Complementos de Álgebra Linear - UNIP

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Autoras: Profa. Isabel Cristina de Oliveira Navarro Espinosa
 Profa. Valéria de Carvalho
Colaboradora: Profa. Marisa Rezende Bernardes
Complementos de 
Álgebra Linear
Professoras conteudistas: Isabel Cristina de Oliveira Navarro Espinosa / 
Valéria de Carvalho 
Isabel Cristina de Oliveira Navarro Espinosa é graduada em Matemática pela Faculdade Oswaldo Cruz e mestre 
em Educação Matemática pela Pontifícia Universidade Católica de São Paulo (PUC – SP). Leciona no Ensino Superior 
desde 1981.
Professora do curso de pós-graduação lato sensu em Educação Matemática das Faculdades Oswaldo Cruz e 
professora da Universidade Paulista (UNIP) na modalidade presencial e na modalidade EaD (Educação a Distância). É 
coautora dos livros: Geometria analítica para computação (Editora LTC); Álgebra linear para computação (Editora LTC); 
Matemática: complementos e aplicações nas áreas de ciências contábeis, administração e economia (Editora Ícone). 
Valéria de Carvalho é especialista em Matemática pelo IMECC (Instituto de Matemática Estatística e Computação 
Científica), Mestre e Doutora em Educação Matemática pela Faculdade de Educação (Unicamp). Leciona no Ensino 
Superior desde 1988.
No LEM (Laboratório de Ensino de Matemática – IMECC) e na Faculdade de Educação, ambos na Unicamp, trabalhou 
como professora colaboradora sobre temas das Tecnologias da Informação e da Comunicação (TICs) em projetos de 
Educação Continuada.
Apresenta publicações em anais de congressos fora do Brasil e capítulos de livros em nossa língua, pensando o 
trabalho docente, a educação matemática crítica e a sociedade.
Atualmente é professora da Universidade Paulista (UNIP) e coordenadora do curso de Matemática na modalidade 
EaD (Ensino a Distância). 
© Todos os direitos reservados. Nenhuma parte desta obra pode ser reproduzida ou transmitida por qualquer forma e/ou 
quaisquer meios (eletrônico, incluindo fotocópia e gravação) ou arquivada em qualquer sistema ou banco de dados sem 
permissão escrita da Universidade Paulista.
Dados Internacionais de Catalogação na Publicação (CIP)
E77c Espinosa, Isabel Cristina de Oliveira Navarro.
Complementos de álgebra linear. / Isabel Cristina de Oliveira 
Espinosa, Valéria de Carvalho. – São Paulo: Editora Sol, 2014.
204 p., il.
1. Espaços vetoriais. 2. Combinação linear. 3. Álgebra. I. Carvalho, 
Valéria de. II. Título. 
CDU 51
Prof. Dr. João Carlos Di Genio
Reitor
Prof. Fábio Romeu de Carvalho
Vice-Reitor de Planejamento, Administração e Finanças
Profa. Melânia Dalla Torre
Vice-Reitora de Unidades Universitárias
Prof. Dr. Yugo Okida
Vice-Reitor de Pós-Graduação e Pesquisa
Profa. Dra. Marília Ancona-Lopez
Vice-Reitora de Graduação
Unip Interativa – EaD
Profa. Elisabete Brihy
Prof. Marcelo Souza
Prof. Dr. Luiz Felipe Scabar
Prof. Ivan Daliberto Frugoli
 Material Didático – EaD
 Comissão editorial:
 Dra. Angélica L. Carlini (UNIP)
 Dra. Divane Alves da Silva (UNIP)
 Dr. Ivan Dias da Motta (CESUMAR)
 Dra. Kátia Mosorov Alonso (UFMT)
 Dra. Valéria de Carvalho (UNIP)
 Apoio:
 Profa. Cláudia Regina Baptista – EaD
 Profa. Betisa Malaman – Comissão de Qualificação e Avaliação de Cursos
 Projeto gráfico:
 Prof. Alexandre Ponzetto
 Revisão:
 Virgínia Bilatto
 Amanda Casale
Sumário
Complementos de Álgebra Linear
APRESENTAÇÃO ......................................................................................................................................................9
Unidade I
1 ESPAÇOS VETORIAIS ....................................................................................................................................... 11
1.1 Definição .................................................................................................................................................. 11
1.1.1 Propriedades ............................................................................................................................................. 14
1.2 Subespaço vetorial ............................................................................................................................... 14
1.3 Soma de subespaços ........................................................................................................................... 18
1.4 Intersecção de subespaços ............................................................................................................... 20
1.4.1 Propriedades ............................................................................................................................................. 20
2 COMBINAÇÃO LINEEAR ................................................................................................................................ 23
2.1 Soma direta............................................................................................................................................. 23
2.2 Combinação linear ............................................................................................................................... 24
2.3 Subespaço gerado ................................................................................................................................ 26
2.3.1 Propriedades ............................................................................................................................................. 27
2.4 Dependência e independência linear ........................................................................................... 29
2.5 Ampliando seu leque de exemplos................................................................................................ 32
Unidade II
3 BASE ..................................................................................................................................................................... 42
3.1 Processo prático para determinar vetores LI – LD no IRn .................................................... 42
3.1.1 Propriedades ............................................................................................................................................. 44
3.2 Base ............................................................................................................................................................ 44
3.3 Dimensão ................................................................................................................................................. 45
3.3.1 Algumas propriedades .......................................................................................................................... 45
3.4 Base de um subespaço ....................................................................................................................... 48
3.5 Alguns teoremas sobre bases .......................................................................................................... 55
4 VETOR COORDENADA .................................................................................................................................... 58
4.1 Matriz mudança de base ................................................................................................................... 60
4.1.1 Processo prático para determinar a matriz mudança de base ............................................. 62
4.1.2 Alguns resultados importantes ......................................................................................................... 63
4.2 Ampliando seu leque de exemplos................................................................................................ 65
Unidade III
5 TRANSFORMAÇÃO LINEAR .......................................................................................................................... 77
5.1 Definição ..................................................................................................................................................77
5.1.1 Operador linear ........................................................................................................................................ 77
5.2 Algumas propriedades ........................................................................................................................ 77
5.3 Núcleo ....................................................................................................................................................... 81
5.3.1 Definição .................................................................................................................................................... 81
5.3.2 Propriedades ............................................................................................................................................. 82
5.4 Imagem da transformação linear .................................................................................................. 82
5.4.1 Definição .................................................................................................................................................... 82
5.4.2 Propriedades ............................................................................................................................................. 83
5.5 Matriz da transformação linear...................................................................................................... 88
5.6 Operador inversível .............................................................................................................................. 93
5.6.1 Alguns resultados importantes ......................................................................................................... 94
5.7 Matriz mudança de base ................................................................................................................... 96
5.7.1 Alguns resultados importantes ......................................................................................................... 96
6 OPERADORES .................................................................................................................................................... 98
6.1 Operador ortogonal ............................................................................................................................. 98
6.2 Operador simétrico .............................................................................................................................. 99
6.3 Operações com operadores lineares ...........................................................................................100
6.3.1 Adição ........................................................................................................................................................100
6.3.2 Multiplicação por escalar ..................................................................................................................100
6.3.3 Composição .............................................................................................................................................101
6.4 Determinantes .....................................................................................................................................102
6.4.1 Algumas propriedades ........................................................................................................................106
6.4.2 Determinante de um operador linear...........................................................................................107
6.4.3 Composição .............................................................................................................................................108
6.5 Formas bilineares ................................................................................................................................109
6.6 Produto interno ..................................................................................................................................111
6.6.1 Norma ........................................................................................................................................................112
6.7 Métrica ....................................................................................................................................................112
6.8 Ampliando seu leque de exemplos..............................................................................................113
Unidade IV
7 APLICATIVOS DE INFORMÁTICA USANDO MAXIMA ........................................................................124
7.1 Maxima: o software, a instalação e os recursos básicos ....................................................124
7.1.1 Origens e potencialidades do Maxima ........................................................................................ 124
7.1.2 Baixando e instalando o Maxima .................................................................................................. 125
7.1.3 A interface do Maxima ...................................................................................................................... 133
7.1.4 Recursos básicos no Maxima .......................................................................................................... 135
7.1.5 Considerações importantes sobre classificação de um sistema linear e 
sua interpretação geométrica.................................................................................................................... 172
8 TRANSFORMAÇÕES LINEARES .................................................................................................................174
8.1 Transformação ou aplicação linear .............................................................................................176
8.2 Transformação linear plana............................................................................................................176
8.2.1 Movimentos de dilatação e contração ....................................................................................... 177
8.2.2 Movimentos de reflexão ....................................................................................................................181
8.2.3 Movimentos de projeção .................................................................................................................. 184
8.2.4 Movimentos de cisalhamento ........................................................................................................ 185
8.2.5 Movimento de rotação em um ângulo θ no sentido anti-horário ................................. 188
8.3 Aplicações injetoras e não injetoras ...........................................................................................190
9
APRESENTAÇÃO
Abordaremos neste material algumas noções basilares da Álgebra, como conjuntos, relações, 
operações, grupos, anéis e corpos. Depois, apresentaremos algumas noções de como usar o Maxima, 
ofereceremos especial foco ao estudo de sistemas lineares e, na sequência, apresentaremos alguns 
tipos de transformações lineares. Esses tópicos serão tratados de modo informal e intuitivo, buscando 
assim a sua compreensão e assimilação. Essa proposta baseia-se em alguns estudos desenvolvidos na 
Educação Matemática que evidenciam, nos diversos níveis de ensino, as dificuldades apresentadas pelos 
estudantes com relação ao formalismo e ao rigor matemático.
Sendo assim, optamos por fazer uma abordagem menos rigorosa sobre o assunto, ressaltando, 
contudo, que o rigor e o formalismo são essenciais para a Matemática e que esses devem ser explorados 
no aprofundamento dos temas aqui tratados.
A organização deste material foi inspirada nos livros constantes da referência bibliográfica, e 
qualquer um desses será um bom complemento ao curso. Nessas obras, o estudante encontrará muitos 
exemplos e também todas as demonstrações necessárias para o aprofundamento no assunto.Sugerimos que os estudantes utilizem pelo menos um dos livros indicados como referência e que 
busquem exemplos adicionais e exercícios complementares. É importante ressaltar que o estudo ou a 
leitura de qualquer tipo de material que aborde conceitos, conteúdos, noções ou ideias relacionadas 
à Matemática deve ser feito com lápis e borracha, pois esses são instrumentos essenciais para a 
aprendizagem desta ciência.
Desejamos ao estudante um bom curso de Álgebra e ressaltamos que a persistência, a motivação e 
o empenho serão fundamentais para o seu sucesso.
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Unidade I
1 ESPAÇOS VETORIAIS
1.1 Definição
Consideremos um conjunto não vazio V, com duas operações binárias “adição” e “multiplicação por 
escalar (número real)”, diremos que V é um espaço vetorial sobre IR se e somente se valem as propriedades:
Adição
+: V x V → V
 (u , v)  u + v
1) associativa: ∀ u, v, w ∈ V
 (u + v) + w = u + (v + w),
2) comutativa: ∀ u, v ∈ V
 u + v = v + u,
3) elemento neutro:
 ∃ 0 ∈ V tal que u + 0 = u , ∀ u ∈ V
4) oposto
 ∀ u ∈ V, ∃ (-u) ∈ V tal que u + (-u) = 0
Multiplicação
• : IR x V → V
 (a, u)  a • u
5) ∀u ∈ V, ∀a, b ∈ IR
 (b• u) = (a b)• u
6) ∀u ∈ V, ∀a, b ∈ IR
 (a + b)• u = a •u + b •u
7) ∀u, v ∈ V , ∀a ∈ IR
 a(u + v) = a •u + a • v
8) ∀u ∈ V
 1•u = u 
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Notemos que u + v e a • u devem pertencer a V.
Chamamos os elementos de V de vetores e os elementos de IR de escalares.
Exemplos
1) IR é um espaço vetorial
IR com a adição e a multiplicação que utilizamos usualmente satisfaz as 8 propriedades
2) IR2, o conjunto dos pares ordenados que formam o plano, é um espaço vetorial
IR2 = {(x, y) | x, y ∈ IR}, com as operações usuais:
Adição: u + v = (x, y) + (r, s) = (x + r, y + s)
Multiplicação por escalar: a.u = a(x, y) = (ax, ay) é fácil verificar que IR2 satisfaz as 8 condições da 
definição; como exemplo vamos verificar algumas dessas propriedades:
comutativa: u + v = v + u , vale pois:
u + v = (x, y) + (r, s) = (x + r, y + s)
v + u = (r, s) + (x, y) = (r + x, s + y)
elemento neutro – 0 = (0, 0)
oposto - (- u) = - (x, y) = (-x, -y) é o oposto de u = (x, y)
M1 ∀ u ∈ V, ∀ a, b ∈ IR,
a(b. u) = (a b) . u, vale pois:
a(b. u) = a[b. (x, y)] = (a.b .x, a.b. y)
(ab) . u = (ab) . (x,y) = (a.b .x, a.b. y)
da mesma forma as outras propriedades podem ser verificadas.
3) Da mesma forma são espaços vetoriais os conjuntos:
IR3 = {(x, y, z) | x, y, z ∈ IR} conjunto dos pontos do plano
IR4 = {(x, y, z, t) | x, y, z, t ∈ IR}
 
