Algebra Linear

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A´LGEBRA LINEAR
Francisco Oliveira de Lima
27 de abril de 2013
A´lgebra Linear
Prefa´cio
Neste texto apresentamos uma breve introduc¸a˜o ao estudo da a´lgebra linear, dividi-
mos essa abordagem em cinco cap´ıtulos, nos quais sera˜o trabalhados os seguintes
temas: espac¸os vetoriais, transformac¸o˜es lineares, autovalores, autovetores e produto
interno. Ao iniciar o estudo deste material o leitor deve ter um pouco de conhe-
cimento sobre matrizes, determinantes, sistemas lineares e escalonamento. Assim
como uma noc¸a˜o sobre derivada e integral de func¸o˜es de uma varia´vel real.
Observamos que no final de cada cap´ıtulo existem exerc´ıcios e teste de mu´ltipla
escolha. Atrave´s desse estudo esperamos despertar a curiosidade do leitor sobre esse
tema ta˜o importante na matema´tica. Notamos ainda que esse texto esta´ longe de
abordar todos os assuntos de um curso de a´lgebra linear. No entanto, esperamos
fornecer alguns ingredientes que possam ajudar de uma certa forma a construir uma
base inicial e que essa venha a ser utilizada em estudos posteriores.
Aqui nesse texto trabalhamos apenas com espac¸os vetoriais de dimensa˜o finita
sobre o corpo dos nu´meros reais. Esse texto visa principalmente os alunos de licen-
ciatura em matema´tica, f´ısica, qu´ımica e cursos na a´rea de engenharia. Para maiores
esclarecimentos dos temas abordados, o leitor pode consultar a bibliografia.
Agradecimentos: Em primeiro lugar agradec¸o a` Deus por mais uma oportu-
nidade. Agradec¸o a todas as pessoas que direta ou indiretamente ajudaram na cons-
truc¸a˜o desse texto matema´tico. Agradec¸o a todos os meus professores(as) da edu-
cac¸a˜o ba´sica e superior (UFRural-RJ, UFLA-MG e UFPA) na a´rea da matema´tica.
Em caso de alguma sugesta˜o ou critica os leitores(as) podem entrar em contato pelo
e-mail: contavel@bol.com.br.
Local: Dom Eliseu - PA , (Marc¸o de 2013)
1
Suma´rio
Prefa´cio 1
1 Espac¸os Vetoriais 4
1.1 Introduc¸a˜o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.2 Subcorpos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.3 Espac¸o Vetorial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.4 Subespac¸o Vetorial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
1.5 Combinac¸a˜o Linear . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
1.6 Espac¸o gerado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
1.7 Dependeˆncia Linear . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
1.8 Base e dimensa˜o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
1.9 Intersec¸a˜o e soma de subespac¸os . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
1.10 Coordenadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
1.11 Mudanc¸a de base . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
1.12 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
1.13 Respostas dos Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
1.14 Teste Sobre Espac¸os Vetoriais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58
1.15 Gabarito do Teste . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73
2 Transformac¸o˜es Lineares 74
2.1 Introduc¸a˜o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74
2.2 Transformac¸a˜o Linear . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75
2.3 Adic¸a˜o de Transformac¸o˜es . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83
2.4 Produto de constante por Transformac¸o˜es . . . . . . . . . . . . . . . 84
2.5 Composta de Transformac¸o˜es . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86
2.6 Nu´cleo e Imagem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91
2.7 Isomorfismos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101
2.8 Matriz de uma transformac¸a˜o linear . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106
2.9 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123
2.10 Respostas dos Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 140
2.11 Teste Sobre Transformac¸o˜es Lineares . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142
2.12 Gabarito do Teste . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 167
2
SUMA´RIO 3
3 Autovetores e Autovalores 168
3.1 Introduc¸a˜o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 168
3.2 Polinoˆmio Caracter´ıstico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 170
3.3 Semelhanc¸a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 179
3.4 Diagonalizac¸a˜o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182
3.5 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191
3.6 Respostas dos Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 197
3.7 Teste Sobre Autovalores e Autovetores . . . . . . . . . . . . . . . . . 199
3.8 Gabarito do Teste . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 208
4 Produto Interno 209
4.1 Introduc¸a˜o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 209
4.2 Norma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 212
4.3 Aˆngulo entre vetores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 214
4.4 Ortogonalidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 216
4.5 Processo de Ortogonalizac¸a˜o de Gram-Schmidt . . . . . . . . . . . . . 218
4.6 Complemento Ortogonal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 225
4.7 Projec¸a˜o Ortogonal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 228
4.8 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 231
4.9 Respostas dos Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 239
4.10 Teste Sobre Produto Interno . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 241
4.11 Gabarito do Teste . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 253
5 Parte Extra 254
5.1 Introduc¸a˜o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 254
5.2 Primeira Avaliac¸a˜o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 259
5.3 Segunda Avaliac¸a˜o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 263
5.4 Terceira Avaliac¸a˜o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 267
5.5 Quarta Avaliac¸a˜o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 271
5.6 Exame Final . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 275
Refereˆncias Bibliogra´ficas 278
Cap´ıtulo 1
Espac¸os Vetoriais
1.1 Introduc¸a˜o
Definic¸a˜o 1.1.1. Seja K um conjunto na˜o vazio, munido com duas operac¸o˜es: a
soma, onde a cada par de elementos a, b ∈ K fazem corresponder a + b ∈ K, e a
multiplicac¸a˜o, onde a cada par de elementos a, b ∈ K fazem corresponder a.b ∈ K.
Dizemos que K e´ um corpo se essas operac¸o˜es satisfazem os axiomas:
(C1) a+ b = b+ a para todo a, b ∈ K.
(C2) (a+ b) + c = a+ (b+ c) para todo a, b, c ∈ K.
(C3) Existe o elemento zero 0 ∈ K, tal que 0 + a = a, para todo a ∈ K.
(C4) Para cada a ∈ K, existe −a ∈ K, tal que a+ (−a) = 0.
(C5) a.b = b.a para todo a, b ∈ K.
(C6) a.(b.c) = (a.b).c para todo a, b, c ∈ K.
(C7) Existe o elemento unidade 1 ∈ K, tal que a.1 = 1.a = a, para todo a ∈ K.
(C8) Sendo a 6= 0, existe a−1 ∈ K tal que a−1.a = a.a−1 = 1.
(C9) a.(b+ c) = a.b+ a.c para todo a, b, c ∈ K.
Exemplo 1.1.1. O conjunto dos nu´meros racionais Q e o conjunto dos nu´meros
reais R sa˜o corpos.
Exemplo 1.1.2. O conjunto dos nu´meros complexos C e´ um corpo.
Exemplo 1.1.3. O conjunto dos inteiros Z na˜o forma um corpo. Pois na˜o e´ va´lido
o oitavo axioma da definic¸a˜o de corpo.
Exemplo 1.1.4. O conjunto dos nu´meros naturais N na˜o forma um corpo. Pois
falha por exemplo o quarto axioma da definic¸a˜o de corpo.
4
CAPI´TULO 1. ESPAC¸OS VETORIAIS 5
1.2 Subcorpos
Definic¸a˜o 1.2.1. Seja N um subconjunto na˜o vazio de um corpo K. Dizemos que
N e´ um subcorpode K quando satisfazer as seguintes condic¸o˜es:
(1) 0, 1 ∈ N .
(2) se a, b ∈ N enta˜o a− b ∈ N .
(3) se a, b ∈ N e b 6= 0 enta˜o a.b−1 ∈ N .
Exemplo 1.2.1. Prove que A = {x+ y.√3 | x, y ∈ Q} e´ um subcorpo de R.
Soluc¸a˜o: De fato, pois 0 = 0 + 0.
√
3 e 1 = 1 + 0.
√
3. Logo 0, 1 ∈ A. Portanto,
A e´ diferente do vazio. Sejam os elementos a = x+y.
√
3 e b = z+w.
√
3 de A. Logo
a− b = (x− z) + (y−w).√3. Assim, temos a− b ∈ A. Agora, supondo b 6= 0, temos
a.b−1 = (x+ y.
√
3).
1
(z + w.
√
3)
=
(x+ y.
√
3)
(z + w.
√
3)
.
(z − w.√3)
(z − w.√3)
=
(xz − xw.√3 + yz.√3− 3yw)
(z2 − 3w2) =
(
xz − 3yw
z2 − 3w2
)
+
(
yz − xw
z2 − 3w2
)√
3
Portanto, a.b−1 ∈ A. Assim, conclu´ımos que A e´ um subcorpo.
Exemplo 1.2.2. Seja B = {x + y. 3√5/x, y ∈ Q}. Vamos verificar se B e´ um sub-
corpo de R.
Soluc¸a˜o: Com efeito, sendo 0 = 0 + 0. 3
√
5 e 1 = 1 + 0. 3
√
5. Logo 0, 1 ∈ B. Ou
seja, B e´ diferente do vazio. Agora, sejam a = x+y. 3
√
5 e b = p+ q. 3
√
5 em B. Logo,
a− b = (x− p) + (y− q). 3√5. Ou seja, a− b ∈ B. Ale´m disso, supondo b 6= 0, temos
a.b−1 = (x+ y. 3
√
5).
1
(p+ q. 3
√
5)
=
(x+ y. 3
√
5)
(p+ q. 3
√
5)
.
(p2 − pq. 3√5 + q2. 3√25)
(p2 − pq. 3√5 + q2. 3√25)
=
(
xp2 + 5yq2
p3 + 5q3
)
+
(
yp2 − xpq
p3 + 5q3
)
3
√
5 +
(
xq2 − ypq
p3 + 5q3
)
3
√
25
Ou seja, a.b−1 6∈ B. Desse modo B na˜o e´ um subcorpo.
Exemplo 1.2.3. Seja o subconjunto F = {x+ y.√2/x, y ∈ Z}. E´ poss´ıvel verificar
que esse conjunto na˜o e´ um subcorpo de R, tal verificac¸a˜o e´ deixado a crite´rio do
leitor.
Exemplo 1.2.4. Seja o subconjunto G = {x + y.√5/x, y ∈ Q}. Verifique se G e´
um subcorpo de R.
CAPI´TULO 1. ESPAC¸OS VETORIAIS 6
1.3 Espac¸o Vetorial
Definic¸a˜o 1.3.1. Seja V um conjunto na˜o vazio, munido com duas operac¸o˜es: a
soma de vetores, onde a cada par de vetores u, v ∈ V fazem corresponder o vetor
u + v ∈ V , e a multiplicac¸a˜o por escalar, onde o vetor v ∈ V e k ∈ R fazem
corresponder o vetor kv ∈ V . Dizemos que V e´ um espac¸o vetorial se essas operac¸o˜es
satisfazem os axiomas:
(P1) u+ v = v + u para todo u, v ∈ V .
(P2) (u+ v) + w = u+ (v + w) para todo u, v, w ∈ V .
(P3) Para todo u ∈ V , existe o vetor nulo 0 ∈ V , tal que 0 + u = u.
(P4) Para todo u ∈ V , existe o sime´trico −u ∈ V , tal que u+ (−u) = 0.
(P5) a(u+ v) = au+ av para todo u, v ∈ V e a ∈ R.
(P6) (a+ b)u = au+ bu para todo a, b ∈ R e u ∈ V .
(P7) a(bu) = (ab)u para todo a, b ∈ R e u ∈ V .
(P8) Existe o elemento 1 ∈ R tal que 1u = u, para todo u ∈ V .
Exemplo 1.3.1. Seja V um espac¸o vetorial real. Mostre que:
(a) o vetor nulo de V e´ u´nico.
(b) o inverso de um elemento de V e´ u´nico.
Soluc¸a˜o: Para provar (a), suponhamos que 01 e 02 sejam vetores nulos de V . Por-
tanto, usando o axioma (P1) temos 01 = 02 + 01 = 01 + 02 = 02. Logo, conclu´ımos
que 01 = 02. Para provar (b), seja v ∈ V e suponha que existem −v1 e −v2 em V
tais que v+(−v1) = 0 e v+(−v2) = 0. Assim, usando os axiomas (P1) e (P2) temos
(−v1) = (−v1) + 0 = (−v1) + [ v + (−v2) ]
= [ (−v1) + v ] + (−v2)
= [ v + (−v1) ] + (−v2) = 0 + (−v2) = (−v2)
Portanto, mostramos a unicidade.
Teorema 1.3.1. (Lei do cancelamento) Seja V um espac¸o vetorial sobre R.
Assim, se p+ u = p+ w enta˜o u = w para todo u,w, p ∈ V .
Demonstrac¸a˜o. De fato, seja p ∈ V enta˜o existe −p ∈ V tal que −p+ p = 0. Logo
u = 0 + u = (−p+ p) + u
= −p+ (p+ u) = −p+ (p+ w)
= (−p+ p) + w = 0 + w
= w
CAPI´TULO 1. ESPAC¸OS VETORIAIS 7
Proposic¸a˜o 1.3.1. Seja V um espac¸o vetorial sobre R. Enta˜o, as seguintes afirmac¸o˜es
sa˜o va´lidas:
(1) α0 = 0, para todo α ∈ R.
(2) 0u = 0, para todo u ∈ V .
(3) (−1)u = −u, para todo u ∈ V .
Demonstrac¸a˜o. No item (1), usando os axiomas (P3) e (P5) temos α0 = α(0 +
0) = α0 + α0. Ale´m disso, sabemos que existe −(α0) em V . Assim, resulta que
0 = −(α0) + α0 = −(α0) + α0 + α0 = 0 + α0. Portanto, temos α0 = 0. No item
(2), usando o axioma (P6) obtemos 0u = (0 + 0)u = 0u+ 0u. Por outro lado, existe
−(0u) em V . Ou seja, resulta que 0 = −(0u) + 0u = −(0u) + 0u + 0u = 0 + 0u.
Portanto, conclu´ımos que 0u = 0. Para provar (3), lembramos que 1u = u. Logo,
temos u + (−1)u = 1u + (−1)u = [1 + (−1)]u = 0u = 0. Por outro lado, somando
(−u) em ambos os membros da igualdade anterior, temos −u+u+(−1)u = −u+0.
Assim, resulta em (−1)u = −u.
Proposic¸a˜o 1.3.2. Seja V um espac¸o vetorial sobre R. Enta˜o, as seguintes afirmac¸o˜es
sa˜o va´lidas:
(1) (−α)u = −(αu), para todo α ∈ R e u ∈ V .
(2) α(−u) = −(αu), para todo α ∈ R e u ∈ V .
Demonstrac¸a˜o.
(1)
(−α)u = (−α)u+ 0
= (−α)u+ [αu+ (−(αu))]
= [(−α)u+ αu] + (−(αu))
= [(−α) + α]u+ (−(αu))
= 0u+ (−(αu))
= 0 + (−(αu)) = −(αu)
(2)
α(−u) = α(−u) + 0
= α(−u) + [αu+ (−(αu))]
= [α(−u) + αu] + (−(αu))
= α[(−u) + u] + (−(αu))
= α0 + (−(αu))
= 0 + (−(αu)) = −(αu)
CAPI´TULO 1. ESPAC¸OS VETORIAIS 8
Proposic¸a˜o 1.3.3. Seja V um espac¸o vetorial sobre R. Enta˜o, as seguintes afirmac¸o˜es
sa˜o va´lidas:
(1) (α− β)v = αv − βv, onde α, β ∈ R e v ∈ V .
(2) α(v − w) = αv − αw, onde α ∈ R e v, w ∈ V .
Demonstrac¸a˜o.
(1)
(α− β)v = (α + (−β))v
= αv + (−β)v
= αv + (−(βv)) = αv − βv
(2)
α(v − w) = α(v + (−w))
= αv + α(−w)
= αv + (−(αw)) = αv − αw
Exemplo 1.3.2. Seja V um espac¸o vetorial real. Mostre que se αu = 0, enta˜o
α = 0 ou u = 0, onde u ∈ V e α ∈ R.
Soluc¸a˜o: De fato, suponhamos que α 6= 0. Logo, temos
u = 1u = (α−1α)u = α−1(αu) = α−10 = 0.
Exemplo 1.3.3. Seja o conjunto V = R3 = {(x, y, z) : x, y, z ∈ R} onde os elemen-
tos sa˜o da forma u = (x1, y1, z1) e v = (x2, y2, z2). Nesse conjunto esta˜o definidas
duas operac¸o˜es: a soma de vetores e a multiplicac¸a˜o por escalar, fornecidas por
u+ v = (x1 + x2, y1 + y2, z1 + z2)
e
kv = (kx1, ky1, kz1),
respectivamente. Mostre que esse conjunto e´ um espac¸o vetorial.
Soluc¸a˜o: Vamos mostrar apenas o item (2). Os demais ficam a cargo do leitor.
Agora, sejam u = (x1, y1, z1), v = (x2, y2, z2) e w = (x3, y3, z3) em R3. Logo, temos
(u+ v) + w = (x1 + x2, y1 + y2, z1 + z2) + (x3, y3, z3)
= (x1 + x2 + x3, y1 + y2 + y3, z1 + z2 + z3)
= (x1, y1, z1) + (x2 + x3, y2 + y3, z2 + z3) = u+ (v + w)
Portanto, conclu´ımos que R3 e´ um espac¸o vetorial.
CAPI´TULO 1. ESPAC¸OS VETORIAIS 9
Exemplo 1.3.4. De uma forma mais geral o conjunto Rn, onde seus elementos sa˜o
vetores da forma u = (x1, x2, · · · , xn) e v = (y1, y2, · · · , yn). Quando nesse conjunto
sa˜o definidas as operac¸o˜es
u+ v = (x1 + y1, x2 + y2, · · · , xn + yn)
e
k.u = (k.x1, k.x2, · · · , k.xn),
ele se transforma no espac¸o vetorial Rn. Lembrando que o vetor nulo possui todas
as coordenadas iguais a zero, ou seja, 0 = (0, 0, · · · , 0) e o inverso aditivo de u e´
dado por −u = (−x1,−x2, · · · ,−xn).
Exemplo 1.3.5. Seja o conjunto W = M3×2(R) formado pelas matrizes reais de
ordem 3×2, que significa matrizes com 3 linhas e 2 colunas. Quando nesse conjunto
definimos a operac¸a˜o de soma de matrizes e multiplicac¸a˜o por escalar, por a11 a12a21 a22
a31 a32
+
 b11 b12b21 b22
b31 b32
 =
 a11 + b11 a12 + b12a21 + b21 a22 + b22
a31 + b31 a32 + b32

