtemos o resultado.
Proposição 3.3. Seja V um espaço vetorial. Sejam α1, ..., αn ∈ R e v1, ..., vn ∈ V . Então
n∑
i=1
αivi ∈ V
Dem.: Por indução2 sobre n. Caso n = 1, temos que α1v1 ∈ V pela definição de espaço vetorial.
Agora suponha que vale o resultado para n e vamos mostrar para n+1. Por hipótese, temos que∑n
i=1 αivi ∈ V . Assim
n+1∑
i=1
αivi = (
n∑
i=1
αivi)︸ ︷︷ ︸
∈V
+αn+1vn+1︸ ︷︷ ︸
∈V
∈ V
1Uma versão “informal”deste resultado que talvez ajude a entendê-lo melhor: se há uma fila infinita de bolas
e sabemos que a primeira está pintada e que, se alguma está pintada, então a próxima também está pintada,
podemos concluir que toda a fila está pintada.
2ou seja, a propriedade aqui considerada é que dados α1, ..., αn ∈ R e v1, ..., vn temos que
Pn
i=1 αivi ∈ V .
11
Este tipo de operação vai ser importante para o restante do texto.
Definição 3.4. Seja V espaço vetorial. Sejam u, v1, ..., vn ∈ V . Dizemos que u é uma com-
binação linear de v1, ..., vn se existem α1, ..., αn ∈ R tais que u =
∑n
i=1 αivi.
Exemplo 3.5. Considere R3 com a soma e multiplicação usuais. Temos que (1, 1, 1) é combinação
linear de (1, 0, 0), (0, 12 , 1) e (0, 0, 1) pois
1(1, 0, 0) + 2(0,
1
2
, 1)− 1(0, 0, 1) = (1, 1, 1)
Por outro lado, temos que (1, 1, 1) não é combinação linear de (1, 0, 0) e (0, 1, 0). Pois, suponha
que seja. Então existem α, β ∈ R tais que α(1, 0, 0) + β(0, 1, 0) = (1, 1, 1). Com isso, olhando as
equações dadas pelas terceiras coordenadas, temos que 1 = α · 0 + β · 0 = 0, contradição.
Exemplo 3.6. Seja V espaço vetorial. Sejam u, v ∈ V . Temos que u + v é combinação linear de
u− v e v. De fato, temos que 1(u− v) + 2v = u + v.
Suponha que temos um espaço vetorial V e A ⊂ V um conjunto qualquer não vazio. Pelo
resultado 3.3 temos que se A é um subespaço vetorial de V , então qualquer combinação linear de
elementos de A também é um elemento de A1. E se A não for um subespaço? Será que é suficiente
acrescentarmos as combinações lineares de A para obtermos um subespaço? O resultado seguinte
afirma que sim.
Proposição 3.7. Seja V um espaço vetorial. Seja A ⊂ V um conjunto não vazio. Então
S := {v ∈ V : ∃n ≥ 1, v1, ..., vn ∈ A e α1, ..., αn ∈ R
∑n
i=1 α1vi = v} é um subespaço vetorial de
V . Além disso, A ⊂ S.
Dem.: Vamos usar 2.6 para mostrar que A é subespaço. Como A é não vazio, podemos to-
mar v ∈ A. Então 0v = 0 ∈ S. Sejam u, v ∈ S. Então existem u1, ..., un, v1, ...., vm ∈ A e
α1, ..., αn, β1, ..., βm ∈ R tais que u =
∑n
i=1 αiui e v =
∑m
i=1 βivi. Note que
u + v =
n∑
i=1
αiui +
m∑
i=1
βivi
Logo, u + v ∈ S. Seja α ∈ R. Temos que
αv = α
m∑
i=1
βivi =
m∑
i=1
αβivi
Logo, αv ∈ S e, portanto, S é subespaço vetorial de V .
Para mostrar que A ⊂ S, basta notar que para cada a ∈ A, temos que a = 1a ∈ S.
1se não “enxergou” isso, tente fazer como exerćıcio
12
Com esse resultado, fazemos a seguinte definição:
Definição 3.8. Sejam V um espaço vetorial e A ⊂ V um subconjunto não vazio. Denotamos
por [A] := {v ∈ V : ∃n ≥ 1, v1, ..., vn ∈ A e α1, ..., αn ∈ R
∑n
i=1 α1vi = v} o subespaço vetorial
gerado por A. E, neste caso, dizemos que A é um conjunto gerador para [A]. Por convenção,
dizemos que [∅] = 0.
Por comodidade, quando exibirmos os elementos de um conjunto A, omitiremos as chaves.
Por exemplo, em vez de denotar por [{u, v, w}], usaremos [u, v, w].
Exemplo 3.9. Considere o espaço vetorial R3 com as operações usuais. Temos que [(0, 1, 2), (1, 0, 0)] =
{(a, b, 2b) : a, b ∈ R}. De fato, considere (a, b, 2b) e vamos mostrar que (a, b, 2b) ∈ [(0, 1, 2), (1, 0, 0)].
Para isso, basta notar que (a, b, 2b) = b(0, 1, 2) + a(1, 0, 0). Assim, temos que {(a, b, 2b) : a, b ∈
R}⊂ [(0, 1, 2), (1, 0, 0)]. Para o outro lado, considere α(0, 1, 2)+β(1, 0, 0) = (β, α, 2α). Tomando-
se a = β e b = α, temos que α(0, 1, 2)+β(1, 0, 0) ∈ {(a, b, 2b) : a, b ∈ R}. Logo, temos a igualdade.
Já o subespaço S := {(x, y, z) : z = 0} é gerado por {(1, 0, 0), (0, 1, 0)}. De fato, seja
(x, y, 0) ∈ S. Então (x, y, 0) = x(1, 0, 0) + y(0, 1, 0). E, dados α, β ∈ R, temos que α(1, 0, 0) +
β(0, 1, 0) = (α, β, 0) tem a terceira coordenada 0 e, portanto, pertence a S.
Exemplo 3.10. Considere S ⊂ M2 dado por
{(
a 0
0 b
)
: a, b ∈ R
}
. Temos que S é gerado por
{(
1 0
0 0
)
,
(
1 0
0 2
)}
De fato, seja
(
a 0
0 b
)
∈ S. Temos que
(
a 0
0 b
)
= (a− b
2
)
(
1 0
0 0
)
+
b
2
(
1 0
0 2
)
Por outro lado, é fácil ver que qualquer combinação linear de
(
1 0
0 0
)
e
(
1 0
0 2
)
é da forma(
a 0
0 b
)
.
13
3.1 Exerćıcios
Exerćıcio 3.1. Considere R2 com as operações usuais. Escreva (1, 2) como combinação linear
de {(1, 1), (0, 4)}.
Exerćıcio 3.2. Considere R3 com as operações usuais. Considere S := [(1, 0, 0), (1, 1, 0)]. Dê
uma interpretação geométrica para S.
Exerćıcio 3.3. Seja V um espaço vetorial. Mostre as seguintes afirmações:
(a) Seja S ⊂ V . Então S ⊂ [S];
(b) Sejam S1 ⊂ S2 ⊂ V . Então [S1] ⊂ [S2];
(c) Seja S ⊂ V . Então [S] = [[S]].
Exerćıcio 3.4. Considere R3 com as operações usuais. Considere S := {(a, b, a + 2b) : a, b ∈ R}.
(a) Mostre que S é subespaço de R3 com as operações usuais.
(b) Encontre um conjunto com exatamente 2 elementos que seja um gerador para S.
(c) Encontre um conjunto com exatamente 3 elementos que seja um gerador para S.
(d) Encontre A,B ⊂ R3 tais que A ∩B = ∅ e [A] = [B] = S.
Exerćıcio 3.5. Sejam V um espaço vetorial e v ∈ V . Mostre que [V r {v}] = V .
Exerćıcio 3.6. Seja V um espaço vetorial e seja S ⊂ V um subconjunto qualquer. Mostre que
S = [S] se, e somente se, S é um subespaço vetorial de V .
Exerćıcio 3.7. Considere M2 com as operações usuais. Considere
S :=
{(
a b
c d
)
∈ M2 : a = c
}
A :=
{(
0 1
0 0
)
,
(
0 0
0 1
)
,
(
1 0
1 0
)}
(a) S é um subespaço vetorial de M2? Justifique.
(b) Relacione S com [A], justificando suas afirmações.
Exerćıcio 3.8. Sejam V um espaço vetorial e A ⊂ V um conjunto não vazio. Suponha que S
seja um subespaço de V tal que A ⊂ S. Mostre que [A] ⊂ S.
Exerćıcio 3.9. Sejam V um espaço vetorial e A ⊂ V um conjunto não vazio. Mostre que
[A] =
⋂
{S ⊂ V : S ⊃ A e S é subespaço de V }.
14
4 Dependência linear
Vimos na seção anterior que um subespaço pode ter vários conjuntos geradores. Inclusive, pode-
mos ter A ⊂ B distintos que gerem o mesmo subespaço. Os conceitos que aprentamos a seguir
servem para podermos tomar conjuntos geradores que sejam, de alguma forma, minimais.
Definição 4.1. Sejam V um espaço vetorial e v1, ..., vn ∈ V distintos. Dizemos que v1, ..., vn
são linearmente dependentes se existem α1, ..., αn ∈ R, com pelo menos um αi 6= 0, tais que∑n
i=1 αivi = 0. Dizemos que v1, ..., vn são linearmente independentes caso contrário, isto é,
se dados α1, ..., αn ∈ R temos
∑n
i=1 αivi = 0, então α1 = · · · = αn = 0. Dizemos que A ⊂ V é
linearmente dependente se existem v1, ..., vn ∈ A distintos linearmente dependentes. Dizemos que
A é linearmente independente caso contrário, isto é, se dados quaisquer v1, ..., vn ∈ A distintos
temos que v1, ..., vn são linearmente independentes. Por convenção, dizemos que o conjunto ∅ é
linearmente independente.
Este primeiro exemplo, ilustra uma relação entre dependência linear e combinação linear.
Exemplo 4.2. Sejam V um espaço vetorial e u, v, w ∈ V . Suponha que w é combinação linear
de u, v. Então u, v, w são linearmente dependentes. De fato, como w é combinação linear de u, v,
existem α, β ∈ R tais que αu + βv = w. Assim, αu + βv − 1w = 0.
Mais adiante, veremos que vale uma espécie de rećıproca para este exemplo. Mas antes,
vejamos mais alguns exemplos simples.
Exemplo 4.3. Considere R4 com as operações usuais. Temos que (0, 1, 0, 1), (4, 6, 2, 6) e (2, 0, 1, 0)
são linearmente dependendentes. De fato, temos que
3(0, 1, 0, 1)− 1
2
(4, 6, 2, 6) + 1(2, 0, 1, 0) = 0
Exemplo 4.4. Considere M2 com as operações usuais. Então A :=
(
1 1
0 1
)
, B :=
(
1 1
0 0
)
,
C :=
(
0 0
2 2
)
são linearmente independentes. De fato, sejam α, β, γ ∈ R tais que αA + βB +
γC = 0. Então, temos o seguinte sistema de equações:
α + β = 0
α + β = 0
2γ = 0
α + 2γ = 0
De onde obtemos que α = β = γ = 0
15
Exemplo 4.5. Considere F com as operações usuais. Temos que que as funções sen(x) e cos(x)
são linearmente independentes. De fato, sejam α, β ∈ R tais que, para todo x ∈ R, temos
que αsen(x) + βcos(x) = 0. Fazendo x = 0, temos que 0 = αcos0 + βsen0 = α. E, fazendo
x = π2 , temos que 0 = βsen
π
2 = β. Logo, α = β = 0. Por outro lado, temos que as funções
f(x) := 2sen(x), g(x) := sen(x)−cos(x) e h(x) := sen(x)+2cos(x) são linearmente dependentes.
De fato, temos que
−3
2
f(x) + 2g(x) + h(x) = 0
para qualquer x ∈ R.
Agora vamos ao resultado da “rećıproca” do primeiro exemplo desta seção. Sua afirmação é
a de que se n vetores são linearmente dependentes, é porque um deles é combinação linear dos
outros.
Proposição 4.6. Sejam V um espaço vetorial e v1, ..., vn ∈ V . Suponha que v1, ..., vn são li-
nearmente dependentes. Então existe k tal que 1 ≤ k ≤ n tal que vk é combinação linear de
{vi : 1 ≤ i ≤ n e i 6= k}, isto é, existem αi ∈ R tais que
vk =
n∑
i = 1
i 6= k
αivi
Dem.: Como v1, ..., vn são linearmente dependentes, existem α1, ..., αn ∈ R, com pelo menos um
βi 6= 0, tais que
∑n
i=1 βivi = 0. Seja k tal que βk 6= 0. Temos
vk =
n∑
i = 1
i 6= k
− βi
βk
vi
O próximo resultado será útil para quando formos cuidar da minimalidade de conjuntos
geradores. Ele simplesmente diz que, se um conjunto gerador finito é linearmente dependente,
então existe um elemento dele que podemos “descartar”.
Corolário 4.7. Seja V um espaço vetorial. Seja A ⊂ V finito1 e linearmente dependente. Então
existe v ∈ A tal que [A] = [A r {v}].
Dem.: Escreva A = {v1, ..., vn}. Pelo resultado anterior, existem k e αi ∈ R tais que
vk =
∑
i = 1
i 6= k
αivi
1Veja o exercicio 4.9
16
Vamos mostrar que [A] = [A r {vk}]. É claro que [A r {vk}] ⊂ [A] (ver exercicio 3.3). Assim,
resta mostrar que [A] ⊂ [A r {vk}]. Seja u ∈ [A]. Sejam β1, ..., βn ∈ R tais que v =
∑n
i=1 βivi.
Temos
v =
∑n
i=i βivi
= βkvk +
∑n
i = 1
i 6= k
βivi
= βk
∑n
i = 1
i 6= k
αivi +
∑n
i = 1
i 6= k
βivi
Logo, v ∈ [A r {vk}].
O próximo resultado diz que podemos aumentar um conjunto linearmente independente com
elementos que não sejam combinação linear dele.
Proposição 4.8. Sejam V um espaço vetorial e A ⊂ V um subconjunto linearmente indepen-
dente. Seja v ∈ V tal que v /∈ [A]. Então A ∪ {v} é linearmente independente.
Dem.: Suponha que não. Então existem v1, ..., vn ∈ A e α, α1, ..., αn ∈ R não todos nulos tais
que αv +
∑n
i=1 αivi = 0. Note que α 6= 0 pois, caso contrário, teŕıamos
∑n
i=1 αivi = 0 com algum
αi 6= 0 o que contraria o fato de A ser linearmente independente.
Assim, temos que v = −
∑n
i=1
αi
α vi o que contraria o fato de v /∈ [A].
4.1 Exerćıcios
Exerćıcio 4.1. Sejam V um espaço vetorial e A ⊂ V . Mostre que, se 0 ∈ A, então A é
linearmente dependente.
Exerćıcio 4.2. Considere R4 com as operações usuais. Decida se cada conjunto de vetores é
linearmente dependente ou não. Justifique suas respostas:
(a) {(1, 0, 0, 0), (0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1)}
(b) {(1, 1, 0, 0), (2, 2, 4, 4), (0, 0, 1, 1)}
(c) {(x, y, z, w) : x + y + z + w = 0}
(d) {(0, 0, 0, 2), (0, 0,−1, 3), (0, 4, 2, 1), (1, 2, 3, 4)}
(e) {(0, 2, 2, 4), (1, 0, 2, 2), (1, 2, 2, 0)}
Exerćıcio 4.3. Seja V um espaço vetorial. Sejam A,B ⊂ V . Decida se as seguintes afirmações
são verdadeiras ou falsas e justifique suas respostas:
17
(a) Se A é linearmente independente e B ⊂ A, então B é linearmente independente.(b) Se A é linearmente dependente e B ⊃ A, então B é linearmente dependente.
(c) Se A é linearmente independente e B ⊃ A, então B é linearmente independente.
(d) Se A é linearmente dependente e B ⊂ A, então B é linearmente dependente.
Exerćıcio 4.4. Seja V um espaço vetorial tal que V 6= {0}. Mostre que V r {0} é linearmente
dependente.
Exerćıcio 4.5. Sejam V um espaço vetorial e u, v, w ∈ V . Suponha que v ∈ [w] e u ∈ [w].
Mostre que {u, v} é linearmente dependente.
Exerćıcio 4.6. Sejam V um espaço vetorial e u, v, w ∈ V . Suponha que {u, v, w} é linearmente
independente. Mostre que {u + v, u + w, v + w} é linearmente independente.
Exerćıcio 4.7. Sejam V um espaço vetorial e u1, ..., un, v1, ..., vm ∈ V . Suponha que {u1, ..., un, v1, ..., vm}
seja linearmente independente. Mostre que [u1, ..., un] ∩ [v1, ..., vm] = {0}.
Exerćıcio 4.8. Considere P2 := {a + bx + cx2 : a, b, c ∈ R} o conjuntos dos polinômios de grau
menor ou igual a 2 com as operações usuais. Verifique se os seguintes elementos são linearmente
independentes ou não, justificando suas respostas.
(a) f(x) := 1 + x + x2, g(x) := 2 + 2x + 2x2.
(b) f(x) := x + x2, g(x) := 2, h(x) := 1 + 2x2.
(c) f(x) := 1 + x, g(x) := 2 + x, h(x) := x2.
Exerćıcio 4.9. Mostre que podemos retirar a hipótese de A ser finito em 4.7. Dica: Como A é
linearmente dependente, temos que existem v1, ..., vn ∈ A linearmente dependentes. Comece com
isso e procure fazer algo parecido com a demonstração de 4.7.
18
5 Bases
Agora temos material suficiente para tomarmos conjuntos geradores minimais.
Definição 5.1. Sejam V um espaço vetorial e B ⊂ V . Dizemos que B é uma base para V se B
é linearmente independente e [B] = V .
Vejamos alguns exemplos.
Exemplo 5.2. Considere R4 com as operações usuais. Temos que B := {(1, 0, 1, 0), (0, 1, 0, 1),
(1, 0, 0, 1), (0, 0, 1, 1)} é uma base para R4. De fato, seja (a, b, c, d) ∈ R4. Considere α, β, γ, δ ∈ R
tais que α(1, 0, 1, 0) + β(0, 1, 0, 1) + γ(1, 0, 0, 1) + δ(0, 0, 1, 1) = (a, b, c, d). Temos
α + γ = a
β = b
α + δ = c
β + γ + δ = d
De onde, temos α = a− d + b + c−a+d−b2 , β = b, γ = d− b−
c−a+d−b
2 , δ =
c−a+d−b
2 . Assim, temos
que [B] = R4. Vamos agora mostrar que B é linearmente independente. Sejam α, β, γ, δ ∈ R tais
que α(1, 0, 1, 0) + β(0, 1, 0, 1) + γ(1, 0, 0, 1) + δ(0, 0, 1, 1) = (0, 0, 0, 0). Temos
α + γ = 0
β = 0
α + δ = 0
β + γ + δ = 0
De onde temos que α = β = γ = δ = 0.
Exemplo 5.3. Para cada k ∈ N, considere pk : R −→ R dada por pk(x) = xk. Seja n ∈ N.
Chamamos de polinômios de grau menor ou igual a n o subespaço vetorial de F gerado
por p0, ..., pn. Denotamos tal espaço por Pn. Temos que B := {p0, ..., pn} é uma base para Pn.
De fato, pela própria definição, já temos que [B] = Pn. Resta mostrar que B é linearmente
independente. Sejam α0, ..., αn ∈ R tais que
∑n
i=0 αipi = 0. Isto é, dado qualquer y ∈ R, temos
que
(α0p0 + · · ·αnpn)(y) = α0y0 + · · ·+ αnyn = 0 (1)
Mas temos que um polinômio identicamente nulo tem todos os seus coeficientes nulos. Logo,
α0 = · · ·αn = 0.
Não apresentaremos aqui a demonstração do próximo resultado pois ela precisa de um pouco
de material que foge do nosso escopo. Além disso, para os principais exemplos tratados aqui,
apresentaremos uma versão mais fraca (mas suficiente) deste resultado na próxima seção.
Teorema 5.4. Seja V um espaço vetorial. Então existe B ⊂ V base para V .
Dem.: Ver [3], p. 76.
19
5.1 Exerćıcios
Exerćıcio 5.1. Exiba uma base para cada espaço vetorial e demonstre que a mesma de fato é
uma base. Considere para cada conjunto as operações usuais.
(a) M2
(b) R3
(c) R
Exerćıcio 5.2. Sejam V um espaço vetorial e B uma base para V . Considere C,D ⊂ V tais que
C ( B e D ) B. Mostre que C e D não são bases de V .
Exerćıcio 5.3. Sejam V um espaço vetorial e B uma base para V . Seja α ∈ R com α 6= 0.
Mostre que C := {αv : v ∈ B} é uma base para V .
Exerćıcio 5.4. Sejam V um espaço vetorial e S ⊂ V um subespaço tal que S 6= {0}. Considere
B base para V . É verdade que, necessariamente, B ∩ S 6= ∅?
Exerćıcio 5.5. Sejam U, V espaços vetoriais. Sejam A base para U e B base para V . Considere
U × V (veja o exercicio 1.12). O conjunto C := {(a, b) : a ∈ A, b ∈ B} é uma base para U × V ?
6 Sistemas lineares
Antes de prosseguirmos com os espaços vetoriais, vamos ver uma aplicação no estudo de sistemas
lineares homogêneos. Vamos fazer essa aplicação agora pois um dos resultados será utilizado na
seqüência de nosso trabalho.
Definição 6.1. Dizemos que um sistema com n equações nas incógnitas x1, ..., xk é um sistema
linear homogêneo se cada uma das suas equações é da forma α1x1 + α2x2 + · · · + αkxk = 0
com α1, ..., αk ∈ R. Dizemos que v = (v1, ..., vk) ∈ Rk é uma solução para o sistema se, para
cada equação α1x1 + · · ·αkxk = 0 temos que α1v1 + · · · + αkvk = 0. Dado um sistema linear
homogêneo E com k incógnitas, denotamos por Sol(E) o conjunto {v ∈ Rk : v é solução de E}.
Chamamos Sol(E) de espaço solução de E.
20
Exemplo 6.2. {
x1 + 2x2 = 0
x2 − x3 = 0
é um sistema linear homogêneo1. Uma solução para tal sistema é (−2, 1,−1) ∈ R3.
Nosso primeiro resultado já mostra uma ligação entre os sistemas lineares e álgebra linear: o
conjunto solução é um espaço vetorial.
Proposição 6.3. Seja E um sistema linear homogêneo com k incógnitas. Então Sol(E) é um
subespaço vetorial de Rk.
Dem.: Comecemos mostrando que 0 ∈ Sol(E). Dada
∑k
i=1 αixi = 0 equação de E, temos que∑k
i=1 αi0 = 0, logo, 0 é solução.
Agora sejam (v1, ..., vk), (u1, ..., uk) soluções de E. Vamos mostrar que (v1, ..., vk)+(u1, ..., uk) =
(v1 + u1, ..., v1 + uk) é solução de E. Seja
∑k
i=1 αixi = 0 uma equação de E. Temos:∑k
i=1 αi(vi + ui) =
∑k
i=1 αivi +
∑k
i=1 αiui
= 0 + 0
= 0
Agora sejam (v1, ..., vk) ∈ Sol(E) e γ ∈ R. Vamos mostrar que γ(v1, ..., vk) = (γv1, ..., γvk) ∈
Sol(E). Seja
∑k
i=1 αixi = 0 uma equação de E. Temos:∑k
i=1 αi(γvi) = γ
∑k
i=1 αivi
= γ0
= 0
O que vamos fazer agora é determinar uma condição para que um sistema linear homogêneo
tenha soluções não triviais:
Lema 6.4. Considere E uma equação da forma
∑k
i=1 αixi = 0. Sejam u, v ∈ Rk onde v não é
solução para E. Então existe γ ∈ R tal que u− γv é solução para E.
Dem.: Escrevemos u = (u1, ..., uk) e v = (v1, ..., vk). Sejam a :=
∑k
i=1 αui e b :=
∑k
i=1 αvi.
Como v não é solução para E, temos que b 6= 0. Assim, podemos tomar γ := ab . Vejamos que tal
γ satisfaz o enunciado. Temos que u− γv = (u1 − γv1, ..., uk − γvk). Assim∑k
i=1 αi(ui − γvi) =
∑k
i=1 αiui − γ
∑k
i=1 vi
= a− ab b
= 0
1repare que há incógnitas que não aparecem em todas as equações, o que seria exigido pela nossa definição.
Mas isso pode ser facilmente contornado, notando-se, por exemplo, que a primeira equação é equivalente a x1 +
2x2 + 0x3 = 0.
21
Proposição 6.5. Seja E um sistema linear homogêneo com n equações e k incógnitas com k ≥ n.
Então existe um conjunto linearmente independente em Sol(E) com pelo menos k−n elementos.
Dem.: Vamos fazer por indução sobre n. Caso n = 0 temos que Sol(E) = Rk e temos o resultado.
Vamos fazer o caso n + 1, supondo que o caso n vale. Ou seja, temos que mostrar que se E tem
n + 1 equações, Sol(E) tem um subconjuto linearmente independente com k − n− 1 elementos.
Se n+1 = k, terminamos porque {0} ⊂ Sol(E). Então podemos supor n+1 < k, logo, k−n > 0.
Considere E0 ⊂ E onde E0 tem n equações. Seja F a equação restante. Por hipótese de indução,
temos que Sol(E0) tem um subconjunto A linearmente independente com k − n elementos. Se
todos os elemetos de A forem solução para F , temos que todos os elementos de A são solução
para E e temos o resultado. Se não, então existe v ∈ A tal que v não é solução de F . Escreva
A r {v} = {a1, ..., ak−n−1}. Para cada i = 1, ..., k − n − 1, seja γi ∈ R tal que ai − γiv seja
solução para F (existe pelo lema). Como a1, ..., ak−n−1e v são soluções para E0, temos que
cada ai − γiv é solução para E0. Logo, {a1 − γ1v, ..., ak−n−1 − γk−n−1v} ⊂ Sol(E). Logo, para
concluirmos o resultado, basta mostrarmos que tal conjunto é linearmente independente. Sejam
α1, ..., αk−n−1 ∈ R tais que
∑k−n−1
i=1 αi(ai − γiv) = 0. Temos:
0 =
∑k−n−1
i=1 αi(ai − γiv)
=
∑k−n−1
i=1 αiai −
∑k−n−1
i=1 γiv
=
∑k−n−1
i=1 αiai − (
∑k−n−1
i=1 γi)v
Como {a1, ..., ak−n−1, v} = A é um conjunto linearmente independente, temos que que α1 = ... =
αk−n−1 = 0 como queŕıamos.
Corolário 6.6. Seja E um sistema linear homogêneo com mais incógnitas do que equações.
Então E tem uma solução não trivial, isto é, existe v ∈ Sol(E) com v 6= 0.
6.1 Exerćıcios
Exerćıcio 6.1. Determine o espaço solução de cada um dos sistemas a seguir, determinando
também uma base para cada um deles.
(a)
{
x1 + x2 = 0
x2 − x3 = 0
(b)