IRn é espaço vetorial, sendo IRn = {(x1, x2, . . . ,xn) | xi ∈ IR}
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4) O conjunto das matrizes Mmxn (IR) é espaço vetorial, pois satisfaz as condições da definição.
Vejamos agora 2 conjuntos que não são espaços vetoriais.
5) V = {(1, y) | y ∈ IR}, com as operações de adição e multiplicação por escalar usuais.
Sejam u = (x, y) e v = (r, s) vetores de V, devemos ter x = 1 e r = 1 (condição dada na definição de V, 1ª 
coordenada igual a 1) assim u + v = (1, y) + (1, s) = (1 + 1, y + s) = (2, y + s) ∉ V, pois a 1ª coordenada é 
diferente de 1. Logo, V não pode ser espaço vetorial.
6) V = IR3 , com as operações definidas por:
(x, y, z) ⊕ (a, b, c) = (x, y, z + c) e a . (x, y, z) = (a . x, a . y, a . z)
Inicialmente vamos verificar a propriedade comutativa
u ⊕ v = v ⊕ u
u ⊕ v = (x, y, z) ⊕ (a, b, c) = (x, y, z + c)
v ⊕ u = (a, b, c) ⊕ (x, y, z) = (a, b, c + z)
não são iguais, logo, não vale a propriedade comutativa e V não é espaço vetorial.
7) O conjunto Pn , de todos os polinômios de grau ≤ n juntamente com o polinômio nulo, é um 
espaço vetorial com as operações usuais de polinômios.
Lembremos que o grau de um polinômio é dado pela potência mais alta com coeficiente não nulo, 
assim os elementos de Pn são escritos na forma:
 p(t) = an t 
n + an - 1 t 
n - 1 + . . . + a1 t + a0
e q(t) = bn t 
n + bn - 1 t 
n - 1 + . . . + b1 t + b0
As operações usuais de adição e de multiplicação por escalar de polinômios são dadas por:
p(t) + q(t) = (an + bn) t
n + (an - 1+ bn - 1) t
n - 1 + . . . + (a1+ b1) t + (a0 + b0)
e
k . p(t) = (k . an) t 
n + (k . an - 1) t
n - 1 + . . . + (k . a1) t + (k . a0)
Generalizando, o conjunto P, formado por todos os polinômios, é um espaço vetorial.
 Lembrete
Os elementos de V são chamados de vetores e os elementos de IR são 
chamados de escalares.
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1.1.1 Propriedades
1- ∀a ∈ IR, a • 0 = 0
2- ∀u ∈ V, 0 • u = 0
3- a • u = 0 ⇔ a = 0 ou u = 0
4- ∀a ∈ IR, ∀u ∈ V, (-a)•u = a • (-u) = -(a•u)
5- ∀a, b ∈ IR, ∀u ∈ V, (a-b)•u = a • u -b • u
6- ∀a ∈ IR, ∀u, v ∈ V, a • (u - v) = a • u - a • v
1.2 Subespaço vetorial
S, S ⊂ V, é um subespaço de um espaço V se e somente se S for um espaço vetorial.
 Saiba mais
Saiba mais sobre espaços vetoriais e subespaços no capítulo 4, itens 4.1 
e 4.2 de: KOLMAN, B. Introdução à álgebra linear. 6. ed. São Paulo: Editora 
Prentice-Hall do Brasil, 1998.
Usando a definição S é subespaço se satisfaz as 8 condições, para facilitar esta verificação podemos 
utilizar o seguinte resultado.
Teorema:
S é subespaço de V ⇔
≠ ∅
∀ ∈ + ∈
∀ ∈ ∀ ∈
( )
( ) ,
1 0
2
 
 
(3) u S, IR temos 
u v S temos u v S
α α..u S∈



Como S é subespaço, podemos substituir a condição (1) do teorema por 0 ∈ S, reescrevendo o 
teorema temos:
S é subespaço de V ⇔
∈
∀ ∈ + ∈
∀ ∈ ∀ ∈
( )
( ) ,
1 0
2
 S 
 
(3) u S, IR temos 
u v S temos u v S
α α..u S∈



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Exemplos:
1) S = V e S = {0} são subespaços de V (subespaços triviais)
2) S = {(x,0,0)∈IR3} é subespaço do IR3?
Note que os vetores de S devem ter a 2ª e a 3ª coordenadas iguais a zero.
Verificando as 3 condições do teorema (2ª forma) temos:
(a) 0 = (0,0,0) ∈ S (pois a 2ª e a 3ª coordenadas são nulas)
(b) ∀ u, v ∈ S, temos u + v ∈ S
u S u x
v S v r
∈ ⇒ =
∈ ⇒ =
 ⇒
( , , )
( , , )
 