e
λ
 a11 a12a21 a22
a31 a32
 =
 λa11 λa12λa21 λa22
λa31 λa32
 ,
respectivamente. Mostre que esse conjunto define um espac¸o vetorial.
Soluc¸a˜o: Vamos mostrar apenas os itens (1) e (2). Os demais ficam a cargo do leitor.
Agora, sejam as matrizes A = (aij)3×2, B = (bij)3×2 e C = (cij)3×2 em W . Logo,
(1)
A+B =
 a11 a12a21 a22
a31 a32
+
 b11 b12b21 b22
b31 b32

=
 a11 + b11 a12 + b12a21 + b21 a22 + b22
a31 + b31 a32 + b32

=
 b11 + a11 b12 + a12b21 + a21 b22 + a22
b31 + a31 b32 + a32

=
 b11 b12b21 b22
b31 b32
+
 a11 a12a21 a22
a31 a32

= B + A
CAPI´TULO 1. ESPAC¸OS VETORIAIS 10
(2)
(A+B) + C =
 a11 a12a21a22
a31 a32
+
 b11 b12b21 b22
b31 b32
+
 c11 c12c21 c22
c31 c32

=
 a11 + b11 a12 + b12a21 + b21 a22 + b22
a31 + b31 a32 + b32
+
 c11 c12c21 c22
c31 c32

=
 a11 + b11 + c11 a12 + b12 + c12a21 + b21 + c21 a22 + b22 + c22
a31 + b31 + c31 a32 + b32 + c32

=
 a11 a12a21 a22
a31 a32
+
 b11 + c11 b12 + c12b21 + c21 b22 + c22
b31 + c31 b32 + c32

=
 a11 a12a21 a22
a31 a32
+
 b11 b12b21 b22
b31 b32
+
 c11 c12c21 c22
c31 c32

= A+ (B + C)
Portanto, segue que W e´ um espac¸o vetorial.
Exemplo 1.3.6. Um caso importante de espac¸o vetorial e´ o conjunto U = Mm×n(R)
das matrizes reais m× n. Ou seja, sa˜o matrizes com m linhas e n colunas. Quando
definimos em U , a soma de matrizes e a multiplicac¸a˜o por escalar, dadas por a11 · · · a1n... . . . ...
am1 · · · amn
+
 b11 · · · abn... . . . ...
bm1 · · · bmn
 =
 a11 + b11 · · · a1n + b1n... . . . ...
am1 + bm1 · · · amn + bmn