x1 + x2 + 3x3 − x4 = 0
x1 + x5 = 0
x5 + x2 − x3 = 0
22
7 Espaços finitamente gerados e dimensão
Vamos definir agora o tipo de espaço com o qual mais trabalharemos.
Definição 7.1. Seja V um espaço vetorial. Dizemos que V é finitamente gerado se existe
A ⊂ V finito tal que [A] = V .
Uma propriedade de espaços finitamente gerados é que existe um limitante para o tamanho
dos conjuntos linearmente independentes.
Proposição 7.2. Sejam V um espaço vetorial finitamente gerado e suponha que {v1, ..., vn} ⊂ V
seja um gerador de V . Então todo subconjunto de V com mais de n elementos é linearmente
dependente.
Dem.: Seja A := {u1, ..., um} com m > n. Vamos mostrar que A é linearmente dependente
(note que isso implica o resultado). Como {v1, ..., vn} é gerador de V , para cada uk existem
βk,1, ..., βk,n ∈ R tais que
n∑
i=1
βk,ivi = uk
Considere o seguinte sistema linear, nas incógnitas a1, ..., am:
β1,1a1 + · · ·+ βm,1am = 0
...
β1,na1 + · · ·+ βm,nam = 0
Como esse sistema é homogêneo, tem m incógnitas, n equações e n < m, temos que existe
α1, ..., αm, com algum αi 6= 0, que é solução. Isto é, para cada i = 1, ..., n, temos que β1,iα1 +
· · ·+ βm,iαm = 0. Temos:
0 =
∑n
i=1
∑m
k=1 βk,iαkvi
=
∑m
k=1
∑n
i=1 αkβk,ivi
=
∑m
k=1 αkuk
Logo, u1, ..., um são linearmente dependentes.
Corolário 7.3. Seja V um espaço vetorial finitamente gerado. Dadas B,B′ ⊂ V bases de V ,
temos que B e B′ têm a mesma quantidade de elementos.
Dem.: Como B gera V e B′ é linearmente independente, temos que |B′| ≤ |B|. Por outro lado,
como B′ gera V e B é linearmente independente, temos que |B| ≤ |B′|.
Dada a unicidade garantida pelo último resultado, podemos fazer a seguinte definição:
23
Definição 7.4. Seja V um espaço vetorial. Se V é finitamente gerado e B é uma base para V ,
dizemos que V tem dimensão |B| e denotamos por dim V := |B|. Se V não é finitamente gerado,
simplesmente dizemos que V tem dimensão infinita. Neste caso, denotamos dim V = ∞.
Exemplo 7.5. Considere C = {a + bi : a, b ∈ R} o conjunto do números complexos com as
operações usuais. Note que (C,+, ·) é um espaço vetorial (exerćıcio). Temos que B := {1, i} é
uma base para C. De fato, dado a+ bi ∈ C, temos que a+ bi = (a · 1)+ (b · i) e, portanto, B gera
C. Resta mostrar que B é linearmente independente. Sejam α, β ∈ R tais que α · 1 + β · i = 0.
Então α = β = 0 e, portanto, B é base. Assim, temos que dim C = 2. Esta é chamada a base
canônica de C.
Vejamos um exemplo de um espaço que não tem dimensão finita.
Exemplo 7.6. Considere P := {a0 + a1x1 + · · ·+ anxn : ai ∈ R, n ∈ N} o espaço dos polinômios
com as operações usuais. Suponha que a dimensão de P seja finita. Então existe B ⊂ P finito
tal que [B] = P . Seja p ∈ B o polinômio com o maior grau em B. Seja k o grau de p. Note
que q(x) := xk+1 é tal que q ∈ P mas q não é combinação linear dos elementos de B (exerćıcio).
Logo, B não gera P .
A idéia do próximo resultado é que, num espaço finitamente gerado, podemos ir “aumentando”
um conjunto linearmente independente até obtermos uma base.
Teorema 7.7 (do completamento de base). Sejam V um espaço vetorial finitamente gerado e
A ⊂ V um conjunto linearmente independente. Então existe B base de V tal que B ⊃ A.
Dem.: Se [A] = V , não há nada a mostrar. Caso contrário, existe v1 ∈ V r [A]. Por 4.8,
temos que B1 := A ∪ {v1} é linearmente independente. Se [B1] = V , acabamos. Se não, existe
v2 ∈ V r [B1]. Novamente por 4.8, temos que B2 := B1 ∪ {v2} é linearmente independente.
Continuamos tal processo até que [Bn] = V . Observe que, de fato, isso ocorre, pois, caso
contrário, teŕıamos conjuntos linearmente independentes arbitrariamente grandes o que não pode
ocorrer já que V é finitamente gerado e por 7.2
Corolário 7.8. Seja V um espaço vetorial de dimensão n. Seja B ⊂ V um conjunto linearmente
independente tal que |B| = n. Então B é base para V .
Dem.: Seja C ⊃ B base para V . Pela definição de dimensão, temos que existe D base para V
tal que |D| = n. Pelo resultado 7.3, temos que |C| = n. Logo, como |B| = n, temos que C = B
e, portanto, B é base de V .
Já o próximo resultado diz que, em espaços finitamente gerados, podemos “diminuir” conjun-
tos geradores linearmente dependentes até obtermos uma base.
24
Proposição 7.9. Seja V um espaço vetorial. Seja A ⊂ V finito tal que [A] = V . Então existe
B ⊂ A base para V .
Dem.: Se A é linearmente independente, acabamos. Se não, pelo resultado 4.7, existe v1 ∈ A
tal que A1 := A r {v1} é tal que [A1] = [A] = V . Se A1 é linearmente independente, acabamos.
Se não, novamente por 4.7, existe v2 ∈ A1 tal que A2 := A1 r {v2} = A r {v1, v2} é tal que
[A2] = [A1] = [A] = V . E podemos repetir tal processo até que se encontre An ⊂ A linearmente
independente tal que [An] = V (note que tal processo de fato termina já que A tem finitos
elementos).
Corolário 7.10. Seja V um espaço vetorial de dimensão n. Seja B ⊂ V tal que |B| = n e
[B] = V . Então B é base para V .
Dem.: Pelo resultado anterior, existe C ⊂ B tal que C é base para V . Pela definição de dimensão,
existe D base para V tal que |D| = n. Por 7.3, temos que |C| = |D| = n. Assim, C = B e,
portanto, B é base para V .
Observe que pelos resultados 7.8 e 7.10 temos que, num espaço vetorial de dimensão n, se
temos um conjunto com n elementos, para decidirmos se ele é uma base, basta uma só verificação:
se ele é linearmente independente ou se ele é gerador.
7.1 Exerćıcios
Exerćıcio 7.1. Considerando as operações usuais de cada espaço, exiba uma base e calcule a
dimensão de cada um dos espaços abaixo:
(a) R2
(b) M2
(c) Pn
(d) R
Exerćıcio 7.2. Considerando as operações usuais de P3, mostre que o conjunto {q1, q2, q3, q4, q5}
é linearmente dependente, onde q1(x) := x+1, q2(x) := x2− 2x, q3(x) := x3 +5x, q4(x) = x2 +9
e q5 := x3 + x2 − x + 1.
Dica: Use o exerćıcio 7.1
Exerćıcio 7.3. Considere R4 com as operações usuais. Defina bases para R4 que contenham os
seguintes vetores
25
(a) (1, 1, 0, 0) e (1, 1, 1, 1).
(b) (0, 0, 0, 1)
(c) (2, 0, 0, 2), (2, 0, 0, 1), (1, 1, 2, 1).
Exerćıcio 7.4. Sejam V um espaço vetorial e S um subespaço seu. Mostre que dim S ≤ dim V .
Exerćıcio 7.5. Seja V espaço vetorial de dimensão n. Seja S ⊂ V subespaço. Suponha que
dim S = n. Mostre que S = V .
Exerćıcio 7.6. Sejam U e V espaços vetoriais de dimensão m e n respectivamente. Qual a
dimensão de U × V ?
Exerćıcio 7.7. Seja V um espaço vetorial. Considere A,B ⊂ V conjuntos não vazios tais que a
dimensão de [A] é m, de [B] é n e a de [A ∪B] = k.
(a) Dê um exemplo onde m < n < k.
(b) Dê um exemplo onde m = n < k.
(c) Dê um exemplo onde m = n = k.
(d) É posśıvel acontecer k < max{m,n}?
(e) O que podemos afirmar sobre [A], [B] e [A ∪B] se m = n = k?
(f) Suponha [A] ⊂ [B]. Calcule k em função de m e n.
(g) Suponha [A] ∩ [B] = {0}. Calcule k em função de m e n.
Exerćıcio 7.8. Seja V um espaço vetorial. Considere A,B ⊂ V conjuntos não vazios tais que
[A] e [B] têm dimensão finita. Mostre que
dim[A∪B] = dim[A] + dim[B]− dim([A] ∩ [B])
Dica: Use o exerćıcio anterior.
26
8 Sistemas de coordenadas
O que vamos fazer nesta seção é construir um jeito de se descrever os elementos de um espaço
vetorial.
Definição 8.1. Seja V um espaço vetorial finitamente gerado. Um sistema de coordenadas,
ou base ordenada, em V é uma base B := {v1, ..., vn} ⊂ V em que a ordem dos elementos está
fixada1.
O próximo resultado nos dá uma grande utilidade para os sistemas de coordenadas:
Proposição 8.2. Sejam V um espaço vetorial finitamente gerado e B := {v1, ..., vn} uma base
ordenada para V . Então, para cada elemento v ∈ V , existem a1, ..., an ∈ Rn tais que v =∑n
i=1 aivi. Além disso, tais ai’s são únicos com tal propriedade.
Dem.: A existência de a1, ..., an se dá simplesmente pelo fato de B ser base. Vamos mostrar
então a unicidade. Sejam b1, ..., bn ∈ R tais que v =
∑n
i=1 bivi. Temos
0 = v − v
=
∑n
i=1 aivi −
∑n
i=1 bivi
=
∑n
i=1(ai − bi)vi
Logo, como v1, ..., vn são linearmente independentes, (ai − bi) = 0 para todo i = 1, ..., n.
O resultado anterior nos permite fazer a seguinte definição:
Definição 8.3. Sejam V um espaço vetorial finitamente gerado e B := {v1, ..., vn} uma base
ordenada para V . Dado v ∈ V , denotamos por [v]B := (a1, ..., an)B a única n-upla tal que∑n
i=1 aivi = v.
Exemplo 8.4. Considere R3 com as seguintes bases ordenadas: B1 := {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)},
B2 := {(1, 1, 0), (0, 1, 1), (0, 2, 0)} e B3 := {(0, 1, 0), (1, 0, 0), (0, 0, 1)}. Seja v := (1, 2, 3) ∈ R3.
Temos
• [v]B1 = (1, 2, 3)B1
• [v]B2 = (1, 3,−1)B2
• [v]B3 = (2, 1, 3)B3
Note que o processo de se mudar as coordenadas de um vetor de uma base para outra muitas
vezes é trabalhoso. Mais adiante, veremos uma maneira bem mais simples de se fazer isso. Mas,
para isso, precisamos do conceito de transformações lineares e de alguma teoria sobre elas. Como
as transformações lineares são úteis em diversos outros problemas, faremos um apanhado geral
de sua teoria antes de voltarmos à aplicação de mudança de bases.
1ou seja, um sistema de coordenadas é uma n-upla (v1, ..., vn) cujas coordenadas formam uma base de V . Mas,
por comodidade, utilizaremos o mesmo śımbolo de conjunto.
27
8.1 Exerćıcios
Exerćıcio 8.1. Considere B :=
{(
1 0
1 0
)
,
(
0 1
0 1
)
,
(
0 1
0 0
)
,
(
0 0
1 1
)}
base ordenada
de M2. Calcule [v]B em cada um dos seguintes casos:
(a) v =
(
2 1
0 0
)
(b) v =
(
1 1
1 1
)
Exerćıcio 8.2. Considere B := {q1, q2, q3} base de P2, onde q1(x) := 2 + x2, q2(x) := 1 + x + x2
e q3(x) := 4. Calcule p(1) onde [p]B = (1, 2, 3)B
Exerćıcio 8.3. Seja V espaço vetorial finitamente gerado. Sejam B1 e B2 bases ordenadas para
V . Mostre que B1 e B2 são iguais se, e somente se, dado qualquer v ∈ V , [v]B1 = [v]B2 .
Exerćıcio 8.4. Seja V 6= 0 um espaço finitamente gerado e seja A := {a1, ..., an} ⊂ V ordenado
tal que [A] = V , mas A não é base de V . Mostre que existem v ∈ V e α1, ..., αn, β1, ..., βn ∈ R
tais que
∑n
i=1 αiai =
∑n
i=1 βiai = v, mas αi 6= βi para algum i = 1, ..., n.
Exerćıcio 8.5. Sejam U espaço vetorial finitamente gerado, α ∈ R e u, v ∈ U . Seja B base
ordenada para U .
(a) Mostre que [u]B + [v]B = [u + v]B.
(b) Mostre que α[u]B = [αu]B.
9 Transformações lineares
Vamos agora considerar funções entre espaços vetoriais. Para nós vão interessar as funções que
preservam a estrutura de espaço vetorial. Tais funções são as descritas na próxima definição.
Definição 9.1. Sejam U e V espaços vetoriais. Uma função T : U −→ V é dita uma trans-
formação linear se, dados u1, u2 ∈ U e α ∈ R temos:
(i) T (u1 + u2) = T (u1) + T (u2);
(ii) T (αu1) = αT (u1)
28
Muitas vezes iremos denotar Tu em vez de T (u).
Vejamos alguns exemplos.
Exemplo 9.2. Sejam U e V espaços vetoriais. Considere T : U −→ V dada por T (u) := 0 para
qualquer u ∈ U . Temos que T é linear. De fato, dados u1, u2 ∈ U , temos T (u1 + u2) = 0 =
0 + 0 = T (u1) + T (u2) e, dado α ∈ R, temos que T (αu1) = 0 = α0 = αT (u1).
Exemplo 9.3. Seja V um espaço vetorial. Considere T : V −→ V dada por T (v) := v para
qualquer v ∈ V . Temos que T é linear. De fato, dados v1, v2 ∈ V , temos que T (v1 + v2) =
v1 + v2 = T (v1) + T (v2) e, dado α ∈ R, temos que T (αv1) = αv1 = αT (v1).
Exemplo 9.4. Considere R3 e R2 com as operações usuais. Seja T : R3 −→ R2 dada por
T (a, b, c) := (a, b + c) para qualquer (a, b, c) ∈ R3. Temos que T é linear. De fato, sejam
(a1, b1, c1), (a2, b2, c2) ∈ R3, temos
T ((a1, b1, c1) + (a2, b2, c2)) = T (a1 + a2, b1 + b2, c1 + c2)
= (a1 + a2, b1 + b2 + c1 + c2)
= (a1, b1 + c1) + (a2, b2 + c2)
= T (a1, b1, c1) + T (a2, b2, c2)
Dados α ∈ R e (a, b, c) ∈ R3, temos
T (α(a, b, c)) = T (αa, αb, αc)
= (αa, αb + αc)
= α(a, b + c)
= αT (a, b, c)
Exemplo 9.5. Considere Pn+1 e Pn com as operações usuais. Temos que D : Pn+1 −→ Pn
dada por D(p) := p′ (isto é, a derivada1 de p) é uma transformação linear. De fato, sejam
an+1x
n+1 + anxn + · · ·+ a0, bn+1xn+1 + bnxn + · · ·+ b0 ∈ Pn+1. Temos
D((an+1xn+1 + · · · a0) + (bn+1xn+1 + · · ·+ b0)) = (n + 1)an+1xn + · · ·+ a1 + (n + 1)bn+1xn + · · · b1
= D(an+1xn+1 · · · a0) + D(bn+1xn+1 + · · ·+ b0)
Sejam α ∈ R e an+1xn+1 + · · · a0 ∈ Pn. Temos
D(α(an+1xn+1 + · · · a0)) = D(αan+1xn+1 + · · ·αa0)
= α(n + 1)an+1xn + · · ·αa1
= α((n + 1)an+1xn + · · · a1)
= αD(an+1xn+1 + · · ·+ a0)
1dado p(x) := a0 + a1x + · · · anxn, denotamos por p′(x) o polinômio a1 + 2a2x + · · ·nanxn−1
29
O próximo resultado diz que a imagem de uma transformação linear é um espaço vetorial.
Proposição 9.6. Sejam U e V espaços vetoriais e T : U −→ V uma transformação linear.
Temos que ImT := {v ∈ V : ∃u ∈ U T (u) = v} é um subespaço vetorial de V .
Dem.: Temos que T (0) = T (0 · 0) = 0T (0) = 0. Logo, 0 ∈ ImT . Sejam v1, v2 ∈ ImT . Então
existem u1, u2 ∈ U tais que T (u1) = v1 e T (u2) = v2. Temos que v1 + v2 = T (u1) + T (u2) =
T (u1 + u2) e, como u1 + u2 ∈ U , temos que v1 + v2 ∈ ImT . Sejam v ∈ ImT e α ∈ R. Seja u ∈ U
tal que T (u) = v. Temos que αv = αT (u) = T (αu) e, como αu ∈ U , temos que αv ∈ ImT .
Temos que composta de transformações lineares é uma transformação linear, como mostra o
resultado a seguir.
Proposição 9.7. Sejam U , V e W espaços vetoriais. Sejam T : U −→ V e F : V −→ W
transformações lineares. Então F ◦ T : U −→ W , dada por (F ◦ T )(u) := F (T (u)) para u ∈ U é
uma transformação linear.
Dem.: Primeiramente, note que, como T (u) ∈ V , podemos tomar F (T (u)) e, portanto, F ◦ T
está bem definida. Sejam u1, u2 ∈ U . Temos:
(F ◦ T )(u1 + u2) = F (T (u1 + u2))
= F (T (u1) + T (u2))
= F (T (u1)) + F (T (u2))
= (F ◦ T )(u1) + (F ◦ T )(u2)
A verificação da multiplicação por escalar fica como exerćıcio.
9.1 Exerćıcios
Exerćıcio 9.1. Sejam U e V espaços vetoriais e T : U −→ V uma transformação linear. Seja
S ⊂ U subespaço vetorial de U . Mostre que T [S] := {v ∈ V : ∃s ∈ S T (s) = v} é um subespaço
vetorial de V .
Exerćıcio 9.2. Sejam U e V espaços vetoriais. Seja T : U −→ V uma transformação linear.
Considere 0U e 0V os elementos neutros de U e V respectivamente. Mostre que T (0U ) = 0V .
Exerćıcio 9.3. Sejam U1, U2, V1, V2 espaços vetoriais. Sejam T : U1 −→ U2 e F : V1 −→ V2
transformações lineares. Considere G : U1 × V1 −→ U2 × V2 dada por G(u, v) := (T (u), F (v)).
