APOSTILA DE ÁLGEBRA LINEAR E APLICAÇÕES Prof. Germán R. C. Suazo Capítulo 4: Espaços Vetoriais

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APOSTILA DE ÁLGEBRA LINEAR E APLICAÇÕES Prof. Germán R. C. Suazo 
Capítulo 4: Espaços Vetoriais 
d. 




















−




















0
1
1
,
0
1
1
,
1
1
1
 e. 












0
1
 f. 








































1
0
1
,
1
1
0
,
0
0
1
 
3. Diga se cada subconjunto a seguir é um subespaço do conjunto referido 
a. 21:0
0
RRW ⊂






∈





= x ; b. 2RRW ⊂






∈





= 1
1
:
0
y
y
; 
c. 3RRW ⊂










∈










= 11 :
0
1
yy ; d. 3RRW ⊂










∈










= 11
1
1 ,:
0
zy
z
y . 
e. 3RRW ⊂










∈










+= 1111
1
,:
1
yxyx
x
; f. 3RRW ⊂










∈










+
−
= 1111
11
,:
0
yxyx
yx
. 
4. Encontre a matriz de mudança de base indicada: 
a. da base canônica de 2R para a base 


















1
0
,
1
1
; 
b. da base 


















1
0
,
1
1
 para a base 


















− 1
1
,
1
1
; 
c. da base 








































1
0
0
,
1
1
0
,
0
1
1
 para a base canônica de 3R ; 
d. da base 








































1
1
1
,
0
1
1
,
0
0
1
 para a base 








































1
0
0
,
1
1
0
,
1
1
1
. 
5. Considere B como sendo a base canônica de 2R e 


















=
1
0
,
1
1
'B . Encontre B'BP → e determine a 
equação na base 'B das seguintes equações dadas na base canônica B : 
a. 227 =− yx ; b. 1=− xxy ; c. 222 =+− yxyx . 
6. Considere B como sendo a base canônica de 3R e 








































=
1
1
1
,
0
1
1
,
0
0
1
'B . Encontre B'BP → e 
determine a equação na base 'B das seguintes equações dadas na base canônica B : 
a. 2=++ zyx ; b. 2=− xzxy ; 
c. 242 22 =+++++− zyxzyxxyx . 
 
4.5 RESOLUÇÃO DOS EXERCICIOS PROPOSTOS 
 
1. Verifique que cada um dos seguintes conjuntos de vetores é linearmente dependente: 
APOSTILA DE ÁLGEBRA LINEAR E APLICAÇÕES Prof. Germán R. C. Suazo 
Capítulo 4: Espaços Vetoriais 
a. 


















2
2
,
1
1
 
Solução: 
A combinação linear nula dos vetores 





=





+





0
0
2
2
1
1
ba conduz ao sistema 



=+
=+
,02
,02
ba
ba
 que produz o 
processo de eliminação 





 →




 +→
0
0
00
21
0
0
21
21
122 LLL
. Escolhendo b como parâmetro livre, tem-se 
que ba 2−= , ou seja, o conjunto solução resulta 




−
=




−
=





1
22
b
b
b
b
a
 com b livre. Desde que existem 
infinitas combinações nulas dos vetores, tal conjunto é linearmente dependente. 
b. 


















0
0
,
0
1
 
Solução: 
A combinação linear nula dos vetores 





=





+





0
0
0
0
0
1
ba conduz ao sistema 



=
=
.00
,0a
 Escolhendo b como 
parâmetro livre, tem-se que 0=a , ou seja, o conjunto solução resulta 





=





=





1
00
b
bb
a
 com b livre. 
Desde que existem infinitas combinações nulas dos vetores, tal conjunto é linearmente dependente. 
c. 






























−
−










0
2
0
,
1
1
1
,
1
1
1
 
Solução: 
A combinação linear nula dos vetores 










=










+










−
−
+










0
0
0
0
2
0
1
1
1
1
1
1
cba
 conduz ao sistema 





=−
=++
=−
.0
,02
,0
ba
cba
ba
 que 
produz o processo de eliminação 









 −
 →










−
−
−→
−→
0
0
0
000
220
011
0
0
0
011
211
011
133
122
LLL
LLL
. Assim, temos o sistema 





=
=+
=−
.00
,022
,0
cb
ba
 Escolhendo c como parâmetro livre, tem-se que cb −= e cba −== , ou seja, o conjunto 
solução resulta 










−
−
=










−
−
=










1
1
1
c
c
c
c
c
b
a
 com c livre. Desde que existem infinitas combinações nulas dos 
vetores, tal conjunto é linearmente dependente. 
d. 






























