Álgebra Linear espaços vetoriais - exercícios explicados 1

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1 
 
 
1) Quais conjuntos com as operações de adição e multiplicação por escalar nele definida 
são espaços vetoriais. Para aqueles que não são espaços vetoriais, citar os axiomas 
que não se verificam. 
a) ( ) ( ) ( ) ( )3( , , ) ', ', ' ', ', ' , , 0,0,0R x y z x y z x x y y z z k x y z+ = + + +  = 
SOLUÇÃO: 
A adição definida é a usual, portanto são verificados os axiomas pertinentes a ela. 
Multiplicação por um escalar: 
Axioma M4: 
( ) ( )1,1,1 0 1 1,1,1 0u =   = 
b) ( ) , 2 ,3 ;x x x x R com as operações usuais. 
SOLUÇÃO: 
É fácil demonstrar que este conjunto de vetores com as operações usuais é um Espaço Vetorial. 
Ele é um Subespaço Vetorial de 3R . 
c) ( ) ( )2 / , , ( , ) ( , ) ( , )R a b c d a b a b a b  + =  = 
SOLUÇÃO: 
Axiomas de adição: 
Seja ( , ); ( , ); ( , )u a b v c d w e f 
A2) Este axioma não se verifica, pois: 
( , ) ( , ) ( , )
( , ) ( , ) ( , )
u v a b c d a b
v u c d a b c d
u v v u
+ = + =
+ = + =
+  +
 
A4) Este axioma não se verifica, pois: 
( ) ( , ) ( , ) ( , ) (0,0)u u a b a b a b+ − = + − − =  
Como o produto por escalar aqui definido é o usual todos os axiomas são verificados. 
d) 2 2 2/ ( , ) ( ', ') ( ', ') ( , ) ( , )R x y x y x x y y x y x y  + = + +  = 
SOLUÇÃO: 
Como a operação de adição é a usual os axiomas de adição são verificados. 
Axiomas de multiplicação por escalar: 
Seja ( , ); ( , ); ( , )u a b v c d w e f 
M2) Este axioma não se verifica, pois: 
( ) ( )( ) ( ) ( )( )2 2, ,u a b a b       + = + = + + 
2 
 
( ) ( ) ( ) ( )( )
( ) ( )
2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2
( , ) ( , ) , , ,u u a b a b a b a b a b
u u u
           
       
+ = + = + = + +
+  +  +  +
 
e) 2 / ( , ) ( ', ') ( ', ') ( , ) ( ,0)R x y x y x x y y x y x + = + +  = 
SOLUÇÃO: 
A adição é a usual, logo todos os axiomas de adição são válidos. 
M4) Este axioma não se verifica, pois: 
( , ) (0,0)
1 1( , ) (1 ,0)
u a b
u a b a u
= 
= = 
 
f)  2( , ) / 5x y R y x = com as operações usuais. 
SOLUÇÃO: 
É fácil demonstrar que este conjunto de vetores com as operações usuais é um Espaço Vetorial. 
Ele é um Subespaço Vetorial de 2R . 
g) 
0
(2,2) / ,
0
a
A M a b R
b
  
=    
  
 com as operações usuais. 
SOLUÇÃO: 
È fácil demonstrar que este conjunto de vetores com as operações usuais é um Espaço Vetorial. 
Ele é um Subespaço Vetorial de (2,2)M . 
 