e
k
 a11 · · · a1n... . . . ...
am1 · · · amn
 =
 ka11 · · · ka1n... . . . ...
kam1 · · · kamn
 ,
respectivamente. Assim, o conjunto U se torna um espac¸o vetorial.
Exemplo 1.3.7. Seja um conjunto X na˜o-vazio e representamos por F (X;R) o
conjunto de todas as func¸o˜es reais f : X → R. Ou seja, func¸o˜es de domı´nio X.
Nesse conjunto a operac¸a˜o de soma de func¸o˜es e´ dada por (f + g)(x) = f(x) + g(x)
e a multiplicac¸a˜o por escalar k ∈ R e´ dada por (kf)(x) = kf(x), onde x ∈ X. Prove
que esse conjunto e´ um espac¸o vetorial.
Soluc¸a˜o: Vamos mostrar apenas os itens (2), (5) e (6). Os itens restantes ficam a
cargo do leitor. Agora, sejam as func¸o˜es f, g, h ∈ F (X;R) e as constantes λ, β ∈ R.
Portanto, para todo x ∈ X, temos
CAPI´TULO 1. ESPAC¸OS VETORIAIS 11
(2)
[(f + g) + h](x) = (f + g)(x) + h(x)
= f(x) + g(x) + h(x)
= f(x) + (g + h)(x) = [f + (g + h)](x)
(5)
[λ(f + g)](x) = λ(f + g)(x)
= λ(f(x) + g(x))
= λf(x) + λg(x)
= (λf)(x) + (λg)(x) = [λf + λg](x)
(6)
[(λ+ β)f ](x) = (λ+ β)f(x)
= λf(x) + βf(x)
= (λf)(x) + (βf)(x) = [λf + βf ](x)
Logo, F (X;R) e´ um espac¸o vetorial.
Exemplo 1.3.8. Seja o conjunto Pn(R) formado pelos polinoˆmios de grau menor
ou igual a n, com coeficientes reais e n um natural diferente de zero. Considere os
elementos p(x) = a0 + a1x + · · · + anxn e q(x) = b0 + b1x + · · · + bnxn. Assim, em
relac¸a˜o a` soma de polinoˆmios e a multiplic¸a˜o por escalar, definidas por
(p+ q)(x) = (a0 + b0) + (a1 + b1)x+ · · ·+ (an + bn)xn
e
(λp)(x) = (λa0) + (λa1)x+ · · ·+ (λan)xn,
respectivamente. Logo, Pn(R) se transforma num espac¸o vetorial.
Exemplo 1.3.9. Seja o espac¸o W = R2 formado pelos pares ordenados (x, y) tais
que x, y ∈ R. Nesse espac¸o definimos as operac¸o˜es de soma e a multiplicac¸a˜o por
escalar
(a, b)⊕ (x, y) = (a+ x, y) e k � (x, y) = (x, ky),
respectivamente. Verifique se (W,⊕,�) e´ um espac¸o vetorial.
Soluc¸a˜o: Sejam os elementos u = (x, y) e v = (p, q) no espac¸o R2. Logo, segue que
u⊕ v = (x, y)⊕ (p, q) = (x+ p, q) e v ⊕ u = (p, q)⊕ (x, y) = (p+ x, y).
Portanto, conclu´ımos que u ⊕ v 6= v ⊕ u. Logo, (W,⊕,�) na˜o forma um espac¸o
vetorial.
CAPI´TULO 1. ESPAC¸OS VETORIAIS 12
1.4 Subespac¸o Vetorial
Definic¸a˜o 1.4.1. Sejam V um espac¸o vetorial e W um subconjunto na˜o vazio de
V . Diremos que W e´ um subespac¸o vetorial de V, se satisfaz as condic¸o˜es:
(S1) 0 ∈ W ;
(S2) Se u, v ∈ W enta˜o u+ v ∈ W ;
(S3) Se u ∈ W e k ∈ R enta˜o kv ∈ W .
Exemplo 1.4.1. Seja o subconjunto W = {(x,−2x) | x ∈ R} do R2. Verifique se
W e´ um subespac¸o vetorial.
Soluc¸a˜o: Vamos verificar as condic¸o˜es acima, observamos que W 6= ∅, pois (0, 0) ∈
W . Agora, suponha (x,−2x) e (y,−2y) em W , enta˜o a soma (x,−2x) + (y,−2y) =
(x + y,−2(x + y)) ∈ W . Por outro lado, seja k ∈ R e (x,−2x) em W , logo
k(x,−2x) = (kx,−2(kx)) ∈ W . Portanto, W e´ subespac¸o.
Exemplo 1.4.2. Considere o subconjunto W = {(x, x2) | x ∈ R} do R2. Verifique
se W e´ um subespac¸o vetorial.
Soluc¸a˜o: Inicialmente percebemos que W 6= ∅ pois (0, 0) ∈ W . Agora, suponha que
(x, x2) e (y, y2) em W , assim a soma (x, x2) + (y, y2) = (x + y, x2 + y2) e´ diferente
de (x+ y, (x+ y)2). Logo, a soma de vetores na˜o pertence a W . Assim, conclu´ımos
que W na˜o e´ um subespac¸o.
Exemplo 1.4.3. Sendo o conjunto W = {(x, y, z) ∈ R3 | x− 8y+ z = 0}. Verifique
se W e´ um subespac¸o vetorial de R3.
Soluc¸a˜o: Primeiramente percebemos que (0, 0, 0) ∈ W , logo W 6= ∅. Agora, con-
sidere os vetores (x, y, z) e (a, b, c) emW . Assim, atrave´s da soma (x, y, z)+(a, b, c) =
(x+a, y+b, z+c) temos que (x+a)−8(y+b)+(z+c) = (x−8y+z)+(a−8b+c) =
0 + 0 = 0. Logo, a soma pertence a W . Agora, considere a constante real k e o
vetor (x, y, z) e fazendo k(x, y, z) = (kx, ky, kz) temos que (kx) − 8(ky) + (kz) =
k(x− 8y + z) = k0 = 0. Logo, a multiplicac¸a˜o por escalar pertence a W . Portanto,
W e´ subespac¸o vetorial.
Exemplo 1.4.4. Seja o subconjuntoW =
{(
a− b b
3b a+ b
)
| a, b ∈ R
}
deM2(R).
Prove que W e´ um subespac¸o vetorial.
Soluc¸a˜o: Com efeito, percebemos que a matriz
(
0 0
0 0
)
∈ W . Logo W 6= ∅. Agora,
sejam os elementos
(
a− b b
3b a+ b
)
e
(
x− y y
3y x+ y
)
. Enta˜o, obtemos
(
a− b b
3b a+ b
)
+
(
x− y y
3y x+ y
)
=
(
(a+ x)− (b+ y) (b+ y)
3(b+ y) (a+ x) + (b+ y)
)
CAPI´TULO 1. ESPAC¸OS VETORIAIS 13
Logo, a soma pertence a W . Por outro lado, seja λ uma constante real, enta˜o
λ
(
a− b b
3b a+ b
)
=
(
λ(a− b) λb
λ(3b) λ(a+ b)
)
=
(
λa− λb λb
3λb λa+ λb
)
Portanto, a multiplicac¸a˜o por escalar pertence a W . Assim, conclu´ımos que W e´
um subespac¸o.
Exemplo 1.4.5. Seja o subconjuntoW = {p(x) ∈ P2(R) | p(1) + p′(−2) = 0}. Prove
que W e´ um subespac¸o vetorial.
Soluc¸a˜o: De fato, segue que W 6= ∅, pois o polinoˆmio nulo pertence a W . Agora,
considere os elementos p(x) e q(x) em W . Enta˜o, obtemos
(p+ q)(1) + (p+ q)′(−2) = p(1) + q(1) + p′(−2) + q′(−2)
= (p(1) + p′(−2)) + (q(1) + q′(−2)) = 0 + 0 = 0.
Logo, a soma pertence a W . Agora, seja uma constante λ real. Enta˜o, segue que
(λp)(1) + (λp)′(−2) = λ(p(1) + p′(−2)) = λ0 = 0.
Portanto, o produto por escalar pertence a W . Ou seja, W e´ um subespac¸o.
Exemplo 1.4.6. Sendo o subconjunto W = {p(x) ∈ P3(R) | p(−1) = 4}. Verifique
se W e´ um subespac¸o vetorial.
Soluc¸a˜o: Inicialmente, percebemos que o polinoˆmio nulo n(x) = 0 + 0x+ 0x2 + 0x3
na˜o pertence a W , pois n(−1) = 0. A partir disso ja´ poder´ıamos concluir que W
na˜o e´ subespac¸o. Mas, vamos verificar a segunda condic¸a˜o, para isso considere os
polinoˆmios p(x) = −6 − 3x + 8x2 + x3 e q(x) = 8 + 3x + 4x2 + 5x3 pertencentes a
W , enta˜o encontramos p(−1) = 4 e q(−1) = 4, mas a soma (p + q)(−1) = 8 na˜o
pertence a W . Logo, na˜o e´ um subespac¸o vetorial.
Exemplo 1.4.7. Considere a matriz A ∈ Mn(R) e seja o subconjunto W de Rn,
dado por W = {x ∈ Rn | Ax = 0}. Mostre que W e´ um subespac¸o vetorial.
Soluc¸a˜o: Com efeito, percebemos que W 6= ∅, pois o vetor nulo pertence a W . Agora,
sejam os elementos x e y de W , enta˜o obtemos A(x + y) = Ax + Ay = 0 + 0 = 0.
Assim, a soma pertence a W . Agora, considere a constante λ real e x em W .
Enta˜o, encontramos A(λx) = λ(Ax) = λ0 = 0. Ou seja, a multiplicac¸a˜o por escalar
pertence a W . Portanto, segue que esse subconjunto e´ um subespac¸o.
Exemplo 1.4.8. Considere o subconjunto W = {A ∈Mn(R) | A2 = A}. Verifique
se W e´ um subespac¸o vetorial de Mn(R).
Soluc¸a˜o: Inicialmente, percebemos que W 6= ∅, pois a matriz nula pertence a W .
Agora, sejam as matrizes A e B em W . Enta˜o, encontramos
(A+B)2 = A2 + AB +BA+B2 = A+ AB +BA+B.
Portanto, (A+B)2 6= A+B. Assim, conclu´ımos que W na˜o e´ subespac¸o.
CAPI´TULO 1. ESPAC¸OS VETORIAIS 14
Proposic¸a˜o 1.4.1. Sejam V um espac¸o vetorial e W um subconjuntona˜o vazio de
V . Dizemos que W e´ um subespac¸o vetorial de V se, e somente se, av + bw ∈ W
para a, b ∈ R e v, w ∈ W .
Demonstrac¸a˜o. Com efeito, suponhamos que W seja um subespac¸o de V e consi-
deremos a, b ∈ R e v, w ∈ W . Logo, podemos concluir que av ∈ W e bw ∈ W .
Portanto, resulta que av + bw ∈ W .
Reciprocamente, se W e´ um subconjunto que satisfaz a condic¸a˜o av + bw ∈ W .
Enta˜o, fazendo a = b = 0 temos que 0 ∈ W . Ou seja, o vetor nulo pertence a W .
Agora, fazendo a = 0 e b = 1 obtemos bw ∈ W e finalmente fazendo a = b = 1,
obtemos v + w ∈ W . Portanto, segue que W e´ um subespac¸o vetorial.
Exemplo 1.4.9. Mostre que o subconjunto U do espac¸o vetorial M2(R) definido
por
U =
{[
a+ 2b 0
0 7a− b
]
| a, b ∈ R
}
e´ um subespac¸o vetorial.
Soluc¸a˜o: De fato, consideremos os elementos M =
[
a+ 2b 0
0 7a− b
]
e N =[
c+ 2d 0
0 7c− d
]
de U e as constantes α, β ∈ R. Portanto, segue que
αM + βN = α
[
a+ 2b 0
0 7a− b
]
+ β
[
c+ 2d 0
0 7c− d
]
=
[
αa+ 2αb 0
0 7αa− αb
]
+
[
βc+ 2βd 0
0 7βc− βd
]
=
[
(αa+ βc) + 2(αb+ βd) 0
0 7(αa+ βc)− (αb+ βd)
]
Logo, αM + βN ∈ U . Assim, conclu´ımos que U e´ um subespac¸o de M2(R).
1.5 Combinac¸a˜o Linear
Definic¸a˜o 1.5.1. Dado um espac¸o vetorial V e considere os elementos v1, · · · , vn
de V . Assim, dado um elemento v em V , dizemos que v e´ uma combinac¸a˜o linear
dos elementos v1, · · · , vn quando satisfaz a igualdade
v = a1v1 + · · ·+ anvn (1.1)
onde ai sa˜o constantes reais e i ∈ {1, · · · , n}. Observemos que se na˜o ocorrer a
igualdade (1.1) diremos que v na˜o e´ combinac¸a˜o linear dos elementos de V .
CAPI´TULO 1. ESPAC¸OS VETORIAIS 15
Exemplo 1.5.1. Escreva os vetores (2,−3) e (x, y) do R2 como combinac¸a˜o linear
dos vetores (3,−1) e (−2, 7).
Soluc¸a˜o: Inicialmente, vamos escrever (2,−3) como combinac¸a˜o linear de (3,−1) e
(−2, 7). Ou seja, devemos encontrar as constantes reais a e b de modo que satisfac¸a
a seguinte igualdade (2,−3) = a(3,−1) + b(−2, 7). Logo, obtemos o sistema linear{
3a − 2b = 2
−a + 7b = −3. (1.2)
Resolvendo o sistema (1.2), obtemos a = 8
19
e b = −7
19
. Assim, substituindo esses
valores, encontramos a combinac¸a˜o linear desejada
(2,−3) = 8
19
(3,−1)− 7
19
(−2, 7).
Finalmente, para escrever o vetor (x, y) como combinac¸a˜o linear dos vetores (3,−1)
e (−2, 7), devemos encontrar constantes reais p e q de modo que a seguinte igualdade
(x, y) = p(3,−1) + q(−2, 7) seja verdadeira. Portanto, encontramos o sistema{
3p − 2q = x
−p + 7q = y. (1.3)
Resolvendo o sistema (1.3), obtemos p = 7x+2y
19
e q = x+3y
19
. Apo´s, a substituic¸a˜o
desses valores na combinac¸a˜o acima. Resulta que a combinac¸a˜o linear sera´ dada por
(x, y) =
7x+ 2y
19
(3,−1) + x+ 3y
19
(−2, 7).
Exemplo 1.5.2. Escreva o elemento (1,−2, 3) ∈ R3 como combinac¸a˜o linear dos
vetores (3, 1,−1), (1,−2, 4) e (1,−5, 1) em R3.
Soluc¸a˜o: Para resolver essa questa˜o, devemos obter as constantes a, b e c reais,
de modo que a igualdade (1,−2, 3) = a(3, 1,−1) + b(1,−2, 4) + c(1,−5, 1) seja
verdadeira. Isso equivale a resolver o sistema linear
3a + b + c = 1
a − 2b − 5c = −2
−a + 4b + c = 3.
Resolvendo esse sistema, encontramos a = 1
20
, b = 11
15
e c = 7
60
. Em seguida substi-
tuimos na combinac¸a˜o acima. Portanto, o resultado desejado e´ dado por
(1,−2, 3) = 1
20
(3, 1,−1) + 11
15
(1,−2, 4) + 7
60
(1,−5, 1).
Exemplo 1.5.3. Determine as constantes reais x, y, z, e w na combinac¸a˜o linear[
2 −3
−5 4
]
= x
[
1 1
2 1
]
+ y
[
3 1
1 4
]
+ z
[ −5 1
−1 1
]
+ w
[
4 −3
2 3
]
CAPI´TULO 1. ESPAC¸OS VETORIAIS 16
Soluc¸a˜o: De fato, desenvolvendo a igualdade acima, encontramos o sistema linear
x + 3y − 5z + 4w = 2
x + y + z − 3w = −3
2x + y − z + 2w = −5
x + 4y + z + 3w = 4.
Escalonando, obtemos
x + 3y − 5z + 4w = 2
− 2y + 6z − 7w = −5
− 12z + 23w = 7
51w = 3.
Portanto, segue que x = −55
17
, y = 15
17
, z = −8
17
e w = 1
17
.
Exemplo 1.5.4. Escreva o polinoˆmio p(x) = 5x − 8 como combinac¸a˜o linear dos
polinoˆmios q(x) = −3x+ 5 e m(x) = 2x− 7.
Soluc¸a˜o: Vamos encontrar as constantes reais a e b de modo que a seguinte igualdade
5x− 8 = a(−3x+ 5) + b(2x− 7) seja verdadeira. Logo, fazendo o desenvolvimento
obtemos 5x− 8 = (−3a+ 2b)x+ (5a− 7b). Portanto, encontramos o sistema linear{ −3a + 2b = 5
5a − 7b = −8.
Escalonando, obtemos a = −19
11
e b = −1
11
. Logo, a combinac¸a˜o linear e´ dada por
5x− 8 = −19
11
(−3x+ 5)− 1
11
(2x− 7).
Exemplo 1.5.5. Escreva o vetor (2, 10) como combinac¸a˜o linear dos vetores (1,−6),
(−3, 7) e (4, 8) em R2.
Soluc¸a˜o: Com efeito, devemos obter as constantes x, y e z reais, tais que a igualdade
(2, 10) = x(1,−1) + y(−3, 7) + z(4, 8) seja va´lida. Portanto, resulta no sistema{
x − 3y + 4z = 2
−x + 7y + 8z = 10.
Escalonando, obtemos a soluc¸a˜o geral (x, y, z) = (11 − 13λ, 3 − 3λ, λ), onde λ ∈
R. Logo, para o vetor (2, 10) existem infinitas combinac¸o˜es lineares e para ilus-
trac¸a˜o citaremos duas combinac¸o˜es: Assim, fazendo λ = −1 e λ = 2, encontramos
(2, 10) = 24(1,−1) + 6(−3, 7) − (4, 8) e (2, 10) = −15(1,−1) − 3(−3, 7) + 2(4, 8),
respectivamente. Portanto, atribuindo outros valores para λ ∈ R e´ poss´ıvel obter
va´rias combinac¸o˜es lineares.
CAPI´TULO 1. ESPAC¸OS VETORIAIS 17
Exemplo 1.5.6. Encontre as constantes reais x e y tal que acontec¸a a igualdade
(1,−5, 2) = x(1,−1, 4) + y(2, 1, 3) (F )
Soluc¸a˜o: Primeiramente, observamos que obter x e y em (F ) e´ equivalente a resolver
x + 2y = 1
−x + y = −5
4x + 3y = 2.
Para resolver o sistema acima, vamos encontrar inicialmente a soluc¸a˜o do sistema
formado pelas duas primeiras equac¸o˜es. Dessa forma, temos{
x + 2y = 1
−x + y = −5.
Resolvendo, obtemos a soluc¸a˜o x = 11
3
e y = −4
3
. Agora, substituindo esses valores
na terceira equac¸a˜o obtemos o resultado
4
(
11
3
)
+ 3
(−4
3
)
6= 2.
Portanto, o sistema e´ imposs´ıvel. Ou seja, na˜o e´ poss´ıvel encontrar as constantes
x e y que satisfac¸a a condic¸a˜o (F ). Assim, conclu´ımos que o vetor (1,−5, 2) na˜o e´
combinac¸a˜o linear dos vetores (1,−1, 4) e (2, 1, 3).
1.6 Espac¸o gerado
Definic¸a˜o 1.6.1. Dado um espac¸o vetorial V e seja o subconjunto S = {v1, · · · , vn}
de V . Denotamos por [S] o conjunto formado por todas as combinac¸o˜es lineares de
elementos de S. Assim, diremos que [S] e´ o espac¸o gerado por S. Ou seja, os
elementos de S sa˜o os geradores de [S].
Proposic¸a˜o 1.6.1. Seja S = {v1, · · · , vn} um subconjunto de um espac¸o vetorial
V . Enta˜o [S] e´ um subespac¸o vetorial de V .
Demonstrac¸a˜o. Com efeito, observamos que o vetor nulo pertence a [S], pois temos
0 = 0v1 + · · ·+ 0vn.
Agora, sejam u, v ∈ [S]. Logo, u = a1v1+· · ·+anvn e v = b1v1+· · ·+bnvn. Portanto,
u+ v = a1v1 + · · ·+ anvn + b1v1 + · · ·+ bnvn = (a1 + b1)v1 + · · ·+ (an + bn)vn.
Logo, u+ v ∈ [S]. Agora, seja u ∈ [S] enta˜o u = a1v1 + · · ·+ anvn e uma constante
k ∈ R. Assim, obtemos
ku = k(a1v1 + · · ·+ anvn) = (ka1)v1 + · · ·+ (kan)vn.
Ou seja, ku ∈ [S]. Assim, conclu´ımos que ele forma um subespac¸o de V .
CAPI´TULO 1. ESPAC¸OS VETORIAIS 18
Proposic¸a˜o 1.6.2. Seja V um espac¸o vetorial gerado pelos vetores v1, · · · , vn e
sabendo que vn e´ uma combinac¸a˜o linear dos demais vetores. Enta˜o, os vetores
v1, · · · , vn−1 geram V .
Demonstrac¸a˜o. De fato, considerando o elemento v ∈ V e sabendo que o conjunto
v1, · · · , vn gera V . Logo, existem constantes reais a1, · · · , an tais que
v = a1v1 + · · ·+ anvn. (1.4)
Por outro lado, sabemos que vn e´ combinac¸a˜o linear dos demais vetores. Logo,
existem constantes reais b1, · · · , bn−1 de modo que