Considerando em U1 × V1 e U2 × V2 as operações induzidas, mostre que G é uma transformação
linear.
30
Exerćıcio 9.4. Sejam V um espaço vetorial e B := {v1, ..., vn} uma base ordenada de V . Seja
T : V −→ R dada por T (v) :=
∑n
i=1 αi onde
∑n
i=1 αivi = v. Considerando R como espaço
vetorial com as operações usuais, mostre:
(a) T está bem definida, isto é, se
∑n
i=1 αivi =
∑n
i=1 βivi então T (
∑n
i=1 αivi) = T (
∑n
i=1 βivi).
(b) T é uma transformação linear.
Exerćıcio 9.5. Seja V um espaço vetorial finitamente gerado. Seja B := {v1, ..., vn} uma base
para V . Para cada i = 1, ..., n considere Πi : V −→ V dada por Πi(v) = αivionde v =
∑n
j=1 αjvj .
Mostre, para cada i = 1, ..., n:
(a) Πi está bem definida, isto é, se
∑n
j=1 αjvj =
∑n
j=1 βjvj então Πi(
∑n
j=1 αjvj) = Πi(
∑n
j=1 βjvj).
(b) Πi é uma transformação linear.
Exerćıcio 9.6. Sejam U e V espaços vetoriais. Seja B := {u1, ..., un} base para U . Mostre que
[T (u1), ..., T (un)] = ImT .
10 Inversa e núcleo de uma transformação
Dada uma transformação linear T : U −→ V podemos nos perguntar se conseguimos uma outra
transformação linear que faça o “caminho inverso”, isto é, uma transformação F : V −→ U tal
que F (T (u)) = u para qualquer u ∈ U . Nesta seção vamos ver quando isso é posśıvel e algumas
generalizações.
Definição 10.1. Sejam A e B conjuntos não vazios. Seja f : A −→ B uma função. Dizemos que
f é uma função injetora quando, dados a1, a2 ∈ A, se f(a1) = f(a2) então a1 = a2. Dizemos
que f é uma função sobrejetora se, para qualquer b ∈ B, temos que existe a ∈ A tal que
f(a) = b. Isto é, quando temos que Imf = B. Dizemos que f é uma função bijetora se ela é
injetora e sobrejetora simultaneamente.
Proposição 10.2. Sejam A e B conjuntos. Seja f : A −→ B uma função bijetora. Então existe
uma única função g : B −→ A tal que, para todo a ∈ A, a = g(f(a)).
Dem.: Para cada b ∈ B existe ab ∈ A tal que f(ab) = b (pois f é sobrejetora). Defina g : B −→ A
dada por g(b) := ab. Seja a ∈ A. Seja b ∈ B tal que f(a) = b. Note que ab = a, pois f é injetora
(isto é, só existe um a′ ∈ A tal que f(a′) = b). Assim, g(f(a)) = g(b) = ab = a.
31
Vamos agora mostrar que g é única com tal propriedade. Seja h : B −→ A tal que h(f(a)) = a
para todo a ∈ A. Seja b ∈ B e seja a ∈ A tal que f(a) = b. Temos
h(b) = h(f(a))
= a
= g(f(a))
= g(b)
Definição 10.3. Sejam A e B conjuntos. Seja f : A −→ B função bijetora. Chamamos de f−1
a função g dada pelo último resultado. Tal f−1 é dita a função inversa de f .
Vimos que se uma função qualquer é bijetora, podemos construir uma inversa. Agora, vol-
tando ao nosso problema original, veremos que se T é uma transformação linear bijetora, então
sua inversa também é uma transformação linear.
Proposição 10.4. Sejam U e V espaços vetoriais. Seja T : U −→ V transformação linear.
Suponha que T seja bijetora. Então T−1 : V −→ U é uma transformação linear.
Dem.: Sejam v1, v2 ∈ V . Sejam u1, u2 tais que T (u1) = v1 e T (u2) = v2 (podemos fazer isso
pois T é sobrejetora). Temos
T−1(v1 + v2) = T−1(T (u1) + T (u2))
= T−1(T (u1 + u2))
= u1 + u2
= T−1(v1) + T−1(v2)
Fica como exerćıcio a verificação para a multiplicação por escalar.
Associado a uma transformação linear qualquer, temos dois subespaços naturalmente associ-
ados: o núcleo e a imagem da transformação. A imagem nós já vimos que é um subespaço de V .
Vejamos agora o núcleo:
Definição 10.5. Sejam U e V espaços vetoriais. Seja T : U −→ V uma transformação linear.
Chamamos de núcleo de T o seguinte conjunto:
NucT := {u ∈ U : T (u) = 0}
Proposição 10.6. Sejam U e V espaços vetoriais. Seja T : U −→ V uma transformação linear.
Então NucT é um subespaço vetorial de U .
32
Dem.: Pelo exerćıcio 9.2, temos que 0 ∈ NucU . Sejam a, b ∈ NucT . Temos T (a + b) =
T (a) + T (b) = 0, logo, a + b ∈ NucT . Seja α ∈ R. Temos T (αa) = αT (a) = α0 = 0, logo,
αa ∈ NucT . Assim, NucT é um subespaço vetorial de U .
O núcleo da transformação nos fornece informação sobre se a transformação é injetora ou não.
Proposição 10.7. Sejam U e V espaços vetoriais. Seja T : U −→ V uma transformação linear.
Temos que T é injetora se, e somente se, NucT = {0}.
Dem.: Suponha que T é injetora. Temos que mostrar que NucT = {0}. Como T (0) = 0, temos
que {0} ⊂ NucT . Suponha que não é verdade que NucT ⊂ {0}. Então existe u ∈ U com u 6= 0
tal que T (u) = 0 = T (0), contrariando que T é injetora.
Suponha que NucT = {0}. Sejam u, w ∈ U tais que T (u) = T (w) temos que mostrar que
u = w. De T (u) = T (w), temos que 0 = T (u) − T (w) = T (u − w). Logo, u − w ∈ NucT = {0}
e, portanto, u− w = 0. Ou seja, u = w.
Exemplo 10.8. Considere U e V espaços vetoriais. Seja T : U −→ V dada por T (u) := 0 para
todo u ∈ U . Temos que NucT = U . Assim T é injetora se, e somente se, U = {0}. Observe
também que T é sobrejetora se, e somente se, V = {0}.
Exemplo 10.9. Considere U um espaço vetorial. Seja T : U −→ U dada por T (u) := u para
todo u ∈ U . Note que T é bijetora. Observe também que T−1 = T .
Exemplo 10.10. Considere R3 e R2 com as operações usuais. Seja T : R3 −→ R2 dada por
T (a, b, c) = (a, b + c) para todo (a, b, c) ∈ R3. Observe que
NucT = {(a, b, c) : T (a, b, c) = (a, b + c) = (0, 0)}
= {(0, b, c) : b = −c}
= {(0, b,−b) : b ∈ R}
= [(0, 1,−1)]
Note que T é sobrejetora. De fato, dado (x, y) ∈ R2, temos que T (x, y, 0) = (x, y).
33
10.1 Exerćıcios
Exerćıcio 10.1. Exiba quatro transformações lineares de R3 em R3 cujos núcleos tenham di-
mensão 0, 1, 2 e 3 respectivamente.
Exerćıcio 10.2. Calcule o núcleo e a imagem de cada transformação (em cada espaço, considere
as operações usuais).
(a) T (a, b, c, d) := (a + b, c)
(b) T (a, b) := a− b
(c) T (a, b) := (a, 2b, a + b, a− b)
Exerćıcio 10.3. Seja U e V espaços vetorias. Considere T : U −→ R, (R com as operações
usuais) e F : V −→ NucT transformações lineares. Descreva T ◦ F .
Exerćıcio 10.4. Sejam U e V espaços vetoriais. Considere T : U −→ V uma transformação
linear. Mostre as seguintes afirmações:
(a) T é injetora se, e somente se, para qualquer A ⊂ U linearmente independente, temos que
T [A] é linearmente independente.
(b) Sejam u1, ..., un ∈ U . Se T (u1), ..., T (un) são linearmente independentes, então u1, ..., un são
linearmente independentes.
Exerćıcio 10.5. Considere a transformação linear G obtida no exerćıcio 9.3. Descreva NucG
em termos de NucF e NucT .
11 Transformações lineares e espaços de dimensão finita
O próximo resultado nos dá uma maneira simples de definir uma transformação linear:
Proposição 11.1. Sejam U um espaço vetorial finitamente gerado e V um espaço vetorial qual-
quer. Seja B := {b1, ..., bn} ⊂ U uma base para U . Para cada bi ∈ B, seja vi ∈ V . Então existe
uma única transformação linear T : U −→ V tal que T (bi) = vi para todo bi ∈ B.
34
Dem.: Dado v ∈ U , existem α1, ...αn ∈ R tais que v =
∑n
i=1 αibi (lembre que tais αi’s são
únicos). Defina
T (v) :=
n∑
i=1
αiT (bi)
Vamos mostrar que T assim definida é linear. Sejam u, v ∈ U . Sejam α1, ..., αn, β1, ..., βn ∈ R
tais que u =
∑n
i=1 αibi e v =
∑n
i=1 βibi. Temos
T (u + v) =
∑n
i=1(αi + βi)T (bi)
=
∑n
i=1 αiT (bi) +
∑n
i=1 βiT (bi)
= T (u) + T (v)
Seja α ∈ R. Temos que T (αu) =
∑n
i=1(ααi)bi = α
∑n
i=1 αibi = αT (u).
Vamos agora mostrar que T é a única transformação linear que satisfaz o enunciado. Seja
F : U −→ V satisfazendo o enunciado. Sejam u ∈ U e α1, ...αn ∈ R tais que u =
∑n
i=1 αibi.
Temos
F (u) = F (
∑n
i=1 αibi)
∗=
∑n
i=1 αiF (bi)
∗∗=
∑n
i=1 αiT (bi)
= T (u)
onde (∗) vale pois F é linear e (∗∗) vale por hipótese.
O próximo resultado mostra que a dimensão da imagem, do núcleo e do domı́nio de uma
transformação estão relacionados entre si.
Teorema 11.2. Sejam U e V espaços vetoriais finitamente gerados. Seja T : U −→ V uma
transformação linear. Então temos
dim U = dim ImT + dim NucT
Dem.: Seja n := dim U . Como NucT ⊂ U , temos que NucT é finitamente gerado. Seja
k := dim NucT . Note que k ≤ n. Note que, se k = n, o resultado vale já que T é a função
constantemente nula. Suponha k = 0. Temos que T é injetora (por 10.7). Seja {a1, ..., an}
base para U . Pelo exerćıcio 9.6, temos que ImT = [T (a1), ..., T (an)]. Pelo exerćıcio 10.4,
como T é injetora, temos que T (a1), ..., T (an) são linearmente independentes. Assim, temos que
dim ImT = n e, portanto, temos o resultado.
Agora suponha que k > 0. Seja {b1, ..., bk} base para NucT . Como {b1, ..., bk} é base,
temos que {b1, ..., bk} é linearmente independente.Assim, por 7.7, existem u1, ..., up ∈ U tais
que {b1, ..., bk, u1, ..., up} é uma base para U . Note que, assim, p = n − k. Vamos mostrar que
{T (u1), ..., T (up)} é base de ImT . Note que, com isso, teremos o resultado.
Pelo exerćıcio 9.6, temos que [T (b1), ..., T (bk), T (u1), ..., T (up)] = ImT . Mas temos também
que [T (b1), ..., T (bk), T (u1), ..., T (up)] = [T (u1), ..., T (up)] já que T (bi) = 0 para todo i = 1, ..., k
(mostre que de fato vale a igualdade). Assim, temos que [T (u1), ..., T (up)] = ImT . Resta,
portanto, mostrar que T (u1), ..., T (up) são linearmente independentes. Sejam α1, ..., αp ∈ R
35
tais que α1T (u1) + · · · + αpT (up) = 0. Com isso, temos que 0 = T (α1u1) + · · · + T (αpup) =
T (α1u1 + · · ·αpup). Logo, α1u1 + · · ·αpup ∈ NucT = [b1, ..., bk]. Assim, temos que α1u1 + · · ·+
αpup ∈ [u1, ..., up] ∩ [b1, ..., bk]. Como {b1, ..., bk, u1, ..., up} é linearmente independente, temos,
pelo exerćıcio 4.7, α1u1 + · · ·αpup = 0. Como u1, ..., up é linearmente independente, temos que
α1 = · · · = αp = 0 e, portanto {T (u1), ..., T (up)} é linearmente independente.
Exemplo 11.3. Considere M2 e R3 com as operações usuais. Vamos construir uma aplicação
linear T : M2 −→ R3 tal que
NucT = A :=
{(
a 0
0 b
)
: a, b ∈ R
}
ImT = B := {(a, 2a, b) : a, b ∈ R}
Primeiramente, note que (exerćıcio)
A =
[(
1 0
0 0
)
,
(
0 0
0 1
)]
B = [(1, 2, 0), (0, 0, 1)]
Por 11.1, podemos determinar T apenas exibindo seus valores calculados na base canônica de
M2. Assim, considere T tal que
T
(
1 0
0 0
)
:= (0, 0, 0) T
(
0 1
0 0
)
:= (1, 2, 0)
T
(
0 0
1 0
)
:= (0, 0, 1) T
(
0 0
0 1
)
:= (0, 0, 0)
Pelo exerćıcio 9.6, temos que ImT = B. Resta mostrar que NucT = A. Observe que A ⊂ NucT
(exerćıcio) e que dim A = 2. Note que, por 11.2, que dim Nuc = 4 − 2 = 2. Logo, temos que
NucT = A.
Definição 11.4. Sejam U e V espaços vetoriais. Seja T : U −→ V . Dizemos que T é um
isomorfismo se T é uma transformação linear bijetora. Dizemos que U e V são isomorfos se
existe um isomorfismo entre eles.
Proposição 11.5. Sejam U e V espaços finitamente gerados tais que dim U = dim V . Seja
T : U −→ V uma transformação linear. As seguintes afirmações são equivalentes:
(i) T é um isomorfismo.
(ii) T é injetora.
(iii) T é sobrejetora.
36
Dem.: É imediato pelas definições que (i) ⇒ (ii) e (i) ⇒ (iii). Resta mostrar que (ii) ⇒ (i) e
(iii) ⇒ (i). Seja n := dim U = dim V .
(ii) ⇒ (i) Suponha que T é injetora. Então, por 10.7, temos que dim NucT = 0. Por 11.2,
temos que n = dim Im + 0. Logo, ImT = V e, portanto, T é sobrejetora.
(iii) ⇒ (i) Suponha que T é sobrejetora. Então dim T = dim V = n. Assim, por 11.2, temos
que n = n + dim NucT . Logo, dim NucT = 0 e, por 10.7, temos que T é injetora.
Os próximos resultados dizem que, do ponto de vista da estrutura de espaço vetorial, dois
espaços com a mesma dimensão finita são iguais.
Teorema 11.6. Sejam U e V espaços vetoriais finitamente gerados de mesma dimensão. Então
U e V são isomorfos.
Dem.: Seja n := dim U = dim V . Sejam {u1, ..., un} e {v1, ..., vn} bases para U e V respecti-
vamente. Considere T : U −→ V tal que T (ui) = vi para todo i = 1, ..., n. Por 11.5, basta
mostrarmos que T é injetora. Para isso, basta mostrarmos que, se u ∈ NucT , então u = 0. Seja
u ∈ NucT . Então T (u) = 0. Sejam α1, ..., αn ∈ R tais que u =
∑n
i=1 αiui. Temos
0 = T (u)
=
∑n
i=1 T (αiui)
=
∑n
i=1 αiT (ui)
=
∑m
i=1 αivi
Como v1, ..., vn são linearmente independentes, tesmo que α1 = · · ·αn = 0. Logo, u = 0.
Corolário 11.7. Todo espaço vetorial de dimensão n ≥ 1 é isomorfo a Rn.
11.1 Exerćıcios
Exerćıcio 11.1. Sejam U e V espaços vetoriais. Seja B := {u1, ..., un} base para U . Seja T :
U −→ V uma transformação linear. É verdade que NucT = [C], onde C := {bi ∈ B : T (bi) = 0}?
Vale que [C] ⊂ NucT? Justifique.
Exerćıcio 11.2. Considere R3 e R2 com as operações usuais. Sejam T : R3 −→ R2 e F : R2 −→
R3 transformações lineares. T pode ser injetora? F pode ser sobrejetora? Justifique.
37
Exerćıcio 11.3. Considere R4 com as operações usuais. Sejam U := {(a, a2 , a+ b,−b) : a, b ∈ R}
e V := {(x, y, z, w) ∈ R4 : x − y = 0 e z + w = 0} subespaços vetoriais de R4. Defina uma
transformação linear T : R4 −→ R4 tal que NucT = U e ImT = V .
Exerćıcio 11.4. Considere M2 com as operações usuais. Defina T : M2 −→ M2 uma trans-
formação linear tal que NucT =
[(
1 1
0 0
)
,
(
0 0
1 1
)
,
(
0 1
0 0
)]
e ImT =
[(
1 0
0 0
)]
.
Exerćıcio 11.5. Sejam U e V espaços vetoriais finitamente gerados. Seja T : U −→ V uma
transformação linear.
(a) Mostre que, se T é injetora, então dim V ≥ dim U .
(b) Mostre que, se T é sobrejetora, então dim U ≥ dim V .
Exerćıcio 11.6. Seja U espaço vetorial finitamente gerado. Seja T : U −→ U . Suponha que
NucT = ImT .
(a) Dê um exemplo de um espaço e de uma transformação que satisfaçam o enunciado.
(b) Mostre que dim U é par.
Exerćıcio 11.7. Sejam U e V espaços vetoriais. Seja T : U −→ V um isomorfismo. Mostre que
T−1 : V −→ U é um isomorfismo.
Exerćıcio 11.8. Sejam U e V espaços vetoriais finitamente gerados. Suponha que dim U 6=
dim V . Mostre que U e V não são isomorfos.
Exerćıcio 11.9. Considere T : R4 −→ R4 dada por T (1, 0, 0, 0) := (0, 1, 0, 0), T (0, 1, 0, 0) :=
(0, 0, 1, 0), T (0, 0, 1, 0) := (0, 0, 0, 1), T (0, 0, 0, 1) := (0, 0, 0, 0). Mostre que T 4(v) := T (T (T (T (v)))) =
0 para qualquer v ∈ R4.
38
12 Matrizes de transformações lineares
Nesta seção veremos como podemos representar transformações lineares entre espaços de di-
mensão finita usando matrizes reais.
Definição 12.1. Sejam U e V espaços vetoriais. Sejam B := {b1, ..., bn} e C := {c1, ..., cm} bases
ordenadas para U e V respectivamente. Seja T : U −→ V uma transformação linear. Para cada
i = 1, ..., n, sejam α1i, ..., αmi ∈ R tais que T (bi) = α1ic1 + · · ·+ αmicm. Considere
M :=