2) Verificar quais subconjuntos de 2R são Subespaços Vetoriais com as operações de 
adição e multiplicação por escalar usuais. 
a) 
 ( , ) / 5S x y y x= =
 
SOLUÇÃO: 
Os subespaços de 2R são retas que passam pela origem. Como o gráfico de 5y x= é uma reta 
que passa pela origem, S é subespaço de 2R . 
b) 
 2( , ) /S x x x R= 
 
SOLUÇÃO: 
Os subespaços de 2R são retas que passam pela origem. Como o gráfico de 2y x= é uma 
parábola, S não é subespaço de 2R . 
c)  ( , ) / 3 0S x y x y= + = 
SOLUÇÃO: 
Os subespaços de 2R são retas que passam pela origem. Como o gráfico de 3 0x y+ = é uma 
reta que passa pela origem, S é subespaço de 2R . 
d)  ( , ) /S y y y R=  
SOLUÇÃO: 
Os subespaços de 2R são retas que passam pela origem. Como o gráfico de x y= é uma 
reta que passa pela origem, S é subespaço de 2R . 
e)  ( , ) / 1S x y y x= = + 
SOLUÇÃO: 
Os subespaços de 2R são retas que passam pela origem. Como o gráfico de 1y x= + é uma 
reta que não passa pela origem, S não é subespaço de 2R . 
f)  ( , ) / 0S x y x=  
SOLUÇÃO: 
Os subespaços de 2R são retas que passam pela origem. Como o gráfico de 0x  é um 
plano, S não é subespaço de 2R . 
 
3 
 
3) Quais subconjuntos de 3R são Subespaços em relação as operações de adição e 
multiplicação por escalar usuais. Para os que são Subespaços mostrar que as duas 
condições são satisfeitas. Caso contrário, citar um contraexemplo. 
 
Resultado: 
S é subespaço vetorial de V se: 
I. ,u v S u v S  +  
II. ,R u S u S     
 
a)  ( , , ) / 4 0S x y z x y z= =  = 
SOLUÇÃO: 
( ) 4 , ,0S y y= , os vetores de S têm a primeira coordenada 4 vezes a segunda e a terceira 
nula. 
Seja , ,u v S R  
( )
( )
( )
4 , ,0 ; (4 ', ',0)
) 4( '), ',0
) 4 , ,0
u y y v y y
I u v y y y y S
II u y y S  
= =
+ = + + 
= 
 
Portanto S é um subespaço de 3R . 
b)  ( , , ) / 2S x y z z x y= = − 
SOLUÇÃO: 
Seja , ,u v S R  , por definição, os vetores de S têm a terceira coordenada 2 vezes a 
primeira menos a segunda. 
( )
( ) ( )
( ) ( )
, , 2 ; ( ', ', 2 ' ')
) ', ', 2 2 ' ' ', ', 2( ') ( ')
) , , (2 ) , , 2
u x y x y v y y x y
I u v x x y y x y x y x x y y x x y y S
II u x y x y x y x y S       
= − = −
+ = + + − + − = + + + − + 
= − = − 
 
Portanto S é um subespaço de 3R . 
c)  2( , , ) /S x y z x z= = 
SOLUÇÃO: 
Seja , ,u v S R  , por definição, os vetores de S têm a primeira coordenada o quadrado da 
terceira. 
( )
( )
4, ,2 ; (9, ',3)
) 13, ',5
u y v y
I u v y y S
= =
+ = + 
 
Portanto S não é um subespaço de 3R . 
d)  ( , , ) / 2 0S x y z y x z= = +  = 
SOLUÇÃO: 
( ) , 2,0S x x= + , os vetores de S têm a segunda coordenada igual a primeira mais dois e a 
terceira nula. 
Seja , ,u v S R  . 
( )
( )
3,3 2,0 ; (7,7 2,0)
3,5,0 ; (7,9,0)
u v
u v
= + = +
= =
 
( )) 10,14,0I u v S+ =  
Portanto S não é um subespaço de 3R . 
 
