APOSTILA_DE_ÁLGEBRA LINEAR

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APOSTILA DE ÁLGEBRA LINEAR 
 
 
Unidade 01:Espaços Vetoriais 
 
 
1.1 ESPAÇOS VETORIAIS 
 
Como espaços vetoriais consideramos conjuntos, cujos elementos são ditos vetores, onde definimos duas 
operações, uma chamada adição e outra multiplicação por escalar que devem satisfazer oito axiomas, quatro deles 
referentes à adição e quatro à multiplicação por escalar. 
 
1.1.1 Definição. 
Um conjunto não vazio V munido de duas operações, a adição de vetores e a multiplicação de um escalar 
(real) por um vetor é um espaço vetorial real se, e somente se, para quaisquer vetores u, v e w de V e 
quaisquer  e  de ℝ, essas duas operações satisfazem as seguintes propriedades: 
 
A1. u + v = v + u (comutatividade) 
A2. (u + v ) + w = u + (v + w) (associatividade) 
A3. | 0V; v + 0 = v (existência e unicidade do elemento neutro) 
A4.  vV,  (– v)V; v + (– v) = 0 (existência do elemento oposto) 
M1. (u + v) = u + v (distributividade) 
M2. ( + )v = v + v (distributividade) 
M3. ()v = (v) (associatividade) 
M4. 1v = v (existência do elemento neutro) 
 
 Na definição acima destacamos: 
 As operações de adição e multiplicação por escalar podem ser representadas por + e , respectivamente, e um 
espaço vetorial com essas operações por (V,+, ); 
 A palavra real, na expressão espaço vetorial real, significa que os escalares pertencem ao corpo dos números reais 
(em nosso contexto os espaços vetoriais serão sempre reais, de forma que os designaremos simplesmente por 
espaços vetoriais); 
 Em A3, o vetor 0 é denominado vetor nulo; 
 Em A4, o vetor (– v) é dito o oposto de v e v – w significa v + (– w). 
 Uma característica importante da definição é que (V,+, ) é fechado em relação às duas operações, o que significa 
serem válidas as seguintes propriedades: 
F1. Se u, v  V, então u + v  V; 
F2. Se v  V e   ℝ , então v  V. 
 Para vermos a importância dessas propriedades consideremos um caso particular: seja 
W = {(a, b, 1); a, b  ℝ} 
com as operações de soma e multiplicação por escalar definidas da maneira usual. Tomemos, por exemplo, w1 
= (2, 0, 1) e w2 = (– 1, 4, 1) que estão em W e observemos que w1 + w2 = (1, 4, 2) não pertence a W. Isso significa 
que + não é uma operação em W já que a propriedade F1 não é válida. Analogamente, a multiplicação por um 
escalar não está definida em W, pois a propriedade F2 não é válida. Assim, o conjunto W com essas operações 
não é um espaço vetorial. 
 
 Algumas propriedades adicionais de espaços vetoriais: 
 
1.1.2 Teorema. Se V é um espaço vetorial e v é um elemento de V, então: 
(a) 0v = 0 
(b) u + v = 0 implica que v = – u 
(c) (– 1)v = – v. 
Demonstração. 
2 
 
 v
M4
 1v = (1 + 0)v 
M2
 1v + 0v = v + 0v (1) 
Então, 
 0
A4
 – v + v 
(1)
 – v + (v + 0v) 
A2
 (– v + v) + 0v 
A4
 0 + 0v 
A3
 0v. 
Para provar (b) supomos que u + v = 0. Então, 
 – u 
A3
 – u + 0 = – u + (u + v) 
A2
 (– u + u) + v 
A4
 0 + v 
A3
 v. 
Finalmente, para provar (c) observemos que 
 0 
(a)
 0v = (1 + (– 1))v 
M2
 1v + (– 1)v 
M4
 v + (– 1)v, 
portanto, por (b) 
 (– 1)v = – v.  
 
1.1.3 Exemplos. Com as operações usuais de adição e multiplicação por escalar, são espaços vetoriais: 
 
Exemplo 1. O conjunto ℝ𝑛 = {(𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑛); 𝑥𝑖 ∈ ℝ} de todas as n–uplas ordenadas de números reais. 
Ilustramos para o caso particular n = 3. 
Prova. 
Sejam u = (x1, y1, z1), v = (x2, y2, z2) e w = (x3, y3, z3) vetores do ℝ3 e ,   ℝ. 
 
A1. u + v = (x1, y1, z1) + (x2, y2, z2) 
 = (x1 + x2, y1 + y2, z1 + z2) 
 = (x2 + x1, y2 + y1, z2 + z1) 
 = (x2, y2, z2) + (x1, y1, z1) 
 = v + u 
 
A2. (u + v) + w = [(x1,y1,z1) + (x2, y2, z2)] + (x3, y3, z3) 
 = (x1 + x2, y1 + y2, z1 + z2) + (x3, y3, z3) 
 = ((x1 + x2) + x3, (y1 + y2) + y3, (z1 + z2) + z3) 
 = (x1 + (x2 + x3), y1 + (y2 + y3), z1 + (z2 + z3)) 
 = (x1, y1, z1) + (x2 + x3, y2 + y3, z2 + z3) 
 = (x1, y1, z1) + [(x2, y2, z2) + (x3, y3, z3)] 
 = u + (v + w) 
 
A3. 0 = (0, 0, 0) ℝ3,  v ℝ3, v + 0 = (x2, y2, z2) + (0, 0, 0) 
 = (x2 + 0, y2 + 0, z2 + 0) 
 = (x2, y2, z2) 
 = v 
 
A4. v = (x2, y2, z2) ℝ3,  (– v) = (– x2, – y2, – z2) ℝ3; v + (–v) = (x2, y2, z2) + (– x2, – y2, – z2) 
 = (x2 – x2, y2 – y2, z2 – z2) 
 = (0, 0, 0) 
 = 0 
M1. (u + v) = [(x1, y1, z1) + (x2, y2, z2)] 
 = (x1 + x2, y1 + y2, z1 + z2) 
 = ((x1 + x2), (y1 + y2), (z1 + z2)) 
 = (x1 + x2, y1 + y2, z1 + z2) 
 = (x1, y1, z1) + (x2, y2, z2) 
 = (x1, y1, z1) + (x2, y2, z2) 
 = u + v 
 
M2. ( + )v = ( + )(x2, y2, z2) 
 = (( + )x2, ( + )y2, ( + )z2) 
 = (x2 + x2, y2 + y2, z2 + z2) 
 = (x2, y2, z2) + (x2, y2, z2) 
 = (x2, y2, z2) + (x2, y2, z2) 
3 
 
 = v + v 
 
M3. ()v = ()(x2, y2, z2) 
 = (()x2, ()y2, ()z2) 
 = ((x2), (y2), (z2)) 
 = (x2, y2, z2) 
 = [(x2, y2, z2)] 
 = (v) 
 
M4. 1v = 1(x2, y2, z2) 
 = (1.x2, 1.y2, 1.z2) 
 = (x2, y2, z2) 
 = v. 
 
Observação: 
 Para 𝑛 = 2, denotamos ℝ2 = {(𝑥, 𝑦); 𝑥, 𝑦 ∈ ℝ} que é interpretado geometricamente como sendo o plano 
cartesiano. Um par (𝑥, 𝑦) pode ser encarado como um ponto com coordenadas 𝑥 e 𝑦, ou pode ser encarado 
como um vetor com componentes (ou coordenadas) 𝑥 e 𝑦. 
 Para 𝑛 = 3, denotamos ℝ3 = {(𝑥, 𝑦, 𝑧); 𝑥, 𝑦, 𝑧 ∈ ℝ}, chamado de espaço tridimensional ou simplesmente 
espaço. Uma terna (𝑥, 𝑦, 𝑧) pode ser encarada como um ponto ou como um vetor neste espaço. 
 Para 𝑛 = 4, denotamos ℝ4 = {(𝑥, 𝑦, 𝑧, 𝑡); 𝑥, 𝑦, 𝑧, 𝑡 ∈ ℝ} ou ℝ4 = {(𝑥1, 𝑥2, 𝑥3, 𝑥4); 𝑥𝑖 ∈ ℝ}. Os elementos de 
ℝ4 também são chamados de pontos ou vetores. A partir deste espaço de 4 dimensões, perde-se a visão 
geométrica, porém as propriedades algébricas são preservadas, isto é, tudo que acontece em ℝ2 e ℝ3 também 
acontece em ℝ4, ℝ5, … , ℝ𝑛. 
 Os vetores de ℝ𝑛, 𝐮 = (𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑛), também podem ser escritos na notação de matriz coluna 
𝐮 = [
𝑥1
𝑥2
⋮
𝑥𝑛
] 
É fácil ver que a adição de vetores 𝐮 + 𝐯 e a multiplicação por escalar 𝛼𝐮 na notação matricial são os vetores 
𝐮 + 𝐯 = [
𝑥1
𝑥2
⋮
𝑥𝑛
] + [
𝑦1
𝑦2
⋮
𝑦𝑛
] = [
𝑥1 + 𝑦1
𝑥2 + 𝑦2
⋮
𝑥𝑛 + 𝑦𝑛
] e 𝛼𝐮 = α [
𝑥1
𝑥2
⋮
𝑥𝑛
] = [
𝛼𝑥1
𝛼𝑥2
⋮
𝛼𝑥𝑛
]. 
 
Exemplo 2. O conjunto Mmn = M(𝑚, 𝑛) de todas as m  n matrizes reais. Ilustramos para o caso m = n = 2. 
Prova. Sejam A = 
a a
a a
11 12
21 22





 , B = 
b b
b b
11 12
21 22





 , C = 
c c
c c
11 12
21 22





 , onde A, B e C M2x2 e ,  ∈ ℝ. 
 
A1. A + B = 
a a
a a
11 12
21 22





 + 
b b
b b
11 12
21 22





 
 
= 
a b a b
a b a b
11 11 12 12
21 21 22 22
 
 





 
 
= 
b a b a
b a b a
11 11 12 12
21 21 22 22
 
 





 
 
= 
b b
b b
11 12
21 22





 + 
a a
a a
11 12
21 22





 
 = B + A 
A2. (A + B) + C = 
a a
a a
b b
b b
11 12
21 22
11 12
21 22





 











 + 
c c
c c
11 12
21 22





 
 
= 
a b a b
a b a b
11 11 12 12
21 21 22 22
 
 











 + 
c c
c c
11 12
21 22





 
4 
 
 
= 







222222212121
121212111111
)()(
)()(
cbacba
cbacba
 
 
= 







)()(
)()(
222222212121
121212111111
cbacba
cbacba
 
 
= 
a a
a a
11 12
21 22





 + 
b c b c
b c b c
11 11 12 12
21 21 22 22
 
 











 
 
= 
a a
a a
11 12
21 22





 + 
b b
b b
c c
c c
11 12
21 22
11 12
21 22





 











 
 = A + ( B + C ) 
 
A3. | 0 M2x2; onde 0 é a matriz nula de ordem 2, tal que A + 0 = 
a a
a a
11 12
21 22





 + 
0 0
0 0





 
 
= 
a a
a a
11 12
21 22
0 0
0 0
 
 





 
 
= 
a a
a a
11 12
21 22





 
 = A 
 
A4.  AM2x2,  (– A)M2x2;A + (– A) = 
a a
a a
11 12
21 22





 +
 
 






a a
a a
11 12
21 22
 
 
= 
a a a a
a a a a
11 11 12 12
21 21 22 22
 
 





 
 
= 
0 0
0 0





 
 = 0 
 
M1. (A + B) = 
a a
a a
b b
b b
11 12
21 22
11 12
21 22





 











 
 
= 
a b a b
a b a b
11 11 12 12
21 21 22 22
 
 











 
 
= 
 
 
( ) ( )
( ) ( )
a b a b
a b a b
11 11 12 12
21 21 22 22
 
 





 
 
= 
   
   
a b a b
a b a b
11 11 12 12
21 21 22 22
 
 





 
 
= 
 
 
 
 
a a
a a
b b
b b
11 12
21 22
11 12
21 22





 





 
 
=  
a a
a a
b b
b b
11 12
21 22
11 12
21 22





 





 
 = A + B 
 
M2. ( + )A 
= ( + )
a a
a a
11 12
21 22





 
 
= 
( ) ( )
( ) ( )
   
   
 
 






a a
a a
11 12
21 22
 
 
= 
   
   
a a a a
a a a a
11 11 12 12
21 21 22 22
 
 





 
5 
 
 
= 
 
 
a a
a a
11 12
21 22





 +
 
 
a a
a a
11 12
21 22





 
 
= 
a a
a a
11 12
21 22





 + 
a a
a a
11 12
21 22





 
 = A + A 
 
M3. ()A = ()
a a
a a
11 12
21 22





 
 
= 
( ) ( )
( ) ( )
 
 
a a
a a
11 12
21 22





 
 
= 
   
   
( ) ( )
( ) ( )
a a
a a
11 12
21 22





 
 
= 
 
 
a a
a a
11 12
21 22





 
 
=  
a a
a a
11 12
21 22











 
 = (A) 
 
M4. 1A = 1.
a a
a a
11 12
21 22





 
 
= 
1 1
1 1
11 12
21 22
. .
. .
a a
a a





 
 
= 
a a
a a
11 12
21 22





 
 = A. 
 