vn = b1v1 + · · ·+ bn−1vn−1. (1.5)
Assim, substituindo (1.5) em (1.4), obtemos
v = a1v1 + · · ·+ an[b1v1+ · · ·+ bn−1vn−1]
= (a1 + anb1)v1 + · · ·+ (an−1 + anbn−1)vn−1.
Portanto, os vetores v1, · · · , vn−1 geram V .
Exemplo 1.6.1. Mostre que os vetores (1, 0, 0), (0, 1, 0) e (0, 0, 1) geram o R3.
Soluc¸a˜o: De fato, consideremos um elemento (x, y, z) ∈ R3. Assim, podemos escrever
(x, y, z) = x(1, 0, 0) + y(0, 1, 0) + z(0, 0, 1)
e como na˜o existe nenhuma restric¸a˜o para as constantes x, y, z ∈ R. Enta˜o, os
vetores geram o R3 e escrevemos da seguinte forma [(1, 0, 0)(0, 1, 0)(0, 0, 1)] = R3.
Exemplo 1.6.2. Ache o subespac¸o gerado pelos vetores v = (1, 2) e w = (−3, 1)
em R2.
Soluc¸a˜o: Inicialmente consideremos (x, y) ∈ R2 e as constantes a, b ∈ R. Agora,
vamos analisar a combinac¸a˜o linear a(1, 2) + b(−3, 1) = (x, y). Assim, obtemos{
a − 3b = x
2a + b = y.
(1.6)
Resolvendo o sistema (1.6) obtemos a soluc¸a˜o u´nica a = x+3y
7
e b = −2x+y
7
. Desse
modo podemos concluir que qualquer vetor do R2 pode ser escrito como combinac¸a˜o
linear de u e w. Assim, esses vetores geram todo o espac¸o R2. Logo, podemos
representar por [(1, 2), (−3, 1)] = R2.
Exemplo 1.6.3. Ache o subespac¸o gerado pelos vetores v = (1, 1, 2) e w = (3, 2,−4)
em R3.
CAPI´TULO 1. ESPAC¸OS VETORIAIS 19
Soluc¸a˜o: Seja o elemento (x, y, z) ∈ R3 e as constantes a, b ∈ R. Agora, vamos
estudar a combinac¸a˜o linear a(1, 1, 2) + b(3, 2,−4) = (x, y, z). Logo, vem que
a + 3b = x
a + 2b = y
2a − 4b = z.
Escalonando, temos 
a + 3b = x
− b = y − x
− 10b = z − 2x.
Resulta que 
a + 3b = x
− b = y − x
0 = (z − 2x)− 10(y − x)
(1.7)
Logo, o sistema (1.7) tera´ soluc¸a˜o somente quando 8x − 10y + z = 0. Portanto, o
subespac¸o gerado e´ fornecido por
V =
{
(x, y, z) ∈ R3 | 8x− 10y + z = 0} .
Exemplo 1.6.4. Seja W = {x2 − 2x+ 3, 2x2 − x− 5} no espac¸o vetorial P2(R).
Encontre o subespac¸o gerado por W .
Soluc¸a˜o: Considere o elemento p(x) = ax2 + bx + c em P2(R) e as constantes reais
α e β. Seja a combinac¸a˜o α(x2 − 2x + 3) + β(2x2 − x − 5) = ax2 + bx + c. Logo,
obtemos a igualdade (α+ 2β)x2 + (−2α−β)x+ (3α− 5β) = ax2 + bx+ c. Portanto,
α + 2β = a
−2α − β = b
3α − 5β = c.
Escalonando, segue que 
α + 2β = a
+ 3β = b+ 2a
− 11β = c− 3a.
Equivalentemente, temos
α + 2β = a
+ 3β = b+ 2a
0 = (c− 3a) + 11
3
(b+ 2a).
(1.8)
Ale´m disso, o sistema (1.8) tera´ soluc¸a˜o somente quando for verdadeira a igualdade
(c− 3a) + 11
3
(2a+ b) = 0. Assim, o subespac¸o gerado e´ dado por
W = {p(x) ∈ P2(R) | 13a+ 11b+ 3c = 0} .
CAPI´TULO 1. ESPAC¸OS VETORIAIS 20
Exemplo 1.6.5. Sendo V = {t3 − 2t2 + 3, t3 + 4t− 2, t2 + t} no espac¸o vetorial
P3(R). Determine o subespac¸o gerado por V .
Soluc¸a˜o: Seja p(t) = at3 + bt2 + ct + d em P3(R) e as constantes reais α , β e λ.
Onde α(t3 − 2t2 + 3) + β(t3 + 4t− 2) + λ(t2 + t) = at3 + bt2 + ct + d. Resulta que
(α + β)t3 + (−2α + λ)t2 + (4β + λ)t+ (3α− 2β) = at3 + bt2 + ct+ d. Portanto,
α + β = a
−2α + λ = b
4β + λ = c
3α − 2β = d.
Escalonando, temos
α + β = a
2β + λ = 2a+ b
− λ = c− 4a− 2b
+ 5λ
2
= (d− 3a) + 5
2
(2a+ b).
Finalmente, segue que
α + β = a
2β + λ = 2a+ b
− λ = c− 4a− 2b
0 = (d− 3a) + 5
2
(2a+ b) + 5
2
(c− 4a− 2b).
(1.9)
Portanto, conclu´ımos que o sistema (1.9) tera´ soluc¸a˜o somente quando tivermos a
condic¸a˜o (d− 3a) + 5
2
(2a+ b) +
5
2
(c− 4a− 2b) = 0. Assim, o subespac¸o gerado e´
W = {p(t) ∈ P3(R) | 16a+ 5b− 5c− 2d = 0} .
Exemplo 1.6.6. De acordo com o espac¸o vetorial M2(R) e o seguinte subconjunto
W =
{(
1 1
−2 3
)
,
( −5 4
1 −1
)}
.
Enta˜o, o subespac¸o gerado por W e´ dado por:
a)
{(
a b
c d
)
∈M2(R) | a− b− c+ 5d = 0 e b+ 2c− 2d = 0
}
b)
{(
a b
c d
)
∈M2(R) | 2a− b+ 7c− 4d = 0
}
c)
{(
a b
c d
)
∈M2(R) | a+ b+ c = 0 e 13a+ 14b− 9d = 0
}
CAPI´TULO 1. ESPAC¸OS VETORIAIS 21
d) (NDA) Nenhuma das anteriores
Soluc¸a˜o: Primeiramente, seja o elemento
(
a b
c d
)
em M2(R) e as constantes reais
α e β. Agora, teremos a combinac¸a˜o linear
α
(
1 1
−2 3
)
+ β
( −5 4
1 −1
)
=
(
a b
c d
)
.
Desenvolvendo a igualdade acima, encontramos
α − 5β = a
α + 4β = b
−2α + β = c
3α − β = d.
Escalonando, obtemos 
α − 5β = a
+ 9β = b− a
− 9β = c+ 2a
+ 14β = d− 3a.
Logo, segue que 
α − 5β = a
+ 9β = b− a
0 = a+ b+ c
0 = (d− 3a)− 14
9
(b− a).
(1.10)
Portanto, o sistema (1.10) tera´ soluc¸a˜o somente quando for verdadeira as igualdades
a+ b+ c = 0 e (d− 3a)− 14
9
(b− a) = 0. Assim, o subespac¸o gerado e´ dado por
W =
{(
a b
c d
)
∈M2(R) | a+ b+ c = 0 e 13a+ 14b− 9d = 0
}
.
Logo, a alternativa C e´ a correta.
Exemplo 1.6.7. Mostre que os vetores u = (1, 2), v = (−2, 1) e w = (1,−1) geram
o espac¸o vetorial R2.
Soluc¸a˜o: De fato, considerando o elemento (x, y) ∈ R2 e as constantes reais a, b e c.
Desenvolvendo a combinac¸a˜o a(1, 2)+b(−2, 1)+c(1,−1) = (x, y), resulta no sistema{
a − 2b + c = x
2a + b − c = y.
Escalonando, segue que{
a − 2b + c = x
5b − 3c = y − 2x.
CAPI´TULO 1. ESPAC¸OS VETORIAIS 22
Assim, obtemos {
a − 1
5
c = x+ 2y−4x
5
b − 3
5
c = y−2x
5
(1.11)
Portanto, usando o sistema (1.11) obtemos a = c
5
+x+2y
5
e b = 3c
5
+ y−2x
5
. Observamos
que c, x e y podem assumir qualquer valor real. Assim, dado um vetor do R2, ele
sempre podera´ ser escrito como combinac¸a˜o linear dos vetores u, v e w. Portanto,
eles geram o espac¸o R2. Como ilustrac¸a˜o, vamos escrever o vetor p = (5, 7) do R2,
como combinac¸a˜o linear dos vetores u, v e w. Logo, segue que
(5, 7) =
(
c+ 19
5
)
(1, 2) +
(
3c− 3
5
)
(−2, 1) + c(1,−1)
onde c e´ uma constante real qualquer. Logo, conclu´ımos que a combinac¸a˜o linear
acima na˜o e´ u´nica. Assim para cada c teremos uma combinac¸a˜o linear diferente. Ou
seja, existem infinitas combinac¸o˜es distintas.
Exemplo 1.6.8. Prove que os vetores u = (1, 2, 1), v = (2,−1, 4) e w = (−1, 2,−3)
geram o R3.
Soluc¸a˜o: De fato, seja o elemento (x, y, z) ∈ R3 e as constantes reais a, b e c. Assim,
considerando a combinac¸a˜o a(1, 2, 1) + b(2,−1, 4) + c(−1, 2,−3) = (x, y, z), temos
a + 2b − c = x
2a − b + 2c = y
a + 4b − 3c = z.
(1.12)
Resolvendo, obtemos a = −5x+2y+3z
2
, b = 8x−2y−4z
2
e c = 9x−2y−5z
2
. Portanto, a
soluc¸a˜o do sistema (1.12) e´ u´nica, segue que qualquer vetor do R3 pode ser escrito
como combinac¸a˜o linear dos vetores u , v e w. Logo, eles geram o R3.
Definic¸a˜o 1.6.2. Seja V um espac¸o vetorial. Diremos que V e´ finitamente gerado,
quando existir um subconjunto S ⊂ V , com S finito, tal que V = [S].
Exemplo 1.6.9. O espac¸o vetorial R3 e´ finitamente gerado, pois existe um sub-
conjunto finito S = {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 1, 2)}. Ale´m, disso sabemos que dado
(x, y, z) ∈ R3. Logo, temos (x, y, z) = a(1, 0, 0) + b(0, 1, 0) + c(0, 2, 1), onde a = x,
b = y − 2z e c = z. Portanto, segue que R3 = [S].
Exemplo 1.6.10. O espac¸o vetorial P2(R) e´ finitamente gerado, pois existe um
subconjunto finito S = {1, 4− t, 1 + t2}. Tal que para a+ bt+ ct2 ∈ P2(R) temos a
combinac¸a˜o linear a + bt + ct2 = x(1) + y(4 − t) + z(1 + t2), onde x = a + 4b − c,
y = −b e z = c. Portanto, segue que P2(R) = [S].
CAPI´TULO 1. ESPAC¸OS VETORIAIS 23
1.7 Dependeˆncia Linear
Definic¸a˜o 1.7.1. Diremos que os vetores v1, · · · , vk no espac¸o vetorial V sa˜o linear-
mente independentes, quando a combinac¸a˜o linear
a1v1 + · · ·+ akvk = 0, (1.13)
possuir todos os escalares iguais a zero. Ou seja, a1 = · · · = an = 0. Quando na
combinac¸a˜o (1.13) as constantes na˜o forem todas nulas. Neste caso, diremos que
os vetores v1, · · · , vk sa˜o linearmente dependentes. Normalmente usamos a seguinte
notac¸a˜o, quando o conjunto e´ linearmente independente, adotamos a forma abrevi-
ada (L.I) e no caso de linearmente dependente (L.D).Proposic¸a˜o 1.7.1. Um conjunto {w1, · · · , wn} e´ linearmente dependente se, e so-
mente se um desses vetores e´ combinac¸a˜o linear dos demais vetores.
Demonstrac¸a˜o. De fato, suponhamos que {w1, · · · , wn} seja linearmente depen-
dente. Assim, temos a combinac¸a˜o linear b1w1 + · · · + bnwn = 0, sem perda de
generalidade podemos supor que bn 6= 0. Logo, encontramos
wn =
(
− b1
bn
)
w1 + · · ·+
(
−bn−1
bn
)
wn−1
Assim, wn e´ combinac¸a˜o linear dos demais vetores. Por outro lado, suponhamos que
no conjunto {w1, · · · , wn} um dos vetores seja combinac¸a˜o linear dos demais. Logo,
sem perda de generalidade podemos supor que w1 = c2w2 + · · ·+ cnwn. Portanto,
(−1)w1 + c2w2 + · · ·+ cnwn = 0.
Ou seja, mostramos que {w1, · · · , wn} e´ linearmente dependente.
Exemplo 1.7.1. Mostre que os vetores v = (1, 4) e w = (−5, 2) sa˜o linearmente
independentes.
Soluc¸a˜o: Consideremos a combinac¸a˜o a(1, 4) + b(−5, 2) = (0, 0), onde a e b sa˜o
constantes reais. Logo, obtemos o sistema{
a − 5b = 0
4a + 2b = 0.
Resolvendo, obtemos a soluc¸a˜o u´nica a = b = 0. Assim, conclu´ımos que os vetores
v e w sa˜o linearmente independentes.
Exemplo 1.7.2. Mostre que os vetores u = (1,−1), v = (3,−4) e w = (−1, 5) sa˜o
linearmente dependentes.
CAPI´TULO 1. ESPAC¸OS VETORIAIS 24
Soluc¸a˜o: Seja a combinac¸a˜o a(1,−1) + b(3,−4) + c(−1, 5) = (0, 0), onde a, b e c sa˜o
constantes reais. Ou seja, encontramos{
a + 3b − c = 0
−a − 4b + 5c = 0.
Escalonamento, obtemos a soluc¸a˜o geral (a, b, c) = (−11, 4, 1)λ onde λ ∈ R. Logo,
o sistema possui soluc¸a˜o diferente da nula. Ou seja, os vetores sa˜o LD. Por outro
lado, fazendo λ = 1, obtemos a = −11, b = 4 e c = 1. Portanto, segue que
− 11.u+ 4.v + 1.w = 0. (1.14)
Usando a combinac¸a˜o (1.14). Podemos dizer que o vetor u e´ uma combinac¸a˜o linear
dos vetores v e w, pois temos
u =
(
4
11
)
v +
(
1
11
)
w.
Exemplo 1.7.3. Verifique se H = {(1, 5, 1), (−2, 1,−2), (3, 1,−1)} e´ LI ou LD.
Soluc¸a˜o: Inicialmente, seja a(1, 5, 1) + b(−2, 1,−2) + c(3, 1,−1) = (0, 0, 0), onde a,
b e c sa˜o constantes reais. Logo, segue que
a − 2b + 3c = 0
5a + b + c = 0
a − 2b − c = 0.
Resolvendo, obtemos a soluc¸a˜o u´nica a = b = c = 0. Dessa forma, conclu´ımos que
o conjunto e´ linearmente independente (LI).
Exemplo 1.7.4. Seja o espac¸o vetorial P2(R). Decida se os vetores sa˜o LI ou LD
p(t) = 3t2 + 2t+ 4 , q(t) = t2 + 3t− 7 e m(t) = t2 − 4t+ 18
Soluc¸a˜o: Primeiramente consideremos as constantes a, b, c ∈ R e a combinac¸a˜o linear
a(3t2 + 2t+ 4) + b(t2 + 3t− 7) + c(t2− 4t+ 18) = 0t2 + 0t+ 0. Desenvolvendo, temos
3a + b + c = 0
2a + 3b − 4c = 0
4a − 7b + 18c = 0.
Escalonando, obtemos a soluc¸a˜o geral (a, b, c) = (−1, 2, 1)λ com λ ∈ R. Portanto,
esse sistema possui soluc¸a˜o diferente da trivial. Assim, segue que {p(t), q(t),m(t)}
e´ LD.
Exemplo 1.7.5. Considerando o espac¸o vetorial M2(R) das matrizes quadradas de
ordem 2. Verifique se os vetores abaixo sa˜o LI ou LD
u =
(
1 −1
4 3
)
, v =
(
2 5
−1 −2
)
e w =
( −1 4
1 8
)
CAPI´TULO 1. ESPAC¸OS VETORIAIS 25
Soluc¸a˜o: Primeiramente consideremos as constantes a, b, c ∈ R e a combinac¸a˜o linear
a
(
1 −1
4 3
)
+ b
(
2 5
−1 −2
)
+ c
( −1 4
1 8
)
=
(
0 0
0 0
)
Logo, encontramos 
a + 2b − c = 0
−a + 5b + 4c = 0
4a − b + c = 0
3a − 2b + 8c = 0.
Resolvendo, obtemos a soluc¸a˜o u´nica a = b = c = 0. Portanto, os vetores sa˜o LI.
Exemplo 1.7.6. Sabendo que U = {u, v, w} e´ um conjunto LI. Mostre que o
conjunto V = {u− 3v + w, u+ v − 2w,−u+ v + 4w} e´ LI.
Soluc¸a˜o: Com efeito, consideremos a combinac¸a˜o a(u − 3v + w) + b(u + v − 2w) +
c(−u+v+4w) = 0. Logo, segue que (a+b−c)u+(−3a+b+c)v+(a−2b+4c)w = 0.
Mas, sabemos que u, v e w sa˜o vetores LI. Assim, temos
a + b − c = 0
−3a + b + c = 0
a − 2b + 4c = 0.
Resolvendo, obtemos a soluc¸a˜o u´nica a = b = c = 0. Ou seja, o conjunto V e´ LI.
1.8 Base e dimensa˜o
Definic¸a˜o 1.8.1. Considere W = {v1, · · · , vn} um subespac¸o de V . Dizemos que
W e´ uma base de V , quando:
(1) W gera o espac¸o V ;
(2) W for um conjunto linearmente independente.
Definic¸a˜o 1.8.2. Seja W = {w1, · · · , wk} uma base do espac¸o vetorial V . A quan-
tidade de vetores da base W sera´ chamada de dimensa˜o de V e representamos por
dimV = k. Ale´m disso, quando V admitir uma base finita, diremos que V e´ um
espac¸o vetorial de dimensa˜o finita.
Proposic¸a˜o 1.8.1. Seja {w1, · · · , wn} um conjunto gerador do espac¸o vetorial W .
Enta˜o, usando esses vetores, podemos extrair uma base de W .
Demonstrac¸a˜o. Suponha que o conjunto {w1, · · · , wn} seja linearmente indepen-
dente, enta˜o sera´ uma base de W . Mas, se {w1, · · · , wn} for linearmente dependente,
enta˜o existe a combinac¸a˜o linear a1w1 + · · ·+ anwn = 0, com algum coeficiente dife-
rente de zero. Logo, sem perda de generalidade, podemos supor que a1 6= 0. Assim,
w1 =
(
−a2
a1
)
w2 + · · ·+
(
−an
a1
)
wn
CAPI´TULO 1. ESPAC¸OS VETORIAIS 26
Logo, w1 e´ combinac¸a˜o linear dos vetores w2, · · · , wn. Portanto, se o conjunto
{w2, · · · , wn} for linearmente independente. Enta˜o, esse conjunto sera´ uma base
de W . Mas, se o conjunto for linearmente dependente, obtemos a combinac¸a˜o linear
b2w2 + · · ·+ bnwn = 0, com algum coeficiente diferente de zero. Logo, sem perda de
generalidade, podemos supor que b2 6= 0. Logo, obtemos
w2 =
(
−b3
b2
)
w3 + · · ·+
(
−bn
b2
)
wn
Portanto, w2 e´ combinac¸a˜o linear dos vetores w3, · · · , wn. Assim, se o conjunto
{w3, · · · , wn} for linearmente independente. Enta˜o, esse conjunto sera´ uma base
de W . Caso contra´rio, podemos continuar esse processo, que apo´s uma quantidade
finita de etapas, obteremos um subconjunto linearmente independente e que ainda
gera o espac¸o W . Desse modo, obtemos uma base para o espac¸o W .
Teorema 1.8.1. Sejam V um espac¸o vetorial de dimensa˜o finita e {v1, · · · , vm}
um conjunto gerador de V . Enta˜o, qualquer conjunto com mais de m elementos e´
linearmente dependente.
Demonstrac¸a˜o. Consideremos o conjunto B = {w1, · · · , wn} do espac¸o V , onde
n > m. Agora, mostremos que B e´ linearmente dependente. Mas, sabemos que
{v1, · · · , vm} gera o espac¸o V . Desse modo, existem constantes reais bij de modo
que wj =
m∑
i=1
bijvi. Agora, sejam c1, · · · , cn constantes reais. Assim, encontramos
c1w1 + · · ·+ cnwn =
n∑
j=1
cjwj =
n∑
j=1
cj
(
m∑
i=1
bijvi
)
=
n∑
j=1
m∑
i=1
bijcjvi =
m∑
i=1
(
n∑
j=1
bijcj
)
vi
Assim, considerando a combinac¸a˜o nula, teremos
c1w1 + · · ·+ cnwn =
m∑
i=1
(
n∑
j=1
bijcj
)
vi = 0.
Por outro lado, fazendo
n∑
j=1
bijcj = 0, para cada i variando de 1 ate´ m. Assim,