α11 α12 · · · α1n
α21 α22 · · · α2n
...
αm1 αm2 · · · αmn
 ∈ Mm×n
Tal matriz é chamada de matriz da transformação T nas bases B e C e é denotada por [T ]BC .
O próximo resultado mostra uma utilidade de tal representação: aplicar uma transformação
a um vetor passa a ser mero cálculo matricial.
Proposição 12.2. Sejam U e V espaços vetoriais. Sejam B := {b1, ..., bn} e C := {c1, ..., cm}
bases ordenadas para U e V respectivamente. Seja T : U −→ V uma transformação linear. Então
vale a seguinte equação, dado u ∈ U :
[T ]BC [u]B = [T (u)]C
Isto é, a matriz de T nas bases B e C multiplicada pelo vetor formado pelas coordenadas de u na
base B é igual ao vetor das coordenadas de T (u) na base C.
Dem.: Para cada i = 1, ..., n, sejam α1i, ..., αmi ∈ R tais que T (bi) = α1ic1 + · · · + αmicm. Seja
u ∈ U . Sejam β1, ..., βn ∈ R tais que u = β1b1 + · · ·βnbn. Temos
α11 α12 · · · α1n
α21 α22 · · · α2n
...
αm1 αm2 · · · αmn


β1
β2
...
βn
 =

∑n
i=1 α1iβi∑n
i=1 α2iβi
...∑n
i=1 αmiβi

Verifiquemos agora que, de fato, o vetor obtido é o desejado.∑n
i=1 α1iβic1 + · · ·+
∑n
i=1 αmiβicm =
∑m
j=1
∑n
i=1 αjiβicj
=
∑n
i=1
∑m
j=1 αjiβicj
=
∑n
i=1 βi
∑m
j=1 αjicj
=
∑n
i=1 βiT (bi)
= T (
∑n
i=1 βibi)
= T (u)
39
Exemplo 12.3. Seja T : M2 −→ R3 dada por
T
(
a b
c d
)
:= (a + b, c, d− c)
Considere B a base canônica de M2 e C := {(1, 1, 0), (0, 1, 0), (0, 1, 1)} base do R3. Temos
T
(
1 0
0 0
)
= (1, 0, 0) = 1(1, 1, 0)− 1(0, 1, 0) + 0(0, 1, 1) = (1,−1, 0)C
T
(
0 1
0 0
)
= (1, 0, 0) = 1(1, 1, 0)− 1(0, 1, 0) + 0(0, 1, 1) = (1,−1, 0)C
T
(
0 0
1 0
)
= (0, 1,−1) = 0(1, 1, 0) + 2(0, 1, 0)− 1(0, 1, 1) = (0, 2,−1)C
T
(
0 0
0 1
)
= (0, 0, 1) = 0(1, 1, 0)− 1(0, 1, 0) + 1(0, 1, 1) = (0,−1, 1)C
Assim, temos que
[T ]BC =
 1 1 0 0−1 −1 2 −1
0 0 −1 1

Seja u :=
(
1 2
3 4
)
∈ M2. Vamos calcular T (u) de duas maneiras. Comecemos com a própria
definição de T . Desta forma, temos
T
(
1 2
3 4
)
= (1 + 2, 3, 4− 3) = (3, 3, 1)
Agora, usemos a matriz [T ]BC . Antes, observeque [u]B = (1, 2, 3, 4)B. Assim, temos
 1 1 0 0−1 −1 2 −1
0 0 −1 1


1
2
3
4
 =
 1 + 2−1− 2 + 2 · 3− 4
−3 + 4
 =
 3−1
1

Com isso, temos que [T (u)]C = (3, 1, 1)C . Voltando para as coordenadas usuais, temos:
T (u) = 3(1, 1, 0)− 1(0, 1, 0) + 1(0, 1, 1) = (3, 3, 1)
Vejamos que a propriedade da matriz associada a T na verdade caracteriza a matriz.
Lema 12.4. Sejam A,B ∈ Mm×n. Se para todo u ∈ Rn temos que Au = Bu (multiplicação
matricial), então A = B.
40
Dem.: Considere ei ∈ Rn tal que ei = (0, ..., 1, ..., 0) onde o “1” aparece na i-ésima coordenada.
Note que dada uma matriz M ∈ Mm×n, temos que Mei é igual a i-ésima coluna da matriz M .
Assim, como Au = Bu para qualquer u ∈ Rn, em particular temos que Aei = Bei. Assim, a
i-ésima coluna de A e B são iguais. Como i é qualquer, temos que A = B.
Corolário 12.5. Seja U, V espaços vetoriais finitamente gerados. Sejam B,C bases para U e V
respectivamente. Seja T : U −→ V uma transformação linear. Seja M ∈ MdimV×dimU tal que,
para qualquer u ∈ U , M [u]B = [T (u)]C . Então M = [T ]BC .
Dem.: Basta notar que Ma = [T ]BCa para qualquer a ∈ RdimU .
Agora vejamos que a representação matricial é coerente com a composição de transformações.
Em resumo, a representação matricial de uma composta é o produto matricial das matrizes de
cada transformação.
Proposição 12.6. Sejam U, V e W espaços vetoriais finitamente gerados. Sejam T : U −→ V
e F : V −→ W transformações lineares. Sejam A,B e C bases ordenadas para U , V e W
respectivamente. Então temos que [F ◦ T ]AC = [F ]BC [T ]AB.
Dem.: Seja u ∈ U . Note que [F ◦ T ]AC [u]A = [F (T (u))]C . Por outro lado, temos que
([F ]BC [T ]AB)[u]A = [F ]BC([T ]AB[u]A)
= [F ]BC [T (u)]B
= [F (T (u))]C
Assim, por 12.5, temos o resultado.
Finalmente, vamos mostrar que o caminho inverso também é verdadeiro, isto é, dada uma
matriz, existe uma transformação associada.
Proposição 12.7. Sejam U e V espaços vetoriais. Sejam B := {b1, ..., bn} e C := {c1, ..., cm}
bases para U e V respectivamente. Então, dada uma matriz A ∈ Mm×n existe uma única trans-
formação linear T : U −→ V tal que [T ]BC = A.
Dem.: Sejam αij com i = 1, ...,m e j = 1, ..., n tais que
A =