 
0 0
0 0
u + v = (x, 0, 0) + (r, 0,0) = (x + r, 0, 0)
como a 2ª e a 3ª coordenadas são nulas, temos (x + r, 0, 0) ∈ S
(c) ∀ u ∈ S, ∀a ∈ IR temos a . u ∈ S
 u ∈ S ⇒ u = (x, 0, 0)
 a . u = a . (x, 0, 0) = (a x, 0, 0)
como a 2ª e a 3ª coordenadas são nulas, temos (ax, 0, 0) ∈ S
Assim, S = {(x,0,0)∈ IR3} é subespaço do IR3.
3) S
b
c
M IR=



 ∈


1
0 2
( ) é subespaço de M 2(IR) ?
M2(IR) - conjunto das matrizes quadradas, de números reais, de ordem 2.
Verificando as condições do teorema temos:
a) 
0 0
0 0



 ∉S pois o elemento a11 dos vetores de S deve ser igual a 1, isto é, a11= 1 ≠ 0.
Logo, S não é subespaço de M2(IR) .
Note que sempre que for fixado um número a, a ≠ 0, nos vetores de S, o conjunto S não será 
subespaço vetorial.
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4) S = 
a b
c
M IR
0 2



 ∈


( ) é subespaço de M2(IR) ?
Observe que um vetor pertence a S se o elemento a22 da matriz for igual a zero, os outros elementos 
são quaisquer.
(a) 
0 0
0 0



 ∈S , pois a22 = 0
(b) ∀A, B ∈ S, A + B ∈ S
A S A
a b
c
B S B
p q
r
a b
c
p q
r
∈ ⇒ =




∈ ⇒ =









⇒



 +
0
0
0 0
 


 =
+ +
+




a p b q
c r 0
o elemento a22 = 0, logo 
a p b q
c r
S
+ +
+



 ∈0
(c) ∀A ∈ S, ∀a ∈ IR, a.A ∈ S
A ∈ S ⇒ =



A
a b
c 0
α α
α α
α
 
 
 
. .
. .
.
A
a b
c
a b
c
=



 =



0 0
o elemento a22 = 0, logo 
α α
α
 
 
. .
.
a b
c
S
0



 ∈
Logo, S é subespaço de M2(IR).
5) R = {(x, y, z) ∈ IR3 / x = 0 e y = z} é subespaço do IR3 ?
Inicialmente devemos escrever os vetores de R utilizando as condições dadas, assim temos R = {(0, 
y, y) ∈ IR3}.
Notemos que um vetor pertence a R se tem a 1ª coordenada nula e a 2ª e a 3ª coordenadas iguais.
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Verificando as condições do teorema temos:
(a) 0 = (0,0,0) ∈ R
(b) ∀ u, v ∈ S, temos u + v ∈ R
u R u y y
v R v s
∈ ⇒ =
∈ ⇒ =
 ⇒
( , , )
( , , )
0
0
 
 s 
u + v = (0, y, y) + (0, s, s) = (0, y+s, y+s)
como a 1ª coordenada é nula e as 2ª e 3ª coordenadas são iguais, temos que
(0, y+s, y+s) ∈ R
(c) ∀ u ∈ R, ∀a ∈ IR temos a . u ∈ R
 u ∈ R ⇒ u = (0, y, y)
 a . u = a . (0, y, y) = (0, a . y, a . y)
como a 1ª coordenada é nula e as 2ª e 3ª coordenadas são iguais, temos:
(0, a . y, a . y) ∈ R
Assim R = {(0, y, y)∈ IR3} é subespaço do IR3.
6) Consideremos P3 o espaço vetorial dos polinômios de grau ≤ 3 junto com o polinômio nulo, 
mostremos que P2, conjunto dos polinômios de grau ≤ 2 junto com o polinômio nulo, é subespaço 
de P3 .
Devemos verificar as 3 condições do teorema:
(a) 0 ∈ P2 , pois é o polinômio nulo
(b) ∀ p(t), q(t) ∈ P2, temos p(t) + q(t) ∈ P2
p t P p t a t a t a
q t P q t b t b t b
( ) ( )
( ) ( )
∈ ⇒ = + +
∈ ⇒ = + +



⇒2 2
2
1 0
2 2
2
1 0
P(t) + q(t) = (a2 + b2)t
2 + (a1 + b1)t + (a0 +b0) ∈ P2
logo p(t) + q(t) ∈ P2 .
(c) ∀ p(t) ∈ P2, ∀a ∈ IR temos a . p(t) ∈ P2
 p(t) ∈ P2 ⇒ p(t) = a2t
2 + a1t + a0
 a . p(t) = a . (a2t
2 + a1t + a0) =
 (a . a2)t
2 + (a . a1)t + (a . a0) ∈ P2
 logo a . p(t) ∈ P2 .
Assim, P2 é subespaço de P3.
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Podemos provar que Pn – 1 é subespaço de Pn .
1.3 Soma de subespaços
Consideremos R, S subespaços de V, definimos R + S por:
R + S = {u ∈ V/u = r + s com r ∈ R e s ∈ S}
 Observação
Os elementos do subespaço R + S são formados pela soma de cada 
vetor de R com todos os vetores de S.
Teorema: Se R e S são subespaços de V, então R + S também é subespaço de V.
A demonstração é feita facilmente utilizando-se a definição de soma de subespaços e as 3 condições 
do teorema.
Exemplos
1) Sendo R = {(0,y,0) ∈ IR3} e S = {(x, y, z) ∈ IR3 | x = 0 e y = 0} determinar R + S.
Inicialmente vamos reescrever S utilizando as condições dadas: S = {(0, 0, z) ∈ IR3}, daí R + S = {u 
∈ IR3 | u = r + s com r ∈ R e s ∈ S}
r R r (0,y,
(0,0,
∈ ⇒ =
∈ ⇒ =
 ⇒ = + = + =
0
0 0 0 0 0
)
)
( , , ) ( , , ) ( , ,
s S s z
u r s y z y z))
∴ R + S = {(0, y, z) ∈ IR3}
O resultado encontrado pode ser representado geometricamente, é o plano formado pelos eixos y e z.
z
x
S
R
R + S
y
2) Sendo R = {(x, y) ∈ IR2 / x = 0} e S = {(a,b) ∈ IR2} determinar R + S.
Substituindo a condição dada em R temos R = {(0, y) ∈ IR2}
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R + S = {u ∈ IR2 | u = r + s com r ∈ R e s ∈ S}
Assim
u = r + s = (0, y) +(a, b) = (a, y+b)
 
 ∈ R ∈ S
∴ R + S = {(a, y+b)∈ IR2}
3) Sendo S = {(x, y, 0,t) ∈ IR4} e R = {(x, 0, 2z, 0) ∈ IR4} determinar S + R
Inicialmente, é conveniente a substituição das letras repetidas nos 2 vetores para evitar conclusões 
erradas, podemos fazer a substituição em S ou em R.
Vamos trocar as letras de R = {(a, 0, 2b,0)∈ IR4}
Assim
S + R = {u ∈ IR3 / u = s + r com s ∈ S e r ∈ R},
u = s + t = (x, y, 0, t) + (a, 0, 2b, 0) = (x+a, y, 2b, t)
 
 ∈ S ∈ R
∴ S + R = {(x + a, y, 2b, t) ∈ IR4}
4) Consideremos os subespaços do IR3 dados por S = {(x, y, z) ∈ IR3 / x + 2y – z = 0} e T= {(x, y, z) ∈ 
IR3/ x = -y e z – x = 0} determinar S + T.
Devemos reescrever os subespaços S e T utilizando as condições dadas, assim temos:
em S: x + 2y – z = 0, devemos isolar uma das variáveis (você pode escolher qualquer uma delas), 
por exemplo vamos isolar x, isto é, x = -2y + z, com y e z quaisquer.
Substituindo em S, vem: S ={(-2y + z, y, z) ∈ IR3}
em T: x = - y e z – x = 0, como temos 2 expressões e 3 variáveis, devemos escolher uma das 
variáveis para que as outras fiquem em função dela, por exemplo, podemos tirar y e z em função de 
x, isto é, y = -x e z = x, com x qualquer.
Substituindo em de T vem: T = {(x, - x, x) ∈ IR3}
Como não temos letras em comum, não precisamos modificar as letras dos vetores. Assim
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S + T = {u ∈ IR3 / u = s + t com s ∈ S e t ∈ T}
s S s=(-2y+z, y, z)
t T t=(x, -x, x) 
u=(-2y+z, y, z)+
∈ ⇒
∈ ⇒