4 
 
e)  ( , , ) /S x x x x R=  
SOLUÇÃO: 
Os vetores de S têm as três coordenadas iguais. 
Seja , ,u v S R  
( )
( )
( )
, , ; ( ', ', ')
) ', ', '
) , ,
u x x x v x x x
I u v x x x x x x S
II u x x x S   
= =
+ = + + + 
= 
 
Portanto S é um subespaço de 3R . 
 
f)  ( , ,0) /S x x x R=  
SOLUÇÃO: 
Os vetores de S têm as duas primeiras coordenadas iguais e a terceira nula. 
Seja , ,u v S R  
( )
( )
( ) ( )
, ,0 ; ( ', ',0)
) ', ',0
) , , 0 , ,0
u x x v x x
I u v x x x x S
II u x x x x S     
= =
+ = + + 
= = 
 
Portanto S é um subespaço de 3R . 
g)  ( , , ) / 0S x y z xy= = 
SOLUÇÃO: 
Os vetores de S têm o produto da primeira pela segunda coordenada igual a zero. 
Seja , ,u v S R  . 
( )3,0,2 ; (0,7,5)u v= = 
( )
( )
) 3,7,7
3 7 0
I u v S+ = 
 
 
Portanto S não é um subespaço de 3R . 
h)  ( , , ) / 0S x y z x y z= =  = 
SOLUÇÃO: 
( ) 0, ,S z z= , os vetores de S têm primeira coordenada nula e a segunda coordenada igual ao 
módulo da terceira. 
Seja , ,u v S R  . 
( )0,5, 5 ; (0,5,5)u v= − = 
( )) 0,10,0I u v S+ =  
Portanto S não é um subespaço de 3R . 
i)  ( , 3 ,4 ) /S x x x x R= −  
SOLUÇÃO: 
Os vetores de S têm a segunda coordenada igual ao simétrico do triplo da primeira e a terceira 
quatro vezes a primeira. 
Seja , ,u v S R  
( )
( ) ( )
( )( ) ( )
, 3 ,4 ; ( ', 3 ', 4 ')
) ', 3 3 ', 4 4 ' ', 3( '), 4( ')
) , 3 , 4 , 3 ,4
u x x x v x x x
I u v x x x x x x x x x x x x S
II u x x x x x x S      
= − = −
+ = + − + − + = + − + + 
= − = − 
 
Portanto S é um subespaço de 3R . 
5 
 
j)  ( , , ) / 0S x y z x=  
SOLUÇÃO: 
Os vetores de S têm primeira coordenada positiva ou nula. 
Seja , ,u v S R  . 
( )
( )
3,5, 5
) 1 3, 5,5
u
II u S 
= −
= −  = − − 
 
Portanto S não é um subespaço de 3R . 
k)  ( , , ) / 0S x y z x y z= + + = 
SOLUÇÃO: 
Seja , ,u v S R  , por definição, os vetores de S têm a soma de suas coordenadas igual a 
zero. 
( )
( )
( )
, , 0; ( ', ', ') ' ' ' 0
) ', ', ' ' ' ' 0 0
) , , ( ) 0 0
u x y z x y z v x y z x y z
I u v x x y y z z x x y y z z u v S
II u x y z x y z x y z u S         
=  + + = =  + + =
+ = + + +  + + + + + = +  + 
=  + + = + + = =  
 
Portanto S é um subespaço de 3R . 
l)  ( ,2 , ) /S t t t t R= −  
SOLUÇÃO: 
Os vetores de S têm a segunda coordenada igual ao dobro da primeira e a terceira o simétrico 
da primeira. 
Seja , ,u v S R  
( )
( ) ( )
( ) ( )( ) ( )
, 2 , ; ( ', 2 ', ')
) ', 2 2 ', ' ', 2( '), ( ')
) , 2 , , 2 ,
u t t t v t t t
I u v t t t t t t t t t t t t S
II u tt t t t t S      
= − = −
+ = + + − − = + + − + 
= − = − 
 
Portanto S é um subespaço de 3R . 
4) Verificar se os subconjuntos abaixo são Subespaços de M(2,2). 
a) ; 0
a b
S c a b d
c d
  
= = +  =  
  
 
SOLUÇÃO: 
0
a b
S
a b
  
=   
+  
 
Seja , ,u v S R  
' '
,
0 ' ' 0
a b a b
u v
a b a b
   
= =   
+ +   
 
' '
) ,
' ' 0
)
( ) 0
a a b b
I u v S
a b a b
a b
II u S
a b
 


+ + 
+ =  
+ + + 
 
=  
+ 
 
Portanto S é um subespaço de 3R . 
 