α11 α12 · · · α1n
α21 α22 · · · α2n
...
αm1 αm2 · · · αmn

Por 11.1, existe uma única transformação linear T : U −→ V tal que, para cada j = 1, ..., n,
T (uj) =
∑m
i=1 αijci. Observe que [T ]BC = A.
41
12.1 Exerćıcios
Exerćıcio 12.1. Considere T : R3 −→ R4 dada por T (a, b, c) = (a + b, 0, 2c,−b). Sejam
B := {(1, 0, 0), (0, 0, 1), (0, 2, 0)} e C := {(1, 0, 0, 0), (0, 2, 2, 0), (0, 0, 4, 0), (0, 0,−2,−2)} bases
ordenadas de R3 e R4 respectivamente. Calcule
(a) [T ]BC
(b) (T (1, 2, 4))C
(c) T (u), onde [u]B = (1, 2, 4)B
(d) T (u)C onde [u]B = (1, 2, 4)B
Exerćıcio 12.2. Considere T : M2 −→ R2 dada por T
(
a b
c d
)
:= (a + b, 2(c− d)). Encontre
uma base C para R2 tal que [T ]BC =
(
4 4 0 0
0 0 6 −6
)
, onde B é a base canônica de M2.
Exerćıcio 12.3. Sejam U e V espaços vetoriais finitamente gerados. Sejam B = {b1, ..., bn}
e C := {c1, ..., cm} bases para U e V respectivamente. Sejam T : U −→ V e F : U −→ V
transformações lineares. Considere G : U −→ V dada por G(u) = T (u) + F (u) para todo u ∈ U .
Escreva [G]BC em termos de [T ]BC e [F ]BC .
Exerćıcio 12.4. Considere R4 e R3 com as operações usuais. Sejam B e C as bases canônicas
de R4 e R3 respectivamente. Calcule [T ]BC nos seguintes casos:
(a) T (a, b, c, d) := (0, 0, a)
(b) T (a, b, c, d) := (a + b + c + d, a2 , c− d)
(c) T (a, b, c, d) := (a, b, c)
Exerćıcio 12.5. Considere P3 com as operações usuais e B := {1, x, x2, x3} a base canônica de
B. Considere T : P3 −→ P3 tal que
[T ]BB :=

1 2 0 0
0 3 0 4
−1 2 0 1
0 0 2 1

Calcule:
(a) T (x2 + 3x + 7).
(b) T ((x + 1)3).
(c) p(4) onde p = T (x3 + x2 + x− 7).
42
13 Matriz de mudança de base
Nesta seção vamos nos aprofundar um pouco no caso particular de quando queremos usar a
representação matricial apenas para obter uma mudança na base em que os vetores serão escritos.
Definição 13.1. Sejam U um espaço vetorial e B := {b1, ..., bn} e C := {c1, ..., cn} bases ordena-
das para U . Chamamos de matriz de mudança de base de C para B a matriz [Id]BC , onde
Id : U −→ U é tal que Id(u) := u para todo u ∈ U .
Segue imediatamente da definição que, dado u ∈ U temo que, se A é a matriz de mudança de
base de C para B, A[u]B = [u]C .
Proposição 13.2. Sejam U um espaço vetorial e B := {b1, ..., bn} e C := {c1, ..., cn} bases
ordenadas para U . Se A é a matriz de mudança de base de C para B, então A−1 (a matriz
inversa de A) existe e é a matriz de mudança de base de B para C.
Dem.: Lembre-se que X é a inversa de A se, e somente se, AX = I onde I é a matriz formada
por aij com i = 1, ..., n e j = 1, ..., n tal que
aij =
{
1 se i = j
0 se i 6= j
Lembre-se também que Y = I se, e somente se, para todo r ∈ Rn temos que Y r = r. Assim, para
mostrarmos o resultado, basta mostrarmos que AXr = r para todo r ∈ Rn onde X é a matriz de
mudança de base de C para B. Seja r ∈ Rn. Seja u ∈ U tal que [u]C = r. Temos:
AXr = AX[u]C
= A(X[u]C)
= A([u]B)
= [u]C
= r
Assim, temos o resultado.
Corolário 13.3. Sejam U um espaço vetorial e B := {b1, ..., bn} e C := {c1, ..., cn} bases orde-
nadas para U . Seja T : U −→ U uma transformação linear. Seja P a matriz de mudança de
base de C para B. Então [T ]BB = P−1[T ]CCP .
Dem.: Basta mostrarmos que, dado u ∈ U , P−1[T ]CCP [u]B = [T (u)]B. De fato, temos
P−1[T ]CCP [u]B = P−1[T ]CC [u]C
= P−1[T (u)]C
= [T (u)]B
43
13.1 Exerćıcios
Exerćıcio 13.1. Considere R3 com as operações usuais. Seja B := {(1, 1, 1), (0, 1, 1), (1, 1, 0)}
base do R3. Calcule:
(a) A matriz de mudança de base de B para a canônica.
(b) A matriz de mudança de base da canônica para B.
(c) [u]B onde u := (6, 1, 2)
(d) (1, 4, 10)B expresso da maneira usual.
Exerćıcio 13.2. Considere R4 com as operações usuais. Sejam B := {(1, 0, 1, 0), (0, 1, 0, 1),
(1,−1, 0, 0), (0, 0, 1, 1)} e C := {(2, 1, 0, 0), (1, 0, 2, 0), (0, 4, 6, 0), (0, 0, 2, 8)} bases para R4. Cal-
cule:
(a) A matriz de mudança de base de B para a canônica.
(b) A matriz de mudança de base de C para a canônica.
(c) A matriz de mudança de base da canônica para B.
(d) A matriz de mudança de base da canônica para C.
(e) A matriz de mudança de base de B para C.
(f) A matriz de mudança de base de C para B.
(g) [u]B onde u := (1, 0, 0, 0).
(h) [u]B onde u := (1, 0, 0, 0)C .
(i) [u]C onde u := (1, 0, 0, 0).
(j) [u]C onde u := (1, 0, 0, 0)B.
Exerćıcio 13.3. Considere R3 com as operações usuais. Considere A :=
 2 1 00 1 1
1 0 0
 e C :=
{(1, 0, 0), (0, 1, 1), (1, 0, 1)}. Sabendo que A é a matriz de mudança de base de B para C, calcule
B.
44
14 O espaço L(U, V )
Nesta seção veremos um importante exemplo de espaço vetorial, o espaço das transformações
lineares entre dois espaços.
Proposição 14.1. Sejam U e V espaços vetoriais. Seja F(U, V ) o conjunto de todas as funções
f : U −→ V . Considere em A as seguintes operações, dadas f, g ∈ F(U, V ), u ∈ U e α ∈ R:
(f + g)(u) := f(u) + g(u)
(αf)(u) := αf(u)
Então (F(U, V ),+, ·) é um espaço vetorial.
Dem.: Esta demonstração fica como exerćıcio. Repare que não é muito diferente do caso em que
U = V = R que nós já fizemos.
Definição 14.2. Sejam U e V espaços vetoriais. Denotamos por L(U, V ) o conjunto de todas as
transformações lineares T : U −→ V .
Proposição 14.3. Sejam U e V espaços vetoriais. Então L(U, V ) é um subespaço de F(U, V ).
Dem.: Note que a função identicamente nula é o elemento neutro de F(U, V ). Como tal função
é linear, temos que ela pertence a L(U, V ). Sejam T, F ∈ L(U, V ). Vamos mostrar que (T +F ) ∈
L(U, V ), isto é, vamos mostrar que (T + F ) é linear. Sejam a, b ∈ U . Temos
(T + F )(a + b) = T (a + b) + F (a + b)
= T (a) + T (b) + F (a) + F (b)
= (T + F )(a) + (T + F )(b)
Sejamα ∈ R. Temos
(T + F )(αa) = T (αa) + F (αa)
= αT (a) + αF (a)
= (α(T + F ))(a)
Seja λ ∈ R. Vamos mostrar que (λT ) ∈ L(U, V ). Sejam a, b ∈ U . Temos
(λT )(a + b) = λT (a + b)
= λT (a) + λT (b)
= (λT )(a) + (λT )(b)
45
Seja α ∈ R. Temos
(λT )(αa) = λT (αa)
= λαT (a)
= α(λT )(a)
Apesar de ter uma construção mais complicada, o espaço L(U, V ), do ponto de vista de
espaços vetoriais, é bem simples1:
Proposição 14.4. Sejam U e V espaços vetoriais finitamente gerados. Sejam n := dim U e
m := dim V . Temos que L(U, V ) é isomorfo a Mm×n.
Dem.: Sejam B e C bases para U e V respectivamente. Vamos definir ϕ : L(U, V ) −→ Mm×n.
Seja T ∈ L(U, V ) definimos ϕ(T ) := [T ]BC . Vamos ver que ϕ assim definida é um isomorfismo.
Comecemos mostrando que ϕ é linear. Sejam T, F ∈ L(U, V ). Temos que mostrar que [T ]BC +
[F ]BC = [T + F ]BC . Para isso, é suficiente mostrar que, dado u ∈ U temos que ([T ]BC +
[F ]BC)[u]B = [T + F ]BC [u]B (por 12.5). Seja u ∈ U . Temos:
([T ]BC + [F ]BC)[u]B = [T ]BC [u]B + [F ]BC [u]B
= [T (u)]C + [F (u)]C
∗= [T (u) + F (u)]C
= [T + F ]BC [u]B
A demonstração de ∗ segue do exerćıcio 8.5. Vamos deixar a demonstração de que, dado α ∈ R
temos que αϕ(T ) = ϕ(αT ) como exerćıcio.
Para mostrar que ϕ é injetora, basta notar que a única trasformação T ∈ L(U, V ) tal que
ϕ(T ) = [0]BC é a transformação nula. Para mostrar que ϕ é sobrejetora, basta aplicar 12.7.
14.1 Exerćıcios
Exerćıcio 14.1. Sejam m,n ∈ N. Para cada i, j com 1 ≤ i ≤ m e 1 ≤ j ≤ n, considere
Eij ∈ Mm×n tal que, se apq é a entrada da p-ésima linha e q-ésima coluna de Eij , então
apq =
{
1 se p = i e q = j
0 caso contrário
Mostre que {Eij ∈ Mm×n : 1 ≤ i ≤ m e 1 ≤ j ≤ n} é uma base para Mm×n. Conclua que
dim Mm×n = mn.
1Veja os exerćıcios desta seção para uma demonstração alternativa a este fato.
46
Exerćıcio 14.2. Sejam U e V espaços vetoriais finitamente gerados. Sejam m := dim V e
n := dim U . Sejam B := {u1, ..., un} e C := {v1, ..., vm} bases para U e V respectivamente. Para
cada i, j ∈ N tais que 1 ≤ i ≤ m e 1 ≤ j ≤ n, seja Tij : U −→ V tal que
Tij(uk) =
{
vi se j = k
0 caso contrário
Mostre que {Tij ∈ L(U, V ) : 1 ≤ i ≤ m e 1 ≤ j ≤ n} é uma base para L(U, V ).
Exerćıcio 14.3. Sejam U e V espaços vetoriais finitamente gerados. Sejam m := dim V e
n := dim U . Mostre que L(U, V ) é isomorfo a Mm×n a partir dos dois exerćıcios anteriores.
Exerćıcio 14.4. Seja U um espaço vetorial e seja S ⊂ U um subespaço vetorial. Considere
A := {T ∈ L(U,U) : T (s) ∈ S para todo s ∈ S}.
(a) Se S 6= {0}, mostre que existe T 6= 0 tal que T ∈ S.
(b) Mostre que S é subespaço vetorial de L(U,U).
15 Diagonalização
Nesta seção vamos desenvolver um método em que, quando posśıvel, mudamos a base do espaço
para uma em que a matriz associada a uma transformação dada fique mais fácil de se fazer contas.
Definição 15.1. Sejam U um espaço vetorial e seja T : U −→ U uma transformação linear.
Dizemos que λ ∈ R é um auto valor de T se existe u ∈ U , u 6= 0 tal que T (u) = λu. Neste caso,
dizemos que u é um auto vetor de T associado a λ.
Exemplo 15.2. Considere R2 com as operações usuais. Seja T : R2 −→ R2 dada por T (a, b) :=
(4b, 4a). Observe que 4 é um auto valor de T e (1, 1) é um auto vetor associado a 4 já que
T (1, 1) = 4(1, 1).
Proposição 15.3. Sejam U um espaço vetorial, T : U −→ U uma transformação linear. Seja
λ um auto valor de T . Dado u ∈ U , u 6= 0, temos que u é um auto vetor associado a λ se, e
somente se, u ∈ Nuc(λId− T ).
47
Dem.: Seja u ∈ U , u 6= 0 tal que T (u) = λu. Temos
(λId− T )(u) = λId(u)− T (u)
= λu− λu
= 0
Logo, u ∈ Nuc(λId− T ).
Agora suponha que exista u 6= 0 tal que u ∈ Nuc(λId − T ). Então 0 = (λId − T )(u) =
λu− T (u). Portanto, T (u) = λu.
Corolário 15.4. Sejam U um espaço vetorial e T : U −→ U uma transformação linear. Então
λ ∈ R é um auto valor de T se, e somente se, Nuc(λId− T ) 6= {0}.
Corolário 15.5. Sejam U um espaço vetorial e T : U −→ U uma transformação linear. Seja
λ ∈ R um auto valor de T . Então {0} ∪ {u ∈ U : u é auto valor associado a λ} é um subespaço
vetorial de U .
Notação: Dados U um espaço vetorial finitamente gerado, B uma base para U e T : U −→ U
uma transformação linear, denotamos por [T ]B a matriz [T ]BB.
Proposição 15.6. Sejam U um espaço vetorial finitamente gerado e T : U −→ U uma trans-
formação linear. Seja B uma base para U . Seja λ ∈ R. Temos que λ é auto valor de T se, e
somente se, λ é raiz de det[xId− T ]B.
Dem.: Ver [3] p. 135.
O próximo resultado mostra que a escolha da base B no resultado anterior não influencia o
polinômio.
Proposição 15.7. Sejam U um espaço vetorial finitamente gerado e T : U −→ U uma trans-
formação linear. Sejam B e C bases para U . Então det[xId− T ]B = det[xId− T ]C .
Dem.: Seja M := [Id]BC . Note que M−1 = [Id]CB. Observe que detMdetM−1 = 1 e que
[T ]B = M−1[T ]CM . Seja I a matriz identidade dim U × dim U . Temos
det[xId− T ]B = det(xI − [T ]B)
= det(xM−1IM −M−1[T ]CM)
= det(M−1(xI − [T ]C)M)
= det(M−1)det(xI − [T ]C)detM
= det(xI − [T ]C)
= det[xId− T ]C
48
Definição 15.8. Seja U um espaço vetorial finitamente gerado, T : U −→ U uma transformação
linear e B uma base para U . Então p(x) := det[xId − T ]B é dito o polinômio caracteŕıstico
de T .
Lema 15.9. Sejam V um espaço vetorial e T : V −→ V uma transformação linear. Sejam
λ1, ..., λn ∈ R auto valores de T distintos. Sejam v1, ..., vn auto vetores de associados a λ1, ..., λn
respectivamente. Então {v1, ..., vn} é linearmente independente.
Dem.: Vamos mostrar o resultado por indução sobre n. Caso n = 1, temos o resultado já que
todo auto vetor é não nulo. Suponha que temos o resultado para n e vamos mostrar para n + 1.
Suponha que v1, ..., vn, vn+1 sejam linearmente dependentes. Então existem i tal que 1 ≤ i ≤ n+1
e α1, ..., αn+1 tais que
vi =
n+1∑
j = 1
j 6= i
αjvj . (2)
Aplicando T dos dois lados da equação e usando o fato que cada vj é auto vetor, obtemos:
λivi =
n+1∑
j = 1
j 6= i
αjλjvj .
Temos dois casos. Primeiro, suponha que λi = 0. Então, como {vj : j 6= i} é linearmente
independente (pela hipótese de indução), temos que cada αj = 0 para j 6= i (pois todo λj 6= 0
para j 6= i, já que todos os auto valores são distintos). Substituindo tais valores em (2) temos
que vi = 0, contradição.
Agora vamos fazer o caso λi 6= 0. Temos que
vi =
n+1∑
j = 1
j 6= i
αj
λj
λi
vj .
Subtraindo esta equação de (2) e novamente usando o fato de {vj : j 6= i} ser linearmente
independente, obtemos que, para cada j 6= i, temos que αj = αj λjλi . Assim, cada λj = λi,
contradição com o fato deles serem todos distintos.
Teorema 15.10. Sejam U um espaço vetorial finitamente gerado e T : U −→ U uma trans-
formação linear. Sejam λ1, ..., λn ∈ R auto valores distintos de T . Para cada i = 1, ..., n, seja Bi
conjunto linearmente independente formado por auto vetores associados a λi. Então B1∪· · ·∪Bn
é linearmente independente.
49
Dem.: Para cada i = 1, .., n, sejam {b1i, ..., bmii} = Bi. Sejam α11, ..., αm11, ..., α1n, ..., αmnn ∈ R
tais que
m1∑
i=1
αi1bi1 + · · ·+
mn∑
i=1
αinbin = 0.
Para cada i = 1, ..., n, seja vi :=
∑mj
j=1 αjibji. Observe que vj é auto vetor associado a λi ou
vi = 0 (por 15.5). Se vi = 0, temos que α1i = · · · = αmii = 0, já que {b1i, ..., bmii} é linearmente
independente. Assim, só precisamos cuidar do caso em que algum vi 6= 0. Seja u a soma de todos
os vi tais que vi 6= 0. Observe que u = 0 (pois os que foram ignorados na conta já eram 0). Como
cada vi é auto vetor associado a um auto valor diferente, temos uma contradição com o lema.
Definição 15.11. Seja U um espaço vetorial finitamente gerado e T : U −→ U uma trans-
formação linear. Dizemos que T é diagonalizável se existem λ1, ..., λn ∈ R auto valores distintos
de T e B1, ..., Bn ⊂ U tais que cada Bi é um conjunto linearmente independente de auto vetores
associados a λi e B1 ∪ · · · ∪Bn é uma base para U .Exemplo 15.12. Seja T : R3 −→ R3 uma transformação linear tal que
[T ]B :=
 1 2 00 1 0
3 −4 2

onde B é uma base para R3. Vamos calcular o polinômio caracteŕıstico de T :
det[xId− T ]B = det
 x− 1 −2 00 x− 1 0
−3 4 x− 2