Exemplo 3. O conjunto 𝑃𝑛 = {𝑎0 + 𝑎1𝑥 + 𝑎2𝑥
2 +⋯+ 𝑎𝑛𝑥
𝑛; 𝑎𝑖 ∈ ℝ} de todos os polinômios, com 
coeficientes reais, de grau menor ou igual a 𝑛, incluindo o polinômio nulo. Ilustramos para o caso 𝑛 = 2. 
Prova. Sejam 𝑝(𝑥) = 𝑎0 + 𝑎1𝑥 + 𝑎2𝑥
2, 𝑞(𝑥) = 𝑏0 + 𝑏1𝑥 + 𝑏2𝑥
2, 𝑟(𝑥) = 𝑐0 + 𝑐1𝑥 + 𝑐2𝑥
2, onde 𝑝(𝑥), 𝑞(𝑥) e 
𝑟(𝑥) ∈ 𝑃2 e ,  ∈ ℝ. 
 
A1. 𝑝(𝑥) + 𝑞(𝑥) = (𝑎0 + 𝑎1𝑥 + 𝑎2𝑥
2) + (𝑏0 + 𝑏1𝑥 + 𝑏2𝑥
2) 
 = (𝑎0 + 𝑏0) + (𝑎1 + 𝑏1)𝑥 + (𝑎2 + 𝑏2)𝑥
2 
 = (𝑏0 + 𝑎0) + (𝑏1 + 𝑎1)𝑥 + (𝑏2 + 𝑎2)𝑥
2 
 = (𝑏0 + 𝑏1𝑥 + 𝑏2𝑥
2) + (𝑎0 + 𝑎1𝑥 + 𝑎2𝑥
2) 
 = 𝑞(𝑥) + 𝑝(𝑥) 
 
A2. (𝑝(𝑥) + 𝑞(𝑥)) + 𝑟(𝑥) = (𝑎0 + 𝑎1𝑥 + 𝑎2𝑥
2 + 𝑏0 + 𝑏1𝑥 + 𝑏2𝑥
2) + 𝑐0 + 𝑐1𝑥 + 𝑐2𝑥
2 
 = (𝑎0 + 𝑏0) + (𝑎1 + 𝑏1)𝑥 + (𝑎2 + 𝑏2)𝑥
2 + 𝑐0 + 𝑐1𝑥 + 𝑐2𝑥
2 
 = (𝑎0 + 𝑏0) + 𝑐0 + ((𝑎1 + 𝑏1) + 𝑐1)𝑥 + ((𝑎2 + 𝑏2) + 𝑐2)𝑥
2 
 = 𝑎0 + (𝑏0 + 𝑐0) + (𝑎1 + (𝑏1 + 𝑐1))𝑥 + (𝑎2 + (𝑏2 + 𝑐2))𝑥
2 
 = 𝑎0 + 𝑎1𝑥 + 𝑎2𝑥
2 + (𝑏0 + 𝑐0) + (𝑏1 + 𝑐1)𝑥 + (𝑏2 + 𝑐2)𝑥
2 
 = 𝑝(𝑥) + (𝑏0 + 𝑏1𝑥 + 𝑏2𝑥
2 + 𝑐0 + 𝑐1𝑥 + 𝑐2𝑥
2) 
 = 𝑝(𝑥) + (𝑞(𝑥) + 𝑟(𝑥)) 
 
A3. ∃| 𝟎 ∈ 𝑃2, onde 𝟎 = 𝟎(𝑥) = 0 + 0𝑥 + 0𝑥
2 é o polinômio nulo, tal que 
𝑝(𝑥) + 𝟎 = 𝑎0 + 𝑎1𝑥 + 𝑎2𝑥
2 + 0 + 0𝑥 + 0𝑥2 
 = (𝑎0 + 0) + (𝑎1 + 0)𝑥 + (𝑎2 + 0)𝑥
2 
 = 𝑎0 + 𝑎1𝑥 + 𝑎2𝑥
2 
 = 𝑝(𝑥) 
A4. ∀ 𝑝(𝑥) ∈ 𝑃2, ∃ − 𝑝(𝑥) = −𝑎0 − 𝑎1𝑥 − 𝑎2𝑥
2 ∈ 𝑃2 tal que 
𝑝(𝑥) + (−𝑝(𝑥)) = 𝑎0 + 𝑎1𝑥 + 𝑎2𝑥
2 + (−𝑎0 − 𝑎1𝑥 − 𝑎2𝑥
2) 
6 
 
 = (𝑎0 + (−𝑎0)) + (𝑎1 + (−𝑎1))𝑥 + (𝑎2 + (−𝑎2))𝑥
2 
 = (𝑎0 − 𝑎0) + (𝑎1 − 𝑎1)𝑥 + (𝑎2 − 𝑎2)𝑥
2 
 = 0 + 0𝑥 + 0𝑥2 
 = 𝟎 
 
M1. 𝛼(𝑝(𝑥) + 𝑞(𝑥)) = 𝛼(𝑎0 + 𝑎1𝑥 + 𝑎2𝑥
2 + 𝑏0 + 𝑏1𝑥 + 𝑏2𝑥
2) 
 = 𝛼((𝑎0 + 𝑏0) + (𝑎1 + 𝑏1)𝑥 + (𝑎2 + 𝑏2)𝑥
2) 
 = 𝛼(𝑎0 + 𝑏0) + 𝛼(𝑎1 + 𝑏1)𝑥 + 𝛼(𝑎2 + 𝑏2)𝑥
2 
 = 𝛼𝑎0 + 𝛼𝑏0 + (𝛼𝑎1 + 𝛼𝑏1)𝑥 + (𝛼𝑎2 + 𝛼𝑏2)𝑥
2 
 = 𝛼𝑎0 + 𝛼𝑎1𝑥 + 𝛼𝑎2𝑥
2 + 𝛼𝑏0 + 𝛼𝑏1𝑥 + 𝛼𝑏2𝑥
2 
 = 𝛼(𝑎0 + 𝑎1𝑥 + 𝑎2𝑥
2) + 𝛼(𝑏0 + 𝑏1𝑥 + 𝑏2𝑥
2) 
 = 𝛼𝑝(𝑥) + 𝛼𝑞(𝑥) 
 
M2. (𝛼 + 𝛽)𝑝(𝑥) = (𝛼 + 𝛽)(𝑎0 + 𝑎1𝑥 + 𝑎2𝑥
2) 
 = (𝛼 + 𝛽)𝑎0 + (𝛼 + 𝛽)𝑎1𝑥 + (𝛼 + 𝛽)𝑎2𝑥
2 
 = 𝛼𝑎0 + 𝛽𝑎0 + (𝛼𝑎1 + 𝛽𝑎1)𝑥 + (𝛼𝑎2 + 𝛽𝑎2)𝑥
2 
 = 𝛼𝑎0 + 𝛽𝑎0 + 𝛼𝑎1𝑥 + 𝛽𝑎1𝑥 + 𝛼𝑎2𝑥
2 + 𝛽𝑎2𝑥
2 
 = 𝛼𝑎0 + 𝛼𝑎1𝑥 + 𝛼𝑎2𝑥
2 + 𝛽𝑎0 + 𝛽𝑎1𝑥 + 𝛽𝑎2𝑥
2 
 = 𝛼(𝑎0 + 𝑎1𝑥 + 𝑎2𝑥
2) + 𝛽(𝑎0 + 𝑎1𝑥 + 𝑎2𝑥
2) 
 = 𝛼𝑝(𝑥) + 𝛽𝑝(𝑥) 
 
M3. (𝛼𝛽)𝑝(𝑥) = (𝛼𝛽)(𝑎0 + 𝑎1𝑥 + 𝑎2𝑥
2) 
 = (𝛼𝛽)𝑎0 + (𝛼𝛽)𝑎1𝑥 + (𝛼𝛽)𝑎2𝑥
2 
 = 𝛼(𝛽𝑎0) + 𝛼(𝛽𝑎1)𝑥 + 𝛼(𝛽𝑎2)𝑥
2 
 = 𝛼(𝛽𝑎0 + 𝛽𝑎1𝑥 + 𝛽𝑎2𝑥
2) 
 = 𝛼(𝛽(𝑎0 + 𝑎1𝑥 + 𝑎2𝑥
2)) 
 = 𝛼(𝛽𝑝(𝑥)) 
 
M4. 1𝑝(𝑥) = 1(𝑎0 + 𝑎1𝑥 + 𝑎2𝑥
2) = 1. 𝑎0 + (1. 𝑎1)𝑥 + (1. 𝑎2)𝑥
2 = 𝑎0 + 𝑎1𝑥 + 𝑎2𝑥
2 = 𝑝(𝑥) 
 
Exemplo 4. O conjunto W  ℝ3 formado por todas as ternas ordenadas do eixo z. 
Prova. W = {(0, 0, k), k  ℝ } 
Sejam os vetores u = (0, 0, k1), v = (0, 0, k2) e w = (0, 0, k3)  W e ,  ∈ ℝ. 
 
A1. u + v = (0, 0, k1) + (0, 0, k2) 
 = (0 + 0, 0 + 0, k1 + k2) 
 = (0 + 0 , 0 + 0, k2 + k1) 
 = (0, 0, k2) + (0, 0, k1) 
 = v + u 
 
A2. (u + v) + w = [(0, 0, k1) + (0, 0, k2)] + (0, 0, k3) 
 = (0 + 0, 0 + 0, k1 + k2) + (0, 0, k3) 
 = [(0 + 0) + 0, (0 + 0) + 0, (k1 + k2 )+ k3] 
= [0 + (0 + 0), 0 + (0 + 0), k1 + (k2 + k3)] 
 = (0, 0, k1) + [(0 + 0, 0 + 0, k2 + k3)] 
 = (0, 0, k1) + [(0, 0, k2) + (0, 0, k3)] 
 = u + (v + w) 
 
A3. | 0  W, 0 = (0, 0, 0), tal que v + 0 = (0, 0, k2) + (0, 0, 0) 
 = (0 + 0, 0 + 0, k2 + 0) 
 = (0, 0, k2) = v 
A4.  vW ,  (– v)W; v + (– v) = (0, 0, k2) + (0, 0, –k2) 
 = (0 + 0, 0 + 0, k2 – k2) 
 = (0, 0, 0) 
 = 0 
M1. (u + v) = [(0, 0, k1) + (0, 0, k2)] 
 = (0 + 0, 0 + 0, k1 + k2) 
 = (0 + 0, 0 + 0, k1 + k2) 
7 
 
 = (0, 0, k1) + (0, 0, k2) 
 = (0, 0, k1) + (0, 0, k2) 
 = u + v 
 
M2. ( + )v = ( + )(0, 0, k2) 
 = (( + )0, ( + )0, ( + )k2) 
 = (0, 0, k1 + k2) 
 = (0, 0, k1) + (0, 0, k2) 
 = (0, 0, k1) + (0, 0, k2) 
 = u + v 
 
M3. ()v = ()(0, 0, k2) 
 = (()0, ()0, ()k2) 
 =  (.0, .0, k2) 
 = [(0, 0, k2)] 
 = (v) 
 
M4. 1v = 1.(0, 0, k2) 
 = (1.0, 1.0, 1.k2) 
 = (0, 0, k2) 
 = v.  
 
1.1.4 Exemplos. Com operações não usuais de adição e multiplicação por escalar, são espaços vetoriais: 
 
Exemplo 1. O conjunto ℝ+ dos números reais positivos, com as operações: 
x + y = xy e x = x. 
Prova. Sejam u = x, v = y e w = z, vetores de ℝ+. 
 
A1. u + v = x + y 
 = xy 
 = yx 
 = y + x 
 = v + u 
A2. (u + v) + w = (x + y) + z 
 = xy + z 
 = (xy)z 
= x(yz) 
 = x + yz 
 = x + (y + z) 
 = u + (v + w) 
 
A3. Seja 0 = k o vetor nulo, então v + 0 = v  y + k = y 
  yk = y, então k = 1. 
Portanto, o vetor nulo existe e é único: 0 = 1 
 
A4. Seja (– v) = t o vetor oposto de v, então v + (– v) = 0  y + t = 1 yt = 1 t = 
1
y
 
Portanto, o vetor oposto de cada v existe e éúnico: (– v) =
1
y
 (Lembrar que y  0) 
M1. (u + v) = (x + y) 
 = (xy) 
 = (xy) 
 = x y 
 = x + y 
 = x + y 
 = u + v 
 
M2. ( + )v = ( + )(y) 
8 
 
 = y +  
 = yx 
 = y + y 
 = y + y 
 = v + v 
 
M3. ()v = ()(y) 
 = y() 
 = (y) 
= (y) 
 = (y) 
 = (y) 
 = (v) 
 
M4. 1v = 1y = y1 = y = v.  
 
Exemplo 2. O conjunto ℝ2, com as operações: 
(x1, y1) + (x2, y2) = (x1 + x2 – 1, y1 + y2 – 1) e (x, y) = (x –  + 1, y –  + 1). 
Prova. Sejam u = (x1, y1), v = (x2, y2), w = (x3, y3) vetores do ℝ2. 
 
A1. u + v = (x1, y1) + (x2, y2) 
 = (x1 + x2 – 1, y1 + y2 – 1) 
 = (x2 + x1 – 1, y2 + y1 – 1) 
 = (x2, y2) + (x1, y1) 
 = v + u 
 
A2. (u + v) + w = [(x1, y1) + (x2, y2)] + (x3, y3) 
 = (x1 + x2 – 1, y1 + y2 – 1) + (x3, y3) 
 = ((x1 + x2 – 1) + x3 – 1, (y1 + y2 – 1) + y3 – 1) 
 = (x1 + (x2 + x3 – 1) – 1, y1 + (y2 + y3 – 1) – 1) 
 = (x1, y1) + (x2 + x3 – 1, y2 + y3 – 1) 
 = (x1, y1) + [(x2, y2) + (x3, y3)] 
 = u + (v + w) 
 
A3. Seja 0 = (n1, n2) o vetor nulo de V, então v + 0 = v  (x2, y2) + (n1, n2) = (x2, y2) 
 (x2 + n1–1, y2 + n2–1) = (x2, y2) 
 x n x
y n y
2 1 2
2 2 2
1
1
  
  



 
 Daí: n1 = 1 e n2 = 1 
Portanto, 0 = (1, 1)  V; v + 0 = v. 
 