b11c1 + · · ·+ b1ncn = 0
...
...
...
bm1c1 + · · ·+ bmncn = 0.
(Z)
CAPI´TULO 1. ESPAC¸OS VETORIAIS 27
Portanto, obtemos um sistema (Z) com inco´gnitas cj e coeficientes reais bij. Este sis-
tema possui uma quantidade de inco´gnitas superior a quantidade de equac¸o˜es. Logo,
esse sistema possui pelo menos uma soluc¸a˜o diferente da trivial. Ou seja, existem
c1, · · · , cn com pelo menos um cj na˜o nulo. Desse modo, o conjunto {w1, · · · , wn} e´
linearmente dependente.
Corola´rio 1.8.1. Seja V um espac¸o vetorial com dimensa˜o finita. Enta˜o, duas
bases quaisquer de V teˆm a mesma quantidade de elementos.
Demonstrac¸a˜o. Com efeito, sejam A = {v1, · · · , vn} e B = {w1, · · · , wm} bases de
V . Assim, podemos dizer que A gera V e que B e´ linearmente independente. Logo,
conclu´ımos que m ≤ n. De modo semelhante, podemos dizer que B gera V e que A
e´ linearmente independente. Logo, obtemos n ≤ m. Portanto, segue que m = n.
Proposic¸a˜o 1.8.2. Sejam V um espac¸o vetorial de dimensa˜o finita e A = {v1, · · · , vn}
um conjunto linearmente independente.Suponha que v ∈ V na˜o seja combinac¸a˜o
linear dos vetores de A, enta˜o o conjunto B = {v1, · · · , vn, v} e´ linearmente inde-
pendente.
Demonstrac¸a˜o. Com efeito, considere a1, · · · , an, λ constantes reais de modo que
a1v1 + · · ·+ anvn + λv = 0. Suponha que λ 6= 0. Assim, obtemos a combinac¸a˜o
v =
(
−a1
λ
)
v1 + · · ·+
(
−an
λ
)
vn.
Portanto, v e´ uma combinac¸a˜o linear dos elementos de A, mas isso e´ uma con-
tradic¸a˜o. Portanto, devemos ter λ = 0. Ou seja, encontramos a combinac¸a˜o nula
a1v1 + · · ·+ anvn = 0.
Mas, sabemos que A e´ um conjunto linearmente independente. Portanto, temos
a1 = · · · = an = 0. Ou seja, o conjunto B e´ linearmente independente.
Teorema 1.8.2. Todo espac¸o vetorial V 6= {0} finitamente gerado, possui uma base.
Demonstrac¸a˜o. Com efeito, seja o espac¸o V finitamente gerado, logo possui um
conjunto finito de vetores que gera V . Assim, seja v1 ∈ V diferente do vetor nulo.
Nesse caso, o conjunto A1 = {v1} e´ linearmente independente e se A1 gerar o espac¸o
V . Enta˜o, formara´ uma base para V . Caso contra´rio, existira´ um outro vetor v2 ∈ V
de modo que o conjunto A2 = {v1, v2} seja linearmente independente e se A2 gerar o
espac¸o V . Enta˜o, formara´ uma base para V . Caso contra´rio, podemos continuar esse
processo e apo´s uma quantidade finita de etapas obteremos um conjunto linearmente
independente, que ainda gera o espac¸o V . Portanto, construimos uma base para V .
CAPI´TULO 1. ESPAC¸OS VETORIAIS 28
Teorema 1.8.3. (Completamento) Sejam V um espac¸o vetorial de dimensa˜o
finita e W um subconjunto linearmente independente de V . Enta˜o, podemos com-
pletar W de modo que se transforme numa base de V .
Demonstrac¸a˜o. De fato, suponha que V tenha dimensa˜o n e seja W = {w1, · · · , wk}
um subconjunto linearmente independente. Agora, se W gerar V , enta˜o o teorema
estara´ provado. Caso contra´rio, existe v1 ∈ V tal que A1 = W∪{v1} seja linearmente
independente. E se A1 gerar V , enta˜o sera´ a base de V . Caso contra´rio, podemos
continuar esse processo e apo´s uma quantidade finita de etapas. Obteremos um
conjunto Ap = W ∪ {v1, · · · , vp}, linearmente independente e que ainda gera V .
Portanto, o conjunto Ap resultante sera´ a base de V .
Corola´rio 1.8.2. Seja V um espac¸o vetorial de dimensa˜o finita n. Enta˜o, todo
conjunto com n vetores linearmente independentes formara´ uma base para V .
Demonstrac¸a˜o. De fato, seja B = {v1, · · · , vn} um conjunto linearmente indepen-
dente. Suponha que B na˜o seja uma base de V . Logo, podemos completar B de
modo que se torne uma base de V . Assim, obteremos um conjunto resultante com
mais de n vetores. Mas, isso e´ uma contradic¸a˜o.
Proposic¸a˜o 1.8.3. Sejam V um espac¸o vetorial de dimensa˜o finita e {v1, · · · , vn}
uma base para V . Enta˜o, para w ∈ V existem escalares a1, · · · , an reais u´nicos de
modo que
w = a1v1 + · · ·+ anvn
Demonstrac¸a˜o. De fato, sabendo que {v1, · · · , vn} gera o espac¸o V . Assim, para
w ∈ V existem escalares reais a1, · · · , an de modo que
w = a1v1 + · · ·+ anvn. (1.15)
Logo, para mostrar a unicidade. Suponhamos que exista uma outra combinac¸a˜o
w = b1v1 + · · ·+ bnvn. (1.16)
Subtraindo (1.15) e (1.16) temos (a1− b1)v1 + · · ·+(an− bn)vn = 0. Mas, o conjunto
{v1, · · · , vn} e´ linearmente independente. Logo, a1 − b1 = · · · = an − bn = 0.
Portanto, ai = bi onde 1 ≤ i ≤ n. Ou seja, mostramos a unicidade.
Exemplo 1.8.1. Verifique se α = {(1, 1), (3,−1)} e´ uma base de R2.
Soluc¸a˜o: Primeiramente, seja o elemento (x, y) ∈ R2 e as constantes a, b ∈ R. Assim,
formamos a combinac¸a˜o linear (x, y) = a(1, 1) + b(3,−1). Portanto, encontramos{
a + 3b = x
a − b = y.
CAPI´TULO 1. ESPAC¸OS VETORIAIS 29
Escalonando, obtemos a soluc¸a˜o u´nica a = x+3y
4
e b = x−y
4
. Dessa forma conclu´ımos
que α gera o R2. Agora, seja a combinac¸a˜o a(1, 1) + b(3,−1) = (0, 0). Logo, temos{
a + 3b = 0
a − b = 0.
Resolvendo, encontramos a soluc¸a˜o u´nica a = b = 0. Logo, o conjunto α e´ linear-
mente independente. Portanto, conclu´ımos que α e´ uma base de R2.
Exemplo 1.8.2. Verifique se β = {(1,−1, 4), (2, 1,−3)} e´ uma base de R3.
Soluc¸a˜o: Inicialmente, seja um elemento (x, y, z) ∈ R3 e as constantes a, b ∈ R.
Assim, obtemos a combinac¸a˜o linear (x, y, z) = a(1,−1, 4)+b(2, 1,−3). Logo, temos
a + 2b = x
−a + b = y
4a − 3b = z.
Escalonando, conclu´ımos que o sistema acima so´ tera´ soluc¸a˜o quando for va´lida a
igualdade x− 11y− 3z = 0. Logo, conclu´ımos que β na˜o gera o R3. Por outro lado,
considere a(1,−1, 4) + b(2, 1,−3) = (0, 0, 0). Assim, segue que
a + 2b = 0
−a + b = 0
4a − 3b = 0.
Resolvendo, obtemos a soluc¸a˜o u´nica a = b = 0. Dessa forma, o conjunto β e´
linearmente independente. Mas, como na˜o satisfaz a primeira condic¸a˜o da definic¸a˜o,
segue que β na˜o forma uma base para o R3.
Exemplo 1.8.3. Mostre que A = {1 + t + t2, 3 − t + t2, 2 + t − t2} e´ uma base de
P2(R).
Soluc¸a˜o: Inicialmente, vamos mostrar que A e´ um conjunto LI. Assim, consideremos
a combinac¸a˜o x(1 + t+ t2) + y(3− t+ t2) + z(2 + t− t2) = 0 + 0t+ 0t2. Portanto,
x + 3y + 2z = 0
x − y + z = 0
x + y − z = 0.
Resolvendo, obtemos a soluc¸a˜o u´nica x = y = z = 0. Portanto, A e´ LI. Por outro
lado, consideremos o elemento p(t) = a+ bt+ ct2 em P2(R). Agora, considerando a
combinac¸a˜o a+ bt+ ct2 = x(1 + t+ t2) + y(3− t+ t2) + z(2 + t− t2). Temos que
x + 3y + 2z = a
x − y + z = b
x + y − z = c.
Escalonando, encontramos a soluc¸a˜o u´nica x = b+c
2
, y = 2a−3b+c
10
e z = a+b−2c
5
.
Portanto, A gera P2(R). Assim, conclu´ımos que A forma uma base para P2(R).
CAPI´TULO 1. ESPAC¸OS VETORIAIS 30
Exemplo 1.8.4. Seja o seguinte o subespac¸o β = {(1, 2, 1), (−2, 4, k), (3, 1,−1)} do
R3. Determine k ∈ R de modo que β seja uma base do R3.
Resoluc¸a˜o: Sabendo que β tem 3 vetores. Logo, pra esse subespac¸o se tornar uma
base do R3, basta que os vetores sejam linearmente independentes (LI). Agora,
considere a combinac¸a˜o linear a(1, 2, 1) + b(−2, 4, k) + c(3, 1,−1) = (0, 0, 0). Logo,
a − 2b + 3c = 0
2a + 4b + c = 0
a + kb − c = 0.
Portanto, para o sistema acima ter somente a soluc¸a˜o trivial. O determinante da
matriz formada pelos coeficientes do sistema, deve ser na˜o nulo. Assim, temos∣∣∣∣∣∣
1 −2 3
2 4 1
1 k −1
∣∣∣∣∣∣ 6= 0
Logo, conclu´ımos que k 6= 22
5
.
Exemplo 1.8.5. Considere o subconjunto α = {(1, 0), (0, 1)} do R2. Agora, dado
(x, y) ∈ R2 temos (x, y) = x(1, 0) + y(0, 1), onde x, y ∈ R. Portanto, α gera o R2.
Ale´m disso, esse subconjunto e´ LI. Portanto, segue que α e´ uma base do R2. Nesse
caso, dizemos que α e´ a base canoˆnica de R2.
Exemplo 1.8.6. No espac¸o R3 o conjunto α = {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)} e´ a base
canoˆnica. Esse conceito pode ser generalizado para o Rn. Portanto, conclu´ımos que
a dimensa˜o de Rn e´ n. Ou seja, temos dimRn = n.
Exemplo 1.8.7. No espac¸o vetorial M2(R) a sua base conoˆnica e´ denotada por
α =
{(
1 0
0 0
)
,
(
0 1
0 0
)
,
(
0 0
1 0
)
,
(
0 0
0 1
)}
.
Exemplo 1.8.8. O espac¸o vetorial P3(R) o subconjunto α = {1, t, t2, t3} e´ denom-
inado base canoˆnica de P3(R). De modo geral, o subconjunto β = {1, t, t2, · · · , tn}
e´ a base canoˆnica de Pn(R). Assim, conclu´ımos que Pn(R) tem dimensa˜o finita.
Portanto, resulta que dimPn(R) = n+ 1.
Exemplo 1.8.9. Sendo P2(R) o espac¸o vetorial dos polinoˆmios de grau ≤ 2. E o
seguinte subconjunto definido por
V = {p(x) ∈ P2(R) | p(1) + p(2) = 0 e p(1) + p′(−2) = 0} .
Enta˜o assinale uma base para V :
a)
{
−4
7
x2 − 9
7
x+ 16 ,
12
13
x2 − 7
13
x
}
CAPI´TULO 1. ESPAC¸OS VETORIAIS 31
b)
{
− 1
19
x2 − 11
19
x+ 1
}
c)
{
5
9
x2 +
17
9
x− 8 , 23
35
x− 19
35
}
d)
{
− 3
23
x2 +
2
23
x− 22
23
}
Soluc¸a˜o: Inicialmente seja o elemento p(x) = ax2+ bx + c em P2(R). Logo, p(x) e
p′(x) = 2ax+ b devem satisfazer as condic¸o˜es de V . Portanto, temos
p(1) + p(2) = a+ b+ c+ 4a+ 2b+ c = 0 e p(1) + p′(−2) = a+ b+ c− 4a+ b = 0
Assim, temos o sistema {
5a+ 3b+ 2c = 0
−3a+ 2b+ c = 0.
Resolvendo, obtemos a = − c
19
e b = −11c
19
. Agora, substituindo em p(x), segue que
p(x) =
(
− c
19
)
x2 +
(
−11c
19
)
x+ c = c
(
− 1
19
x2 − 11
19
x+ 1
)
.
Logo, uma base de V e´ dado por β =
{
− 1
19
x2 − 11
19
x+ 1
}
. Desse modo, a alter-
nativa B e´ a correta.
Exemplo 1.8.10. Sendo P2(R) o espac¸o vetorial dos polinoˆmios de grau ≤ 2, onde
cada elemento tem a forma p(t) = at2 + bt+ c e o subconjunto
W =
{
p(t) ∈ P2(R) | p(−1) +
∫ 1
0
p(x) dx = 0
}
.
Determine uma base e a dimensa˜o para W .
Soluc¸a˜o: Inicialmente, seja p(t) = at2+bt+c em P2(R) e esse elemento deve satisfazer
a condic¸a˜o de W . Dessa forma, encontramos
p(−1) +
∫ 1
0
p(x) dx = a− b+ c+ a
3
+
b
2
+ c = 0
Assim, obtemos 8a − 3b + 12c = 0. Ou seja, a = 3b
8
− 3c
2
. Ale´m disso, substituindo
em p(t), temos
p(t) =
(
3b
8
− 3c
2
)
t2 + bt+ c = b
(
3t2
8
+ t
)
+ c
(−3t2
2
+ 1
)
.
Portanto, o conjunto γ =
{
3t2
8
+ t ,
−3t2
2
+ 1
}
e´ um gerador de W . Ale´m disso,
esse conjunto e´ linearmente independente. Portanto, γ se transforma numa base
para W . Logo, segue que dimW = 2.
CAPI´TULO 1. ESPAC¸OS VETORIAIS 32
Exemplo 1.8.11. Sendo P3(R) o espac¸o vetorial dos polinoˆmios de grau ≤ 3, onde