= (x− 1)2(x− 2)
Assim, os auto valores de T são 1 e 2. Vamos procurar agora os auto vetores associados. Da
definição de auto vetor, temos que, se (a, b, c) é um auto vetor associado a 1, então T (a, b, c) =
1(a, b, c). Observe que o mesmo vale na base B (veja o exerćıcio 15.1), assim, se (a, b, c) são as
coordenadas de um auto vetor na base B, temos: 1 2 00 1 0
3 −4 2
  ab
c
 =
 ab
c

De onde obtemos o seguinte sistema: 
a + 2b = a
b = b
3a− 4b + 2c = c
50
De onde obtemos que b = 0 e c = −3a. Assim, temos que os auto vetores associados a 1 são
da forma (a, 0,−3a). Note que (1, 0,−3) é um auto vetor associado a 1 e que não é posśıvel
encontrar um segundo auto vetor associado a 1 e que seja linearmente independente com esse.
Agora procuremos os auto vetores associados a 2. Temos 1 2 00 1 0
3 −4 2
  ab
c
 =
 2a2b
2c

De onde obtemos o seguinte sistema:
a + 2b = 2a
b = 2b
3a− 4b + 2c = 2c
Assim, temos que os auto vetores associados a 2 são da forma (0, 0, c). Assim, o vetor (0, 0, 1)
é um auto vetor associado a 2. Observe que C = {(1, 0,−3), (0, 0, 1)} nâo é uma base para R3
e não é posśıvel encontrar uma base para R3 formada apenas por auto vetores. Logo, T nâo é
diagonalizável.
Exemplo 15.13. Considere T : R3 −→ R3 dada por T (a, b, c) := (a+ b− c, 2b, b− a+ c). Vamos
verificar se T tem auto valores. Primeiramente, calculamos [T ]B onde B é a base canônica do
R3. Temos
[T ]B =
 1 1 −10 2 0
−1 1 1

Agora calculamos o polinômio caracteŕıstico:
det[xId− T ]B = det
 x− 1 −1 10 x− 2 0
1 −1 x− 1

= (x− 1)(x− 1)(x− 2)− (x− 2)
= (x2 − 2x + 1)(x− 2)− (x− 2)
= x3 − 2x2 − 2x2 + 4x + x− 2− x + 2
= x3 − 4x2 + 4x
= (x2 − 4x + 4)x
Assim, as raizes do polinômio são 0 e 2. Vamos calcular os auto vetores associado a 0: 1 1 −10 2 0
−1 1 1
  ab
c
 =
 00
0

51
Assim, obtemos o sistema: 
a + b− c = 0
2b = 0
−a + b + c = 0
De onde concluimos que b = 0 e a = c. Logo, os auto vetores associados a 0 são da forma (a, 0, a).
Logo, {(1, 0, 1)} é um conjunto linearmente independente maximal de auto vetores associados a
0.
Agora vamos calcular os auto vetores associados a 2. Temos 1 1 −10 2 0
−1 1 1
  ab
c
 =
 2a2b
2c

Assim, obtemos o sistema: 
a + b +−c = 2a
2b = 2b
−a + b + c = 2c
De onde obtemos que c = b − a. Logo, os auto vetores associados a 2 são da forma (a, b, b − a).
Assim, {(1, 0,−1), (0, 1, 1)} é um conjunto linearmente independente maximal de auto vetores
associados a 2.
Com isso, temos que o conjunto C := {(1, 0, 1), (1, 0,−1), (0, 1, 1)} é uma base para R3 formada
por auto vetores de T . Logo, T é diagonalizável. Temos também que
[T ]C =
 0 0 00 2 0
0 0 2