A4. Seja (– v) = (p1, p2) tal que v + (– v) = 0  (x2, y2) + (p1, p2) = (1, 1) 
 (x2 + p1 – 1, y2 + p2 – 1) = (1, 1) 
 x p
y p
2 1
2 2
1 1
1 1
  
  



 
 Daí: p1 = 2 – x2 e p2 = 2 – y2 
Portanto, v  V,  (– v) = (2 – x2, 2 – y2)  V tal que v + (– v) = 0. 
 
M1. (u + v) = [(x1, y1) + (x2, y2)] 
 = (x1 + x2 – 1, y1 + y2 – 1) 
 = ((x1 + x2 – 1) –  + 1, ( y1 + y2 – 1) –  + 1) 
 = (x1 + x2 –  –  + 1, y1 + y2 –  –  + 1) 
 = (x1 + x2 –  –  + 1 – 1 + 1, y1 + y2 –  –  + 1 – 1 + 1 ) 
 = ((x1 –  + 1) + (x2 –  + 1) – 1, (y1 –  + 1) + (y2 –  + 1) – 1) 
 = (x1 –  + 1, y1 –  + 1) + (x2 –  + 1, y2 –  + 1) 
 = u + v 
 
9 
 
M2. ( + )v = ( + )(x2, y2) 
 = (( + )x2 – ( + ) + 1, ( + )y2 – ( + ) + 1) 
 = (x2 + x2 –  –  + 1, y2 + y2 –  –  + 1) 
 = (x2 + x2 –  –  + 1 – 1 + 1, y2 + y2 –  –  + 1 – 1 + 1) 
 = ((x2 –  + 1) + (x2 –  + 1) – 1, (y2 –  + 1) + (y2 –  + 1) – 1) 
 = (x2 –  + 1, y2 –  + 1) + (x2 –  + 1, y2 –  + 1) 
 = v + v 
 
M3. ()v = ()(x2, y2) 
 = (()x2 – () + 1, ()y2 – () + 1) 
 = ((x2 – ) + 1, (y2 – ) + 1) 
 = ((x2 –  + 1 – 1) + 1, (y2 –  + 1 – 1) + 1) 
 = ((x2 –  + 1) –  + 1, (y2 –  + 1) –  + 1) 
 = (x2 –  + 1, y2 –  + 1) 
 = (v) 
 
M4. 1v = 1(x2, y2) = (x2 – 1 +1, y2 – 1 + 1) = (x2, y2) = v.  
 
1.1.5 Exemplos. Os seguintes conjuntos, com as operações de adição e multiplicação por escalar definidas, não são 
espaços vetoriais: 
 
Observação. Para a comprovação de que (V,+, ) é um espaço vetorial, devemos fazer a prova rigorosa de todas as 
propriedades de espaço vetorial. Porém, para negarmos, basta mostrar que, pelo menos uma das propriedades não se 
verifica. 
 
Exemplo 1. O conjunto ℝ2, sendo 
(x1, y1) + (x2, y2) = (x1 + x2, y1+ y2) e (x, y) = (0, 0). 
Prova. 1(x, y) = (0, 0)  (x,y), para todo (x, y)  (0, 0), ou seja, a propriedade M4 não se verifica.  
 
Exemplo 2. O conjunto ℝ2, onde a multiplicação por escalar é a usual, mas a adição é definida por 
(x1, y1) + (x2, y2) = (x1 + x2, 2y1+ y2). 
Prova. a) por um contra–exemplo; 
ou, 
 
b) negando analiticamente uma propriedade: 
[(x1, y1) + (x2, y2)] + (x3, y3) = (x1 + x2, 2y1 + y2) + (x3, y3) 
 = ( (x1 + x2) + x3, 2(2y1 + y2) + y3 ) 
 = (x1 + x2 + x3, 4y1 + 2y2 + y3) 
e 
(x1, y1) +[(x2, y2) + (x3, y3)] = (x1, y1) + (x2 + x3, 2y2 + y3) 
 = (x1 + (x2 + x3), 2y1 + (2y2 + y3) ) 
 = (x1 + x2 + x3, 2y1 + 2y2 + y3) 
 
de forma que a propriedade A.2 não se verifica.  
 
 Observação. As operações usuais são utilizadas sempre que não forem definidas, explicitamente, outras 
operações. 
 
1.2 SUBESPAÇOS VETORIAIS 
 
 No exemplo 1 do item 1.1.3 nós mostramos que o ℝ3, com as operações usuais, é um espaço vetorial. No 
exemplo 4, do mesmo item, mostramos que W, com as mesmas operações, é também um espaço vetorial. Entretanto, 
podemos observar que W é um subconjunto de ℝ3 que é, ele próprio, um espaço vetorial. Na verdade, ocorre que dado 
um espaço vetorial V, é muitas vezes possível formar outro espaço vetorial usando um subconjunto W de V e as 
operações de V. Como V é um espaço vetorial, as operações de soma e multiplicação por um escalar sempre produzem 
um outro vetor de V. Agora, para que um subconjunto W de V seja um espaço vetorial, o conjunto W deve também 
10 
 
ser fechado para as operações de soma e multiplicação por um escalar. Ou seja, a soma de dois elementos de W tem 
que ser um elemento de W e a multiplicação de um elemento de W por um escalar tem que pertencer a W. 
 
1.2.1 Definição. 
 Um subconjunto W de um espaço vetorial V é um subespaço vetorial de V, se valem as seguintes 
propriedades: 
 (i) O vetor nulo de V está em W; 
 (ii) Se u  W e v  W então u + v  W; 
(iii) Se u  W e   ℝ então u  W. 
 
Observações. 
 Alguns textos substituem a propriedade (i), nessa definição, pela suposição de que W não é vazio. Nesse caso (i) 
pode ser deduzido de (iii). A melhor forma de verificar se W é subespaço é observando primeiro se ele contém o vetor 
nulo de V. Se 0 está em W, então as propriedades (ii) e (iii) precisam ser verificadas. De outro modo, se 0 não está em 
W, então W não pode ser um subespaço e assim, as propriedades (ii) e (iii) não precisam ser verificadas; 
 A propriedade (ii) diz que W é fechado para a soma, ou seja, a soma de dois elementos de W é sempre um 
elemento de W. E a propriedade (iii) diz que W é fechado para a multiplicação por um escalar, isto é, toda vez que 
um elemento de W é multiplicado por um escalar, o resultado é um elemento de W; 
 É fácil ver que as oito propriedades da definição 1.1.1 continuam válidas em W. As propriedades A3 e A4 seguem 
do teorema 1.1.2 e da propriedade (iii) de subespaço. As outras seis propriedades são válidas para todos os elementos 
de V, logo, em particular, são válidas para todos os elementos de W. Portanto, todo subespaço de um espaço vetorial 
é ele próprio um espaço vetorial. 
 
1.2.2 Exemplo. Considere o espaço vetorial V = ℝ2 com as operações usuais 
(x1, y1) + (x2, y2) = (x1 + x2 , y1 + y2) 
(x1, y1) = (x1 , y1) 
 e os seguintes subconjuntos de V: 
1. W1 = {(0, 0)} (lembre que (0, 0) = 0 de V) 
2. W2 = {(x, x)  ℝ2; x  ℝ } 
3. W3 = V. 
 
 Verifiquemos que W1, W2 e W3 são subespaços vetoriais de V. 
 
 Sejam u = (0, 0)  W1, v = (0, 0)  W1 e   ℝ; 
 0 = (0, 0)  W1; 
 u + v = (0 + 0 , 0 + 0) = (0, 0)  W1; 
 u = (.0, .0) = (0, 0)  W1; 
isto é, as propriedades da definição 1.2.1 estão verificadas em W1 que, portanto, é um subespaço vetorial de V.  
 
 Sejam u = (a, a)  W2, v = (b, b)  W2 e   ℝ; 
 0 = (0, 0)  W2; 
 u + v = (a + b , a + b) = (c, c)  W2; 
 u = (a , a) = (d, d)  W2, 
de forma que W2 é também um subespaço vetorial de V.  
 
 É imediato que W3 é um subespaço vetorial de V, uma vez que todo conjunto é um subconjunto de si mesmo.  
 
 Os subespaços W1 = {0} e W3 = V são ditos subespaços vetoriais triviais de V e W2 é dito um subespaço 
próprio de V. Na verdade, todo espaço vetorial contém pelo menos dois subespaços, a saber: o subespaço nulo e o 
próprio espaço, por isto ditos subespaços triviais. Os demais subespaços são ditos próprios. 
 
1.2.3 Exemplo. O espaço vetorial ℝ2 não é subespaço do ℝ3, por que o ℝ2 não é nem mesmo subconjunto do ℝ3; os 
vetores de ℝ3 têm três componentes, enquanto que os vetores do ℝ2 têm apenas duas componentes. 
O conjunto 
S = {(a, b, 0); a, b  ℝ } 
é um subconjunto do ℝ3 que se “parece” e “age” como o ℝ2. 
11 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Temos que S é um subespaço do ℝ3. 
Prova. 
Sejam u = (a1, b1, 0), v = (a2, b2, 0)  S e  ℝ. 
 0 = (0,0, 0)  S 
 u + v = (a1, b1, 0) + (a2, b2, 0) = (a1 + a2, b1 + b2, 0)  S 
 u = (a1, b1, 0) = (a1, b1, 0) S. 
 S é subespaço do ℝ3.  
 
Observação: S = {(a, b, 0); a, b  ℝ } é chamado de plano 𝑥𝑦 ou plano 𝑧 = 0. 
 
1.2.4 Exemplos. Subespaços vetoriais do ℝ2: 
 
 Exemplo 1. Os subespaços próprios do ℝ2 são do tipo W = {(x, y); y = ax}, que, geometricamente, 
representam retas que passam pela origem. 
De fato, em 
 W = {(x, ax); x  ℝ } 
tomemos u = (x1, ax1) e v = (x2, ax2) e seja   ℝ. 
 0 = (0, 0)  W 
 u + v = (x1, ax1) + (x2, ax2) = (x1 + x2, ax1 + ax2) = (x1 + x2, a(x1, x2) ) = (x3, ax3)  W; 
 u = (x1, ax1) = (x1, ax1) = (x4, ax4)  W.  
 
 Exemplo 2. Seja, agora, W = {(x, y)  ℝ2; y = x + 1}, que representa uma reta que não passa pela origem. 
Temos que W não é um subespaço vetorial de ℝ2, pois 0 = (0, 0)  W.  
 
 Exemplo 3. Um caso interessante é tomar W = {(x, y)  ℝ2; y = x2}, que mesmo contendo o vetor nulo não é 
subespaço vetorial de ℝ2. 
Tomemos, por exemplo, 
u = (1, 1)  W 
 v = (2, 4)  W 
 u + v = (3, 5)  W.  
 
1.2.5 Exemplos. Subespaços vetoriais de ℝ3. 
 
 Exemplo 1. Os triviais: W1 = {(0, 0, 0)} e W2 = ℝ3. 
 
 Exemplo 2. Os próprios: retas e planos que passam pela origem, isto é: 
W3 = {(x, y, z) ; y = ax e z = bx} e W4 = {(x, y, z); ax + by + cz = 0}. 
 
 Para mostrar que W3 é um subespaço vetorial de ℝ3, procedemos como no exemplo 1, item 1.2.4 . Deixamos 
como exercício. 
 
 Para W4, sejam u = (x, y, z) com ax + by + cz = 0, v = (x1, y1, z1) com ax1 + by1 + cz1 = 0 e k  ℝ. 
i) (0, 0, 0) ∈ W4, pois 𝑎. 0 + 𝑏. 0 + 𝑐. 0 = 0 
ii) u + v = (x + x1, y + y1, z + z1) 
e 
12 
 
a(x + x1) + b(y + y1) + c(z + z1) = (ax + by + cz) + (ax1 + by1 + cz1) 
 = 0 + 0 
 = 0, 
de modo que u + v  W4. 
 
iii) ku = (kx, ky, kz) 
e 
a(kx) + b(ky) + c(kz) = k(ax + by + cz) = k.0 = 0, ou seja, ku  W4.  
 
 A prova de que W4 é subespaço vetorial de ℝ3 também poderia ser feita rescrevendo W4 da seguinte maneira: 
W4 = {(𝑥, 𝑦, −
𝑎
𝑐
𝑥 −
𝑏
𝑐
𝑦) ; 𝑥, 𝑦 ∈ ℝ}, de forma que os vetores de W ficam genérica e explicitamente expressos. 
Refaça a prova anterior definindo os vetores de W4 como sugerido. 
 
 Exemplo 3. Seja W5 = {(x, y, z); x + y – z – 2 = 0} um plano em ℝ3. Como W5 não contém a origem, não é 
subespaço vetorial. Também podemos mostrar que, por exemplo, (1, 1, 0) + (0, 1, – 1) = (1, 2, – 1)  W5 ou 
2.(1, 1, 0) = (2, 2, 0)  W5.  
 
 Exemplo 4. O subconjunto W6 = {(x, x , x); x  ℝ+ } não é um subespaço vetorial de ℝ
3, pois 
u = (4, 2, 4)  W6 e v = (9, 3, 9)  W6 mas u + v = (13, 6, 13)  W6.  
 Observemos que 0 = (0, 0, 0)  W6, o que não é suficiente para garantir que W é um subespaço vetorial, é 
uma condição apenas necessária. 
 