⇒ ((x, -x, x)=(-2y+z+x, y-x, z+x)
logo S + T = {(x - 2y + z, y - x, z + x) ∈ IR3}.
Você poderia ter escolhido outra forma de escrever os vetores de S e de T, em função de outras letras, 
e a resposta aparentemente seria diferente. Porém, representaria o mesmo subespaço.
1.4 Intersecção de subespaços
Consideremos dois subespaços R e S de um espaço V, o conjunto intersecção, R ∩ S, é dado por:
R ∩ S = {u ∈ V / u ∈ R e u ∈ S}
Teorema: Se R e S são subespaços de V, então R ∩ S também é subespaço de V.
Demonstração: Devemos provar que valem as 3 condições do teorema:
(1) 0 ∈ R ∩ S, pois, 0 ∈ R e 0 ∈ S
(2) ∀ u, v ∈ R ∩ S, u + v ∈ R ∩ S
de fato, se u e v estão em R e em S, então u + v também estará em R e em S, isto é, u + v ∈ R ∩ S
(3) ∀ u ∈ R ∩ S, ∀a ∈ IR, a. u ∈ R ∩ S
u ∈ R ∩ S ⇒
∈
∈

u R
u S
, como R e S são subespaços, temos que a. u ∈ R e a. u ∈ S, isto é, a. u ∈ R ∩ S.
Logo, de (1), (2) e (3) temos que R ∩ S é subespaço de V.
1.4.1 Propriedades
1- R ∩ {0} = {0}
2- R ∩ S ⊂ R e R ∩ S ⊂ S
Exemplos
1) Consideremos R = {(x,0) ∈ IR2} e S = {(0,y) ∈ IR2} subespaços de IR2, determinar R ∩ S.
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Por definição R ∩ S = {u ∈ IR2 | u ∈ R e u ∈ S}.
Devemos igualar um vetor qualquer de R com um vetor qualquer de S, caso eles tenham alguma 
letra em comum, devemos reescrever trocando a letra, isso evita enganos na conclusão.
Igualando os vetores temos:
(x, 0) = (0, y),
resolvendo o sistema encontramos x = 0 e y = 0.(sistema possível e determinado, SPD)
Logo R ∩ S = {(0, 0)}.
2) Sendo A = 
a b
c
M IR
0 2



 ∈


( ) e B = 
0
0 2
b
d
M IR



 ∈


( ) subespaços de M2(IR), determinar A ∩ B.
Por definição temos: A ∩ B = {u ∈ M2(IR) | u ∈ A e u ∈ B}, como temos a letra b comum nos vetores 
de A e de B devemos inicialmente substituir por outra letra, assim:
u A u
a b
c
u
r
d
a b
c
∈ ⇒ =




∈ ⇒









⇒




 
 B u=
0
0
 
0
0 =




0
0
r
d
utilizando igualdade de matrizes encontramos o sistema
a
b r
c
d
=
=
=
=





0
0
0
teremos então a = c = d = 0 e b = r, com r qualquer (sistema possível e indeterminado, SPI).
Logo A B
r
M IR ∩ =



 ∈


0
0 0 2
( )
3) Sendo U = {(x, y, 0, 2x) ∈ IR4} e V = {(z + y, y, z, t) ∈ IR4} determinar U ∩ V.
A letra y é comum aos vetores de U e de V, vamos então reescrever os vetores, a substituição pode ser 
feita em U ou em V, é indiferente. Podemos substituir somente a letra comum ou todas as letras do vetor.
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Reescrevendo os vetores de V temos: V = {(c + b, b, c, d) ∈ IR4}
Assim, igualando os vetores temos:
(x, y, 0, 2x) = (c + b, b, c, d)
O sistema gerado pela igualdade dos vetores será:
x c b
y b
c
x d
= +
=
=
=





0
2
resolvendo o sistema temos: x = y = b, c = 0 e d = 2x = 2b, podemos colocar a resposta final em 
função de x e y ou em função de b, c, d. Substituindo em U encontramos a solução do sistema igual aos 
vetores (x, x, 0, 2x) com x qualquer, se substituirmos em V temos como solução os vetores do tipo (b, b, 
0, 2b) com b qualquer. Assim notamos que nos dois casos encontramos o mesmo tipo de vetor.
∴ S ∩ T = {(x, x, 0, 2x) ∈ IR4} .
4) Sendo R = {(x – 2y, y, x - z) ∈ IR3} e S = {(x, 0, x) ∈ IR3} determine R ∩ S.
Substituindo as letras de S temos S = {(a, 0, a) ∈ IR3} quando igualamos os vetores de R e de S vem:
 (x – 2y, y, x - z) = (a, 0, a) ⇒
− =
=
− =



x y a
y
x z a
2
0
como y = 0 temos na 1ª equação que x = a, substituindo na 3ª equação temos a – z = a e daí z = 0. 
A solução do sistema então será: x = a, y = 0 e z = 0, com a qualquer.
Assim R ∩ S = {(x, 0, x) ∈ IR3}
5) Sendo U = {(x, y, z) ∈ IR3 | x - y + 2z = 0} e V = {(x, y, z) ∈ IR3 | 2y + z = 0} determinar U ∩ V.
Usaremos um modo diferente para resolver este exemplo, não vamos reescrever os vetores de R e S 
utilizando as condições dadas, para depois igualar os vetores.
Resolveremos comparando estas condições, teremos assim duas formas diferentes de resolução para 
exercícios deste tipo.
Montaremos o sistema formado pelas condições dadas:
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x y z
y z
− + =
+ =

2 0
2 0 
Resolvendo o sistema encontramos: x = 5y e z = - 2y, com y qualquer.
Assim U ∩ V = {(5y, y, -2y) ∈ IR3}.
Observe que o sistema que deve ser resolvido na intersecção é sempre possível, podendo ser S.P.D. e 
daí R ∩ S = {0} ou S.P.I. e daí R ∩ S tem infinitas soluções.
2 COMBINAÇÃO LINEEAR
2.1 Soma direta
Usamos a notação1 V = R ⊕ S para indicar que V é soma direta dos subespaços R e S
R S V
a V R S
b R S
⊕ = ⇔
= +
∩ =

)
) { }
 
 0
 Observação
Note que para ser soma direta devem valer as duas condições, se 
qualquer uma delas não fo r verificada, não teremos soma direta.
Exemplos
1) Verificar se IR3 é soma direta dos subespaços U e V dados por U = {(x,y,0) ∈ IR3} e V = {(0,y,z) ∈ IR3}.
Notamos que a letra y é comum aos vetores de U e de V, devemos então trocar as letras de um deles. 
Por exemplo, vamos escrever os vetores de U como u = (a, b, 0).
Para verificar se é soma direta, devemos verificar as duas condições da definição:
(a) U + V = IR3
u + v = (a, b, 0) + (0, y, z) = (a, b + y, z)
logo U + V = {(a, b + y, z) ∈ IR3} = IR3
1 O símbolo ⊕ aqui é usado para designar soma direta. Foi usado no exercício 6 da definição de espaço vetorial 
para indicar uma soma não usual. Atenção ao contexto.
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(b) U ∩ V = {0}
para determinar U ∩ V vamos igualar os vetores de U e V, assim: (a, b, 0) = (0, y, z), daí temos a = 0, 
b = y e z = 0.
Logo U ∩ V = {(0, b, 0) ∈ IR3} ≠ {(0, 0, 0)}
Portanto IR3 não é soma direta de U e V.
2) Sendo R = {(0, 0, z) ∈ IR3} e S = {(x, y, 0) ∈ IR3} subespaços de IR3 verificar se IR3 é soma direta 
de R e S:
Devemos verificar se valem as condições:
(a) R + S = IR3
r + s = (0, 0, z) + (x, y, 0) = (x, y, z)
logo R + S = {(x, y, z) ∈ IR3} =IR3
(b) R ∩ S = {0}
para determinar R ∩ S vamos igualar os vetores de R e S, assim: (0, 0, z) = (x, y, 0), daí temos x = y = z = 0
Logo U ∩ V = {(0, 0, 0)}
Portanto IR3 = R ⊕ S (é soma direta)
3) Sendo A = 
a b
c
M IR
0 2



 ∈


( ) e B = 0
0 0 2
q
M IR



 ∈


( ) verificar se M2(IR) é soma direta de A e B.
Devemos verificar se valem as condições:
(a) A + B = M2(IR)
A B
a b
c
q a b q
c
+ =