Definição 15.14. Sejam U um espaço vetorial finitamente gerado e T : U −→ U uma trans-
formação linear diagonalizável. Chamamos de forma diagonal de T a matriz [T ]B onde B =
{b1, ..., bn} é uma base para U formada por auto vetores de T . Observe que [T ]B é uma matriz
diagonal, isto é, se aij é uma entrada de [T ]B, onde i representa a linha e j a coluna, temos que
aij =
{
0 se i 6= 0
λi se i = j e λi é o auto valor associado a bi
15.1 Exerćıcios
Exerćıcio 15.1. Seja U um espaço vetorial finitamente gerado. Sejam B base para U e n :=
dim U . Sejam u, v ∈ U e λ ∈ R. Sejam α1, ..., αn, β1, ..., βn ∈ R tais que [u]B = (α1, ..., αn)B e
[v]B = (β1, ..., βn)B. Mostre que u = λv se, e somente se, αi = λvi para todo i = 1, ..., n.
52
Exerćıcio 15.2. Sejam U um espaço vetorial e T : U −→ U uma transformação linear. Suponha
que T não é injetora. Mostre que T admite um auto valor.
Exerćıcio 15.3. Seja T : R3 −→ R3 uma transformação linear. Suponha que 1, 2 e 3 sejam auto
valores para T . Suponha também que (1, 1, 0) é um auto vetor associado a 1, (0, 1, 1) é um auto
vetor associado a 2 e que (0, 0, 1) é um auto vetor associado a 3. Seja (a, b, c) ∈ R3. Calcule
T (a, b, c).
Exerćıcio 15.4. Seja B a base canônica de R2. Seja T : R2 −→ R2 uma transformação linear.
Seja M = [T ]B. Verifique, em cada caso, se T é diagonalizável:
(a) M =
(
1 2
2 1
)
(b) M =
(
0 1
2 3
)
(c) M =
(
0 0
0 0
)
Exerćıcio 15.5. Seja U um espaço de dimensão n ∈ N. Seja T : U −→ U tal que o polinômio
caracteŕıstico tenha n ráızes reais distintas. Mostre que U é diagonalizável.
Exerćıcio 15.6. Seja T : U −→ U um operador linear tal que [T ]B é sempre uma matriz diagonal
para toda base B. Mostre que existe λ ∈ R tal que T = λId.
Exerćıcio 15.7. Sejam U um espaço vetorial de dimensão 2 e T : U −→ U um operador linear
não diagonalizável que tem um único autovalor λ ∈ R.
(a) Mostre que existe base B tal que
[T ]B =
(
λ 0
c λ
)
,
onde c 6= 0.
(b) Mostre que existe base C tal que
[T ]C =
(
λ 0
1 λ
)
.
(Dica: Suponha a base do item anterior B = {u, v} e troque u por w = u−vc .)
53
16 Funcionais lineares
Nesta seção vamos estudar um caso particular de transformações lineares, a saber, o caso em que
o contra domı́nio é o conjuntos dos números reais.
Definição 16.1. Seja V um espaço vetorial. Considere R com as operações usuais. Dizemos que
f : V −→ R é um funcional linear se f é uma transformação linear.
Definição 16.2. Seja V um espaço vetorial. Chamamos de espaço dual de V o conjunto de
todos os funcionais lineares de V . Denotamos tal espaço por V ∗.
Note que V ∗ = L(V, R) e, portanto, é um espaço vetorial com as operações usuais de funções.
Proposição 16.3. Seja V um espaço vetorial finitamente gerado. Seja B := {b1, ..., bn} uma
base para V . Sejam e1, ..., en ∈ V ∗ tais que
ei(bj) =
{
1 se i = j
0 se i 6= j
Então B∗ := {e1, ..., en} é uma base para V ∗. B∗ é dita a base dual de B.
Dem.: Podeŕıamos aqui usar o que já temos por 14.4, mas optamos por uma demonstração
direta. Comecemos por mostrar que B∗ é linearmente independente. Sejam α1, ..., αn ∈ R tais
que α1e1 + · · · + αnen = 0. Ou seja, para todo v ∈ V , temos que α1e1(v) + · · · + αnen(v) = 0.
Substituindo v por bj com j = 1, ..., n, temos que αj = 0. Logo, α1 = · · · = αn = 0 e, portanto,
temos que B∗ é linearmente independente.
Vamos agora mostrar que [B∗] = V ∗. Sejam f ∈ V ∗. Para cada i = 1, ..., n, seja αi ∈ R tal
que αi := f(bi). Vamos mostrar que f =
∑n
i=1 αiei. Seja v ∈ V . Sejam β1, ..., βn ∈ R tais que
v = β1b1 + · · ·+ βnbn. Note que, assim, temos que ei(v) = ei(
∑n
j=1 βjbj) =
∑n
j=1 βjej(bj) = βi.
Assim, temos:
f(v) = f(
n∑
i=1
βibi)
= β1f(b1) + · · ·+ βnf(bn)
= β1α1 + · · ·+ βnαn
= α1e1(v) + · · ·+ αnen(v)
Corolário 16.4. Seja V um espaço vetorial finitamente gerado. Então V é isomorfo a V ∗.
54
Proposição 16.5. Sejam V um espaço vetorial finitamente gerado e B uma base ordenada
para V . Considere B∗ = {e1, ..., en} a base dual de B. Dado v ∈ V temos que [v]B =
(e1(v), ..., en(v))B.
Dem.: Seja {v1, ..., vn} = B. Sejam α1, ..., αn ∈ R tais que v =
∑n
i=1 αivi. Temos que mostrar
que, para cada i = 1, ..., n, vale αi = ei(v). Seja i tal que 1 ≤ i ≤ n. Temos
ei(v) = ei(
n∑
j=1
αjvj)
=
n∑
j=1
αjej(vj)
= αi
Proposição 16.6. Sejam V um espaço vetorial finitamente gerado e B = {b1, ..., bn} base para
V . Seja B∗ = {e1, ..., en} a base dual de B. Seja f ∈ V ∗. Então [f ]B∗ = (f(b1), ..., f(bn))B∗.
Dem.: Seja f ∈ V ∗. Sejam α1, ..., αn ∈ R tais que, para qualquer v ∈ V , temos que f(v) =
α1e1(v) + · · ·αnen(v). Temos que mostrar que, para cada i = 1, ..., n, αi = f(bi). Seja i = 1.
Temos
f(bi) = α1e1(bi) + · · ·αnen(bi)
= αiei(bi)
= αi
Proposição 16.7. Sejam U e V espaços vetoriais. Seja B := {b1, ..., bn} uma base para V
e B∗ := {e1, ..., en} base dual para B. Seja T : U −→ V uma função. Temos que T é uma
transformação linear, se, e somente se, para cada i = 1, ..., n temos que ei◦ T : U −→ R é um
elemento de U∗.
Dem.: ⇒) Como cada ei é uma transformação linear, temos que ei ◦ T é uma transformação
linear e, portanto, elemento de U∗.
⇐) Vamos mostrar que T é uma transformação linear. Observe que, dado u ∈ U temos que
T (u) = e1(T (u))b1 + · · ·+ en(T (u))bn. Assim, sejam u, v ∈ U . Temos
T (u + v) = e1(T (u + v))b1 + · · · en(T (u + v))bn
= e1(T (u))b1 + · · · en(T (u))bn + e1(T (v))b1 + · · · en(T (v))bn
= T (u) + T (v)
55
Agora sejam u ∈ U e α ∈ R. Temos
T (αu) = e1(αu)b1 + · · ·+ en(αu)bn
= αe1(u)b1 + · · ·+ αen(u)bn
= α(e1(u)b1 + · · ·+ en(u)bn)
= αT (u)
Definição 16.8. Seja V um espaço vetorial. Seja H ⊂ V um subespaço vetorial tal que existe
v /∈ H tal que [H ∪ v] = V . Neste caso, dizemos que H é um hiperplano de V .
Exemplo 16.9. No R3, qualquer subespaço de dimensão 2 (ou seja, um plano) é um hiperplano.
Proposição 16.10. Seja V um espaço de dimensão finita. Seja S ⊂ V um subespaço vetorial de
V . Temos que S é um hiperplano de V se, e somente se, existe f ∈ V ∗ r {0} tal que S = Nucf .
Dem.: ⇒) Como S é hiperplano, existe v /∈ S tal que V = [{v} ∪ S]. Seja {b1, ..., bn} base para
S. Note v /∈ [b1, ..., bn] e, portanto, {v, b1, ..., bn} é linearmente independente. Note também
que V = [{v} ∪ S] = [v, b1, ..., bn]. Assim, {v, b1, ..., bn} é base para V . Defina f : V −→ R
tal que, f(v) = 1 e f(bi) = 0 para todo i = 1, ..., n. Vamos verificar que Nucf = S. Seja
u ∈ Nucf . Sejam α0, ..., αn ∈ R tais que u = α0v + α1b1 + · · · + αnbn. Aplicando T em
ambos os lados, temos que 0 = α0. Logo, u ∈ [b1, ..., bn] = S. Assim, temos que Nucf ⊂ S.
Por outro lado, temos que, dado u ∈ S, existem α1, ..., αn ∈ R tais que u = α1b1+· · ·+αnbn.
Aplicando f em ambos os lados, obtemos que f(u) = α1f(b1) + · · · + αnf(bn) = 0. Logo,
S ⊂ Nucf .
⇐) Seja f ∈ V ∗ r {0}. Precisamos mostrar que Nucf é um hiperplano. Como f 6= 0, temos
que dim Imf = 1 e, portanto, dim Nucf = dim V − 1. Seja v ∈ V r Nucf . Assim,
dim[Nucf ∪ {v}] = dim V e, portanto, [Nucf ∪ {v}] = V .
Já vimos que, em espaços de dimensão finita, dada uma base, podemos encontrar uma base
para o espaço dual. Vamos terminar esta seção mostrando que o caminho inverso também pode
ser feito. Mais que isso, vamos mostrar que ao se tomar a base dual para a base encontrada,
recuperamos a base original.
Proposição 16.11. Seja V espaço vetorial. Seja v ∈ V . Temos que gv : V ∗ −→ R dada por
gv(f) = f(v) é um elemento de (V ∗)∗.
56
Dem.: Observe que, de fato, gv tem domı́nio V ∗ e contra domı́nio R. Resta verificarmos se gv é
linear. Sejam f, h ∈ V ∗. Temos que mostrar que gv(f + h) = gv(f) + gv(h).
gv(f + h) = (f + h)(v)
= f(v) + h(v)
= gv(f) + gv(h)
A demonstração de que, dado α ∈ R temos que αgv(f) = gv(αf) para qualquer f ∈ V ∗ fica como
exerćıcio.
Proposição 16.12. Seja V espaço vetorial de dimensão finita. Seja B = {f1, ..., fn} base para
V ∗. Então existe A ⊂ V base para V tal que A∗ = B.
Dem.: Defina T : V −→ (V ∗)∗ tal que, dado v ∈ V temos que T (v) = gv (onde gv é a função
definida no resultado anterior). Observe que, de fato, T é uma função com domı́nio V e contra
domı́nio (V ∗)∗. Vamos mostrar que T é um isomorfismo. Começamos mostrando que ela é linear.
Sejam α ∈ R, f ∈ V ∗ e u, w ∈ V . Temos
(T (u + w))(f) = gu+w(f)
= f(u + w)
= f(u) + f(w)
= gu(f) + gw(f)
= (T (u))(f) + (T (w))(f)
(T (αu))(f) = gαu(f)
= f(αu)
= αf(u)
= (αT (u))(f)
Vamos agora mostrar que ela é bijetora. Como temos que dim V = dim V ∗ = dim(V ∗)∗, basta
mostrar que T é injetora. Para isso, basta notar que gv(f) = 0 para toda f ∈ V ∗ implica que
v = 0 (exerćıcio).
Vamos agora mostrar o resultado. Seja B∗ = {w1, ..., wn} base dual de B (ou seja, é uma
base para (V ∗)∗. Seja A = {b1, ..., bn} onde, para cada i = 1, ..., n temos que bi = T−1(wi).
Podemos fazer isso já que T é um isomorfismo. Como T−1 é injetora, temos que A é linearmente
independente e, portanto, base para V . Vamos mostrar que A∗ = B. Sejam i, j = 1, ..., n. Temos:
fi(aj) = gaj (fi)
= (T (aj))(fi)
= wj(fi)
Assim, temos que
fi(aj) =
{
1 se i = j
0 caso contrário
57
16.1 Exerćıcios
Exerćıcio 16.1. Mostre que todo funcional linear não nulo é sobrejetor (mesmo para espaços de
dimensão infinita).
Exerćıcio 16.2. Seja V um espaço vetorial finitamente gerado. Seja v ∈ V tal que f(v) = 0
para todo f ∈ V ∗. Mostre que v = 0.
Exerćıcio 16.3. Seja B = {b1, b2, b3} onde b1 := (2, 2, 0), b2 := (0, 3, 3) e b3 := (0,−1, 0) base
para R3. Seja B∗ = {e1, e2, e3} base dual de B. Seja (a, b, c) ∈ R3. Calcule e1(a, b, c), e2(a, b, c)
e e3(a, b, c).
Exerćıcio 16.4. Considere R com as operações usuais. Mostre que toda transformação linear
T : R −→ R é da forma T (x) = rx onde r ∈ R.
Exerćıcio 16.5. Considere A := {e1, e2} ⊂ (R2)∗ onde e1(a, b) := 2a + b e e2(a, b) := a− 3b.
(a) Mostre que A é base para (R2)∗.
(b) Determine B base para R2 tal que B∗ = A.
17 Produto interno e norma
Começamos definindo uma nova operação no espaço vetorial.
Definição 17.1. Seja V um espaço vetorial. Um produto interno sobre V é uma função
〈·, ·〉 : V × V −→ R que satisfaz as seguintes condições, dados u, v, w ∈ V e λ ∈ R:
(a) 〈u + v, w〉 = 〈u, w〉+ 〈v, w〉
(b) 〈λu, v〉 = λ〈u, v〉
(c) 〈u, v〉 = 〈v, u〉
(d) 〈u, u〉 > 0 se u 6= 0
Proposição 17.2. Sejam V um espaço vetorial e 〈·, ·〉 : V × V −→ R um produto interno sobre
V . Temos que valem as seguinte propriedades, dados u, v, w ∈ V e λ ∈ R:
58
(i) 〈0, v〉 = 0
(ii) 〈v, v〉 = 0 se, e somente se, v = 0
(iii) 〈u, λv〉 = λ〈u, v〉
(iv) 〈u, v + w〉 = 〈u, v〉+ 〈u, w〉
Dem.: (i) 〈0, v〉 = 〈0v, v〉 = 0〈v, v〉 = 0.
(ii) Suponha que 〈v, v〉 = 0. Pela propriedade (d) da definição de produto interno, temos que
v = 0. Por outro lado, temos que, se v = 0, então 〈v, v〉 = 〈0, 0〉 = 0.
(iii) 〈u, λv〉 = 〈λv, u〉 = λ〈v, u〉 = λ〈u, v〉.
(iv) 〈u, v + w〉 = 〈v + w, u〉 = 〈v, u〉+ 〈w, u〉 = 〈u, v〉+ 〈u, w〉.
Exemplo 17.3. Considere Rn com as operações usuais. Sejam a := (a1, ..., an), b := (b1, ..., bn) ∈
Rn. Definimos
〈a, b〉 :=
n∑
i=1
aibi
Vamos mostrar que 〈·, ·〉 assim definido é de fato um produto interno. Sejam a := (a1, ..., an), b :=
(b1, ..., bn), c := (c1, ..., cn) ∈ Rn e λ ∈ R. Temos
(a) 〈a + b, c〉 =
∑n
i=1(ai + bi)ci =
∑n
i=1 aici +
∑n
i=1 bici = 〈a, c〉+ 〈b, c〉.
(b) 〈λa, b〉 =
∑n
i=1(λai)bi = λ
∑n
i=1 aibi = λ〈a, b〉.
(c) 〈a, b〉 =
∑n
i=1 aibi =
∑n
i=1 biai = 〈b, a〉.
(d) Suponha a 6= 0. Então, existe j tal que aj 6= 0. Temos
〈a, a〉 =
n∑
i=1
a2i
≥ a2j
> 0
Este é o produto interno usual sobre Rn.
Proposição 17.4. Sejam U e V espaços vetoriais. Sejam 〈·, ·〉 um produto interno sobre V e
T : U −→ V uma transformação linear injetora. Então 〈·, ·〉T : U × U −→ R dada por
〈a, b〉T := 〈T (a), T (b)〉
para a, b ∈ U é um produto interno sobre U .
Dem.: Sejam a, b, c ∈ U e λ ∈ R. Temos
59
(a) 〈a + b, c〉T = 〈T (a + b), T (c)〉 = 〈T (a) + T (b), T (c)〉 = 〈T (a), T (c)〉+ 〈T (b), T (c)〉 = 〈a, c〉T +
〈b, c〉T .
(b) 〈λa, b〉T = 〈T (λa), T (b)〉 = 〈λT (a), T (b)〉 = λ〈T (a), T (b)〉 = λ〈a, b〉T .
(c) 〈a, b〉T = 〈T (a), T (b)〉 = 〈T (b), T (a)〉 = 〈b, a〉T .
(d) Suponha a 6= 0. Temos que T (a) 6= 0, pois T é injetora. Logo, 〈T (a), T (a)〉 > 0. Assim
〈a, a〉T = 〈T (a), T (a)〉 > 0.
Proposição 17.5. Sejam V um espaço vetorial e 〈·, ·〉 um produto interno sobre V . Dados
u, v ∈ V , temos que vale a seguinte desigualdade:
〈u, v〉2 ≤ 〈u, u〉〈v, v〉
Dem.: Sejam u, v ∈ V . Sejam α, β ∈ R. Se v = 0, temos o resultado. Agora suponha que v 6= 0.
Temos:
〈αu− βv, αu− βv〉 = 〈αu, αu− βv〉 − 〈βv, αu− βv〉
= 〈αu, αu〉 − 〈αu, βv〉 − 〈βv, αu〉+ 〈βv, βv〉
= α2〈u, u〉 − 2αβ〈u, v〉+ β2〈v, v〉
Fazendo α := 〈v, v〉 e β := 〈u, v〉 temos:
0 ≤ 〈αu− βv, αu− βv〉
= 〈v, v〉2〈u, u〉 − 2〈v, v〉〈u, v〉〈u, v〉+ 〈u, v〉2〈v, v〉
= 〈v, v〉2〈u, u〉 − 〈v, v〉〈u, v〉2
= 〈v, v〉(〈v, v〉〈u, u〉 − 〈u, v〉2)
Como 〈v, v〉 > 0, temos que 〈v, v〉〈u, u〉 − 〈u, v〉2 ≥ 0. Isto é, temos 〈u, v〉2 ≤ 〈v, v〉〈u, u〉.
Definição 17.6. Seja V um espaço vetorial. Dizemos que ||·|| : V −→ R é uma norma sobre V
se, dados u, v ∈ V e α ∈ R são satisfeitasas seguintes condições:
(a) ||v|| ≥ 0.
(b) Se ||v|| = 0, então v = 0.
(c) ||αv|| = |α|||v||.
(d) ||u + v|| ≤ ||u||+ ||v||.
60
Exemplo 17.7. Considere em R2 a seguinte norma:
||(a, b)|| := |a|+ |b|
Vejamos que ela, de fato, é uma norma. Sejam (a, b), (c, d) ∈ R2 e λ ∈ R.
(a) ||(a, b)|| = |a|+ |b| ≥ 0.
(b) Suponha ||(a, b)|| = 0. Então |a|+ |b| = 0 e, portanto, a = b = 0.
(c) ||λ(a, b)|| = ||(λa, λb)|| = |λa|+ |λb| = |λ||a|+ |λ||b| = |λ|(|a|+ |b|) = |λ|||(a, b)||.
(d) ||(a, b) + (c, d)|| = ||(a + c, b + d)|| = |a + c|+ |b + d| ≤ |a|+ |b|+ |c|+ |d| = ||(a, b)||+ ||(c, d)||.
Teorema 17.8. Sejam V um espaço vetorial e 〈·, ·〉 um produto interno sobre V . Então ||·|| :
V −→ R dado por
||v|| :=
√
〈v, v〉
para v ∈ V é uma norma sobre V . Chamamos ||·|| de norma induzida por 〈·, ·〉.
Dem.: Sejam u, v ∈ V e λ ∈ R. Temos
(a) ||v|| =
√
〈v, v〉 ≥ 0.
(b) Suponha que ||v|| = 0. Então 〈v, v〉 = 0. Logo, v = 0.
(c) ||λv|| =
√
〈λv, λv〉 =
√
λ2〈v, v〉 = |λ|
√
〈v, v〉 = |λ|||v||.
(d) ||u + v||2 = 〈u + v, u + v〉 = 〈u, u〉 + 2〈u, v〉 + 〈v, v〉
17.5
≤ 〈u, u〉 + 2
√
〈u, u〉〈v, v〉 + 〈v, v〉 =
||u||2 + 2||u||||v||+ ||v||2 = (||u||+ ||v||)2.
Exemplo 17.9. Considere 〈(a, b), (c, d)〉 := ac + bd o produto interno usual em R2. Temos que
a norma induzida por tal produto interno é
||(a, b)|| :=
√
〈(a, b), (a, b)〉 =
√
a2 + b2
61
17.1 Exerćıcios
Exerćıcio 17.1. Considere R3 com as operações usuais. Verifique se 〈·, ·〉 é um produto interno,
justificando suas respostas, onde, dados (a, b, c), (d, e, f) ∈ R3:
(a) 〈(a, b, c), (d, e, f)〉 := |a|+ 2|b|+ 10|c|
(b) 〈(a, b, c), (d, e, f)〉 := a + b + c
(c) 〈(a, b, c), (d, e, f)〉 := |a|
(d) 〈(a, b, c), (d, e, f)〉 := |a| − |b|+ |c|
Exerćıcio 17.2. Seja V um espaço vetorial com um produto interno 〈·, ·〉.
(a) Mostre que 〈0, v〉 = 0 para qualquer v ∈ V .
(b) Mostre que se u ∈ V é tal que 〈u, v〉 = 0 para qualquer v ∈ V , então u = 0.
Exerćıcio 17.3. Seja V um espaço vetorial com produto interno 〈·, ·〉 e com ||·|| a norma induzida.
Mostre que, dados u, v ∈ V , temos
〈u, v〉 = 1
4
||u + v||2 − 1
4
||u− v||2
Exerćıcio 17.4. Seja V um espaço vetorial de dimensão finita. Mostre que V admite uma norma
induzida por um produto interno.
18 Ortogonalização e funcionais lineares versus produto interno
Definição 18.1. Sejam V um espaço vetorial e 〈·, ·〉 um produto interno sobre V . Dizemos que
u, v ∈ V são ortogonais se 〈u, v〉 = 0. Notação u⊥v.
Proposição 18.2. Sejam V um espaço vetorial e seja 〈·, ·〉 um produto interno sobre V . Seja
A ⊂ V tal que 0 /∈ A e, dados u, v ∈ A distintos, temos que u e v são ortogonais. Então A é
linearmente independente.
62
Dem.: Suponha que não vale o resultado. Então existem v, v1, ..., vn ∈ A e α1, ..., αn ∈ R tais
que v =
∑n
i=1 αivi = 0 e v 6= vi para i = 1, ..., n. Considere ||·|| a norma induzida pelo produto
interno. Temos
||v||2 = 〈v, v〉
= 〈v,
n∑
i=1
αivi〉
=
n∑
i=1
〈v, αivi〉
=
n∑
i=1
αi〈v, vi〉
= 0
Mas, como v 6= 0, temos que ||v|| 6= 0, contradição.
Proposição 18.3 (Processo de ortogonalização de Gram-Schimdt). Seja V um espaço
vetorial com um produto interno 〈·, ·〉 e seja A := {a1, ..., an} um conjunto linearmente indepen-
dente. Então B := {b1, ..., bn} onde
b1 := a1
bk+1 := ak+1 −
〈ak+1, b1〉
||b1||2
b1 − · · · −
〈ak+1, bk〉
||bk||2
bk
para k = 1, ..., n−1, é tal que bk e bj são ortogonais se i 6= j, bk 6= 0 para k = 1, ..., n e [B] = [A].
Dem.: Vamos mostrar o resultado por indução sobre n. Caso n = 1, nada há para mostrar.
Agora suponha que já temos os resultado para n e vamos mostrar para n+1. Como [b1, ..., bn] =
[a1, ..., an] e {a1, ..., an+1} é linearmente independente, temos que an+1 /∈ [b1, ..., bn]. Assim,
bn+1 = an+1 −
∑n
i=1
〈an+1,bi〉
||bi||2
bi é diferente de 0. Vamos agora mostrar que bn+1 é ortogonal a bi
para todo i = 1, ..., n.
〈bn+1, bi〉 = 〈an+1 −
n∑
j=1
〈an+1, bj〉
||bj ||2
bj , bi〉
= 〈an+1, bi〉 −
n∑
j=1
〈an+1, bj〉
||bj ||2
〈bj , bi〉
= 〈an+1, bi〉 −
〈an+1, bi〉
||bi||2
〈bi, bi〉
= 0
Assim, pela hipótese de indução, temos que bi e bj são ortogonais para todo i, j = 1, ..., n+1 com
i 6= j. E, como cada bi 6= 0, temos que {b1, ..., bn+1} é linearmente independente. Observe que
[B] ⊂ [A]. Como dim B = dim A, temos que [A] = [B].
63
Definição 18.4. Seja V um espaço vetorial de dimensão finita n ≥ 1. Dizemos que B :=
{b1, ..., bn} é uma base ortonormal se seus elementos são ortogonais entre si e, dado bi ∈ B
temos ||b|| = 1.
Corolário 18.5. Seja V um espaço vetorial de dimensão finita n ≥ 1 com um produto interno