1.2.6 Exemplos. Sistemas lineares homogêneos e não homogêneos. 
 
Exemplo1. O conjunto solução 𝑆 de um sistema linear homogêneo 𝐴𝑋 = 𝟎, de 𝑛 incógnitas, é um subespaço 
vetorial de ℝ𝑛. 
Prova. Queremos mostrar que 𝑆 = {𝑋 ∈ ℝ𝑛; 𝐴𝑋 = 𝟎} é um subespaço vetorial de 𝑉 = ℝ𝑛. 
De fato, sejam 𝑋1, 𝑋2 ∈ 𝑆, então 𝐴𝑋1 = 𝟎 e 𝐴𝑋2 = 𝟎. 
i) 𝟎 = [
0
0
⋮
0
] ∈ 𝑆, pois 𝐴𝟎 = 𝟎. 
ii) 𝑋1 + 𝑋2 ∈ 𝑆, pois 𝐴(𝑋1 + 𝑋2) = 𝐴𝑋1 + 𝐴𝑋2 = 𝟎 + 𝟎 = 𝟎. 
iii) Seja 𝛼 ∈ ℝ, então 𝛼𝑋 ∈ 𝑆, pois 𝐴(𝛼𝑋) = 𝛼(𝐴𝑋) = 𝛼𝟎 = 𝟎.  
 
 Exemplo2. O conjunto solução de um sistema linear não homogêneo 𝐴𝑋 = 𝐵, 𝐵 ≠ 𝟎, não é um subespaço 
vetorial de ℝ𝑛. 
Prova. De fato, pois o vetor nulo 𝟎 não pertence a tal conjunto, visto que 𝐴𝟎 = 𝟎 e 𝐵 tem que ser diferente de 𝟎. 
 
1.2.7 Exemplo. V = ℝ𝑚. Consideremos v1, v2, ..., vn vetores arbitrários de V e 
 H = {v  V / v = a1v1 + a2v2 + ... + anvn, com ai  ℝ, 1  i  n}. 
H é um subespaço vetorial de V e é chamado de subespaço gerado pelos vetores v1, v2, ..., vn. 
Prova. Sejam v = a1v1 + a2v2 + ... + anvn , u = b1v1 + b2v2 + ... + bnvn , 0 = 0v1 + 0v2 + ... + 0vn e   ℝ. 
u + v = a1v1 + b1v1 + a2v2 + b2v2 +... + anvn + bnvn 
= (a1 + b1)v1 + (a2 + b2)v2 +... + (an + bn)vn 
= c1v1 + c2v2 + ... + cnvn  H. 
u = b1v1 + b2v2 + ... + bnvn 
= d1v1 + d2v2 + ... + dnvn  H.  
 
Principais Propriedades dos Subespaços 
 
1.2.8 Teorema (Intersecção de subespaços) A intersecção S (denotada por S1 ∩ S2 ) de dois subespaços S1 e S2 de V 
é um subespaço vetorial de V. 
Prova. i) S1 e S2 ambos são subespaços de V, logo ambos contêm 0. Assim, 0 ∈ S1 ∩ S2. 
Sejam u e v pertencentes a S, então u e v pertencem a S1 e u e v pertencem a S2. Logo, 
ii) u + v ∈ S, pois u + v ∈ S1 e u + v ∈ S2, visto que S1 e S2 são subespaços de V. 
iii) Seja  ∈ ℝ, então u ∈ S, pois u ∈ S1 e u ∈ S2, visto que S1 e S2 são subespaços de V.  
 
13 
 
1.2.9 Exemplo. Considere V = ℝ3 e S1 e S2 planos passando pela origem de ℝ3, então S1 ∩ S2 é um subespaço de ℝ3. 
 
Como pode ser observado na figura acima, S1 é o plano 𝑥𝑧 e S2 é o plano 𝑦𝑧, ambos subespaços de V = ℝ3. Note 
que S1 ∩ S2 é o eixo 𝑧 que também é um subespaço de V = ℝ3. 
 
Observação: A união (ou reunião) de subespaços não é um subespaço vetorial. 
 
Contraexemplo: Seja V = ℝ2. Basta considerar S1 e S2 quaisquer duas retas de ℝ2 passando por (0, 0). 
Por exemplo: Sejam 𝑆1 = {(𝑥, 𝑦); 𝑦 = 𝑥} e S2 = {(𝑥, 𝑦); 𝑦 = 2𝑥}, então 𝑆1 ∪ S2 = {(𝑥, 𝑦); 𝑦 = 𝑥 ou 𝑦 = 2𝑥}. Se 
𝐮 = (1, 1) e 𝐯 = (1, 2), ambos pertencentes a 𝑆1 ∪ S2, então 𝐮 + 𝐯 = (2, 3) que não pertence a 𝑆1 ∪ S2, visto que não 
satisfaz 𝑦 = 𝑥 e nem 𝑦 = 2𝑥. 
 
1.2.10 Teorema (Soma de subespaços) Sejam S1 e S2 subespaços de um espaço vetorial V. O conjunto S1 + S2 =
{𝐰 ∈ V;𝐰 = 𝐮 + 𝐯, 𝐮 ∈ S1, 𝐯 ∈ S2} é um subespaço vetorial de V. 
Prova. i) Note que 𝟎 = 𝟎 + 𝟎. Logo, 𝟎 ∈ S1 + S2. 
Sejam 𝐰𝟏, 𝐰𝟐 ∈ S1 + S2, então 𝐰𝟏 = 𝐮𝟏 + 𝐯𝟏 e 𝐰𝟐 = 𝐮𝟐 + 𝐯𝟐, com 𝐮𝟏, 𝐮𝟐 ∈ S1 e 𝐯𝟏, 𝐯𝟐 ∈ S2. Daí, temos que: 
ii) 𝐰𝟏 +𝐰𝟐 = (𝐮𝟏 + 𝐯𝟏) + (𝐮𝟐 + 𝐯𝟐) = (𝐮𝟏 + 𝐮𝟐) + (𝐯𝟏 + 𝐯𝟐), isto é, 𝐰𝟏 +𝐰𝟐 ∈ S1 + S2, pois (𝐮𝟏 + 𝐮𝟐) ∈ S1 e 
(𝐯𝟏 + 𝐯𝟐) ∈ S2. 
iii) Se  ∈ ℝ, então w =(𝐮 + 𝐯) = α𝐮 + α𝐯, isto é, w ∈ S1 + S2, pois α𝐮 ∈ S1 e α𝐯 ∈ S2.  
 
1.2.11 Exemplos. Soma e intersecção de subespaços. 
 
 Exemplo1. Sejam V = ℝ2, S1 = {(𝑥, 𝑦); 𝑦 = 𝑥} e S2 = {(𝑥, 𝑦); 𝑦 = 2𝑥}, então 𝑆1 + 𝑆2 = {(𝑥, 3𝑥); 𝑥 ∈ ℝ} =
ℝ2. 
 
Exemplo2. Sejam V = ℝ3, S1 um plano passando pela origem de ℝ
3 e S2 uma reta contida nesse plano 
também passando pela origem de ℝ3. Então, S1 + S2 = S1 e S1 ∩ S2 = S2. 
14 
 
 
Na figura acima, S1 é o plano 𝑦𝑧 e S2 é o eixo 𝑦. Note que S1 + S2 é o próprio plano 𝑦𝑧 e S1 ∩ S2 é o eixo 𝑦. 
 
Observação: Quando S1 ∩ S2 = {𝟎}, então S1 + S2 é chamado de Soma Direta de S1 e S2, e denotamos S1⨁ S2. 
 
Mais precisamente, segue a definição de soma direta de subespaços. 
 
1.2.12 Definição. Sejam S1 e S2 subespaços vetoriais de V. Dizemos que V é a soma direta de S1 e S2, e denotamos 
por V = S1⨁ S2, se V = S1 + 𝑆2 e S1 ∩ S2 = {𝟎}. 
 
Observação: Se V é soma direta direta de S1 e S2, então todo vetor 𝐰 de V é escrito de maneira única como 𝐰 = 𝐮 +
𝐯, onde 𝐮 ∈ S1 e 𝐯 ∈ S2. (Não existem outros vetores em S1 e S2 cuja soma seja 𝐰) 
 
1.2.13 Exemplo de soma não direta 
No espaço vetorial ℝ3, sejam S1 o plano 𝑥𝑦 e S2 o plano 𝑦𝑧, ou seja, S1 = {(𝑎, 𝑏, 0); 𝑎, 𝑏 ∈ ℝ} e S2 =
{(0, 𝑏, 𝑐); 𝑏, 𝑐 ∈ ℝ}. Então S1 + S2 = {(𝑎, 𝑏, 𝑐); 𝑎, 𝑏, 𝑐 ∈ ℝ} = ℝ
3. (Todo vetor de ℝ𝟑 é a soma de um vetor de 𝐒𝟏 e um 
vetor de 𝐒𝟐) 
Como S1 ∩ S2 = {(0, 𝑏, 0); 𝑏 ∈ ℝ} = eixo y ≠ {𝟎} isso implica que a soma não é direta. (Todo vetor de ℝ
𝟑 é a soma 
de um vetor de 𝐒𝟏 e um vetor de 𝐒𝟐 e tal soma não é única) 
 
De fato a soma não é única, por exemplo: 
 
(1, 2, 3)⏞ 
∈ ℝ3
= (1, 2, 0)⏞ 
∈ S1
+ (0, 0, 3)⏞ 
∈ 𝑆2
, 
mas também 
(1, 2, 3)⏞ 
∈ ℝ3
= (1, 1, 0)⏞ 
∈ S1
+ (0, 1, 3)⏞ 
∈ 𝑆2
. 
 
1.2.14 Exemplo de soma direta 
O espaço vetorial ℝ3 = {(𝑎, 𝑏, 𝑐), 𝑎, 𝑏, 𝑐 ∈ ℝ} é a soma direta dos subespaços vetoriais 𝑆1 = {(𝑎, 𝑏, 0), 𝑎, 𝑏 ∈ ℝ} e 𝑆2 =
{(0, 0, 𝑐); 𝑐 ∈ ℝ}.De fato, pois 
𝑆1 + 𝑆2 = {(𝑎, 𝑏, 𝑐); 𝑎, 𝑏, 𝑐 ∈ ℝ} = ℝ
3 e 𝑆1 ∩ S2 = {(0, 0, 0)} = {𝟎}. 
 
Noutras palavras, todo vetor de ℝ𝟑 se escreve de maneira única como um vetor de 𝑺𝟏 e um vetor de 𝑺𝟐, isto é, 
(𝑎, 𝑏, 𝑐) = (𝑎, 𝑏, 0) + (0, 0, 𝑐). 
 
1.3 COMBINAÇÃO LINEAR 
 
 Uma das características mais importantes de um espaço vetorial é a obtenção de “novos vetores” a partir de 
um conjunto pré fixado de vetores desse espaço. Por exemplo, ao fixarmos em ℝ3 o vetor u = (1, 2, 3), podemos obter 
a partir de u qualquer vetor v do tipo v = a.u, onde a  ℝ . Assim, o vetor w = (2, 4, 6) é obtido de u quando a = 2. 
Na verdade, qualquer vetor da reta 𝑟, que contém a exterminada de u, é “criado” por u, ou, equivalentemente, podemos 
dizer que u “gera” a reta que contém a sua extremidade (1, 2, 3). 
15 
 
 
 Revisando e, ao mesmo tempo, ilustrando um pouco mais a definição que segue, sabemos que todo vetor 
v = (a, b, c) em ℝ3 pode ser escrito na forma 
v = ai + bj + ck 
onde i = (1, 0, 0), j = (0, 1, 0) e k = (0, 0, 1), ou seja, v é uma combinação linear dos vetores i, j, k. Esse conceito, 
como veremos a seguir, não se restringe ao ℝ2 ou ℝ3. 
 
1.3.1 Definição. 
 Sejam 𝐯𝟏, 𝐯𝟐, … , 𝐯𝐧 vetores quaisquer de um espaço vetorial V. Dizemos que um vetor v de V é uma 
combinação linear de 𝐯𝟏, 𝐯𝟐, … , 𝐯𝐧 , se existem números reais 𝑎1, 𝑎2, … , 𝑎𝑛 tais que 
𝐯 = 𝑎1𝐯𝟏 + 𝑎2𝐯𝟐 + …+ 𝑎𝑛𝐯𝐧 
 
1.3.2 Exemplo. Em ℝ3, o vetor 𝐯 = (1, 6, 0) é uma combinação linear dos vetores 𝐯𝟏 = (1, 2, 0) e 𝐯𝟐 = (−1, 2, 0), 
já que 𝐯 = 2𝐯𝟏 + 1𝐯𝟐. De fato, a equação 
(1, 6, 0) = 𝑎1(1, 2, 0) + 𝑎2(−1, 2, 0) 
Equivale ao sistema de equações lineares 
{
𝑎1 − 𝑎2 = 1
2𝑎1 + 2𝑎2 = 6,
 
cuja solução é única e dada por 𝑎1 = 2 e 𝑎2 = 1. 
Já o vetor 𝐰 = (2,−2, 6) não é uma combinação linear de 𝐯𝟏 e 𝐯𝟐, pois não existem números reais 𝑎1 e 𝑎2 tais que 
𝐰 = 𝑎1𝐯𝟏 + 𝑎2𝐯𝟐. Com efeito, a equação 
(2, −2, 6) = 𝑎1(1, 2, 0) + 𝑎2(−1, 2, 0) 
Equivale ao sistema de equações lineares 
{
𝑎1 − 𝑎2 = 2
2𝑎1 + 2𝑎2 = −2
0𝑎1 + 0𝑎2 = 6,
 
mostrando que o sistema é impossível. 
 