0
0
0
,
1
1
1
 
Solução: 
APOSTILA DE ÁLGEBRA LINEAR E APLICAÇÕES Prof. Germán R. C. Suazo 
Capítulo 4: Espaços Vetoriais 
A combinação linear nula dos vetores 










=










+










0
0
0
0
0
0
1
1
1
ba conduz ao sistema 





=
=
=
.0
,0
,0
a
a
a
 Escolhendo b como 
parâmetro livre, tem-se que 0=a , ou seja, o conjunto solução resulta 





=





=





1
00
b
bb
a
 com b livre. 
Desde que existem infinitas combinações nulas dos vetores, tal conjunto é linearmente dependente. 
e. 
























1
1
,
1
0
,
0
1
 
Solução: 
A combinação linear nula dos vetores 





=





+





+





0
0
1
1
1
0
0
1
cba conduz ao sistema 



=+
=+
,0
,0
cb
ca
 que produz 
a matriz aumentada 





0
0
1
1
1
0
0
1
. Escolhendo c como parâmetro livre, tem-se, da segunda equação, que 
cb −= , e da primeira, ca −= , ou seja, o conjunto solução resulta 










−
−
=










−
−
=










1
1
1
c
c
c
c
c
b
a
 com c livre. 
Desdeque existem infinitas combinações nulas dos vetores, tal conjunto é linearmente dependente. 
f. 


















































1
1
1
,
1
0
0
,
0
1
0
,
0
0
1
 
Solução: 
A combinação linear nula dos vetores 










=










+










+










+










0
0
0
1
1
1
1
0
0
0
1
0
0
0
1
dcba conduz ao sistema 





=+
=+
=+
.0
,0
,0
dc
db
da
 
Escolhendo d como parâmetro livre, então dcba −=== . O conjunto solução do sistema é 












−
−
−
=












−
−
−
=












1
1
1
1
d
d
d
d
d
d
c
b
a
 com d livre. Desde que existem infinitas combinações nulas dos vetores, tal 
conjunto é linearmente dependente. 
 
2. Diga se cada um dos seguintes conjuntos de vetores é linearmente independente ou linearmente 
dependente: 
a. 


















1
0
,
1
1
 b. 











−






0
1
,
0
1
 c. 








































1
0
0
,
1
1
0
,
0
1
1
 
d. 




















−




















0
1
1
,
0
1
1
,
1
1
1
 e. 












0
1
 f. 








































1
0
1
,
1
1
0
,
0
0
1
 
APOSTILA DE ÁLGEBRA LINEAR E APLICAÇÕES Prof. Germán R. C. Suazo 
Capítulo 4: Espaços Vetoriais 
a. 


















1
0
,
1
1
 
Solução: 
A combinação linear nula dos vetores 





=





+





0
0
1
0
1
1
ba conduz ao sistema 



=+
=
,0
,0
ba
a
 que tem como 
única solução 0== ba . Assim, tal conjunto é linearmente independente. 
b. 











−






0
1
,
0
1
 
Solução: 
A combinação linear nula dos vetores 





=




−
+





0
0
0
1
0
1
ba conduz ao sistema 



=
=−
,00
,0ba
 onde, 
escolhendo b como parâmetro livre, tem-se que ba = , ou seja, o conjunto solução resulta 






=





=





1
1
b
b
b
b
a
 com b livre. Desde que existem infinitas combinações nulas dos vetores, tal conjunto é 
linearmente dependente. 
c. 








































1
0
0
,
1
1
0
,
0
1
1
 
Solução: 
A combinação linear nula dos vetores 










=










+










+










0
0
0
1
0
0
1
1
0
0
1
1
cba conduz ao sistema 





=+
=+
=
.0
,0
,0
cb
ba
a
 cuja única 
solução é 0=== cba . Por isso, tal conjunto é linearmente independente. 
d. 




