cada elemento tem a forma p(t) = at3 + bt2 + ct+ d e o subespac¸o definido por
U =
{
p(t) ∈ P3(R) | p(1) +
∫ 2
0
p(x) dx = 0
}
.
Encontre uma base e a dimensa˜o para U .
Soluc¸a˜o: Primeiramente consideremos p(t) = at3 + bt2 + ct + d em P3(R) e esse
elemento deve satisfazer a condic¸a˜o de U . Dessa forma, encontramos
p(1) +
∫ 2
0
p(x) dx = a+ b+ c+ d+ 4a+
8b
3
+ 2c+ 2d = 0
Assim, obtemos 5a+ 11b
3
+ 3c+ 3d = 0. Dessa forma, temos c = −5a
3
− 11b
9
− d. Por
outro lado, substituindo em p(t), temos
p(t) = at3 + bt2 +
(
−5a
3
− 11b
9
− d
)
t+ d
= a
(
t3 − 5t
3
)
+ b
(
t2 − 11t
9
)
+ d (−t+ 1) .
Finalmente, o conjunto β =
{
t3 − 5t
3
, t2 − 11t
9
, −t+ 1
}
e´ um gerador para U .
Ale´m disso, esse conjunto e´ linearmente independente. Ou seja, β forma uma base
para U . Portanto, segue que dimU = 3.
Exemplo 1.8.12. Seja M2(R) o espac¸o vetorial das matrizes quadradas de ordem
2, e um subespac¸o dado por
V =
{[
x y
z t
]
∈M2(R) | x− 2y + 5z − 4t = 0
}
.
Encontre uma base para V e dimV .
Soluc¸a˜o: Primeiramente, considere x = 2y − 5z + 4t. Logo, segue que[
x y
z t
]
=
[
2y − 5z + 4t y
z t
]
=
[
2y y
0 0
]
+
[ −5z 0
z 0
]
+
[
4t 0
0 t
]
= y
[
2 1
0 0
]
+ z
[ −5 0
1 0
]
+ t
[
4 0
0 1
]
Portanto, um conjunto ϕ =
{[
2 1
0 0
]
,
[ −5 0
1 0
]
,
[
4 0
0 1
]}
e´ um gerador para
V . Ale´m disso, esse conjunto e´ linearmente independente. Logo, ϕ forma uma base
para V . Assim, conclu´ımos que dimV = 3.
CAPI´TULO 1. ESPAC¸OS VETORIAIS 33
1.9 Intersec¸a˜o e soma de subespac¸os
Definic¸a˜o 1.9.1. Sejam A e B subespac¸os vetoriais de um espac¸o vetorial V . Dize-
mos que u ∈ A ∩B, quando u ∈ A e u ∈ B, simultaneamente.
Teorema 1.9.1. Sejam U e W subespac¸os vetoriais de V . Enta˜o U ∩ W e´ um
subespac¸o vetorial de V .
Demonstrac¸a˜o. De fato, temos que o vetor nulo pertence a U ∩W , assim U ∩W e´
na˜o vazio. Agora, sejam os elementos u, v ∈ U ∩W , segue que u, v ∈ U e u, v ∈ W
e como U e W sa˜o subespac¸os, concluimos que u + v ∈ U e u + v ∈ W . Logo,
u + v ∈ U ∩W . E mais ainda, seja uma constante real λ e considere v ∈ U ∩W ,
assim v ∈ U e v ∈ W . Enta˜o, temos que λv ∈ U e λv ∈ W . Assim, obtemos
λv ∈ U ∩W . Portanto, conclu´ımos que e´ um subespac¸o.
Exemplo 1.9.1. De acordo com o espac¸o vetorial R3, considere os subconjuntos
A = {(x, y, z) ∈ R3 | x− 5y − 3z = 0} e B = {(x, y, z) ∈ R3 | 2x+ 3y − z = 0}
Determine uma base para A ∩B e a sua dimensa˜o.
Soluc¸a˜o: Para obtermos o conjunto intersec¸a˜o precisamos resolver o sistema ho-
mogeˆneo {
x − 5y − 3z = 0
2x + 3y − z = 0.
Escalonando, encontramos a soluc¸a˜o geral (x, y, z) =
(
14
13
, −5
13
, 13
13
)
λ, onde λ ∈ R.
Ale´m disso, fazendo λ = 13, obtemos A ∩B = {(14,−5, 13)} e dim(A ∩B) = 1.
Teorema 1.9.2. Seja V um espac¸o vetorial e considere U e W subespac¸os vetoriais
de V , enta˜o o subconjunto definido por
U +W = {u+ w | u ∈ U e w ∈ W}
e´ um subespac¸o vetorial de V .
Demonstrac¸a˜o. De fato, sabemos que U +W e´ na˜o vazio, pois U e W sa˜o diferentes
do vazio. Agora sejam os elementos v1, v2 ∈ U + W , enta˜o obtemos v1 = u1 + w1 e
v2 = u2 + w2, onde u1, u2 ∈ U e w1, w2 ∈ W . Portanto, temos
v1 + v2 = (u1 + w1) + (u2 + w2) = (u1 + u2) + (w1 + w2)
e como sabemos que u1 +u2 ∈ U e w1 +w2 ∈ W , segue que v1 +v2 ∈ U +W . Agora,
sejam v ∈ U +W e k uma constante real, logo v = u+ w. Assim, encontramos
kv = k(u+ w) = ku+ kw
onde ku ∈ U e kw ∈ W . Dessa forma conclu´ımos que U +W e´ um subespac¸o.
CAPI´TULO 1. ESPAC¸OS VETORIAIS 34
Definic¸a˜o 1.9.2. Sejam A e B subespac¸os vetoriais de um espac¸o vetorial V . Dize-
mos que v ∈ A+ B, quando v = v1 + v2 com v1 ∈ A e v2 ∈ B. Ale´m disso, quando
tivermos A ∩B = {0}, diremos que a soma e´ direta, e denotaremos por A⊕B.
Proposic¸a˜o 1.9.1. Sejam U e W subespac¸os vetoriais de um espac¸o vetorial V de
dimensa˜o finita. Enta˜o V = U ⊕W se e somente se para todo v ∈ V existe uma
decomposic¸a˜o u´nica de modo que v = u+ w, tal que u ∈ U e w ∈ W .
Demonstrac¸a˜o. (⇒) Suponhamos que exista tal decomposic¸a˜o. Agora, mostraremos
a unicidade. Para isso, seja v = u + w = u1 + w1, tal que u, u1 ∈ U e w,w1 ∈ W .
Portanto, u − u1 = w1 − w. Mas sabemos que u − u1 ∈ U e w1 − w ∈ W . Assim,
temos u−u1 = w1−w ∈ U ∩W = {0}. Portanto, conclu´ımos que u = u1 e w = w1.
(⇒) Suponhamos que v ∈ U ∩W e consideremos u ∈ U e w ∈ W . Ale´m disso,
podemos escrever u+w = (u+ v) + (w− v). Mas, essa decomposic¸a˜o e´ u´nica. Logo,
temos que u = u+ v e w = w− v. Ou seja, resulta que v = 0. Assim, U ∩W = {0}.
Exemplo 1.9.2. Sejam os subespac¸os U = {(x, y, z) ∈ R3 | y = 0} e W =
{(x, y, z) ∈ R3 | x = z = 0} de R3. Enta˜o, facilmente pode ser mostrado que
U ∩W = {(0, 0, 0)}. E mais ainda que (x, y, z) = (x, 0, z) + (0, y, 0) ∈ U +W , onde
(x, y, z) ∈ R3. Dessa forma, conclu´ımos que U ⊕W = R3.
Exemplo 1.9.3. Sejam os subespac¸os U = {(x, y, z) ∈ R3 | y = 0} e V =
{(x, y, z) ∈ R3 | z = 0} de R3. Com um ca´lculo simples podemos obter o resul-
tado U ∩ V = {(1, 0, 0)}. Portanto, resulta que U ⊕ V 6= R3.
Teorema 1.9.3. Sejam U e W subespac¸os vetoriais de um espac¸o vetorial V de
dimensa˜o finita. Enta˜o
dim(W ) + dim(U) = dim(W ∩ U) + dim(W + U).
Demonstrac¸a˜o. Seja A = {v1, · · · , vk} uma base de W ∩ U . Logo, pelo teorema do
completamento obtemos uma base para W , dada por B = {v1, · · · , vk, w1, · · · , wn}.
De modo semelhante, obtemos uma base C = {v1, · · · , vk, u1, · · · , um} para U . No-
tamos que dim(W ) = k + n, dim(U) = k +m e dim(W ∩ U) = k. Assim, devemos
mostrar que dim(W + U) = k + n + m. Ale´m disso, vamos mostrar que o seguinte
subconjunto D = {v1, · · · , vk, w1, · · · , wn, u1, · · · , um} forma uma base para W +U .
Portanto, seja a combinac¸a˜o
a1v1 + · · ·+ akvk + b1w1 + · · ·+ bnwn + c1u1 + · · ·+ cmum = 0 (1.17)
Logo, temos
a1v1 + · · ·+ akvk + b1w1 + · · ·+ bnwn = −(c1u1 + · · ·+ cmum) (1.18)
CAPI´TULO 1. ESPAC¸OS VETORIAIS 35
Assim, o primeiro membro de (1.18) pertence a W e o segundo membro de (1.18)
pertence a U . Dessa forma os dois membros de (1.18) pertencem a W ∩ U . Logo,
existem escalares reais d1, · · · , dk tais que
−(c1u1 + · · ·+ cmum) =d1v1 + · · ·+ dkvk
Assim, obtemos
d1v1 + · · ·+ dkvk + c1u1 + · · ·+ cmum = 0
Mas, sabemos que o conjunto C e´ uma base de U . Portanto, conclu´ımos que d1 =
· · · = dk = c1 = · · · = cm = 0. Por outro lado, substituindo essas constantes nulas
em (1.17), teremos
a1v1 + · · ·+ akvk + b1w1 + · · ·+ bnwn = 0
Mas, o conjunto B e´ uma base de W . Logo, encontramos a1 = · · · = ak = b1 =
· · · = bn = 0. Portanto, mostramos que D e´ um conjunto linearmente independente.
Agora, seja v ∈ W +U . Logo temos v = w+u, onde w ∈ W e u ∈ U . Mas, sabemos
que B e´ base de W e C e´ base de U . Dessa forma, temos
w = a1v1 + · · ·+ akvk + b1w1 + · · ·+ bnwn
e
u = x1v1 + · · ·+ xkvk + y1u1 + · · ·+ unun
Portanto, encontramos
v = w + u
= (a1 + x1)v1 + · · ·+ (ak + xk)vk + b1w1 + · · ·+ bnwn) + y1u1 + · · ·+ unun)
Logo, D gera o espac¸o W + U .
Exemplo 1.9.4. Seja W um subespac¸o de um espac¸o vetorial V de dimensa˜o finita.
Se dim(W ) = dim(V ) enta˜o W = V .
Soluc¸a˜o: De fato, suponhamos que exista u ∈ V tal que u /∈ W . Agora, consideremos
o subespac¸o gerado por u. Assim, temos U = [u]. Ale´m disso, temos U ∩W = {0}.
Portanto, encontramos dim(U ∩W ) = 0 e dim(U) = 1. Agora, usando o teorema
anterior, segue que dim(U + W ) = dim(U) + dim(W )− dim(U ∩W ) = dim(U) +
dim(W ) = 1 + dim(W ) = 1 + dim(V ) > dim(V ). Mas, isso e´ uma contradic¸a˜o.
Exemplo 1.9.5. Seja M2(R) o espac¸o vetorial das matrizes quadradas de ordem 2,
e dois subespac¸os dados por
V =
{(
1 1
0 −3
)
,
(
0 1
2 0
)}
e W =
{(
3 0
0 1
)
,
(
4 −1
−4 −2
)}
CAPI´TULO 1. ESPAC¸OS VETORIAIS 36
Encontre uma base para V ∩W e dim(V +W ).
Soluc¸a˜o: Inicialmente, seja um elemento A =
(
x y
z t
)
∈ V ∩W . Logo, segue que
A ∈ V e A ∈ W . Portanto, existem escalares reais a, b, c e d tais que
A = a
(
1 1
0 −3
)
+ b
(
0 1
2 0
)
e A = c
(
3 0
0 1
)
+ d
(
4 −1
−4 −2
)
Logo, obtemos
a
(
1 1
0 −3
)
+ b
(
0 1
2 0
)
= c
(
3 0
0 1
)
+ d
(
4 −1
−4 −2
)
Por outro lado, a igualdade acima e´ equivalente ao sistema
a− 3c− 4d = 0
a+ b+ d = 0
2b+ 4d = 0
−3a− c+ 2d = 0.
Resolvendo, obtemos a soluc¸a˜o geral (a, b, c, d) = (1,−2,−1, 1)λ, onde λ ∈ R. Ale´m
disso, fazendo λ = 1, obtemos a = 1, b = −2, c = −1 e d = 1. Portanto, temos
V ∩W =
{(
1 −1
−4 −3
)}
.
Logo, segue que dim(V ∩W ) = 1. Por outro lado, sabemos que dim(V + W ) =
dimV + dimW − dim(V ∩W ). A partir disso, resulta que dim(V +W ) = 3.
1.10 Coordenadas
Definic¸a˜o 1.10.1. Considere α = {v1, · · · , vn} uma base do espac¸o vetorial V e
seja v ∈ V onde v = b1v1 + · · · + bnvn. Enta˜o, denotamos as coordenadas do vetor
v em relac¸a˜o a` base α por
[v]α =
 b1...
bn
 .
Exemplo 1.10.1. Sendo α = {(1, 1), (4, 3)} uma base de R2. Encontre as coorde-
nadas do vetor w = (8, 7) em relac¸a˜o a` base α.
Soluc¸a˜o: Primeiramente, devemos obter as constantes reais a e b na seguinte com-
binac¸a˜o linear (8, 7) = a(1, 1) + b(4, 3). Desenvolvendo, encontramos o sistema{
a+ 4b = 8
a+ 3b = 7.
CAPI´TULO 1. ESPAC¸OS VETORIAIS 37
Resolvendo, obtemos a soluc¸a˜o u´nica a = 4 e b = 1. Dessa forma, resulta que
[w]α =
[
4
1
]
.
Exemplo 1.10.2. Sendo β = {t2−1, 3t+2, t2−2t+5} uma base de P2(R). Encontre
as coordenadas do vetor p(t) = 3t2 − 11t− 3 em relac¸a˜o a` base β.
Soluc¸a˜o: Inicialmente, devemos obter as constantes reais a, b e c na combinac¸a˜o
linear 3t2 − 11t− 3 = a(t2 − 1) + b(3t+ 2) + c(t2 − 2t+ 5). Portanto, encontramos
a+ c = 3
3b− 2c = −11
−a+ 2b+ 5c = −3.
Resolvendo, obtemos a soluc¸a˜o u´nica a = 2, b = −3 e c = 1. Portanto, segue que
[p(t)]β =
 2−3
1
 .
Exemplo 1.10.3. Considere o espac¸o vetorialM2(R) formadas pelas matrizes quadradas
de ordem 2 e uma base para esse espac¸o formada por
γ =
{[
1 0
2 1
]
,
[
0 −1
1 3
]
,
[
1 1
0 1
]
,
[
1 −4
2 0
]}
Encontre as coordenadas do vetor A =
[
6 −1
7 2
]
em relac¸a˜o a` base γ.
Soluc¸a˜o: Inicialmente, vamos encontrar as constantes reais a, b, c e d na combinac¸a˜o[
6 −1
7 2
]
= a
[
1 0
2 1
]
+ b
[
0 −1
1 3
]
+ c
[
1 1
0 1
]
+ d
[
1 −4
2 0
]
Desenvolvendo, obtemos 
a+ c+ d = 6
−b+ c− 4d = −1
2a− b+ 2d = 7
a+ 3b+ c = 2.
Resolvendo, achamos a soluc¸a˜o u´nica a = 3, b = −1, c = 2 e d = 1. Portanto, temos
[A]γ =