1.3.3 Exemplo. Em M(2, 3) = {(
𝑥1 𝑥2 𝑥3
𝑥4 𝑥5 𝑥6
) ; 𝑥𝑖 ∈ ℝ} , 
 
177
1085
1
213
151
2
391
823
ou
632
210
2
511
401
3
391
823













 






























 
de forma que o vetor 
-3 2 8
-1 9 3
 





 é uma combinação linear dos vetores do conjunto 























632
210
,
511
401
 e também de 





















 

177
1085
,
213
151
. 
16 
 
 Esse exemplo mostra que um mesmo vetor pode ser escrito como combinação linear de diferentes conjuntos 
de vetores. 
 
1.3.4 Exemplo. Em Pn, qualquer polinômio pode ser escrito como combinação linear dos monômios 1, x, x2, ..., xn. 
Esclarecendo e particularizando: em P3, o polinômio p(x) = – 3 + 4x2 é uma combinação de 1, x, x2, x3, pois: 
– 3 + 4x2 = – 3.1 + 0.x + 4.x2 + 0.x3 
 Observamos aqui que qualquer polinômio p(x) = a + bx + cx2 + dx3 em P3 é obtido através de uma combinação 
linear dos vetores do conjunto {1, x, x2, x3} pois: 
a + bx + cx2 + dx3 = a.1 + b.x + c.x2 + d.x3 
Já o polinômio q(x) = 2 + 3x + x2 + 2x3 + 4x4 não é uma combinação linear dos vetores 1, x, x2, x3. Dizemos, neste 
caso, que o polinômio q(x) não pertence ao subespaço gerado pelos vetores 1, x, x2 e x3. Isto nos leva à seguinte 
definição. 
 
1.3.5 Definição. 
 Um conjunto de vetores {v1, v2, ..., vn} de um espaço vetorial V é dito gerador de V se todo vetor em V pode 
ser escrito como combinação linear desses vetores. Ou seja, para todo v  V, existem escalares a1, a2, ..., an, 
tais que 
v = a1v1 + a2v2 + .. + anvn 
 
 Usa-se a notação V = [v1, v2, ..., vn], que se lê "V é gerado pelos vetores v1, v2, ..., vn." 
 
 Uma vez que todo subespaço de um espaço vetorial V é também um espaço vetorial, a definição acima se 
extende a todos os subespaços vetoriais de V. 
 
1.3.6 Teorema O conjunto de vetores gerados por v1, v2, ...,vn, isto é, 
W = {v  V ; v = a1v1 + a2v2 + ... + anvn} 
é um subespaço vetorial de V. (A prova é feita em 1.2.7). 
 
1.3.7 Exemplo. Vimos, no item 1.3.4, que o espaço vetorial P3 é gerado pelos vetores 1, x, x2, x3, pois 
P3 = {p(x) ; p(x) = a.1 + b.x + c.x2 + d.x3}. 
 Podemos, então, escrever P3 da seguinte forma: 
P3 = [1, x, x2, x3]. 
 
1.3.8 Exemplo. Consideremos em ℝ2 o vetor v = (1, 1) e determinemos o subespaço W gerado por v, ou seja, 
W = [v] = {u  ℝ2; u = a.v} 
Facilmente se percebe que W  ℝ2, pois tomando t = (1, 2) vemos que t  a.v, a  ℝ, ou seja, t  W. 
Voltando a definição de W, temos: 
W = {(x, y)  ℝ2; (x, y) = a(1, 1)} 
de forma que 
x a
y a





 , isto é, y = x. 
 Assim, W = {(x, y)  ℝ2 / y = x} ou W = {(x, x) / x  ℝ }. Geometricamente, W é a reta bissetriz dos 
quadrantes ímpares. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
W 
y 
 x 
v 
17 
 
 Observe que se tomarmos w = (2, 2), o subespaço gerado por w é o mesmo que o gerado por v, e que pode 
ser gerado por ambos, isto é, 
W = [v] = [w] = [v, w] 
Isto vale porque w = 2.v, ou seja, v e w estão sobre a mesma reta. 
 Na verdade, se tivermos n vetores v1, v2, ..., vn, todos não nulos e sobre a mesma reta suporte, podemos dizer 
que a reta é gerada por cada um dos vetores ou por “k” deles, onde k pode variar de 1 a n. 
 
1.3.9 Exemplo. Para encontrarmos um conjunto de geradores do ℝ2 e do ℝ3, basta lembrar que: 
 a) todo vetor v = (x, y)  ℝ2 pode ser escrito na forma 
v = xi + yj, 
onde i = (1, 0) e j = (0, 1). Assim, ℝ2 = [i, j]. 
 b) todo vetor v = (x, y, z)  ℝ3 pode ser escrito na forma 
v = xi + yj + zk 
de forma que ℝ3 = [i, j, k]. 
 
1.3.10 Exemplo. Seja W = [(1, 1, 2), (2, – 1, 1)]. Vimos, seguindo o teorema 1.3.6, que W é um subespaço vetorial 
do ℝ3. De posse do que dispomos até o momento podemos determinar W das seguintes formas: 
 a) Aplicando a definição e resolvendo o sistema resultante. 
W = {(x, y, z)  ℝ3; (x, y, z) = a(1, 1, 2) + b(2, – 1, 1)} 
Então 













































zyx
xy
x
lll
xz
xy
x
2lll
lll
z
y
x
baz
bay
bax
133 00
30
21
230
30
21
 
12
11
21
.
2
2
233122 . 
O sistema tem solução somente se – x – y + z = 0 ou x + y – z = 0. Assim: 
 W = {(x, y, z)  ℝ3; x + y – z = 0} 
ou seja, W é o plano definido pela equação x + y – z = 0. 
 
 b) Utilizando os exemplos 1.2.5: 
1o) W não é a origem, pois quem gera a origem é o vetor nulo. 
2o) W não é uma reta, pois os vetores que geram W não são múltiplos, isto é, (1, 1, 2)  a(2, – 1, 1) para todo a  ℝ. 
3o) Como os dois vetores não são múltiplos, eles determinam um plano. Assim, qualquer outro vetor (x, y, z) do plano 
deve satisfazer: 
x y z
x y z1 1 2
2 1 1
0 0

     
 Logo, o subespaço W gerado pelos vetores (1, 1, 2) e (2, – 1, 1) é o plano que passa pela origem definido 
pela equação x + y – z = 0, ou seja, W = {(x, y, z)  ℝ3; x + y – z = 0}. 
 
1.3.11 Exemplo. Para gerar o espaço M22 = {(
𝑎11 𝑎12
𝑎21 𝑎22
) | 𝑎𝑖𝑗 ∈ ℝ} são necessários, no mínimo, 4 vetores, pois os 
vetores de M22 são formados por 4 elementos (aij) de valores quaisquer. Uma maneira simples de encontrar geradores 
de um espaço é buscar uma combinação linear de vetores que resulte na forma genérica apresentada. 
Por exemplo: 
a a
a a
a a a a
11 12
21 22
11 12 21 22
1 0
0 0
0 1
0 0
0 0
1 0
0 0
0 1





 





 





 





 





 
ou 
a a
a a
a a
a a
11 12
21 22
11 12
21 22
2
2 0
0 0 3
0 3
0 0
0 0
1 0
0 0
0 1





 





 





 





 






 
etc... 
Assim, podemos dizer que 
18 
 
M22= 
1 0
0 0
0 1
0 0
0 0
1 0
0 0
0 1





























, , , 
ou 
M22 = 
2 0
0 0
0 3
0 0
0 0
1 0
0 0
0 1






























, , , 
 Observemos que existem infinitas possibilidades para a combinação linear acima. Além disso, é também 
verdadeiro afirmar que: 
M22 = 
1 0
0 0
0 1
0 0
0 0
1 0
0 0
0 1
2 1
3 2



































, , , , 
pois, uma vez identificado um conjunto mínimo de geradores de um espaço, podemos a ele acrescentar quantos 
vetores quisermos, desde que sejam do mesmo espaço. 
Veja que o vetor 
2 1
3 2





 é uma combinação linear dos outros vetores, pois 
2 1
3 2
2
1 0
0 0
1
0 1
0 0
3
0 0
1 0
2
0 0
0 1





 





 





 





 





 , 
de forma que ele é "criado" por estes. Essa observação foi também explorada no exemplo do item 1.3.8. 
 
Dependência e Independência Linear 
 
 No estudo da Álgebra Linear, muitos conceitos estão estreitamente ligados à obtenção de um conjunto com 
um número mínimo de vetores que geram um espaço vetorial V. Na verdade, não é uma tarefa muito difícil encontrar 
um conjunto de geradores de um espaço que satisfaça essa condição. No entanto, quando é solicitado mais de um 
conjunto ou quando é necessário que identifiquemos, numa coleção de vetores, quais e quantos são suficientes e 
necessários para gerar um determinado espaço, o trabalho (braçal) pode se tornar cansativo e complicado. Se, por 
outro lado, conhecemos como os vetores se relacionam entre si, a tarefa torna-se mais simples e a compreensão da 
teoria mais rica. 
 Com este propósito, seguimos com os conceitos de dependência e independência linear de vetores. 
 
 Consideremos, apenas para introduzir os conceitos citados, V = ℝ2 e os vetores u = (1, 1) e v = (2, 2). Como 
já visto no exemplo 1.3.8, o subespaço W gerado por u ou v ou ambos é 
W = {(x, y)  ℝ2; y = x} 
que representa a reta bissetriz dos quadrantes ímpares. 
 Geometricamente os vetores u e v encontram-se sobre a mesma reta suporte, 
 
e v = 2u  v – 2u = 0. 
 
 Tomemos agora os vetores i = (1, 0) e j = (0, 1). Sabemos, por 1.3.9, que eles geram o ℝ2 e que não são 
múltiplos. Isto é, 
bi  aj para todo a, b  ℝ*, 
de forma que 
bi – aj  0 
ou 
bi + cj  0 se b  0 e c  0, onde c = – a. 
19 
 
 No primeiro caso, v – 2u = 0, é possível obter o vetor nulo através de uma combinação linear, com escalares 
não todos nulos, dos vetores v e u. No segundo, bi + cj = 0 somente se b = c = 0. Dizemos, então, que os vetores v e 
u são linearmente dependentes e que os vetores i e j são linearmente independentes, significando que u e v estão 
relacionados entre si através de uma combinação linear, e que i e j não se relacionam por uma combinação linear. 
 
 Consideremos agora V = ℝ3 e os vetores u = (1, 2, 3), v = (– 4, 1, 5) e w = (– 5, 8, 19). Procedendo como no 
exemplo 1.3.10, e conhecendo os subespaços de ℝ3, temos que estes vetores geram um plano que passa pela origem 
ou o próprio ℝ3 (pense no porquê disso). Tomando apenas 2 dos 3 vetores, por exemplo, u e v, obtemos o subespaço 
que estes dois geram: 
,091770514
321
 zyx
zyx
 
ou seja, o subespaço gerado por u e v é o plano de equação 7x – 17y + 9z = 0. Substituindo as componentes de w na 
equação obtida temos: 7(– 5) – 17(8) + 9(19) = 0, ou seja, w também pertence a este plano. Isto significa que w é 
"criado" por u e v, ou melhor, existem escalares a e b tais que 
w = a.u + b.v 
 Ao resolvermos o sistema obtemos: 
w = 3u + 2v, 
de forma que 
w – 3u – 2v = 0. 
 Desta maneira, é possível obter o vetor nulo através de uma combinação linear dos vetores u, v e w sem que 
tenhamos que multiplicá-los todos por zero. De acordo com o anteriormente exposto, dizemos que os vetores u, v e w 
são linearmente dependentes. 
 Generalizando, temos a seguinte definição: 
 
1.3.12 Definição. 
 Sejam v1, v2, ..., vn, vetores de um espaço vetorial V. Diz-se que o conjunto {v1, v2, ..., vn} é 
linearmente independente (LI), ou que os vetores v1, v2, ..., vn são LI, se a equação 
a1v1 + a2v2 + ... + anvn = 0 
implica que a1 = a2 = ... = an = 0. No caso em que a igualdade se verifique para algum ai  0, diz-se que {v1, 
v2, ..., vn} é linearmente dependente (LD), ou que os vetores v1, v2, ..., vn são LD. 
 
1.3.13 Propriedades da dependência e independência linear 
 
 Propriedade 1. Um único vetor v é LD se, e somente se, v = 0. 
Prova. De fato, .v = 0,   0.  
 
 Propriedade 2. Um conjunto de vetores {v1, v2, ..., vn} é LD se, e somente se, um destes vetores for uma 
combinação linear dos outros. 
Prova. () Sejam v1, v2, ..., vn LD e consideremos a equação 
a1v1 + a2v2 + ... + anvn = 0. 
Segundo a definição dada, ao menos um dos coeficientes é diferente de zero. Suponhamos aj  0 para algum j. 
Então 
vj =         
1
1 1 1
a
a a a a
j
j j n( ... ... )v v v v1 1j j n1 
e portanto 
v v vj
j
n
j
n
a
a
a
a
    1 1 ... ... , 
ou seja, vj é uma combinação linear dos outros (n – 1) vetores. 
 
() Consideremos, para algum j, que vj é uma combinação linear dos outros (n – 1) vetores do conjunto {v1, 
..., vj, ..., vn}. Então 
vj = b1v1 + ... + bj-1vj-1 + bj+1 vj+1 + ... + bnvn. 
20 
 
Daí 
b1v1 + ... – 1vj + ... + bnvn = 0 com bj = – 1  0 e, 
{v1, v2, ..., vn} é LD. 
 