−




















0
1
1
,
0
1
1
,
1
1
1
 
Solução: 
A combinação linear nula dos vetores 










=










−+










+










0
0
0
0
1
1
0
1
1
1
1
1
cba conduz ao sistema 





=
=−+
=++
.0
,0
,0
a
cba
cba
 que 
produz o processo de eliminação 










−−
−
−
 →










−
−→
−→
0
0
0
110
200
011
0
0
0
001
111
111
133
122
LLL
LLL
. Assim, temos o 
sistema 





=−−
=−
=−
.0
,02
,0
cb
c
ba
 Da segunda equação, temos que 0=c , da terceira, 0=b e da primeira, 0=a . Desta 
forma, a única solução é 0=== cba . Com isto concluímos que o conjunto é linearmente independente. 
e. 












0
1
 
APOSTILA DE ÁLGEBRA LINEAR E APLICAÇÕES Prof. Germán R. C. Suazo 
Capítulo 4: Espaços Vetoriais 
Solução: 
A combinação linear nula do vetor 





=





0
0
0
1
a conduz ao sistema 



=
=
,00
,0a
 que tem como única solução 
0=a . Assim, tal conjunto é linearmente independente. 
f. 








































1
0
1
,
1
1
0
,
0
0
1
 
Solução: 
A combinação linear nula dos vetores 










=










+










+










0
0
0
1
0
1
1
1
0
0
0
1
cba conduz ao sistema 





=+
=
=+
.0
,0
,0
cb
b
ca
 cuja única 
solução é 0=== cba . Com isto concluímos que o conjunto é linearmente independente. 
 
3. Diga se cada subconjunto a seguir é um subespaço do conjunto referido 
a. 21:0
0
RRW ⊂






∈





= x ; b. 2RRW ⊂






∈





= 1
1
:
0
y
y
; 
c. 3RRW ⊂










∈










= 11 :
0
1
yy ; d. 3RRW ⊂










∈










= 11
1
1 ,:
0
zy
z
y . 
e. 3RRW ⊂










∈










+= 1111
1
,:
1
yxyx
x
; f. 3RRW ⊂










∈










+
−
= 1111
11
,:
0
yxyx
yx
. 
a. 21:0
0
RRW ⊂






∈





= x 
Solução: 
Se escolhermos dois elementos de W, só podem ser 





0
0
 e 





0
0
. 
Quanto à aditividade, temos que W∈





=





+





0
0
0
0
0
0
. 
Quanto a homogeneidade, temos que W∈





=





0
0
0
0
r , para qualquer R∈r . 
Assim, o conjunto W é um subespaço de 2R e portanto, um espaço vetorial real. 
b. 2RRW ⊂






∈





= 1
1
:
0
y
y
 
Solução: 
Escolhemos dois elementos de W, 





1
0
y
 e 





2
0
y
. 
Quanto à aditividade, temos que W∈





+
=




+





2121
000
yyyy
. 
APOSTILA DE ÁLGEBRA LINEAR E APLICAÇÕES Prof. Germán R. C. Suazo 
Capítulo 4: Espaços Vetoriais 
Quanto a homogeneidade, temos que W∈





=





11
00
yry
r , para qualquer R∈r . 
Assim, o conjunto W é um subespaço de 2R e portanto, um espaço vetorial real. 
c. 3RRW ⊂










∈










= 11 :
0
1
yy 
Solução: 
Escolhemos dois elementos de W, 










0
1
1y e 










0
1
2y . 
Quanto à aditividade, temos que W∉










+=










+










0
2
0
1
0
1
2121 yyyy . Isto indica que a aditividade não é 
satisfeita. 
Assim, o conjunto W não é um subespaço de 3R e portanto, não é um espaço vetorial real. 
d. 3RRW ⊂










∈










= 11
1
1 ,:
0
zy
z
y 
Solução: 
Escolhemos dois elementos de W, 










1
1
0
z
y e 










2
2
0
z
y . 
Quanto à aditividade, temos que W∈










+
+=










+










21
21
2
2
1
1
000
zz
yy
z
y
z
y . 
Quanto a homogeneidade, temos que W∈










=










1
1
1
1
00
zr
yr
z
yr , para qualquer R∈r . 
Assim, o conjunto W é um subespaço de 3R e portanto, um espaço vetorial real. 
e. 3RRW ⊂