3
−1
2
1
 .
CAPI´TULO 1. ESPAC¸OS VETORIAIS 38
1.11 Mudanc¸a de base
Sejam α = {u1, · · · , un} e β = {w1, · · · , wn} duas bases ordenadas para o espac¸o
vetorial V . Enta˜o, dado v ∈ V , existem constantes reais xi e yi, onde i = 1, · · · , n
tais que
v = x1u1 + x2u2 + · · ·+ xnun e v = y1w1 + y2w2 + · · ·+ ynwn.
Ou seja, temos
[v]α =

x1
x2
...
xn
 e [v]β =

y1
y2
...
yn

Agora, vamos escrever cada elemento de α como combinac¸a˜o linear dos elementos
de β. Ou seja, temos
u1 = a11w1 + a21w2 + · · ·+ an1wn
u2 = a12w1 + a22w2 + · · ·+ an2wn
...
...
...
...
un = a1nw1 + a2nw2 + · · ·+ annwn
Ale´m disso, temos
v = x1u1 + · · ·+ xnun
= x1(a11w1 + · · ·+ an1wn) + · · ·+ xn(a1nw1 + · · ·+ annwn)
= (x1a11 + · · ·+ xna1n)w1 + · · ·+ (x1an1 + · · ·+ xnann)wn
Enta˜o, v em relac¸a˜o a` base β sera´ dado por
[v]β =
 x1a11 + · · ·+ xna1n...
x1an1 + · · ·+ xnann
 =
 a11 · · · a1n... . . . ...
an1 · · · ann

 x1...
xn

Onde a matriz
[I]αβ =
 a11 · · · a1n... . . . ...
an1 · · · ann

e´ chamada de matriz mudanc¸a de base de α para β. Ou seja, obtemos
[v]β = [I]
α
β .[v]α. (1.19)
Por outro lado, podemos escrever cada elemento de β como combinac¸a˜o linear dos
elementos de α. Assim, temos
CAPI´TULO 1. ESPAC¸OS VETORIAIS 39
w1 = b11u1 + b21u2 + · · ·+ bn1un
w2 = b12u1 + b22u2 + · · ·+ bn2un
...
...
...
...
wn = b1nu1 + b2nu2 + · · ·+ bnnun
Ale´m disso, temos
v = y1w1 + · · ·+ ynwn
= y1(b11u1 + · · ·+ bn1un) + · · ·+ yn(b1nu1 + · · ·+ bnnun)
= (y1b11 + · · ·+ ynb1n)u1 + · · ·+ (y1bn1 + · · ·+ ynbnn)un
Logo, v em relac¸a˜o a` base α sera´ fornecido por
[v]α =
 y1b11 + · · ·+ ynb1n...
y1bn1 + · · ·+ ynbnn
 =
 b11 · · · b1n... . . . ...
bn1 · · · bnn