 +



 =
+


0
0
0 0 0
Como o elemento a22 é sempre nulo e nem todo vetor de M2(IR) pode ser escrito desta forma temos 
A + B ≠ M2(IR).
Logo, não podemos falar em soma direta.
2.2 Combinação linear
Consideremos um conjunto de vetores v1,v2, ..., vn de um espaço vetorial V e os escalares a1,
 a2 , ..., 
ar
 , se podemos escrever um vetor v do espaço V como soma de múltiplos dos vetores v1,v2, ..., vn , isto 
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é, v = a1v1 + a2v2 + anvn , então diremos que v é uma combinação linear dos vetores v1,v2, ..., vn com 
coeficientes a1,
 a2 , ..., an.
v é combinação linear de v1,v2, ..., vn ⇔ V = a1.v1 + a2.v2 + ... + an.vn
 Lembrete
Dizer que um vetor u é combinação linear de outros vetores é o mesmo 
que dizer que ele pode ser escrito em função dos outros
 Observação
Se não for possível escrever u como soma de múltiplos dos vetores v1, 
v2, ..., vn diremos que u não é combinação linear dos vetores v1, v2, ..., vn.
Exemplos:
1) Sendo v1 = (1, 2) e v2 = (0, 1) temos:
a) u = (2, 4) é combinação linear (CL) de v1, pois, u = 2.(1,2) = 2 . v1 , com a1 = 2
b) v = (1, 5) é combinação linear de v1 e v2, pois, v = (1, 5) = (1,2) + 3 . (0,1) = v1 + 3v2, com a1= 1 e a2 = 3
2) Escrever o vetor w = (5,1,-1) como combinação linear dos vetores u = (1,2, 0) e v = (1,-1, 1).
Devemos calcular a e b ∈ IR tais que w = au + bv.
Substituindo as coordenadas de u e v temos:
 (5, 1, -1) (1, 2, 0) (1, -1,1)= +α β
Efetuando as operações vem:
(5, 1, -1) , 2 , 0) ( , - , )
(5, 1, -1) ,
= +
= +
(
(
α α β β β
α β 2 , )α β β−
Daí temos o sistema:
α β
α β
β
+ =
=
=



5
2 - 1
-1
 sistema impossível (não tem solução)
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Como não tem solução, o vetor w não pode ser escrito como combinação linear dos vetores u e v.
3) Escrever u M IR u∈ =



2
1 2
5 3
( ), como combinação linear dos vetores
v e1
1 0
2 0
0 1
0 0
0 0
1 1
=



 =



 =



 , v v2 3 .
Devemos determinar os escalares a, b, c tais que u = a . v1 + b . v2 + c . v3, substituindo as coordenadas 
dos vetores temos:
1 2
5 3
1 0
2 0
0 1
0 0
0 0
1 1



 =



 +



 +



 a . b. c . 



 = +




1 2
5 3 2
a b
a c c
Daí, 
a 1
b 2
2a c 5
c 3
 
=
=
+ =
=





A solução do sistema é: a = 1, b = 2 e c = 3.
Logo u = 1 . v1 + 2 . v2 + 3 . v3.
2.3 Subespaço gerado
Usaremos a notação [ M ] para indicar o conjunto formado por todas as combinações lineares 
possíveis dos vetores de M = {u1 , u2 , . . . , un}, subconjunto de um espaço vetorial V.
[ ] { . . ... . , ... }M u u u IRn n n= + + + ∈α α α α α1 1 2 2 1
O conjunto [ M ] é um subespaço de V e é chamado subespaço gerado por M.
Dizemos que os vetores de M geram [M] ou são geradores ou ainda formam um sistema de geradores 
de [ M ].
Convenção: se M = ∅ temos [M] = [∅] = {0}, subespaço trivial
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2.3.1 Propriedades
Sendo R, S subconjuntos de W temos:
1- R ⊂ [ R ]
2- S ⊂ R ⇒ [ S ] ⊂ [ R ]
3- R,S ⊂ W ⇒ [ R ∪ S ] = [ R ] + [ S ]
4- U = [ R] e V = [ S] ⇒ U + V = [R ∪ S]
Exemplos
1) Sendo M = {(1, 0,1), (0,0,1)} ⊂ IR3 determinar o subespaço gerado por M.
Pela definição temos:
[M] = x, y, z y, z) a.(1, 0, 1) b.(0, 0, 1)
x, y
( ) ∈ = +{ }
=
IR x3 | ( ,
,, z y, z) (a, 0, a b)( ) ∈ = +{ }IR x3 | ( ,
isto é, M (a, 0, a b) IR3[ ] = + ∈{ }
2) Sendo M = {(-1,0,1), (0,2,-1), (0,1,0)} ⊂ IR3 determinar [ M ].
Pela definição
M x, y, z y, z) a.(-1, 0, 1) b.(0, 2, -1) c.(0[ ] = ( ) ∈ = + +IR x3 | ( , ,, 1, 0){ }
Neste exemplo vamos fazer os cálculos sem a notação de conjuntos e só retornaremos a esta notação 
na solução final.
Assim, ( ,
( ,
x
x
 y, z) a.(-1, 0, 1) b.(0, 2, -1) c.(0, 1, 0)
 y, 
= + +
zz) (-a, 0, a) (0, 2b, -b) (0, c, 0)
 y, z) (-a, 2
= + +
=( ,x bb c, a-b) +
Logo M x, y, z y, z) (-a, 2b c, a-b)[ ] = ( ) ∈ = +{ }IR x3 | ( ,
3) Determinar um sistema de geradores de R, R = {(x, y) ∈ IR2 | x = 3y}.
Inicialmente devemos reescrever os vetores de R utilizando a condição dada, assim R = {(3y, y) ∈ IR2}.
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Para determinarmos os geradores de R observamos que os vetores de R são escritos em função de 
uma letra, para encontrar um vetor gerador isolamos a letra, isto é, r = (3y, y) = y (3, 1).
Logo M1 = {(3, 1)} gera R.
Observação: Se escrevermos os vetores de R em função de x teremos a condição y x=
1
3
, e assim 
R x x IR= 

 ∈

 ,
1
3
2
Para encontrar os geradores de R vamos isolar a letra x e daí:
x x x, . 1, 
1
3
1
3



 =



 logo M2 1
1
3
=





 , gera R.
Temos então que tanto M1 quanto M2 formam um sistema de geradores de R e daí
R = [(3, 1)] ou R = 





1 
1
3
,
Como temos mais de uma solução, sempre pedimos para determinar um sistema de geradores e não 
o sistema de geradores.
4) Consideremos o subespaço do IR3 dado por S = {(2x, x - z, z) ∈ IR3} determinar um sistema de 
geradores de S.
Notemos inicialmente que u = (2x, x - z, z) está escrito em função de duas letras, concluímos então 
que teremos dois vetores geradores.
Assim, vamos separar o vetor u em dois vetores, cada um com uma das letras,
( , ( , ( ,2 2 0x x x -z, z) x , 0) -z, z)= +
Colocando as letras em evidência temos:
( , .( ,2 2
1
x x
u
 x -z, z) 1, 0) + z( 0, -1, 1)
u2
= ��� ��� ��
Logo M = {u1, u2} = {(2, 1, 0) , (0, -1, 1)} é um sistema de geradores de S ou S =[(2, 1, 0), (0, -1, 1)].
5) Determinar um sistema de geradores do subespaço R
a b
a b c
IR=
−



 ∈

2
 M2() . 
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a b
a b c
a
a
b
b c
a b
2
0
2 0
0
0
0 0
0
2
−



 =



 + −



 +



 
aa b c
a
a
b
b c−



 =



 + −



 +



 
0
2 0
0
0
0 0
0
colocando as letras em evidência temos os geradores:
 
a . b. 
 
u1 u2
a b
a b c2
1 0
2 0
0 1
1 0−



 =



 + −



��� ��� ��� ���
+



c . 
u3
0 0
0 1
Logo, um sistema de geradores de R é:
M =



 −










1 0
2 0
0 1
1 0
0 0
0 1
, 
 
, ou R =



 −












1 0
2 0
0 1
1 0
0 0
0 1
, 
 
, .
2.4 Dependência e independência linear
Vamos estudar dois casos
a) S = {v}
a1) v = 0 então S é linearmente dependente (LD)
a2) v ≠ 0 então S é linearmente independente (LI)
b) S = {u1, u2, . . . , un}, com n ≥ 2, então:
b1) S é linearmente dependente (LD) se um dos vetores é combinação linear dos demais.
b2) S é linearmente independente (LI) se não é LD.
Neste caso, para determinar se vetores são LI ou LD, utilizaremos o seguinte teorema:
v v vi1 2 0 0 , , . . . , v L I com para todo in i i
i
⇔ = =
=
α α. ,
11
n
n i i , , . . . , v L D com ao menos um 
∑
⇔ =v v vi1 2 0α α. , ≠≠
=
∑ 0 
i 1
n
Assim, para verificar se um conjunto de vetores é LI ou LD vamos montar a combinação linear dos 
vetores, igualar a zero e resolver o sistema.
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Pelo resultado do sistema teremos:
SPD – (sistema possível determinado, solução única) vetores LI
SPI – (sistema possível e indeterminado, infinitas soluções) vetores LD
Exemplos
1) Verificar se os vetores são L I ou LD,
u = (4, 1, 0), v = (-2, 1, 4), w = (1, 1, 2).
Vamos resolver o exemplo utilizando a definição, isto é, verificando se algum dos vetores pode ser 
escrito como combinação linear dos outros.
Por exemplo, vamos verificar se podemos escrever u como combinação linear de v e w, isto é, u = a v + b w.
Substituindo as coordenadas dos vetores temos:
(4,1,0) = a (-2,1,4) + b (1,1,2), efetuando as operações encontramos o sistema
−
+