Observações. Decorre dessa propriedade o que segue: 
 Dois vetores u e v são LD se, e somente se, um é múltiplo escalar do outro. 
Por exemplo, os vetores (– 1, 1, 2) e (2, – 2, 4) são LD, pois 
(2, – 2, – 4) = – 2(– 1, 1, 2). 
 Três vetores em ℝ3 são LD se, e somente se, são coplanares . 
Prova. () Sejam u = (x1, y1, z1), v = (x2, y2, z2) e w = (x3, y3, z3) vetores LD. Então, pela propriedade 2, podemos 
escrever 
w = au + bv, 
ou seja, w = (ax1 + bx2, ay1 + by2, az1 + bz2). Daí, utilizando propriedades de determinante, temos: 
x y z
x y z
x y z
x y z
x y z
ax bx ay by az bz
x y z
x y z
ax ay az
x y z
x y z
bx by bz
1 1 1
2 2 2
3 3 3
1 1 1
2 2 2
1 2 1 2 1 2
1 1 1
2 2 2
1 1 1
1 1 1
2 2 2
2 2 2
0 0
0

  
 
 

 
Isto é, 
[u, v, w] = 
x y z
x y z
x y z
1 1 1
2 2 2
3 3 3
0 , 
o que prova que os vetores u, v e w são coplanares (propriedade de produto misto). 
 
 () u, v e w são coplanares (hipótese), então [u, v, w] = 0. 
Tomemos a equação 
a1u + a2v + a3w = 0. 
Devemos provar que ai  0 para algum i = 1, 2, 3. 
Da equação resulta o sistema homogêneo
a x a x a x
a y a y a y
a z a z a z
1 1 2 2 3 3
1 1 2 2 3 3
1 1 2 2 3 3
0
0
0
  
  
  





 
que tem a representação matricial 
x x x
y y y
z z z
a
a
a
1 2 3
1 2 3
1 2 3
1
2
3
0
0
0































 
Observemos que a matriz A dos coeficientes é tal que 
det (A) = det (At) = [u, v, w] = 0. 
Assim, o sistema é compatível e indeterminado, o que significa que tem infinitas soluções. Portanto os escala- 
res ai não são obrigatoriamente todos nulos e os vetores u, v e w são LD. 
Para verificar a dependência ou independência linear de 3 vetores em ℝ3, podemos utilizar o enunciado anterior 
na forma: 
 [𝐮, 𝐯,𝐰] = 0 ⇔ 𝐮, 𝐯,𝐰 são LD. 
 [𝐮, 𝐯,𝐰] ≠ 0 ⇔ 𝐮, 𝐯,𝐰 são LI. 
21 
 
 
Exemplo. Os vetores u = (2, – 1, 3), v = (– 2, 1 ,– 3) e w = (1, 0, 1) são LD, pois 
[𝐮, 𝐯,𝐰] = |
2 −1 3
−2 1 −3
1 0 1
| = 0. 
Observação: [𝐮, 𝐯,𝐰] representa o produto misto dos vetores 𝐮, 𝐯 e 𝐰. 
Também podemos pensar da seguinte forma: u e v são colineares (pois são múltiplos). Então, não importa como 
seja definido w, pela propriedade 2 sendo um dos vetores combinação linear dos outros, no caso, u = – 1v + 0w, temos 
que o conjunto {u, v, w} é LD.  Consideremos a matriz K, cujas linhas são formadas pelos vetores v1, v2, ..., vn, ou seja, 

























nv
v
v
v
K


j
2
1
, 
e suponhamos que vj = a1v1 + a2v2 + ... + aj-1vj-1 + aj+1vj+1 + ... + anvn. 
Então pela propriedade 2, os n vetores dados são LD. Vamos ver, neste caso, o que acontece com as linhas da matriz 
K. 
K
v
v
v v v
v
1
2
1 2

  






















a a an1 2 ... n
n
 
Apliquemos sobre as linhas de K a seguinte sequência de operações elementares: 

































































nn
n
n
n
v
0
v
v
v
vv
v
v
v
vv
v
v
2
1
2
1
2
2
1








ji
lall
aalallaa
lall iijj
njjn
jj
...... 33222
11 
 
Observe que a linha ocupada pelo vetor vj foi toda anulada. 
 Isto aconteceu porque a linha j da matriz K é uma combinação linear das outras linhas. Assim, para 
mostrarmos que um conjunto é LD basta anularmos, através de operações elementares, ao menos uma linha de K. 
Ainda, o número de vetores LI corresponde ao número de linhas que não se anulam em K. 
 
 Exemplo. Os vetores u = (2, – 1, 1, 3), v = (1, 0, – 1, 2), w = (1, 3, – 1, 1) e t = (– 1, 2, 1, 0) são LI, pois 
nenhuma linha de K pode ser anulada: 

































































1000
0100
0010
0001
0600
4900
1310
2101
2
3
2020
1030
1310
2101
2
0121
1131
3112
2101
244
233
144
133
22 
lll
lll
lll
lll
lll
K 
 Nota. Não é necessário realizar operações elementares sobres as linhas de K até chegar (ou tentar chegar) na 
matriz identidade, pois isto é válido somente para matrizes quadradas. As operações podem ser suspensas quando for 
 
 
22 
 
possível garantir que nenhuma linha se anula ou que mais nenhuma se anula. No exemplo da observação , a terceira 
matriz já garante isso, pois os elementos k11, k22, k34 e k43 não podem ser anulados. 
 
 Exemplo. Retomemos o enunciado do exemplo 1.3.10. Podemos utilizar a última observação  para 
determinar o plano W gerado pelos vetores (1, 1, 2) e (2, – 1, 1). Seja u = (x, y, z) um vetor qualquer do plano W. 
Então u é uma combinação linear dos vetores dados, de forma que a última linha da matriz 











zyx
112
211
K , após 
serem aplicadas operações elementares convenientes, deve se anular. Vejamos como fazer isto: 
















 


























zyx
l
yx
ll
zxyxxlll
lll
zyx 00
330
211
2
20
330
211
2112
211
233
133
122
 
Aqui, – x – y + z = 0, ou seja, 
W = {(x, y, z)  ℝ3; x + y – z = 0}.  
 
Propriedade 3. Um conjunto de n vetores em ℝ𝑚 é sempre LD se n > m. 
Prova. Sejam v1, v2, ..., vn vetores em ℝ𝑚 e consideremos escalares a1, a2, ...,an, tal que 
a1v1 + a2v2 + ... + anvn = 0 (A) 
Tomemos vi = (x1i, x2i, ..., xmi), i = 1, 2, ..., n. A equação anterior resulta no sistema linear homogêneo 










0...
0...
0...
2211
2222121
1212111
nmnmm
nn
nn
axaxax
axaxax
axaxax

 
que tem m equações e n incógnitas. Se n > m, temos um sistema compatível e indeterminado, ou seja, ele admite 
infinitas soluções. Assim, a equação (A) é válida com ai  0 para algum i = 1, 2, ..., n, o que prova que os vetores v1, 
v2, ..., vn são LD. 
 
 Exemplo. Quatro vetores em ℝ3 são LD. Tomemos u = (2, – 3, 4), v = (4, 7, – 6), w = (18, – 11, 4) e 
t = (2, – 7, 3). A equação 
a.u + b.v + c.w + d.t = 0 
origina o sistema 








03464
071173
021842
dcba
dcba
dcba
 
que é compatível e indeterminado. Assim os escalares a, b, c e d não são todos nulos (obrigatoriamente) e os vetores 
u, v, w e t são LD. (refaça este exemplo usando a matriz K da observação  acima). 
 
 Propriedade 4. Um conjunto de vetores LI em ℝ𝑛 contém, no máximo, n vetores. 
 
 Essa propriedade é uma consequência imediata da propriedade anterior (Propriedade 3). 
 
 Exemplo. Consideremos aqui os vetores do exemplo anterior. 
Tomando os conjuntos unitários {u}, {v}, {w} e {t}, todos são LI. (Propriedade 1). 
Tomando o conjunto {u, v}, que contém 2 vetores, ele é LI, pois u e v não são múltiplos. 
O conjunto {u, v, t}, de 3 vetores, é tal que 
23 
 
[𝐮, 𝐯, 𝐭] = |
2 −3 4
4 7 −6
2 −7 3
| ≠ 0 
ou seja, é LI. 
O conjunto {u, v, w, t}, como já vimos, é LD. 
 
 Propriedade 5. Qualquer conjunto que contenha o vetor nulo é LD. 
Prova. Seja  = {v1, v2, ..., vk, 0} um conjunto de vetores. Aqui não interessa se os k primeiros vetores são LI ou LD. 
Independentemente disso a equação 
a1v1 + a2v2 + ... + akvk + .0 = 0 
é verdadeira para a1 = a2 = ... = ak = 0 e  um número real qualquer. Assim, pela definição 3, o conjunto  é LD. 
 
 Propriedade 6. Seja A uma matriz quadrada e  o conjunto formado pelos vetores que compõem as linhas 
(ou colunas) de A.  é LI se, e somente se, det(A)  0. 
Prova.  é LI  Ax = 0 tem apenas a solução trivial x = 0 
  det (A)  0.  
 
Observação. Na prática a propriedade acima é utilizada para o caso de três vetores em ℝ3. 
 
 Propriedade 7. Qualquer conjunto de n vetores LI em ℝ𝑛 gera o ℝ𝑛. 
Prova. Seja  = { v1, v2, ..., vn} um conjunto de n vetores LI em ℝ𝑛, onde vi = (x1i, x2i, ..., xni). Para mostrar que  gera 
o ℝ𝑛, devemos provar que todo vetor v = ( y1, y2 , ..., yn) de ℝ𝑛 se escreve como combinação linear dos vetores de . 
Isto é, que existem escalares a1, a2, .., an tais que 
v = a1v1 + a2v2 + ... + anvn. 
Substituindo os vetores nessa equação, temos: 
(y1, y2, ..., yn) = a1( x11, x21, ..., xn1) + ... + an( x1n, x2n, ..., xnn), 
que resulta no sistema 










nnnn
nn
nn
yaxaxax
yaxaxax
yaxaxax
nn2211
22222121
11212111
...
...
...

 
A representação matricial do sistema é Ax = b, onde 
.e,
2
1
2
1
21
22221
11211







































nnnnnn
n
n
y
y
y
a
a
a
xxx
xxx
xxx





bxA 
Observemos que as colunas de A são formadas pelos vetores de  que, por hipótese, são LI. Então pela 
Propriedade 6, det(A)  0. Assim, o sistema Ax = b é compatível e determinado, isto é, tem uma única solução 













na
a
a

2
1
x . Isto mostra que v é uma combinação linear dos vetores de . 
 
Observação. Além de provarmos a propriedade também mostramos que os escalares a1, a2, ..., an são únicos. Isto será 
útil futuramente. 
 
1.3.14 Exemplo. Três vetores LI em ℝ3 geram o ℝ3. Sejam v1 = (2, – 1, 4), v2 = (1, 0, 2) e v3 = (3, – 1, 5). Então: 
[𝐯𝟏, 𝐯𝟐, 𝐯𝟑] = |
2 −1 4
1 0 2
3 −1 5
| = −1 ≠ 0 
24 
 
de forma que  = {v1, v2, v3} é um conjunto LI. Assim,  gera o ℝ3, ou seja, todo vetor v = (x, y, z)  ℝ3 se escreve 
(de forma única) como combinação linear dos vetores de  (mostre isso como exercício). 
 Convém lembrar o que isto significa: que o ℝ3 é “criado” por estes três vetores. Na verdade, quaisquer três 
vetores LI do ℝ3 “criam” o ℝ3. Isto é o que afirma a Propriedade 7. 
 
1.3.15 Exemplo. O conjunto  = {( 1, 3, – 1), ( 2, 1, 0), ( 1, 2, – 1), ( 3, 2, 1)} gera o ℝ3, mas não é LI, pois 4 vetores 
em ℝ3 são LD. (Propriedade 3). No entanto, se três vetores de  são LI. então estes geram o ℝ3 (Propriedade 7). 
 Podemos utilizar o procedimento dado na observação  para obtermos de  os vetores LI que ali estão. 

































































000
010
200
1312400
010
200
131
7
5
470
010
250
131
3
 
2
123
121
012
131
244344
322
144
133
122
llllll
lll
lll
lll
lll
K . 
 
Observemos que os elementos k11, k23 e k32 não podem ser zerados, de forma que as linhas 1, 2 e 3 não se anulam. 
Estas linhas correspondem, respectivamente, aos vetores ( 1, 3, – 1), ( 2, 1, 0) e ( 1, 2, – 1) de . Assim 
1 = {( 1, 3, – 1), ( 2, 1, 0), ( 1, 2, – 1)} 
é um conjunto LI de 3 vetores que geram o ℝ3. Podemos tomar os vetores resultantes, de modo que 
2 = {(1, 3, – 1), ( 0, 0, 2), ( 0, – 1, 0)} 
também é um conjunto LI de 3 vetores que geram o ℝ3. 
 
1.3.16 Exemplo. Quando o espaço em questão não é o ℝ𝑛, como no caso das matrizes e de polinômios, para verificar 
a dependência linear (ou independência) de vetores nestes espaços, utilizamos dos recursos exibidos nos itens 
seguintes: 
a) Sejam 




















121
101
,
032
411
,
113
201
321 AAA vetores de M23. 
1a Possibilidade: (definição) 
Escrevemos a equação 
a1A1 + a2A2 + a3A3 = 0 
E procuramos os valores de a1, a2 e a3: 
























 000
000
121
101
032
411
113
201
321 aaa 
 














0
03
042
0
0
31
321
321
2
321
aa
aaa
aaa
a
aaa
 é equivalente ao sistema 








03
0
0
3
2
321
a
a
aaa
 
 
cuja única solução é a1 = a2 = a3 = 0 (faça como exercício). 
 Assim o conjunto {A1, A2, A3} é LI. 
 
2a Possibilidade: Seja 














121101
032411
113201
K 
a matriz cujas linhas são formadas por A1, A2 e A3. Tentemos, através de operações elementares sobre as linhas 
de K, zerar uma linha da matriz: 
 
25 
 














034300
145610
113201
133
122
lll
lll . Observemos que nenhuma linha pode ser zerada. Assim {A1, A2, A3} é LI. 
 