 y1...
yn

Onde a matriz
[I]βα =
 b11 · · · b1n... . . . ...
bn1 · · · bnn

e´ chamada de matriz mudanc¸a de base de β para α. Portanto, temos
[v]α = [I]
β
α.[v]β. (1.20)
Agora, substituindo (1.20) em (1.19) e tambe´m (1.19) em (1.20), encontramos
[v]β = [I]
α
β .[I]
β
α.[v]β
e
[v]α = [I]
β
α.[I]
α
β .[v]α.
Ale´m disso, as duas igualdades acima sa˜o va´lidas para todo v ∈ V . Logo, temos
[I]αβ .[I]
β
α = [I]
β
α.[I]
α
β = I.
Onde I e´ a matriz identidade. Agora, usando a igualdade acima, conclu´ımos que
[I]αβ =
(
[I]βα
)−1
.
Assim, obtemos o seguinte resultado
Proposic¸a˜o 1.11.1. Sejam α = {u1, · · · , un} e β = {w1, · · · , wn} bases ordenadas
do espac¸o vetorial V . Enta˜o, existe uma matriz invers´ıvel u´nica [I]βα tal que
[v]α = [I]
β
α.[v]β, onde v ∈ V.
CAPI´TULO 1. ESPAC¸OS VETORIAIS 40
Exemplo 1.11.1. Sejam as bases α = {(1,−1), (2, 1)} e β = {(1, 0), (3, 4)} do
espac¸o R2. Obtenha a matriz mudanc¸a de base [I]αβ .
Soluc¸a˜o: Devemos escrever cada elemento da base α como combinac¸a˜o linear dos
elementos da base β. Dessa forma, temos
(1,−1) = a(1, 0) + b(3, 4) e (2, 1) = c(1, 0) + d(3, 4)
Enta˜o, a matriz mudanc¸a de base de α para β, sera´ dada por
[I]αβ =
[
a c
b d
]
.
Resolvendo as combinac¸o˜es, obtemos a = 7
4
, b = −1
4
, c = 5
4
e d = 1
4
. Portanto, temos
[I]αβ =
1
4
[
7 5
−1 1
]
.
Exemplo 1.11.2. Sejam α = {4− t , 5+ t} e β = {1−2t , 1+3t} bases ordenadas
do espac¸o P1(R). Encontre:
a) a matriz mudanc¸a de base [I]βα.
b) [v]α sabendo que [v]β=
[
18
−9
]
.
Soluc¸a˜o: Para resolver (a), vamos escrever cada elemento da base β como combinac¸a˜o
linear dos elementos da base α. Logo, obtemos
1− 2t = a(4− t) + b(5 + t) = (4a+ 5b) + (−a+ b)t
e
1 + 3t = c(4− t) + d(5 + t) = (4c+ 5d) + (−c+ d)t
Assim, a matriz mudanc¸a de base de β para α, sera´ fornecida por
[I]βα =
[
a c
b d
]
.
Com alguns ca´lculos obtemos a = 11
9
, b = −7
9
, c = −14
9
e d = 13
9
. Logo, segue que
[I]βα =
1
9
[
11 −14
−7 13
]
.
Para resolver (b), sabemos que vale a relac¸a˜o [v]α = [I]
β
α.[v]β. Assim, encontramos
[v]α =
1
9
[
11 −14
−7 13
]
.
[
18
−9
]
=
[
36
−27
]
.
CAPI´TULO 1. ESPAC¸OS VETORIAIS 41
Exemplo 1.11.3. Sejam as bases ordenadas do espac¸o R3 definidas a seguir por
α = {(1, 0, 0), (1, 0, 1), (0, 1,−3)} e β = {(1,−1, 4), (0, 1, 0), (0, 0, 1)}
Determine cada matriz mudanc¸a de base abaixo:
a) [I]αβ b) [I]
β
α
Soluc¸a˜o: Para resolver (a), vamos escrever cada vetor da base α como combinac¸a˜o
linear dos vetores da base β. Portanto, temos
(1, 0, 0) = a1(1,−1, 4) + a2(0, 1, 0) + a3(0, 0, 1)
(1, 0, 1) = b1(1,−1, 4) + b2(0, 1, 0) + b3(0, 0, 1)
(0, 1,−3) = c1(1,−1, 4) + c2(0, 1, 0) + c3(0, 0, 1)
Assim, a matriz mudanc¸a de base de α para β sera´ dada por
[I]αβ =
 a1 b1 c1a2 b2 c2
a3 b3 c3
 .
Atrave´s de ca´lculos obtemos a1 = 1, a2 = 1, a3 = −4, b1 = 1, b2 = 1, b3 = −3,
c1 = 0, c2 = 1, c3 = −3. Ou seja, encontramos
[I]αβ =
 1 1 01 1 1
−4 −3 −3
 .
Para resolver (b), basta encontrar a inversa do item (a), pois sabemos que vale a
relac¸a˜o [I]βα = ([I]
α
β)
−1. Dessa forma, temos
[I]βα =
 0 −3 −11 3 1
−1 1 0
 .
Exemplo 1.11.4. Sejam as bases ordenadas do espac¸o P2(R) definidas a seguir por
α = {2− t− t2 , −1 + 2t+ 5t2 , 2− 3t− 2t2} e β = {1− t , t+ 2t2 , 1− t2}
Encontre cada matriz mudanc¸a de base a seguir:
a) [I]αβ b) [I]
β
α
CAPI´TULO 1. ESPAC¸OS VETORIAIS 42
Soluc¸a˜o: Para resolver (a), vamos aplicar a definic¸a˜o de matriz mudanc¸a de base.
Dessa forma, temos
2− t− t2 = x1(1− t) + x2(t+ 2t2) + x3(1− t2)
−1 + 2t+ 5t2 = y1(1− t) + y2(t+ 2t2) + y3(1− t2)
2− 3t− 2t2 = z1(1− t) + z2(t+ 2t2) + z3(1− t2)
Assim, a representac¸a˜o da matriz mudanc¸a de base de α para β sera´ fornecida por
[I]αβ =
 x1 y1 z1x2 y2 z2
x3 y3 z3
 .
Logo, obtemos x1 = 1, x2 = 0, x3 = 1, y1 = 0, y2 = 2, y3 = −1, z1 = 2, z2 = −1,
z3 = 0. Portanto, segue que
[I]αβ =
 1 0 20 2 −1
1 −1 0
 .
Para resolver (b), basta encontrar a inversa do item (a), pois sabemos da validade
da relac¸a˜o [I]βα = ([I]
α
β)
−1. Assim, temos
[I]βα =
1
5
 1 2 41 2 −1
2 −1 −2
 .
Exemplo 1.11.5. Sejam as bases ordenadas do espac¸o M2(R) definidas a seguir
por
α =
{[
3 0
0 4
]
,
[ −4 2
0 1
]
,
[
7 −3
0 0
]
,
[
2 0
−1 4
]}
e
β =
{[
1 0
0 1
]
,
[
2 −1
0 0
]
,
[
0 0
0 1
]
,
[
0 1
−1 4
]}
Determine:
a) a matriz mudanc¸a de base [I]αβ .
b) [v]α sabendo que [v]β =

1
0
2
0
.
CAPI´TULO 1. ESPAC¸OS VETORIAIS 43
Soluc¸a˜o: No item (a), usando a definic¸a˜o de matriz mudanc¸a de base, vem que[
3 0
0 4
]
= A1
[
1 0
0 1
]
+ A2
[
2 −1
0 0
]
+ A3
[
0 0
0 1
]
+ A4
[
0 1
−1 4
]
[ −4 2
0 1
]
= B1
[
1 0
0 1
]
+B2
[
2 −1
0 0
]
+B3
[
0 0
0 1
]
+B4
[
0 1
−1 4
]
[
7 −3
0 0
]
= C1
[
1 0
0 1
]
+ C2
[
2 −1
0 0
]
+ C3
[
0 0
0 1
]
+ C4
[
0 1
−1 4
]
[
2 0
−1 4
]
= D1
[
1 0
0 1
]
+D2
[
2 −1
0 0
]
+D3
[
0 0
0 1
]
+D4
[
0 1
−1 4
]
Portanto, calculando os coeficientes das combinac¸o˜es lineares acima, obtemos
[I]αβ =

3 0 1 0
0 −2 3 1
1 1 −1 0
0 0 0 1
 .
No item (b), precisamos da matriz mudanc¸a de base [I]βα. Assim, devemos obter a
inversa da matriz acima. Apo´s alguns ca´lculos, temos
[I]βα = ([I]
α
β)
−1 =

1 −1 −2 1
−3 4 9 −4
−2 3 6 −3
0 0 0 1
 .
Portanto, segue que
[v]α = [I]
β
α.[v]β =

1 −1 −2 1
−3 4 9 −4
−2 3 6 −3
0 0 0 1
 .

1
0
2
0
 =

−3
15
10
0
 .
Exemplo 1.11.6. Sejam α = {v1, v2} e β = {(1, 2), (−1, 1)} bases ordenadas do R2
e matriz mudanc¸a de base
[I]αβ =
[ −3 4
1 −2
]
.
Determine os vetores da base α.
Soluc¸a˜o: Vamos denotar os vetores da base α por v1 = (x, y) e v2 = (a, b). Agora,
usando a definic¸a˜o da matriz [I]αβ , segue que
(x, y) = −3.(1, 2) + 1.(−1, 1) = (−4,−5) e (a, b) = 4.(1, 2)− 2.(−1, 1) = (6, 6).
Portanto, conclu´ımos que α = {(−4,−5), (6, 6)}.
CAPI´TULO 1. ESPAC¸OS VETORIAIS 44
Exemplo 1.11.7. Sejam α = {(1, 4), (7,−5)} e β = {u1, u2} bases ordenadas do
R2 e matriz mudanc¸a de base
[I]αβ =
( −1 2
3 −1
)
.
Enta˜o, a base β e´ igual a:
a)
{(
14
5
,
−9
5
)
,
(
29
5
,
1
5
)}
b)
{(
3
8
,
7
8
)
,
(
19
8
,
−17
8
)}
c)
{(
22
5
,
−11
5
)
,
(
9
5
,
3
5
)}
d)
{(
1
8
,
13
8
)
,
(−9
8
,
19
8
)}
Soluc¸a˜o: Vamos denotar os vetores da base β por u1 = (x, y) e u2 = (p, q). Agora,
usando a definic¸a˜o da matriz [I]αβ , segue que
(1, 4) = −1.(x, y) + 3.(p, q) = (−x+ 3p,−y + 3q)
(7,−5) = 2.(x, y)− 1.(p, q) = (2x− p, 2y − q).
De forma equivalente, obtemos { −x + 3p = 1
2x − p = 7 (I)
e { −y + 3q = 4
2y − q = −5. (II)
Resolvendo (I) e (II) encontramos x = 22
5
, y = −11
5
, p = 9
5
e q = 3
5
. Disso resulta
que a alternativa C e´ a correta.
CAPI´TULO 1. ESPAC¸OS VETORIAIS 45
1.12 Exerc´ıcios
1. Em relac¸a˜o aos subconjuntos do R2 definidos a seguir. Escreva Verdade se for
subespac¸o vetorial, e caso contra´rio escreva Falso. No caso verdadeiro exiba
uma base e a dimensa˜o.
a) U =
{
(x, y) ∈ R2 | 2x+ 3y = 0}
b) V =
{
(x, y) ∈ R2 | x− 3y = 5}
c) W =
{
(x, y) ∈ R2 | y = 4x
7
}
2. De acordo com os subconjuntos de M2(R) definidos abaixo. Escreva Verdade
se for subespac¸o vetorial, e caso contra´rio escreva Falso. No caso verdadeiro
determine uma base e a dimensa˜o.
a) U =
{(
a b
c d
)
∈M2(R) | a+ 2b = c− 4d
}
b) V =
{(
a b
c d
)
∈M2(R) | a = 5c e b = 3d
}
c) W =
{(
a b
c d
)
∈M2(R) | a = b+ c+ 7
}
3. Seja o espac¸o vetorial P2(R) tal que p(t) = a + bt + ct2. Escreva Verdade se
o subconjunto for subespac¸o vetorial, e caso contra´rio escreva Falso. No caso
verdadeiro encontre uma base e a dimensa˜o.
a) U = {p(t) ∈ P2(R) | p(1) = 3}
b) V = {p(t) ∈ P2(R) | p(−2) = 0}
c) W =
{
p(t) ∈ P2(R) | p
(
1
2
)
= p(−1)
}
4. Sejam M2(R) o espac¸o vetorial das matrizes quadradas de ordem 2 e os sub-
conjuntos definidos por
U =
{
A ∈M2(R) | At = A
}
e V =
{
B ∈M2(R) | Bt = −B
}
.
Verifique se U e V sa˜o subespac¸os vetoriais. Em caso afirmativo, obtenha uma
base e a dimensa˜o.
CAPI´TULO 1. ESPAC¸OS VETORIAIS 46
5. Seja M2(R) o espac¸o vetorial das matrizes quadradas de ordem 2, e o subcon-
junto W formado pelas matrizes triangulares superiores. Mostre que W e´ um
subespac¸o vetorial. Em seguida, determine uma base e a dimensa˜o.
6. Sendo P3(R) o espac¸o vetorial dos polinoˆmios de grau ≤ 3 e o subconjunto
dado por W = {p(x) ∈ P3(R) | p(1) = 0 e p′(−1) = 0}. Mostre que W e´ um
subespac¸o vetorial. Em seguida, obtenha uma base e a dimensa˜o.
7. Seja P2(R) o espac¸o vetorial dos polinoˆmios de coeficientes reais de grau ≤
2 e o subconjunto U =
{
p(x) ∈ P2(R) | p′(5) = p
(
2
3
)}
. Prove que U e´ um
subespac¸o, depois ache uma base e sua dimensa˜o.
8. Seja P2(R) o espac¸o vetorial dos polinoˆmios de grau ≤ 2, onde cada elemento
tem a forma p(t) = at2+bt+c e o subespac¸o W = {p(t) ∈ P2(R) | 3a−b = 7c}.
Encontre