2α β
α β
α β
+ =4 
 + =1 
4 2 =0
a solução do sistema é: a = -1, b = 2
Como o sistema tem solução, concluímos que u é combinação linear de v e w, logo, pela definição 
os vetores u, v e w são LD .
2) Verificar se os vetores são LI ou LD, dados v1 = (1,-2,3), v2 = (2,0,-1), v3 = (1,2,3).
Vamos agora resolver este exemplo utilizando o teorema, isto é, escrevendo uma combinação linear 
dos vetores, igualando a zero e analisando o resultado do sistema.
Temos então:
α α α αi
i 1
3
1 2 3 . v . v . v.vi = ⇔ + + =
=
∑ 0 01 2 3
Substituindo as coordenadas dos vetores vem:
 . (1, -2, 3) . (2, 0, -1) . (1, 2, 3) 0, 0α α α1 2 3 0+ + = ( , ))
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efetuando as operações encontramos:
( 2 , -2 2 , 3 ) (0, 0, 0)α α α α α α α α1 2 3 1 3 1 2 33+ + + − + =
daí vem o sistema:
 
 2 0 
 -2 2
 3 3 
α α α
α α
α α α
1 2 3
1 3
1 2 3
0
0
+ + =
+ =
− + =



resolvendo o sistema temos: a1 = a2 = a3 = 0
Como todos os escalares são nulos temos que os vetores são LI.
3) Verificar se os vetores v e1
1 0
2 0
0 1
0 0
0 0
1 1
=



 =



 =



, v v2 3 são LI ou LD.
Vamos inicialmente montar uma combinação linear dos vetores v1, v2 e v3, isto é,
 . v . v . vi
i 1
3
1 2 3α α α α.vi = ⇔ + + =
=
∑ 0 01 2 3
Substituindo as coordenadas dos vetores vem:
 . 
1
2
 . 
0
0
 . 
0
1
α α α1 2 3
0
0
1
0
0
1
0 0
0 0



 +



 +



 =




efetuando as operações encontramos:
α α
α α α
1 2
1 3 3
0 0
0 02 +



 =




daí temos o sistema:
α
α α
α
α
1
1 3
2
3
0
0
0
 0 
2
 
=
+ =
=
=





resolvendo o sistema temos: a1 = a2 = a3 = 0
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Como todos os escalares são nulos, temos que os vetores são LI.
4) Verificar se os vetores são LI ou LD, dados u = (2, 1), v = (1, 0), w = (3, 1).
Montando a combinação linear dos vetores temos:
α α α1 2 3 0 . u . v . w+ + =
Substituindo as coordenadas dos vetores vem:
α α α1 2 3 0 . (2, 1) . (1, 0) . (3, 1) 0)+ + = ( ,
efetuando as operações encontramos:
(2 , ) (0, 0)α α α α α1 2 3 1 33+ + + =
daí vem o sistema:
2 3
0
1 2 3
1 3
α α α
α α
 0 
 
+ + =
+ =

resolvendo o sistema temos:
a1 = -a3 , a2 = -a3 como a3 é qualquer, não podemos garantir que os escalares sejam todos nulos, 
logo, os vetores são LD.
2.5 Ampliando seu leque de exemplos
1. Qual dos subconjuntos a seguir não é subespaço do IR3?
A) S = {(x, 2x, 0) ∈ IR3}
B) S = {(x + z, x, z) ∈ IR3}
C) S = {(0, y, z + y) ∈ IR3}
D) S = {(1, y, z) ∈ IR3}
E) S = {(x, x + 2z, z) ∈ IR3}
Resposta correta: alternativa D.
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Resolução do exercício
A) S é subespaço do IR3, pois
1 0 0 0
2
2 0
) ( , , ) ,
) , ,
, , ,
∈
∀ + ∈
( ) +
S
u v S temos u v S
x x a
∫
aa x a x a S
u S IR temos u S
, , ,
) , .
0 2 2 0
3
( ) = + +( ) ∈
∀ ∀ ∈∫ α ∫ α
α , , , ,x x x x S2 0 2 0( ) = ( ) ∈




 α α
b) S é subespaço do IR3, pois
1 0 0 0
2
)( , , ) ,
) , ,
, , ,
∈
∀ + ∈
+( ) + +
S
u v S temos u v S
x z x z a b

a b x z a b x a z b S
u S IR temos
, , ,
) , .
( ) = + + + + +( ) ∈
∀ ∀3  α αuu S
x z x z x z x z S
∈
+( ) = +( ) ∈




 α α α α α, , , ,2
c) S é subespaço do IR3, pois
1 0 0 0
2
0 0
)( , , ) ,
) , ,
, , ,
∈
∀ + ∈
+( ) +
S
u v S temos u v S
yz y b

,, , ,
) , .
c b y b z y c b S
u S IR temos u
+( ) = + + + +( ) ∈
∀ ∀
0
3  α α ∈∈
+( ) = +( ) ∈





S
y z y y z y Sα α α α0 0, , , ,
d) S não é subespaço do IR3, pois
{(0, 0, 0) ∉ S
e) S é subespaço do IR3, pois
1 0 0 0
2
2 2
) , , ) ,
) , ,
, , ,
∈
∀ + ∈
+( ) + +
S
u v S temos u v S
x x z z a a c
∫
,, , ,
) ,
c x a x z a c z c S
u S IR temos
( ) = + + + + +( ) ∈
∀ ∀
2 2
3 ∫ α ∫ α..
, , , ,
u S
x x z z y y z y S
∈
+( ) = +( ) ∈




 α α α α α2 2
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2. Sendo R = {(0, 2z, z) ∈ IR3} e S = {(x, 0, 0) ∈ IR3} o subespaço R + S é dado por:
A) R + S = {(x, z, z) ∈ IR3}
B) R + S = {(0, 2z, z) ∈ IR3}
C) R + S = {(x, 2z, z) ∈ IR3}
D) R + S = {(x, 0, 0) ∈ IR3}
E) R + S = {(0, 0, 0) ∈ IR3}
Resposta correta: alternativa C.
Resolução do exercício
Pela definição de adição de subespaços temos:
R + S = {(x, 2z, z) ∈ IR3} logo a alternativa correta é C.
3. Sendo R = {(x, 2x, 0) ∈ IR3} e S = {(0, y, y) ∈ IR3} o subespaço R ∩ S é dado por:
A) R ∩ S = {(0, 0, 0) ∈ IR3}
B) R ∩ S = {(x, 2x, 0) ∈ IR3}
C) R ∩ S = {(0, y, y) ∈ IR3}
D) R ∩ S = {(x, 0, 0) ∈ IR3}
E) R ∩ S = {(0, 0, z) ∈ IR3}
Resposta correta: alternativa A.
Resolução do exercício
Pela definição de intersecção de subespaços temos:
R ∩ S = {u ∈ IR3 / u ∈ R e u ∈ S}, daí,
(x, 2x, 0) = (0, y, y) ⇒
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x
x y
y
=
=
=



0
2
0
Resolvendo o sistema vem: x = 0, y = 0, logo temos:
R ∩ S = {(0, 0, 0) ∈ IR3}
4. Sendo U = {(a, b, a – b, a) ∈ IR4} e V = {(x, 0, x, x) ∈ IR4}, então U ∩ V é:
A) U ∩ V = {(x, 0, x, 0) ∈ IR4}
B) U ∩ V = {(x, x, x, 0) ∈ IR4}
C) U ∩ V = {(x, 0, 0, 0) ∈ IR4}
D) U ∩ V = {(0, 0, x, 0) ∈ IR4}
E) U ∩ V = {(x, 0, x, x) ∈ IR4}
Resposta correta: alternativa E.
Resolução do exercício
Pela definição de intersecção de subespaços temos:
R ∩ S = {u ∈ IR3 / u ∈ R e u ∈ S}, daí,
(a, b, a – b, a) = (x,0, x, x) ⇒
a x
b
a b x
a x
=
=
− =
=