 
 
 
6 
 
b) ; , ,
0
a b
S a b c R
c
  
=   
  
 (matrizes triangulares superiores) 
SOLUÇÃO: 
Seja , ,u v S R  
' '
,
0 0 '
a b a b
u v
c c
   
= =   
   
 
' '
) ,
0 '
)
0
a a b b
I u v S
c c
a b
II u S
c
 

 
+ + 
+ =  
+ 
 
=  
 
 
Portanto S é um subespaço de 3R . 
c) ; , ,
a b
S a b c R
b c
  
=   
  
 (matrizes simétricas) 
SOLUÇÃO: 
Seja , ,u v S R  
' '
,
' '
a b a b
u v
b c b c
   
= =   
   
 
' '
) ,
' '
)
a a b b
I u v S
b b c c
a b
II u S
b c
 

 
+ + 
+ =  
+ + 
 
=  
 
 
Portanto S é um subespaço de 3R . 
d) ; ,
a a b
S a b R
a b b
 +  
=   
−  
 
SOLUÇÃO: 
Seja , ,u v S R  
' ' '
,
' ' '
a a b a a b
u v
a b b a b b
+ +   
= =   
− −   
 
' ' ' ' ' '
) ,
' ' ' ( ') ( ') '
)
a a a b a b a a a a b b
I u v S
a b a b b b a a b b b b
a a b
II u S
a b b
  

  
+ + + + + + + +   
+ = =    
− + − + + − + +   
+ 
=  
− 
 
Portanto S é um subespaço de 3R . 
e) 
1
; ,
a
S a b R
a b
  
=   
  
 
SOLUÇÃO: 
Seja , ,u v S R  
1 ' 1
,
' '
a a
u v
a b a b
   
= =   
   
 
' 2
)
' '
a a
I u v S
a a b b
+ 
+ =  
+ + 
 
Portanto S não é um subespaço de 3R . 
7 
 
f) ; 0
a b
S ad bc
c d
  
= −   
  
 
SOLUÇÃO: 
Seja , ,u v S R  
2 1 2 1
2 0 2 0, 0 ( 1) 1 0
0 1 1 0
0 0
0 1
u v
u v S
− −   
= − =  = − − =    
   
 
+ =  
 
 
Portanto S não é um subespaço de 3R . 
5) Sejam os vetores ( ) ( )2, 3,2 , 1,2,4u v= − = − em 3R . 
a) Escrever o vetor ( )7, 11,2w = − como combinação linear de u e v. 
SOLUÇÃO: 
?; ?
(2, 3,2) ( 1,2,4) (7, 11,2)
2 7( )
3 2 11( )
2 4 2 2 1( )
( ) ( ) 4
4( )
2 1( )
( ) ( ) 3 3 1
( ) 1 4 3
3(2, 3,2) ( 1)( 1,2,4) (7, 11,2)
au bv w a b
a b
a b I
a b II
a b a b III
I II a b
a b IV
a b III
IV III b b
IV a a
+ =  = =
− + − = −
− =

− + = −
 + =  + =
+ = − + = −
− + = −

+ =
+ = = −  = −
− − = −  =
− + − − = −
 
b) Para que valor de k o vetor ( )8,14,w k= − é combinação linear de u e v? 
SOLUÇÃO: 
?
(2, 3, 2) ( 1, 2, 4) ( 8,14, )
2 8( )
3 2 14( )
2 4 ( )
2( ) ( ) 2
( ) 4 8 4
( )2( 2) 4.4 4 16 12
au bv w k
a b k
a b I
a b II
a b k III
I II a
I b b
III k k
+ =  =
− + − = −
− = −