Ainda, ao colocarmos os vetores nas linhas de K estamos relacionando cada vetor de M23 com sêxtuplas ordenadas 
do ℝ6. Sabemos que 6 vetores LI do ℝ6 geram o ℝ6, de forma que os 3 vetores, se considerados como sêxtuplas, 
(1, 0, 2, 3, 1, – 1), (– 1, 1, 4, 2, 3, 0), (– 1, 0, 1, 1, 2, 1) não geram o ℝ6. Da mesma forma podemos dizer que A1, 
A2 e A3 não geram M23 e que são necessários 6 vetores LI de M23 para gerar M23. 
 
b) Podemos representar qualquer polinômio p(x)  Pn por uma (n + 1)-upla de ℝ𝑛+1 da seguinte forma: 
p(x) = a0 + a1x + ... + anxn  p(x) = (a0, a1, ..., an). 
 Assim, os polinômios 
p1(x) = 2 + 3x 
p2(x) = – 1 + 2x – x3 
p3(x) = 3x2 + 2x3 
p4(x) = 3 – 4x3 
podem ser representados pelas quádruplas ordenadas 
v1 = (2, 3, 0, 0) 
v2 = (– 1, 2, 0, – 1) 
v3 = (0, 0, 3, 2) 
v4 = (3, 0, 0, – 4). 
 Para verificar se os polinômios são LI ou LD trabalhamos em ℝ4: 
 














































7/37000
2300
102/70
0032
7
9
402/90
2300
102/70
0032
2
3
2
1
4003
2300
1021
0032
244144
122
llllll
lll
K 
 Observemos que os elementos da diagonal principal não podem ser zerados garantindo que nenhuma linha 
de K é zerada. Assim, os polinômios p1(x), p2(x), p3(x) e p4(x) são LI e, portanto, geram P3. 
 
1.4 BASE DE UM ESPAÇO VETORIAL 
 
 Conforme vimos no exemplo 1.3.15 da subunidade anterior, dado um conjunto  = {v1, v2, ..., vn} de 
geradores de um espaço vetorial V, sempre é possível obter a partir deste um conjunto  que contenha um número 
mínimo de geradores de V. Tal conjunto  será formado pelos vetores de  que são LI. Ao encontrarmos tais vetores 
teremos os alicerces de nosso espaço, ou seja, o espaço será formado a partir deles. Naturalmente, muitos são os 
conjuntos de vetores desse tipo e a tais conjuntos damos o nome de base. 
 
1.4.1 Definição. 
 Um conjunto β = {𝐯𝟏, 𝐯𝟐, … , 𝐯𝐧} de vetores de um espaço vetorial V é uma base de V se: 
 (i) β é LI. 
 (ii) β gera V, isto é, [v1, v2, .., vn] = V. 
 
Nota. Existem espaços que não tem base finita como, por exemplo, o espaço de todos os polinômios, dado por 𝑃(𝑡) =
{𝑎0 + 𝑎1𝑡 + ⋯+ 𝑎𝑛𝑡
𝑛 +⋯}. Uma base para este espaço é {1, 𝑡, 𝑡2, … , 𝑡𝑛, … } que contêm infinitos vetores 
(polinômios). Espaços com esta característica não serão objeto de estudo nessa disciplina. 
 
1.4.2 Exemplo. 
  V = ℝ2, i = (1, 0) e j = (0, 1). 
  = {i, j} é uma base de ℝ2, conhecida como base canônica, pois 
 (i)  é LI. 
26 
 
 (ii)  gera o ℝ2 (ver exemplo 1.3.8) 
 
  V = ℝ2,  = {(1, 1), (0, 1)} também é uma base de ℝ2, pois 
 (i) Os vetores de  não são múltiplos, isto é, (1, 1)  a (0, 1) para todo a ℝ; assim  é LI. 
(ii) Todo vetor v = (x, y)  ℝ2 pode ser escrito como combinação linear dos vetores (1, 1) e (0, 1). Vejamos 
como: 
(x, y) = a (1, 1) + b (0, 1) 
então 





xybyba
xa
. 
 Portanto v = x (1, 1) + (y – x) (0, 1). 
 
 Observemos que os escalares obtidos ao escrevermos v como combinação linear dos vetores de  são 
diferentes dos escalares obtidos quando v foi escrito como combinação linear dos vetores de . 
 Faremos uma interpretação geométrica deste fato no exemplo que segue. 
 
1.4.3 Exemplo. Sejam  = {(1, 0), (0, 1)} e  = {(1, 1), (0, 1)} as bases do ℝ2 citadas no exemplo anterior. Para 
v = (x, y)  ℝ2, temos: 
(x, y) = x (1, 0) + y (0, 1) 
e também 
(x, y) = x (1, 1) + (y – x) (0, 1) 
Tomando, como um caso particular, v = (3, 4) temos: 
(3, 4) = 3 (1, 0) + 4 (0, 1) 
e 
(3, 4) = 3 (1, 1) + 1 (0, 1). 
O que isto significa ? 
 
 
 
No caso de considerarmos a base 
 = {i = (1, 0), j = (0, 1)} do ℝ2, 
temos que o vetor v é o resultante da soma 
3i + 4j 
e dizemos que, em relação a base , as coordenadas de v 
são 3 e 4. 
 
 
 
 
 
 
 
 
Agora, se considerarmos a base 
 = {v1 = (1, 1), v2 = (0, 1)} do ℝ2, 
temos o vetor v com resultante da soma 
3v1 + 1v2 
e dizemos que, em relação a base , as coordenadas de v 
são 3 e 1. 
 
 
 
 
 
 
 
v 
i 
j 
 v 
v1 v2 
i 
 j 
v 
v 
v1 v2 
27 
 
Observemos que a posição geométrica do vetor v independe da base que o “criou”. No entanto, as suas 
coordenadas dependem do referencial adotado. 
Aproveitamos este exemplo para enunciar o teorema e a definição que seguem. 
 
1.4.4 Teorema. Fixada uma base  = {v1, v2, .., vn} de um espaço vetorial V, cada vetor vV se escreve de forma 
única como combinação linear dos vetores da base , isto é, existem e são únicos os escalares a1, a2, ..., an, tal que 
v = a1v1 + a2v2 + ... + anvn 
Prova. A prova deste teorema encontra-se na Propriedade 7, item 1.3.13. 
 
1.4.5 Definição. Os escalares a1, a2, .., an, que comparecem no teorema anterior, são chamados coordenadas de v em 
relação à base . Usamos, como expressão dessa ideia, a notação 
)...,,,(ou ][ 21
2
1
n
n
aaa
a
a
a













  vv 
. 
que é lida do seguinte modo: as coordenadas do vetor v, em relação a base , são a1, a2, ... e an. 
 
1.4.6 Exemplo. No caso tratado no exemplo 1.4.3 temos 











 
1
3
][ e 
4
3
][ vv . 
1.4.7 Exemplo. O conjunto  = {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)} = {i, j, k} é uma base de ℝ3, conhecida como base 
canônica do ℝ3, pois 
 (i)  é LI, visto que 0
100
010
001
 
e 
 (ii)  gera o ℝ3, pois todo vetor v = (x, y, z)  ℝ3 pode ser escrito na forma v = xi + yj + zk. 
 
Nesse caso, as coordenadas do vetor v são as próprias componentes e escrevemos 











z
y
x
][v . 
Se particularizarmos, tomando v = (2, 3, – 1), temos 
(2, 3, – 1) = 2(1, 0, 0) + 3(0, 1, 0) – 1(0, 0, 1) 
escrevemos 
[(2, 3, – 1)] = 










1
3
2
. 
 
1.4.8 Exemplo. O conjunto  = {(1, 2, 1), (– 1, 0, 1), (1, 2, 0)} é também uma base de ℝ3. Para verificarmos, 
observemos que  é um conjunto de ℝ3 que contém 3 vetores, assim, pela Propriedade 7 em 1.3.13, bastamostrar que 
 é LI. 
Como 0
021
101
121
 , então  é LI, e consequentemente  gera o ℝ3. Portanto,  é uma base 
 
1.4.9 Exemplo. Consideremos o mesmo vetor v = (2, 3, – 1) do exemplo 1.4.7 para encontrar [v]. As coordenadas 
de v, em relação à base, serão dadas pelos números a, b e c que satisfazem a relação 
28 
 
(2, 3, – 1) = a (1, 2, 1) + b (– 1, 0, 1) + c (1, 2, 0). 
Resolvendo o sistema aqui obtido, temos .2 e 
2
1
,
2
1
 cba (confira) 
Então: 
0) 2, (1, 21) 0, 1,( 
2
1
1) 2, (1, 
2
1
1) 3, 2,(  
e 
[(2, 3, –1)] = 












2
2/1
2/1
. 
 
Nota. Uma vez fixada uma base em um espaço, a ordem em que os vetores comparecem na base também fica fixada. 
Note que se tomarmos a base 1 = {(– 1, 0, 1), (1, 2, 0), (1, 2, 1)} e v = (2, 3, – 1), temos: 
1) 2, (1, 
2
1
0) 2, (1, 21) 0, 1,( 
2
1
1) 3, 2,(  
e [ ( , , ) ]2 3 1
1
  = 












2/1
2
2/1
 [(2, 3, –1)]. 
Apesar das bases  e 1 diferirem apenas pela ordem dos vetores, as coordenadas de v na base  são diferentes das 
coordenadas de v na base 1. Por este motivo consideramos uma base como um conjunto ordenado de vetores. 
 
1.4.10 Exemplo. O conjunto 2 = {(1, 2, 1), (– 1, 0, 1)} não é uma base de ℝ3, pois sabemos que dois vetores LI 
geram um plano, de forma que a condição (ii) da definição de base não fica satisfeita. 
 No entanto, 2 é uma base do subespaço 
W = {(x, y, z); x – y + z = 0}  ℝ3. 
Para sabermos como obter W podemos, por exemplo, proceder como no segundo exemplo da observação  da 
Propriedade 2, do item 1.3.13. 
 
1.4.11 Exemplo. Para exibir uma base de W, partindo do conhecimento do subespaço W do exemplo anterior, 
retiramos dele um conjunto de geradores e selecionamos deste conjunto os vetores LI. 
Assim: W = {(y – z, y, z); y, z  ℝ } 
e o seu vetor genérico, (y – z, y, z), pode ser escrito como a combinação linear: 
 ( y – z, y, z) = y (1, 1, 0) + z (– 1, 0 , 1). 
 
Com isso, temos que W = [(1, 1, 0), (– 1, 0, 1)] e sendo {(1, 1, 0), (– 1, 0, 1)} LI, concluímos que 
3 = {(1, 1, 0), (– 1, 0, 1)} 
é uma base de W. 
 
Observemos que 3  2, o que não é um problema, visto que existem infinitas bases de W. (2 é a base do exemplo 
anterior). Outras bases para W podem ser obtidas atribuindo-se valores quaisquer para y e z, desde que y  0 ou z 
 0. Para complementar e enriquecer este exemplo, exibam outras duas bases 4 e 5 para W. 
 
1.4.12 Exemplo. Uma base natural (base canônica deste espaço) do espaço M22 é 































10
00
,
01
00
,
00
10
,
00
01
. 
Para mostrarmos que 
29 
 































 

12
21
,
01
21
,
10
12
,
11
11
1 é 
também uma base de M22, podemos utilizar a propriedade 1.4.13 abaixo. 
 
1.4.13 Propriedade. Qualquer base de um espaço vetorial V tem sempre o mesmo número de elementos. Este número 
é chamado dimensão de V e denotado por dimV. 
 
 Voltando ao exemplo 1.4.12. Tendo  4 vetores, temos dim M22 = 4 e, pela propriedade acima, qualquer outra 
base de M22 deve conter 4 vetores. Obviamente os 4 vetores devem ser LI. (condição (i) da definição de base) e gerar 
M22 (condição (ii)). 
 A condição (ii) ficará automaticamente satisfeita ao provarmos que a condição (i) é verdadeira. Isto pode ser 
verificado escrevendo 1 na forma 
 
1 = {(1, – 1, 1, 1), (2, 1, 0, 1), (– 1, 2, 1, 0), (1, 2, 2, 1)} 
e aplicando sobre 1 a Propriedade 7 do item 1.3.13, que, nesse caso, afirma o seguinte: 
“ Qualquer conjunto de 4 vetores LI em ℝ4 gera o ℝ4.” 
Assim, para mostrar que 1 é uma base de ℝ4 (ou M22), basta provarmos que 1 é LI. Deixamos isto a cargo 
do aluno. 
 De forma genérica, podemos enunciar a propriedade que segue. 
 
1.4.14 Propriedade. Se dim V = n, então qualquer subconjunto de V formado por n vetores LI é uma base de V. 
 
 Exemplo. Já vimos, no exemplo 1.3.7, que o espaço vetorial 
P3 = {p(x); p(x) = a .1 + b. x + c. x2 + d. x3}, 
é gerado pelos vetores 1, x, x2, x3. 
Relacionando estes vetores com as quádruplas ordenadas (1, 0, 0, 0), (0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0) e (0, 0, 0, 1) vemos que 
os mesmos são LI. Assim, 
{1, x, x2, x3} 
é uma base de P3 e dim P3 = 4. 
Tomemos, agora, um conjunto 
 = {2 + 3x, – 1 + 2x – x3, 3x2 + 2x3, 3 – 4x3} 
de vetores de P3. Para verificar se  é também uma base de P3, basta verificar a dependência ou independência linear 
dos vetores de , pois sendo dim P3 = 4, qualquer outro conjunto de P3 formado por 4 vetores LI é também uma base 
de P3 . 
 No exemplo 1.3.16(b) verificamos que  é LI e, portanto,  é uma base de P3. 
 