0
Resolvendo o sistema vem: a = x, b = 0, logo temos:
R ∩ S = {(x, 0, x, x) ∈ IR4}.
5. Um sistema de geradores do subespaço U = {(x, y, z) ∈ IR3 / y = 2z} é:
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A) U = [(0,1,0), (0,2,1)]
B) U = [(0,0,1), (0,2,1)]
C) U = [(1,0,0), (0,2,0)]
D) U = [(1,0,0), (0,2,1)]
E) U = [(1,0,0), (0,0,1)]
Resposta correta: alternativa D.
Resolução do exercício
Inicialmente devemos utilizar a condição dada no vetor, assim temos:
u ∈ U ⇒ u = (x, 2z, z)
Devemos separar em 2 vetores, cada um com uma das letras,
(x, 0, 0) + (0, 2z, z) = x (1, 0, 0) + z (0, 2,1)
Logo U = [(1,0,0), (0,2,1)]
6. O subespaço gerado por M = [(1,0,1,1), (-1,2,0,1), (0,0,1,0)] é:
A) U = {(0, 2y, x + z, x + y) ∈ IR4}
B) U = {(x –y, 0, x + z, x + y) ∈ IR4}
C) U = {(x –y, 2y, 0, x + y) ∈ IR4}
D) U = {(x –y, 2y, x + z, 0) ∈ IR4}
E) U = {(x –y, 2y, x + z, x + y) ∈ IR4}
Resposta correta: alternativa E.
Resolução do exercício
Devemos montar a combinação linear dos vetores,
x (1, 0, 1,1) + y (-1, 2,0,1) + z (0, 0,1,0) =
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= (x, 0, x, x) + (-y, 2y,0,y) + (0, 0,z,0) =
= (x – y, 2y, x + z, x + y)
U = {(x –y, 2y, x + z, x + y) ∈ IR4}
7. O valor de m para que u = (m,4,3) seja combinação linear de v = (2,0,-1) e w = (3,2,1) é:
A) m = 2
B) m = - 5
C) m = - 3
D) m = 4
E) m = 0
Resposta correta: alternativa D.
Resolução do exercício
Para que u seja combinação linear de v e w devemos ter, u = a.v + b. w, isto é,
(m,4,3) = a . (2,0,-1) + b . (3,2,1)
(m,4,3) = (2a, 0, -a) + (3b, 2b, b)
(m,4,3) = (2a + 3b, 2b, -a + b)
m a b
b
a b
= +
=
= − +



2 3
4 2
3
Resolvendo o sistema temos a = -1, b = 2 e m = 4
8. Dos conjuntos dados a seguir, o único que é formado por vetores LD é:
A) S = {(1,-1,2), (0,2,1), (0,0,1)}
B) S = {(2,-1,0), (0,0,0), (3,0,1)}
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C) S = {(1,1,0), (0,1,2), (0,0,3)}
D) S = {(3,2,1), (0,2,1), (0,0,1)}
E) S = {(5,0,0), (0,2,0), (0,0,3)}
Resposta correta: alternativa B.
Resolução do exercício
Para saber se são LI ou LD devemos verificar,
 
v v v L I v com parn i i i1 2 0 0 , , . . . , . ,⇔ = =α α aa todo i
v v v L D v
i
n
n i i
 
 
=
∑
⇔ =
1
1 2 0, , . . . , . ,α com ao menos um i
i
n
α ≠
=
∑ 0
1
Assim temos:
Alternativa A:
a (1,-1,2) + b (0,2,1) + c (0,0,1) = (0,0,0)
(a, -a + 2b, 2 a + b + c) = (0,0,0)
Então temos: a = 0, b = 0 e c = 0 logo os vetores são LI.
Alternativa B:
a (2,-1,0) + b (0,0,0) + c (3,0,1) = (0,0,0)
(2a + 3c, -a, c) = (0,0,0)
Então temos: a = 0, c = 0 e b é qualquer, logo os vetores são LD.
Alternativa C:
a (1,1,0) + b (0,1,2) + c (0,0,3) = (0,0,0)
(a, a + b, 2b + 3c) = (0,0,0)
Então temos: a = 0, b = 0 e c = 0, logo os vetores são LI.
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Alternativa D:
a (3,2,1) + b (0,2,1) + c (0,0,1) = (0,0,0)
(3a, 2a +2 b, a + b + c) = (0,0,0)
Então temos: a = 0, b = 0 e c = 0, logo os vetores são LI.
Alternativa E)
a (5,0,0) + b (0,2,0) + c (0,0,3) = (0,0,0)
(5a, 2b, 3 c) = (0,0,0)
Então temos: a = 0, b = 0 e c = 0, logo os vetores são LI.
 Resumo
Vimos nesta unidade a estrutura de espaço vetorial, subespaço, soma e intersecção de subespaços.
V é um espaço vetorial sobre IR se valem:
+: V x V → V
(u, v)
1) associativa: ∀ u, v, w ∈ V, (u + v) + w = u + (v + w)
2) comutativa: ∀ u, v ∈ V, u + v = v + u
3) elemento neutro: ∃ 0 ∈ V tal que u + 0 = u, ∀ u ∈ V
4) oposto: ∀ u ∈ V, ∃ (-u) ∈ V tal que u + (-u) = 0
• : IR x V → V
u v u v,( ) +
5) ∀u ∈ V, ∀a,b ∈ IR, (b• u) = (a b)• u
6) ∀u ∈ V, ∀a, b ∈ IR, (a + b)• u = a •u + b •u
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7) ∀u, v ∈ V, ∀a ∈ IR, a(u + v) = a •u + a • v
8) ∀u ∈ V, 1•u = u
S subespa ode V u v S temos u v
)
) ,é ⇔
≠ ∅
∀ + ∈
1 0
2 ∫ SS
u S IR temos u S3) , .∀ ∀ ∈


 ∫ α ∫ α
Ou
S subespa ode V
S
u v S temos u v
)
) ,é ⇔
∈
∀ +
1 0
2 ∫ ∈∈
∀ ∀ ∈



S
u S IR temos u S) , .3 ∫ α ∫ α
Soma de subespaços
R e S subespaços de V:
R + S = {u ∈ V | u = r + s com r ∈ R e s ∈ S}
Intersecção de subespaços
R ∩ S = {u ∈ V | u ∈ R e u ∈ S}
Soma direta
Diremos que um espaço V é soma direta dos subespaços R e S se vale:
R S
R S V
R S
⊕ =⇔
+ =
∩ =

1
2 0
)
) { }
Combinação linear
Um vetor u é combinação linear dos vetores v1, v2, ..., vn se existem escalares a 1, a 2, ..., a n tais que, 
u = a1.v1 + a2.v2 + ... + an.vn
Subespaço gerado por M: [M]
Para determinar o subespaço gerado por um conjunto M = {u1, u2, . . ., un}, devemos escrever as 
combinações possíveis dos vetores de M, assim escrevemos
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[M] = {a1.u1 + a2.u2 + ... + an.un / a1, a2, ...,an ∈ IR}
Dependência linear
Vetores são linearmente dependentes (LD) se um deles for combinação linear dos demais. Caso 
contrário, diremos que os vetores são linearmente independentes (L I).
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BASE E DIMENSÃO
3 BASE
3.1 Processo prático para determinar vetores LI – LD no IRn
Inicialmente montamos uma matriz com as coordenadas dos vetores colocadas em linha. A seguir 
escalonamos a matriz, isto é, utilizando operações elementares a transformamos em uma matriz triangular.
Observando a matriz escalonada temos:
a) se uma ou mais linhas da matriz for nula, então os vetores são LD
b) se todas as linhas da matriz são não nulas, então os vetores são LI
Operações elementares:
a) permutação de linhas
b) multiplicação de uma linha por um número real, não nulo
c) substituição de uma linha por uma combinação linear dela com qualquer outra
 Observação
Note que o processo prático agiliza a verificação de vetores LI e LD, 
porém só pode ser utilizado para vetores do IRn. Nos demais casos, você 
deverá continuar utilizando a definição.
Exemplos:
Verificar se os vetores são LI ou LD, utilizando o processo prático
a) u = (4,1,0) , v = (-2,1,4), w = (1,1,2) .
Utilizando as operações elementares vamos transformar em zero os elementos abaixo da diagonal 
principal
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1° passo: zerar o elemento da posição a21, para isso vamos substituir a linha 2 (L2) da matriz pela 
combinação linear 2 L2 + L1, assim temos
4 1 0
2 1 4
1 1 2
4 1 0
0 3 8
1 1 2
−












 L2 = 2. L2 + L1
2° passo: zerar o elemento da posição a31, vamos substituir a linha 3 (L3) pela combinação linear – 4 
L3 + L1, teremos então
4 1 0
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0 3 8
1 1 2
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0 3 8
0 3 8
−












− −





 
 L2 = 2. L2 + L1 L3 = - 4 L3 + L1
3° passo: zerar o elemento da posição a32, vamos substituir a linha 3 (L3) pela combinação linear 
L3 + L2, assim temos
4 1 0
2 1 4
1 1 2
4 1 0
0 3 8
1 1 2
4 1 0
0 3 8
0 3 8
4
−












− −





  
11 0
0 3 8
0 0 0






 L2 = 2. L2 + L1 L3 = - 4 L3 + L1 L3 = L3 + L2
Observando a última das matrizes notamos que ela já está na forma escalonada, e como a última 
linha da matriz é nula, temos que os vetores são LD.
b) u = (2,1,1) , v = (-1,0,1), w = (1,1,3)
Utilizando as operações elementares vamos transformar em zero os elementos abaixo da diagonal 
principal.
1° passo: zerar o elemento da posição a21, para isso vamos substituir a linha 2 (L2) da matriz pela 
combinação linear 2 L2 + L1, assim temos
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