− + =
 + =
+ = = −
− − = −  =
− + =  = − + =
 
c) Determinar uma condição entre a, b e c para que o vetor ( ), ,w a b c= seja uma 
combinação linear de u e v. 
SOLUÇÃO: 
( ), ,
(2, 3, 2) ( 1,2,4) ( , , )
u v w w a b c
a b c
 
 
+ =  =
− + − =
 
2 ( )
3 2 ( )
2 4 ( )
a I
b II
c III
 
 
 
− =

− + =
 + =
 
8 
 
2( ) ( ) 4 3 2 2 2 2
3( ) 2( ) 6 6 3 4 3 2 3 2
I II a b a b
I II a b a b
    
    
+  − − + = +  = +
+  − − + = +  = +
 
Substituindo na equação (III) 
( ) ( )2 2 4 3 2
4 2 12 8 6 20 0
a b a b c
a b a b c a b c
+ + + =
+ + + =  + − =
 
6) Considerando no espaço  22 / , ,P at bt c a b c R= + +  os vetores 
2
1 2 1p t t= − + , 2 2p t= + e 
2
3 2p t t= − . 
a) Escrever o vetor 25 5 7p t t= − + como combinação linear de 1p , 2p e 3p . 
SOLUÇÃO: 
1 2 3 / ?, ?, ?p xp yp zp x y z R= + + = = =  
( ) ( ) ( )
( ) ( )
( )
2 2 2
2 2 2
2 2 2
2 2
5 5 7 2 1 2 2
5 5 7 2 2 2
5 5 7 2 2 2
5 5 7 2 2 2
2 5( )
2 5( )
2 7( )
( ) 5 2
( ) 2 5 2 5 10 4
t t x t t y t z t t
t t xt xt x yt y zt zt
t t xt zt xt yt zt x y
t t x z t x y z t x y
x z I
x y z II
x y III
I x z
II z y z z y z
− + = − + + + + −
− + = − + + + + −
− + = + − + − + +
− + = + − + − + +
+ =

− + − = −
 + =
 = −
 − − + − = −  − + + − =
( ) ( ) ( )2 2 2
5 3 5
( ) 5 2 2 7 2 2 2 1
3 5( )
1( )
( ) ( ) 4 4 1
( ) 1 1 2
( ) 5 2.1 5 2 3
5 5 7 3 2 1 2 2 1 2
y z
III z y y z y z
y z IV
y z V
V IV z z
V y y
I x
t t t t t t t
−  + =
 − + =  − =  − =
+ =

− =
− = − = −  =
 − =  =
 = − = − =
− + = − + + + + − 
1 2 33 2 1 / 3, 2, 1p p p p x y z= + + = = = 
b) Escrever o vetor 25 5 7p t t= − + como combinação linear de 1p e 2p . 
SOLUÇÃO: 
1 2 / ?, ?p xp yp x y R= + = =  
( ) ( )
( )
2 2
2 2
2 2
2 2
5 5 7 2 1 2
5 5 7 2 2
5 5 7 2 2
5 5 7 2 2
t t x t t y t
t t xt xt x yt y
t t xt xt yt x y
t t xt x y t x y
− + = − + + +
− + = − + + +
− + = − + + +
− + = + − + + +
 
5( )
2 5( )
2 7( )
x I
x y II
x y III
=

− + = −
 + =
 
( )( ) 2 5 5 10 5 5
( ) 5 2 7 2 2 1
1 5( )
II y y y
III y y y
y y absurdo
− + = −  − + = −  =
 + =  =  =
=  =
 
9 
 
Logo não podemos escrever o polinômio p como combinação linear dos vetores 1p e 2p . 
c) Determinar uma condição para a, b e c de modo que o vetor 2p at bt c= + + seja 
combinação linear de 2p e 3p . 
SOLUÇÃO: 
2 3 / ?, ?p yp zp y z R= + = =  
( ) ( )
( )
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2
2
2 2 0 2 0
2 2
2
2
2 0
at bt c y t z t t
at bt c yt y zt zt
at bt c zt y z t y
a
z a z
c a
y z b b c a b a b c a b c
c
y c y
a b c
+ + = + + −
+ + = + + −
+ + = + − +