〈·, ·〉. Então V tem uma base ortonormal.
Dem.: Seja B = {b1, ..., bb} uma base para V . Por 18.3, existe C = {c1, ..., cn} tal que [C] = [B]
e os elementos de C são ortogonais entre si. Considere D := {d1, ..., dn} onde, dado i = 1, ..., n
temos:
di :=
1
||ci||
ci
Sejam i e j distintos. Temos que 〈di, dj〉 = 〈 1||ci||ci,
1
||cj ||cj〉 =
1
||ci||||cj ||〈ci, cj〉 = 0. Seja i = 1, ..., n.
Temos ||di|| =
√
〈ci, ci〉 =
√
〈 1||ci||ci,
1
||ci||ci〉 =
1
||ci|| ||ci|| = 1. Assim, temos que C é um conjunto for-
mado por n elementos ortogonais entre si e todos não nulos. Assim, C é linearmente independente
e, portanto, é base para V .
Proposição 18.6. Seja V um espaço vetorial de dimensão finita n ≥ 1 com um produto interno
〈·, ·〉. Seja B : {b1, ..., bn} uma base ortonormal para V . Sejam u, v ∈ V . Então 〈u, v〉 =∑n
i=1 αiβi, onde [u]B = (α1, ..., αn)B e [v]B = (β1, ..., βn)B.
Dem.: Sejam u, v ∈ V . Sejam α1, ..., αn, β1, ..., βn ∈ R tais que [u]B = (α1, ..., αn)B e [v]B =
(β1, ..., βn)B. Temos
〈u, v〉 = 〈
n∑
i=1
αibi,
n∑
i=1
βibi〉
=
n∑
i=1
αi〈bi,
n∑
j=1
βjbj〉
=
n∑
i=1
αiβi
Proposição 18.7. Seja V um espaço vetorial com um produto interno 〈·, ·〉. Seja v ∈ V . Então
f : V −→ R dada por
f(u) := 〈u, v〉
para u ∈ V é um funcional linear.
64
Dem.: Seja a, b ∈ V e λ ∈ R. Temos
f(a + b) = 〈a + b, v〉
= 〈a, v〉+ 〈b, v〉
= f(a) + f(b)
f(λa) = 〈λa, v〉
= λ〈a, v〉
= λf(a)
Teorema 18.8. Seja V um espaço vetorial de dimensão finita n ≥ 1. Seja f ∈ V ∗. Então existe
v ∈ V tal que, para todo u ∈ V , f(u) = 〈u, v〉.
Dem.: Seja B = {b1, ..., bn} uma base ortonormal para V . Seja v :=
∑n
i=1 f(bi)bi. Vamos
mostrar que v satisfaz o enunciado. Para isso, vamos mostrar que g(bi) = f(bi) para todo
i = 1, ..., n onde g(u) := 〈u, v〉 para u ∈ V . Note que isso é suficiente pois B é base. Seja bi ∈ B.
g(bi) = 〈bi, v〉
= 〈bi,
n∑
j=1
f(bj)bj〉
= f(bi)
18.1 Exerćıcios
Exerćıcio 18.1. Seja V um espaço vetorial. Seja v ∈ V . Mostre que S := {u ∈ V : u é ortogonal
a v} é um subespaço de V .
Exerćıcio 18.2. Mostre que a base canônica do R3, com relação ao produto interno usual, é
uma base ortonormal.
Exerćıcio 18.3. Seja V um espaço vetorial e A = {a1, ..., an} um conjunto cujos elementos são
ortogonais entre si. Seja λ ∈ R, com λ 6= 0. Mostre que B := {λa1, ..., λan} também é um
conjunto cujos elementos são ortogonais entre si.
65
Exerćıcio 18.4. Considere R3 com as operações usuais. Seja f : R3 −→ R um funcional linear
tal que f(a, b, c) := a + 2b− 3c para a, b, c ∈ R. Encontre v ∈ R3 tal que f(u) = 〈u, v〉 onde 〈·, ·〉
é o produto interno usual de R3.
19 Somas diretas e espaços ortogonais
Começamos esta seção definindo uma forma de se obter um subespaço vetorial a partir de outros
dados.
Definição 19.1. Sejam V um espaço vetorial e S, W ⊂ V subespaços vetoriais. Definimos S + W
:= {v ∈ V : ∃s ∈ S e w ∈ W v = s + w} a soma de S e W .
Vejamos que, de fato, S + W define um subespaço vetorial.
Proposição 19.2. Sejam V um espaço vetorial e S, W ⊂ V subespaços vetoriais. Então S + W
é um subespaço de V .
Dem.: Primeiramente, observe que 0 ∈ S + W já que 0 = 0 + 0 e 0 ∈ S, W . Agora sejam
a, b ∈ S + W e vamos mostrar que a + b ∈ S + W . Sejam s1, s2 ∈ S e w1, w2 ∈ W tais que
a = s1 + w1 e b = s2 + w2. Temos
a + b = (s1 + w1) + (s2 + w2)
= (s1 + s2) + (w1 + w2)
Como s1 + s2 ∈ S e w1 + w2 ∈ W , temos o que desejamos. A demonstração de que αa ∈ S + W
paraqualquer α ∈ R fica como exerćıcio.
Vejamos agora um caso espećıfico de soma de subespaços vetoriais.
Definição 19.3. Sejam V espaço vetorial e S, W ⊂ V subespaços vetoriais. Se S ∩ W = {0}
denotamos o espaço S + W por S ⊕W . Este espaço é chamado de soma direta de S e W .
Uma vantagem da soma direta é o seguinte resultado:
Proposição 19.4. Sejam V espaço vetorial e S, W ⊂ V subespaços vetoriais tais que S ∩W =
{0}. Sejam v ∈ S ⊕W , s1, s2 ∈ S e w1, w2 ∈ W tais que v = s1 + w1 = s2 + w2. Então s1 = s2
e w1 = w2 (ou seja, a escrita é única).
66
Dem.: Sejam v ∈ S ⊕W , s1, s2 ∈ S e w1, w2 ∈ W tais que v = s1 + w1 = s2 + w2. Temos
s1 − s2 = s1 − s2 + v − v
= s1 − s2 + s2 + w2 − s1 − w1
= w2 − w1
Observe que temos que s1 − s2 ∈ S. E, como s1 − s2 = w2 − w1 ∈ W , temos que s1 − s2 ∈
S ∩W = {0}. Assim, s1 = s2. Para provar que w1 = w2 é análogo (exerćıcio).
Proposição 19.5. Seja V espaço vetorial de dimensão finita. Suponha que V = S ⊕W . Então
dim V = dim S + dim W .
Dem.: Sejam {s1, ..., sn} base para S e {w1, ..., wm} base para W . Vamos provar que {s1, ..., sn,
w1, ..., wm} é base para S ⊕W = V . Note que isso mostra o resultado.
Seja v ∈ V . Temos que existem s ∈ S e w ∈ W tais que v = s + w. Assim, existem
α1, ..., αn, β1, ..., βm ∈ R tais que s =
∑n
i=1 αisi e w =
∑m
i=1 βiw1. Assim, temos que v =∑n
i=1 αi +
∑m
i=1 βiw1 e, portanto, {s1, ..., sn, w1, ..., wm} gera V . Resta mostrar que é linearmente
independente. Suponha que não, então existe algum elemento em {s1, ..., sn, w1, ..., wm} que pode
ser escrito como combinação linear dos outros. Vamos supor que seja um dos si’s (o outro caso
é análogo). Assim, temos que si = s + w, onde s ∈ [{s1, ..., sn} r {si}] e w ∈ [w1, ..., wm]. Por
outro lado, sabemos que si = si + 0, onde si ∈ S e 0 ∈ W . Assim, pelo resultado anterior, s = si
e w = 0. Ou seja, temos que si ∈ [{s1, ..., sn} r {si}], contradição com o fato de {s1, ..., sn} ser
base.
Vamos agora à definição do espaço ortogonal.
Definição 19.6. Seja V um espaço vetorial com um produto interno. Seja S subespaço de V .
Denotamos por S⊥ o espaço ortogonal a S, isto é, o conjunto {v ∈ V : ∀s ∈ S v⊥s}.
Vejamos que, de fato, o espaço ortogonal é um espaço vetorial:
Proposição 19.7. Seja V um espaço vetorial com um produto interno. Seja S subespaço de V .
Então S⊥ é um subespaço de V .
Dem.: Note que 0 ∈ S⊥. Sejam a, b ∈ S⊥. Vamos mostrar que a+ b ∈ S⊥. Para isso, seja s ∈ S.
Precisamos mostrar que (a + b)⊥s. De fato, temos 〈a + b, s〉 = 〈a, s〉 + 〈b, s〉 = 0 + 0 = 0. Seja
a ∈ S⊥ e α ∈ R. Temos que αa ∈ S⊥ pois, dado s ∈ S temos 〈αa, s〉 = α〈a, s〉 = α0 = 0.
Proposição 19.8. Seja V espaço vetorial com produto interno. Seja S subespaço de V . Então
valem as seguintes propriedades:
(i) S ⊂ (S⊥)⊥;
67
(ii) S ∩ S⊥ = {0}.
Dem.: (i) Seja s ∈ S. Temos que, dado a ∈ S⊥, a⊥s. Assim, s ∈ (S⊥)⊥.
(ii) Seja v ∈ S ∩ S⊥. Como v ∈ S⊥, temos que 〈v, s〉 = 0 para todo s ∈ S. Em particular,
〈v, v〉 = 0 e, portanto, v = 0.
Proposição 19.9. Seja V espaço vetorial de dimensão finita com produto interno. Seja S
subespaço de V . Temos que V = S ⊕ S⊥.
Dem.: Temos que S ∩S⊥ = {0} pelo resultado anterior. Resta mostrar que, dado v ∈ V exitem
s ∈ S e t ∈ S⊥ tais que v = s + t. Seja B1 base para S e B2 conjunto linearmente independente
tal que B1 ∪ B2 seja uma base para V . Por 18.3, existe C = C1 ∪ C2 base ortogonal para V
tal que C1 é base para S. Assim, temos que, dado v ∈ V , existem s ∈ [C1] e t ∈ [C2] tais que
v = s + t. Note que s ∈ S, já que C1 é base para S. Resta mostrar que t ∈ S⊥. O exerćıcio 19.4
diz que t é ortogonal a qualquer elemento de [C1] = S, logo t ∈ S⊥.
Corolário 19.10. Seja V espaço vetorial de dimensão finita e com produto interno. Seja S ⊂ V .
Então temos que (S⊥)⊥ = S.
Dem.: Já temos que S ⊂ (S⊥)⊥. Resta mostrar a outra inclusão. Seja v ∈ (S⊥)⊥. Pelo resultado
anterior, temos que existem s ∈ S e t ∈ S⊥ tais que v = s + t. Se mostrarmos que t = 0, teremos
o resultado. Para isso, vamos mostrar que 〈t, t〉 = 0. Como s ∈ S e t ∈ S⊥, temos que 〈t, s〉 = 0.
E, como t ∈ St e v ∈ (S⊥)t, temos que 〈t, v〉 = 0. Assim
〈t, t〉 = 〈t, v − s〉
= 〈t, v〉 − 〈t, s〉
= 0 + 0
= 0
19.1 Exerćıcios
Exerćıcio 19.1. Mostre que a condição de que S∩W = {0} em 19.4 é necessária. Isto é, dê um
exemplo de um espaço V , S, W ⊂ V subespaços e v ∈ V que possa ser escrito de duas maneiras
distintas na forma v = s + w com s ∈ S e w ∈ W .
Exerćıcio 19.2. Sejam V um espaço vetorial e S, W ⊂ V subespaços vetoriais. Mostre que
S + W = [S ∪W ].
68
Exerćıcio 19.3. Use o exerćıcio anterior e o exerćıcio 7.8 para mostra que, dados V espaço
vetorial de dimensão finita e S, W ⊂ V temos que dim(S + W ) = dim S + dim W − dim(S ∩W ).
Use este resultado para dar outra demonstração do caso particular de 19.5.
Exerćıcio 19.4. Seja V espaço vetorial com produto interno. Sejam A,B ⊂ V tais que, para
quaisquer a ∈ A e b ∈ B temos que a⊥b. Então, dado v ∈ [B] temos que v⊥w para qualquer
w ∈ [A].
Exerćıcio 19.5. Seja V um espaço vetorial de dimensão finita e com produto interno. Seja
S ⊂ V subespaço vetorial. Considere T : V −→ S e F : V −→ S⊥ dadas por T (v) = s e F (v) = t
para v = s + t onde s ∈ S e t ∈ S⊥.
(a) Mostre que T e F são transformações lineares.
(b) Calcule NucT e NucF .
(c) Calcule ImT e ImF .
69
20 Grafos
Nesta seção vamos fazer uma aplicação de álgebra linear à teoria dos grafos. Um grafo, informal-
mente falando, é uma coleção de pontos que podem, ou não, ser ligados por arestas. É comum
tais arestas terem uma direção, isto é, a aresta que sai de um ponto A e chega num ponto B é
diferente da aresta que sai do ponto B e chega no ponto A. Vejamos uma maneira mais formal
de se definir um grafo.
Definição 20.1. Dizemos que G é um grafo se G = (P,A) onde P é um conjunto de pontos e A
é um conjunto de funções que chamaremos de arestas. As arestas são da forma a : {i, f} −→ G
onde a(i) é o ponto de ińıcio da aresta e a(f) é o ponto final da aresta.
Definição 20.2. Seja G = (P,A) um grafo. Dizemos que C = {a1, ..., an} ⊂ A é um caminho de
g1 para g2 em G se a1(i) = g1, an(f) = g2 e, para todo j = 1, ..., n−1 temos que aj(f) = aj+1(i).
Neste caso, dizemos que {a1, ..., an} é um caminho de tamanho n. Dizemos que G é conexo
se, para dados g, h ∈ G, existe um caminho de g para h.
Definição 20.3. Seja G = (P,A) um grafo finito (isto é, tanto P como A são finitos). Fixamos
{p1, ..., pn} uma ordem para P . Chamamos de matriz de conectividade de G a matriz M ∈
Mn×n onde cada elemento mjk da matriz é dado por
mjk = |{a ∈ A : a(i) = pj e a(f) = pk}|
Ou seja, na linha j pela coluna k fica o número de arestas que saem de pj e chegam em pk.
Proposição 20.4. A quantidade de caminhos de tamanho r entre os elemento pj e pk num grafo
G({p1, ..., pn}, A) é o elemento da linha j na coluna k da matriz M r onde M é a matriz de
conectividade de G.
Dem.: Por indução sobre r. Caso r = 1, segue diretamente da definição de matriz de conectivi-
dade. Agora suponha que já temos o caso r e vamos provar o caso r + 1. Sejam (ust)s,t=1,...,n e
(vst)s,t=1,...,n as matrizes M r e M respectivamente. Observe que o elemento na linha j da coluna
da k de M r+1 é dado por
n∑
s=1
ujsvsk
Pela hipótese se indução, ujs representa quantos caminhos de tamanho r existem ligando pj e
ps. E note que vsk representa quantas arestas existem ligando ps e pk. Temos que vsk = 0 se,
e somente se não existe uma aresta ligando ps e pk. Assim, ujsvsk representa quantos caminhos
existem de tamanho r saindo de pj e chegando em ps e que podem ser extendidos (com mais
uma aresta só) para pk. Como somamos o resultado para todos os ps posśıveis, temos o que
desejamos.
70
Corolário 20.5. Seja G um grafo com n pontos. Então G é conexo se, e somente se, M +M2 +
· · ·+ Mn−1, onde M é a matriz de incidência de G, tem todos os seus elementos não nulos.
Dem.: Se todos os elementos de tal matriz são não nulos,é claro que o grafo é conexo. Por outro
lado, se G é conexo, dados dois pontos seus, existe um caminho que os une com no máximo n− 1
pontos (pois, se o caminho tiver mais pontos que isso, ele passa duas vezes por um mesmo ponto,
podendo assim ser encurtado). Assim, o elemento da matriz correspondente a esse caminho é
não nulo.
21 Continuidade
Definição 21.1. Sejam U e V espaços vetoriais normados. Sejam f : U −→ V uma função e
u ∈ U . Dizemos que f é cont́ınua no ponto u se dado ε > 0 existe δ > 0 tal que para qualquer
a ∈ U tal que ||u−a|| < δ temos que ||f(u)−f(a)|| < ε. Dizemos simplesmente que f é cont́ınua
se f é cont́ınua em todo ponto u ∈ U .
Note que essa definição coincide com a usual para funções de R em R (quando tomamos em
R a norma usual).
Proposição 21.2. Sejam U e V espaços vetoriais normados. Seja T : U −→ V uma trans-
formação linear. As seguintes afirmações são equivalentes:
(i) T é cont́ınua no 0.
(ii) Existe M > 0 tal que, para qualquer u ∈ U , ||T (u)|| ≤ M ||u||.
(iii) T é cont́ınua.
Dem.: (i) ⇒ (ii): Seja ε > 0. Seja δ > 0 tal que, se ||0− v|| = ||v|| < δ, então ||T (0)− T (v)|| =
||T (v)|| < ε. Seja M := 2εδ . Seja u ∈ U . Se u = 0, temos o resultado. Assim, suponha
u 6= 0. Observe que || δ2||u||u|| < δ. Assim, temos
||T (u)|| = ||T (2||u||δ
δ
2||u||u)||
= 2||u||δ ||T (
δ
2||u||u)||
< 2||u||δ ε
= M ||u||
(ii) ⇒ (iii): Seja u ∈ U . Vamos mostrar que T é cont́ınua em u. Seja ε > 0. Seja M como no
item anterior. Considere δ = εM . Seja a ∈ U tal que ||u− a|| < δ. Note que podemos supor
a 6= u. Temos:
||T (u)− T (a)|| = ||T (u− a)||
≤ M ||u− a||
< Mδ
= M εM
= ε
71
(iii) ⇒ (i): Imediato.
Proposição 21.3. Seja V um espaço vetorial de dimensão finita. Sejam || · ||1 e || · ||2 duas
normas sobre V . Então existem α, β > 0 tais que, para qualquer v ∈ V , temos:
||v||1 < α||v||2 e ||v||2 < β||v||1
Proposição 21.4. Sejam U e V espaços vetoriais normados. Suponha dim U = n. Seja T :
U −→ V uma transformação linear. Então T é cont́ınua.
Dem.: Seja B := {b1, ..., bn} uma base para U . Considere || · ||′ : U −→ R dada por
||u||′ :=
n∑
i=1
|αi|
onde [u]B = (α1, ..., αn)B. Note que || · ||′ definida assim é uma norma sobre U . Seja α tal
que para qualquer u ∈ U temos que ||u||′ < α||u||. Seja A := max{||T (b1)||, ..., ||T (bn)||} + 1.
Considere M := Aα. Seja u ∈ U . Vamos mostrar que ||T (u)|| < M ||u||. Temos
||T (u)|| = ||T (α1b1 + · · ·αnbn)||
≤ ||T (α1b1)||+ · · ·+ ||T (αnbn)||
= |α1|||T (b1)||+ · · ·+ |αn|||T (bn)||
< |α1|A + · · · |αn|A
= A||u||′
< Aα||u||
= M ||u||
Referências
[1] M. Barone. Álgebra Linear. IME-USP, 1998.
[2] C. A. Callioli, H. H. Domingues, and R. C. F. Costa. Álgebra linear e aplicações. Editora
Atual, 1987.
[3] F. U. Coelho and M. L. Lourenço. Um curso de Álgebra Linear. Edusp, São Paulo, 2005.
[4] T. Lawson. Álgebra Linear. Editora Edgard Blücher, São Paulo, 1997.
72
Notação
(a1, ..., an)B, 27
L(U, V ), 45
M2, 5
NucT , 32
S + W , 66
S ⊕W , 66
S⊥, 67
Sol(E), 20
[A], 13
[v]B, 27
dim V , 24
u⊥v, 62
73
Índice Remissivo
arestas, 70
auto
valor, 47
vetor, 47
base, 19
base
dual, 54
ordenada, 27
ortonormal, 64
bijetora, 32
bijetora
função, 31
caminho, 70
caminho
tamanho, de, 70
caracteŕıstico
polinômio, 49
combinação
linear, 12
completamento de base
teorema do, 24
conectividade
matriz de, 70
conjunto
gerador, 13
cont́ınua, 71
cont́ınua
ponto, no, 71
coordenadas
sistema de, 27
de grau menor ou igual a n
polinômios, 19
dependentes
linearmente, 15
diagonal
forma, 52
diagonalizável, 50
dimensão, 24
dimensão
infinita, 24
direta
soma, 66
dual
base, 54
espaço, 54
elemento
neutro, 3
oposto, 4
escalar
multiplicação por, 1
espaço
dual, 54
ortogonal, 67
solução, 20
vetorial, 1
finitamente
gerado, 23
forma
diagonal, 52
função
bijetora, 31
injetora, 31
inversa, 32
sobrejetora, 31
funcional
linear, 54
gerado
finitamente, 23
gerador
conjunto, 13
grafo, 70
Gram-Schimdt
Processo de ortogonalização de, 63
hiperplano, 56
homogêneo
sistema linear, 20
independentes
linearmente, 15
74
induzida
norma, 61
induzidas
operações, 7
infinita
dimensão, 24
injetora
função, 31
interno
produto, 58
inversa
função, 32
isomorfismo, 36
isomorfos, 36
linear
combinação, 12
funcional, 54
transformação, 28
linearmente
dependentes, 15
independentes, 15
matriz
conectividade, de, 70
mudança de base, de, 43
transformação, da, 39
mudança de base
matriz de, 43
multiplicação
escalar, por, 1
núcleo, 32
neutro
elemento, 3
norma, 60
norma
induzida, 61
operações
induzidas, 7
oposto
elemento, 4
ordenada
base, 27
ortogonais, 62
ortogonal
espaço, 67
ortonormal
base, 64
polinômio
caracteŕıstico, 49
polinômios
de grau menor ou igual a n, 19
ponto
cont́ınua no, 71
Processo de ortogonalização
Gram-Schimdt, de, 63
produto
interno, 58
sistema
coordenadas, de, 27
sistema linear
homogêneo, 20
sobrejetora
função, 31
solução, 20
solução
espaço, 20
soma, 1, 66
soma
direta, 66
subespaço
vetorial, 7
vetorial gerado, 13
tamanho
caminho de, 70
teorema
completamento de base, do, 24
transformação
linear, 28
matriz da, 39
valor
auto, 47
vetor, 1
vetor
auto, 47
vetorial
75
espaço, 1
subespaço, 7
vetorial gerado
subespaço, 13
76
	Espaços vetoriais
	Exercícios
	Subespaços vetoriais
	Exercícios
	Combinações lineares e subespaços gerados
	Exercícios
	Dependência linear
	Exercícios
	Bases
	Exercícios
	Sistemas lineares
	Exercícios
	Espaços finitamente gerados e dimensão
	Exercícios
	Sistemas de coordenadas
	Exercícios
	Transformações lineares
	Exercícios
	Inversa e núcleo de uma transformação
	Exercícios
	Transformações lineares e espaços de dimensão finita
	Exercícios
	Matrizes de transformações lineares
	Exercícios
	Matriz de mudança de base
	Exercícios
	O espaço L(U, V)
	Exercícios
	Diagonalização
	Exercícios
	Funcionais lineares
	Exercícios
	Produto interno e norma
	Exercícios
	Ortogonalização e funcionais lineares versus produto interno
	Exercícios
	Somas diretas e espaços ortogonais
	Exercícios
	Grafos
	Continuidade
	Notação
	Índice Remissivo