Teoremas Importantes (sem demonstração, porém exemplificados para compreensão.) 
 
1.4.15 Teorema. Sejam 𝐯𝟏, 𝐯𝟐, … , 𝐯𝐧 vetores não nulos que geram um espaço vetorial V. Então, dentre estes vetores, 
podemos extrair uma base de V. 
 
1.4.16 Exemplos de bases extraídas de um conjunto gerador de um espaço vetorial. 
 
Exemplo1. Volte ao exemplo 1.3.15 e observe que extraímos do conjunto  = {( 1, 3, – 1), ( 2, 1, 0), ( 1, 2, – 1), ( 3, 
2, 1)} uma base de ℝ3. 
 
Exemplo2. Seja W o subespaço de ℝ5 gerado pelos vetores 𝐮𝟏 = (1, 2, −1, 3, 4), 𝐮𝟐 = (2, 4, −2, 6, 8), 𝐮𝟑 =
(1, 3, 2, 2, 6), 𝐮𝟒 = (1, 4, 5, 1, 8) e 𝐮𝟓 = (2, 7, 3, 3, 9). Ache um subconjunto dos vetores que forme uma base de W. 
Solução. Forme a matriz cuja as linhas são os vetores 𝐮𝟏, 𝐮𝟐, 𝐮𝟑, 𝐮𝟒, 𝐮𝟓 e use operações elementares sobre as linhas 
de 𝐊 para obter tal base. Daí, obteremos: 
 
30 
 
𝐊 =
[
 
 
 
 
1 2 −1
2 4 −2
1
1
2
3
4
7
2
5
3
 
3 4
6 8
2
1
3
6
8
9]
 
 
 
 
∼
[
 
 
 
 
1 2 −1
0 0 0
0
0
0
1
2
3
3
6
5
 
3 4
0 0
−1
−2
−3
2
4
1]
 
 
 
 
∼
[
 
 
 
 
1 2 −1
0 0 0
0
0
0
1
0
0
3
0
−4
 
3 4
0 0
−1
0
0
2
0
−5]
 
 
 
 
 
 
Note que as linhas não nulas da matriz escalonada (última matriz) são a primeira, a terceira e a quinta. Logo, os 
vetores 𝐮𝟏, 𝐮𝟑 e 𝐮𝟓, que estão nas posições correspondentes dessas linhas, formam uma base para W. Em particular, 
dimW = 3. 
 
Nota: As linhas não nulas (1, 2, −1, 3, 4), (0, 1, 3, −1, 2) e (0, 0, −4, 0, −5) também formam uma base de W. 
 
Observação: Se dimV = 𝑛, então qualquer subconjunto de V com mais de 𝑛 vetores é LD. Note que isso é a mesma 
coisa que foi descrita na Propriedade 3 da subunidade 1.3.13(Propriedades da dependência e independência linear). 
 
1.4.17 Teorema. Qualquer conjunto de vetores LI de um espaço vetorial V, de dimensão finita, pode ser completado 
até formar uma base de V. 
 
Exemplo. Seja W o subespaço de ℝ4 gerado pelos vetores 𝑢1 = (1,−2, 5, −3), 𝑢2 = (2, 3, 1, −4) e 𝑢3 =
(3, 8, −3,−5). 
a) Ache uma base e a dimensão de W; 
b) Estenda a base de W a uma base de V= ℝ4. 
Prova. Fica como exercício. 
 
1.4.18 Teorema. Se U e W são subespaços de um espaço vetorial V que tem dimensão finita, então dimU ≤ dimV e 
dimW ≤ dimV. Além disso, dim(U +W) = dimU + dimW− dim(U ∩W). 
 
Exemplo. Considere os seguintes subespaços de ℝ3: 
𝑈 = {(𝑥, 𝑦, 𝑧); 𝑥 + 𝑦 − 𝑧 = 0} 
𝑊 = {(𝑥, 𝑦, 𝑧); 𝑥 = 𝑦}. 
Determine: 
a) dim(𝑈 +𝑊) 
b) dim(𝑈 ∩W) 
 
Prova. Fica como exercício. 
1.4.19 Mudança de Base. 
 
 Muitos problemas complicados podem ser simplificados mudando-se de um sistema de coordenadas para 
outro. Mudar sistema de coordenadas em um espaço vetorial é, essencialmente, a mesma coisa que mudar de base. No 
caso de um problema em que um corpo se move no plano xy, cuja trajetória é uma elipse de equação 
 
x2 + xy + y2 –3 = 0 (figura (a)) 
a descrição do movimento torna-se muito simplificada se ao invés de trabalharmos com o referencial determinado 
pela base formada por i = (1, 0) e j = (0, 1), utilizarmos um referencial que se apoie nos eixos principais da elipse, 
sendo este determinado pela base {v1, v2}. Nestenovo referencial, a equação da trajetória será mais simples: 
 
3x12 + 2y12 = 6 (figura (b)) 
 
 
31 
 
Numa situação desse tipo, temos duas questões a responder: 
1) Como escolher o novo referencial ? 
2) Uma vez escolhido, qual a relação entre as coordenadas de um ponto (ou vetor) no antigo referencial (definido 
por uma base) e suas coordenadas no novo (definido por outra base) ? 
A primeira questão envolve conteúdos ainda não desenvolvidos e será respondida em outro momento. Agora, 
veremos como solucionar a segunda questão, ou seja, dadas duas bases  e  de um espaço vetorial V, pretende-
se estabelecer a relação entre as coordenadas de um vetor v em relação à base  ([v]) e as coordenadas do mesmo 
vetor em relação à base  ([v]). Para facilitar, consideraremos o caso em que dim V = 2. O problema para espaços 
vetoriais de dimensão n é análogo. 
 
Sejam  = {v1, v2} e  = {w1, w2} duas bases de V. Dado um vetor v  V, este será combinação linear dos 
vetores das bases  e : 
 v = x1v1 + x2v2 ou [v] = 





2
1
x
x
 (1) 
e 
v = y1w1 + y2w2 ou [v] = 





2
1
y
y
. (2) 
 Por outro lado, sendo  uma base de V, podemos escrever cada vetor da base  como combinação linear 
dos vetores da base . Assim: 





212
211
wwv
wwv
2212
2111
aa
aa
. (3) 
Substituindo (3) em (1), temos: 
v = x1 (a11w1 + a21w2) + x2 (a12w1 + a22w2) 
ou 
v = (a11x1 + a12x2) w1 + (a21x1 + a22x2) w2. (4) 
 
Comparando as igualdades (4) e (2) e lembrando que as coordenadas de um vetor em relação a uma base são 
únicas, temos: 





2221212
2121111
xaxay
xaxay
 
ou na forma matricial, 


















2
1
2221
1211
2
1
x
x
aa
aa
y
y
. (5) 
Fazendo 







2221
1211
][
aa
aa
I , 
a equação matricial (5) pode ser escrita assim: 


  ][][][ vIv . (6) 
 
A finalidade da matriz 
][ I , chamada matriz de mudança de base de  para , é transformar as coordenadas 
de um vetor qualquer v, na base , em coordenadas do mesmo v, na base . 
Se quisermos transformar [v] em [v], multiplicamos, à esquerda, ambos os membros da equação (6) pela 
inversa da matriz 
][ I , que fornece 
  

  ][][][
1
vIv 
ou 
32 
 


  ][][][ vIv , 
de onde observamos que   1][][   II . 
 
Nota. Observamos que cada coluna da matriz 
][ I é o vetor das coordenadas do correspondente vetor da base , em 
relação a base . 
Para o caso das bases  = {v1, v2} e  = {w1, w2}, temos 










 


|
][
|
|
][
|
][ 2vvI 1 
 
 Exemplo 1. Sendo  = {(1, 3), (0, – 2)} e  = {(3, 5), (1, 2)} bases de ℝ2, a matriz 
][ I é determinada da 
seguinte forma: 
1o) Escrevendo cada vetor de  como combinação linear dos vetores de , temos 
(1, 3 ) = a (3, 5) + b (1, 2) e 
(0, – 2) = c (3, 5) + d (1, 2), 
assim a matriz mudança de base de  para  será 









db
ca
][ I 
2o) Resolvendo as equações acima obtemos a = – 1, b = 4, c = 2 e d = – 6, de modo que 









64
21
][ I . 
 
 Conhecida a matriz 
][ I podemos obter 

][ I por uma das formas: 
1) Escrevendo cada vetor da base  como combinação linear dos vetores de  e procedendo como acima. 
2) Achamos a matriz inversa da matriz 
][ I . 
Por qualquer uma das formas obtemos: 







2/12
13
][ I . 
 
 Exemplo 2. Sabendo que [v] = 





2
3
, calcular [v], onde  e  são as bases do exemplo anterior. 
[v] = 
][ I [v] 
Então, 
[v] = 



















0
1
2
3
64
21
. 
 
Como exercício, considere [v] = 





0
1
 e encontre, usando 
][ I , as coordenadas de v em relação à base . 
 
 Exemplo 3. Se  = {(1, 0), (0, 1)} e  = {(1, – 2), (1, 2)} são as bases agora consideradas, então 








22
11
][ I , ou seja, as colunas da matriz ][ I são formadas pelas componentes dos vetores da base . 
Confirme esse fato, procedendo como no exemplo 1 anterior. 
 
 
 
 
 
33 
 
Unidade 02: Transformações Lineares 
 
 
2.1 TRANSFORMAÇÕES LINEARES 
 
Estudaremos, nessa parte do conteúdo, um tipo especial de funções, chamadas transformações lineares. Essas 
funções ocorrem com frequência em Álgebra Linear e em outros campos da matemática, além de serem importantes 
numa vasta gama de aplicações. 
 Como introdução à definição de transformação linear, consideremos dois exemplos. 
 
2.1.1 Exemplo. Reflexão em torno do eixo x. 
 
 
Seja em ℝ2 a função T definida por 
T(x, y) = (x, – y). 
Geometricamente, T toma cada vetor do ℝ2 e o reflete 
em torno do eixo x. 
Essa função, como veremos, é uma transformação linear. 
 
 
 
 
 
 
 
2.1.2 Exemplo. Consideremos a expressão matricial de um sistema de equações lineares 
Ax = b, 
onde A é uma matriz mxn, x  ℝ𝑛 e b  ℝ𝑚. Na condição de equação buscamos conhecer x quando A e b são dados. 
De outro modo, dada a matriz A, a equação Ax = b, pode ser vista assim: "Diga-me um vetor x em ℝ𝑛 e eu te direi 
um vetor b em ℝ𝑚 ", isto é, a matriz A representa a função com domínio ℝ𝑛 e contradomínio ℝ𝑚, onde a imagem de 
cada x  ℝ𝑛 é b = Ax  ℝ𝑚. Essa função tem as seguintes propriedades: 
 A(x + y) = Ax + Ay, 
e 
 A(x) = Ax com   ℝ 
que caracterizam as transformações lineares. 
 
2.1.3 Definição. Sejam V e W dois espaços vetoriais. Uma transformação linear T de V em W é uma função (ou 
aplicação) que a cada v  V faz corresponder um único T(v)  W e que satisfaz as seguintes duas condições: 
 
 u, v  V e   ℝ, 
( i ) T (u + v) = T (u) + T (v); 
( ii) T (v) = T (v). 
 
Observações. 
 Nós escrevemos T: VW para indicar que T aplica vetores do espaço vetorial V em vetores do espaço vetorial 
W. Isto é, T é uma função com domínio V, contradomínio W e cuja imagem é um subconjunto de W; 
 
 T(v) é lido "T de v", de modo análogo à notação funcional f (x), que é lida "f de x"; 
 
 Uma transformação linear T:VV, que tem como domínio e contradomínio o mesmo espaço vetorial V é também 
chamada de operador linear; 
 
 As duas condições (i) e (ii) da definição 2.1.3, acima, podem ser aglutinadas numa só: 
 
T(u + v) = T(u) + T(v). 
 
34 
 
2.1.4 Exemplo. Uma transformação linear do ℝ2 em ℝ3. 
Indicamos dois modos usados para definir uma função. 
 T: ℝ2  ℝ3; T(x, y) = (x, x – y, y) ou T: ℝ2  ℝ3 
 (x, y) (x, x – y, y) 
a) T(2, – 1) = (2, 3, – 1); assim o vetor (2, 3, – 1)  ℝ3 é a imagem, por T, do vetor (2, – 1)  ℝ2. 
Do mesmo modo: 
T(0, 2) = (0, – 2, 2) 
T(a, a) = (a, 0, a), a  ℝ. 
 
b) O vetor do ℝ2 cuja imagem pela aplicação T seja (2, – 2, 4). 
(x, x – y, y) = (2, – 2, 4)  x = 2 e y = 4 
Portanto T(2, 4) = (2, – 2, 4). 
 
c) Prova de que T é linear 
Sejam u = (x1, y1)  ℝ2, v = (x2, y2)  ℝ2 e   ℝ. 
 
(i) T(u + v) = T(x1 + x2, y1 + y2) 
= (x1 + x2, (x1 + x2) – (y1 + y2), y1 + y2) 
= (x1 + x2, x1 + x2 – y1 – y2, y1 + y2) 
= (x1, x1 – y1, y1) + (x2, x2 – y2, y2) 
= T(x1, y1) + T(x2, y2) 
= T(u) + T(v) 
 
(ii) T(v) = T((x2, y2)) 
= T( x2, y2) 
= (x2, x2 – y2, y2) 
=  (x2, x2 – y2, y2) 
=  T(x2, y2) 
=  T(v) 
 
Por (i) e (ii), T é uma transformação linear. 
 
2.1.5 Exemplo. f : ℝ2  ℝ2 
 (x, y) (x + 2y, 2x – 3y) 
a) A imagem de u =