=  =


− =  − =  − =  − − + =  + − =


=  =

+ − =
 
d) É possível escrever 1p como combinação linear de 2p e 3p ? 
SOLUÇÃO: 
De acordo com o item anterior devemos ter: 
2p at bt c= + + 
2 0a b c+ − = 
2
1 2 1
1; 2; 1
2 1 2( 2) 1 4 0
p t t
a b c
a b c
= − +
= = − =
+ − = + − − = − 
 
Logo não é possível escrever 1p como combinação linear de 2p e 3p . 
7) Seja o espaço vetorial (2 2)M X e os vetores: 
1 2 3
1 0 1 2 0 1
; ;
1 1 0 1 2 1
v v v
− −     
= = =     
     
 
Escrever o vetor 
1 8
0 5
v
 
=  
 
 como combinação linear dos vetores 1v , 2v e 3v . 
SOLUÇÃO: 
1 2 3 / ?, ?, ?v xv yv zv x y z R= + + = = =  
1 8 1 0 1 2 0 1
0 5 1 1 0 1 2 1
x y z
− −       
= + +       
       
 
10 
 
1 8 0 2 0
0 5 0 2
1 8 2
0 5 2
1( )
2 8( )
2 0( )
5( )
( ) ( ) 9( )
2 0( )
5( )
( ) ( ) 2 4 2
( )
x y y z
x x y z z
x y y z
x z x y z
x y I
y z II
x z III
x y z IV
I II x y z V
x z III
x y z IV
V IV z z
III x
− −       
= + +       
       
− −   
=   
+ + +   
− =

− =

+ =
 + + =
+ = + − =

+ =
 + + =
− = − =  = −
 + 2( 2) 0 4 0 4
( ) 4 ( 2) 9 4 2 9 3
4; 3; 2
x x
V y y y
x y z
− =  − =  =
 + − − =  + + =  =
= = = − 
1 2 34 3 2v v v v= + − 
8) Escrever o vetor 
20 R como combinação linear dos vetores: 
a) ( ) ( )1 21,3 ; 2,6v v= = 
SOLUÇÃO: 
Como temos que 2 12v v= ficamos com a seguinte situação: 
( )
(0,0) (1,3) 2(1,3)
(0,0) 2 (1,3)
2 0 2
(0,0) ( 2)(1,3) 2(1,3)
(0,0) ( 2)(1,3) 1(2,6)
x
x
x x
= +
= +
+ =  = −
= − +
= − +
 
b) ( ) ( )1 21,3 ; 2,5v v= = 
SOLUÇÃO: 
( ) ( )
( )
( )
(0,0) (1,3) (2,5)
(0,0) ,3 2 ,5
(0,0) 2 ,3 5
2 0 2
3 5 0 3 2 5 0 6 5 0 0 0
2.0 0
0; 0
x y
x x y y
x y x y
x y x y
x y y y y y y y
x
x y
= +
= +
= + +
+ =  = −

+ =  − + =  − + =  − =  =
= − =
= =
 
9) Sejam os vetores ( ) ( ) ( )1 2 31,2,1 ; 1,0,2 ; 2, 1,0v v v= − = = − − . Expressar cada um dos vetores 
como combinação linear de 1v , 2v e 3v . 
a) ( )8,4,1u = − 
SOLUÇÃO: 
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
8,4,1 1,2,1 1,0,2 2, 1,0
8,4,1 ,2 , ,0,2 2 , ,0
8,4,1 2 ,2 , 2
a b c
a a a b b c c
a b c a c a b
− = − + + − −
− = − + + − −
− = − + − − +
 