 L2 = 2. L2 + L1
2° passo: zerar o elemento da posição a31, vamos substituir a linha 3 (L3) pela combinação linear 
– 2 L3 + L1, teremos então
2 1 1
1 0 1
1 1 3
2 1 1
0 1 3
1 1 3
2 1 1
0 1 3
0 1 5
−












− −





 
 L2 = 2. L2 + L1 L3 = - 2 L3 + L1
3° passo: zerar o elemento a32, vamos substituir a linha 3 (L3) pela combinação linear L3 + L2, assim 
temos
2 1 1
1 0 1
1 1 3
2 1 1
0 1 3
1 1 3
2 1 1
0 1 3
0 1 5
2
−












− −





  
11 1
0 1 3
0 0 2−






 L2 = 2. L2 + L1 L3 = - 2 L3 + L1 L3 = L3 + L1
Observando a última das matrizes notamos que ela já está na forma escalonada, e como nenhuma 
das linhas da matriz é nula, temos que os vetores são LI.
3.1.1 Propriedades
Sejam V espaço vetorial e R = {u1, u2,..., un} (n>1) um subconjunto de V
1. Se o vetor nulo de V (u = 0) pertence a S, então S é LD
2. Se S contém um subconjunto LD, então S é LD
3. Se S é LI então qualquer subconjunto dele é LI
3.2 Base
Definição: Um subconjunto ordenado de um espaço vetorial V é uma base de V se e somente se os 
vetores de B são geradores de V e B é LI.
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B = {v1, v2, ..., vn} é base de V ⇔ 
V [B]
B Ø LI
= é
Se B = {v1, . . . , vn} é base de V, então todo vetor u de V deve ser escrito como combinação linear 
destes vetores e chamaremos os escalares desta combinação linear de coordenadas de u na base B e 
usaremos a notação u = (a1, ..., an)B .
Teorema: Todo espaço vetorial, não trivial, tem base.
Teorema: Todas as bases de um espaçovetorial V têm a mesma quantidade de vetores.
3.3 Dimensão
O número de vetores de uma base de V é chamado de dimensão de V, dim V = n.
B = {v1, v2, ..., vn} é base de V então dim V = n
 Observação
S e S = {0}, subespaço trivial, diremos que não existe base de S ou que a base é vazia, B = ∅ e por 
definição dim S = 0.
3.3.1 Algumas propriedades
A seguir, veremos alguns resultados importantes sobre dimensão de um espaço vetorial e de seus subespaços
Seja R, S subespaço de V. Então temos:
1. dim R < dim V
2. dim R = dim V ⇔ R = V
3. dim (R + S) = dim R + dim S – dim (R ∩ S),
Notemos que: dim (S + T) = dim V ⇒ S + T = V
 Lembrete
Você poderá fazer um estudo mais formal de bases de um espaço 
vetorial a partir das referencias bibliográficas.
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Unidade II
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Exemplos
1) Mostremos que B = {(1,0,0), (0,1,0), (0,0,1)} é uma base do IR3
Devemos verificar as duas condições da definição de base
a) V = IR3 = [B] (B gera IR3)
montando a combinação linear dos vetores de B temos:
x (1, 0, 0) y (0, 1, 0) z (0, 0, 1)
v1 v2 v3
��� ��� �� ��+ + �� =
(x, 0, 0) + (0, y, 0) + (0, 0, z) = (x, y, z)
Logo IR3 = [B] = [(1, 0,0), (0,1,0), (0,0,1)]
b) B é LI
para verificar se os vetores são LI vamos montar a combinação linear dos vetores, igualar a zero e 
analisar o resultado do sistema, assim
a (1, 0, 0) + b (0, 1, 0) + c (0, 0, 1) = (0, 0, 0) (a, b, c ∈ IR)
(a, 0, 0) + (0, b, 0) + (0, 0, c) = (0, 0, 0)
(a, b, c) = (0, 0, 0) ⇒ a = b = c = 0.
Como o sistema é possível e determinado (solução única), temos que B é LI.
Das condições: a) e b) temos que B é base do IR3, logo dim IR3 = 3
2) Do mesmo modo temos:
B = {(1, 0), (0, 1)} é uma base do IR2
B = {(1,0,0,0), (0,1,0,0), (0,0,1,0), (0,0,0,1)} é uma base do IR4

B = {(1,0, . . . ,0), (0,1,0, . . . ,0), . . . , (0,0, . . . ,0,1)} é base do IRn
Essas bases acima são chamadas de bases canônicas.
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COMPLEMENTOS DE ÁLGEBRA LINEAR
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Temos ainda dim IR2 = 2, dim IR4 = 4, ... , dim IRn = n
3) Verificar se B =


















1 0
0 0
 ,
0 0
1 0
 ,
0 1
0 0
 ,
0 0
0 1
 é uma base de M2(IR)
Devemos verificar as duas condições da definição de base
a) V = M2(IR) = [B] (B gera M2(IR))
montando a combinação linear dos vetores de B temos:
x 
1 0
0 0
 
0 1
0 0
 
0 0
1 0
 
v1 v2 v3



 +



 +



 +��� �� ��� ���
y z t
00 0
0 1
v4



 =���
x y
z t
x y
z t
0
0 0
0
0 0
0 0
0
0 0
0



 +



 +



 +



 =




Logo
M IR B2( ) = [ ] = 














 1 0
0 0
 ,
0 0
1 0
 ,
0 1
0 0
 ,
0 0
0 1


b) B é LI
Para verificar se os vetores são LI, vamos montar a combinação linear dos vetores, igualar a zero e 
analisar o resultado do sistema, assim
a b c d
1 0
0 0
0 1
0 0
0 0
1 0
0 0
0 1
0 0
0 0



 +



 +



 +



 =




a b
c d
0
0 0
0
0 0
0 0
0
0 0
0
0 0
0 0



 +



 +



 +



 =




a b
c d



 =




0 0
0 0
daí vem o sistema:
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Unidade II
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a
b
c
d
=
=
=
=





0
0
0
0
Como o sistema é possível e determinado (solução única), temos que B é LI.
Temos então que B é base do M2(IR) e dim M2(IR) = 4.
4) Verificar se B = {t , 1} é base de P1, espaço dos polinômios de grau menor ou igual a 1.
Devemos verificar as duas condições da definição de base.
a) V = P1 = [B] (B gera P1)
Montando uma combinação linear dos vetores de B temos, u = a + b t, um vetor qualquer de P1, 
logo B gera P1.
b) B é LI
Devemos montar a combinação linear e igualar a zero, assim temos:
a. 1 + b. t = 0, isto é, a . 1 + b. t = 0 + 0 . t, resolvendo a igualdade encontramos a = 0 e b = 0. Logo, 
os vetores são LI
Portanto B = {t, 1} é base do P1, base canônica.
3.4 Base de um subespaço
Queremos determinar uma base e a dimensão de um subespaço U do IRn, para isso devemos encontrar 
S, um sistema de geradores de U, U = [S] e depois verificar se S é LI ou LD.
• se S é LI, então é base de U,
• se S é LD, então devemos determinar o maior subconjunto de S que seja LI.
Para determinar este subconjunto LI vamos utilizar o processo prático do item 3.1.
Como os vetores são LD, teremos linhas nulas na matriz escalonada, desprezando estas linhas 
verificamos que as restantes estão escalonadas e, portanto, os vetores que sobraram são LI. Assim 
teremos que estes vetores formam uma base do subespaço U.
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COMPLEMENTOS DE ÁLGEBRA LINEAR
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 Lembrete
Note que sempre será solicitado que você determine uma base do 
subespaço e não a base do subespaço, pois espaços vetoriais possuem 
várias bases.
Exemplos:
Determine uma base e a dimensão de cada subespaço:
1) V = IR3; U = {(2y , y, y) ∈ IR3}
1° passo: determinar um sistema de geradores de U
(2y, y, y) = y (2, 1, 1)
∴ U = [(2, 1, 1)], isto é, U é gerado pelo vetor (2,1, 1)
2° passo: verificar se o conjunto é LI ou LD
Como (2, 1, 1) ≠ (0, 0, 0) temos que {(2, 1, 1)} é LI e, portanto, base de U.
Logo B = {(2, 1, 1)} é uma base de U e dim U = 1
2) V = IR2 , U = {(x, y) | x = 3y}
Inicialmente devemos reescrever os vetores de U utilizando a condição dada, assim temos:
U = {(3y, y) | x ∈ IR}
1° passo: determinar um sistema de geradores de U
(3y, y) ∈ U ⇒ (3y, y) = y (3, 1)
∴ U = [(3, 1)], isto é, U é gerado pelo vetor (3, 1)
2° passo: verificar se o conjunto é LI ou LD
Como temos 1 vetor gerador e ele é não nulo, temos que {(3, 1)} é LI e, portanto, base de U.
Logo B = {(3, 1)} é uma base de U e dim U = 1
3) V = IR3, U = {(x, y, z) | z = x - 3y}
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Unidade II
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Reescrevendo U temos:
U = {(x, y, x - 3y) | x, y ∈ IR}
1° passo: determinar um sistema de geradores de