11( )
2 8( )
2 4 2 4( )
1
2 1 2 1 ( )
2
1
( ) 2 2 4 8
2
1
4 8 8
2
2 1 8 16 16
11 16 16 1
11 33 3
( ) 2.3 4 6 4 2
1 3
( ) 1
2
3; 1; 2
a b c I
a c c a II
a
a b b a b III
a
I a a
a
a a
a a a
a
a a
II c
III b
a b c

− + − = −

− =  = −
 −
 + =  = −  =

−
 − + − − = −
−
− + − + = −
− + − − + = −
− = − − −
− = −  =
= − = − =
−
= = −
= = − =
 
( ) ( ) ( ) ( )8,4,1 3 1,2,1 1 1,0,2 2 2, 1,0− = − − + − − 
b) ( )0,2,3v = 
SOLUÇÃO: 
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
0,2,3 1,2,1 1,0,2 2, 1,0
0,2,3 ,2 , ,0,2 2 , ,0
0,2,3 2 ,2 , 2
a b c
a a a b b c c
a b c a c a b
= − + + − −
= − + + − −
= − + − − +
 
( )
2 0( )
2 2 2 2( )
3
2 3 2 3 ( )
2
3
( ) 2 2 2 0
2
3
4 4 0
2
2 3 8 8 0
11 8 3
11 11 1
( ) 2.1 2 2 2 0
3 1
( ) 1
2
1; 1; 0
a b c I
a c c a II
a
a b b a b III
a
I a a
a
a a
a a a
a
a a
II c
III b
a b c

− + − =

− =  = −
 −
 + =  = −  =

−
 − + − − =
−
− + − + =
− + − − + =
− = − −
− = −  =
= − = − =
−
= =
= = =
 
( ) ( ) ( ) ( )0,2,3 1 1,2,1 1 1,0,2 0 2, 1,0= − + + − − 
 
 
 
 
12 
 
c) ( )0,0,0w = 
SOLUÇÃO: 
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
0,0,0 1,2,1 1,0,2 2, 1,0
0,0,0 ,2 , ,0,2 2 , ,0
0,0,0 2 ,2 , 2
a b c
a a a b b c c
a b c a c a b
= − + + − −
= − + + − −
= − + − − +
 
( )
2 0( )
2 0 2 ( )
2 0 2 ( )
2
( ) 2 2 0
2
4 0
2
2 8 0
11 0 0
( ) 2.0 0
0
( ) 0
2
0
a b c I
a c c a II
a
a b b a b III
a
I a a
a
a a
a a a
a a
II c
III b
a b c

− + − =

− =  =

 + =  = −  = −

 − − − =
− − − =
− − − =
− =  =
= =
= =
= = =
 
( ) ( ) ( ) ( )0,0,0 0 1,2,1 0 1,0,2 0 2, 1,0= − + + − − 
10) Expressar o vetor ( ) 44,4, 4,6u R= − −  como combinação linear dos vetores 
( ) ( ) ( )1 2 33, 3,1,0 ; 0,1, 1,2 ; 1, 1,0,0v v v= − = − = − . 
SOLUÇÃO: 
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
4,4, 4,6 3, 3,1,0 0,1, 1,2 1, 1,0,0
4,4, 4,6 3 , 3 , ,0 0, , , 2 , ,0,0
4,4, 4,6 3 , 3 , , 2
3 4 3( 1) 4 3 4 1
3 4 ( 3)( 1) 3 4 3 3 4 2
4 3 4 1
2 6 3
a b c
a a a b b b c c
a c a b c a b b
a c c c c
a b c c c c
a b a a
b b
− − = − + − + −
− − = − + − + −
− − = + − + − −
+ = −  − + = −  − + = −  = −
− + − =  − − + − =  + − =  =
− = −  − = −  = −
=  =
1 2( )c c absurdo






= −  =
 
Logo não é possível expressar u como combinação linear dos vetores 1 2 3; ;v v v .