∈










+= 1111
1
,:
1
yxyx
x
 
Solução: 
Escolhemos dois elementos de W, 










+
1
11
1
yx
x
 e 










+
1
22
2
yx
x
. 
APOSTILA DE ÁLGEBRA LINEAR E APLICAÇÕES Prof. Germán R. C. Suazo 
Capítulo 4: Espaços Vetoriais 
Quanto à aditividade, temos que W∉










+++
+
=










++










+
211
2211
21
22
2
11
1
yxyx
xx
yx
x
yx
x
. Isto indica que a 
aditividade não é satisfeita. 
Assim, o conjunto W não é um subespaço de 3R e portanto, não é um espaço vetorial real. 
f. 3RRW ⊂










∈










+
−
= 1111
11
,:
0
yxyx
yx
 
Solução: 
Escolhemos dois elementos de W, 










+
−
0
11
11
yx
yx
 e 










+
−
0
22
22
yx
yx
. 
Quanto à aditividade, temos que W∈










+++
+−+
=










+++
−+−
=










+
−
+










+
−
0
)()(
)()(
000
2121
2121
2211
2211
22
22
11
11
yyxx
yyxx
yxyx
yxyx
yx
yx
yx
yx
. 
Quanto a homogeneidade, temos que W∈










+
−
=










+
−
=










+
−
00
)(
)(
0
11
11
11
11
11
11
yrxr
yrxr
yxr
yxr
yx
yx
r , para qualquer R∈r . 
Assim, o conjunto W é um subespaço de 3R e portanto, um espaço vetorial real. 
4. Encontre a matriz de mudança de base indicada: 
a. da base canônica de 2R para a base


















1
0
,
1
1
; 
Solução: 
Se 


















=
1
0
,
0
1
1B é a base canônica de 2R e 


















=
1
0
,
1
1
2B , então 
[ ] 





−
 →





=
−→
11
01
10
01
10
01
11
01| 12 122 LLLBB , 
e a matriz 





−
=→ 11
01
21 BBP . 
b. da base 


















1
0
,
1
1
 para a base 


















− 1
1
,
1
1
; 
Solução: 
Se 


















=
1
0
,
1
1
1B e 


















−
=
1
1
,
1
1
2B , então 
[ ] 




 −
 →





→





 →





−
=
−→+→
2
1
2
1
2
112 1
0
10
01
1
01
10
11
12
01
20
11
11
01
11
11| 211221122 LLLLLLLBB
e a matriz 




 −
=→
2
1
2
1
1
0
21 BBP . 
APOSTILA DE ÁLGEBRA LINEAR E APLICAÇÕES Prof. Germán R. C. Suazo 
Capítulo 4: Espaços Vetoriais 
c. da base 








































1
0
0
,
1
1
0
,
0
1
1
 para a base canônica de 3R ; 
Solução: 
Se 








































=
1
0
0
,
1
1
0
,
0
1
1
1B e 








































=
1
0
0
,
0
1
0
,
0
0
1
2B , então [ ]










=
110
011
001
100
010
001
| 12 BB e a matriz 










=→
110
011
001
21 BBP . 
d. da base 








































1
1
1
,
0
1
1
,
0
0
1
 para a base 








































1
0
0
,
1
1
0
,
1
1
1
. 
Solução: 
Se 








































=
1
1
1
,
0
1
1
,
0
0
1
1B e 








































=
1
0
0
,
1
1
0
,
1
1
1
2B , então 
[ ]
,
010
001
111
100
010
001
011
001
111
110
010
001
100
110
111
111
011
001
| 12










−
− →










−−
− →










=
−→
−→
−→
233
133
122
LLL
LLL
LLL
BB
 
 e a matriz 










−
−=→
010
001
111
21 BBP . 
5. Considere 1B como sendo a base canônica de 2R e 


















=
1
0
,
1
1
2B . Encontre 21 BBP → e determine 
a equação na base 2B das seguintes equações dadas na base canônica 1B : 
a. 227 =− yx ; 
Solução: 
Observamos que [ ] 




−
 →





=
−→
11
01
10
01
10
01
11
01| 12 122 LLLBB ⇒ 





−
=→ 11
01
21 BB
P . 
Também, [ ] 





=
11
01
10
01| 21 BB ⇒ 





=→ 11
01
12 BB
P . 
Assim 
21 BB












=





'
'
11
01
y
x
y
x



+=
=
⇒
;''
,'
yxy
xx
 e então a equação 227 =− yx fica 
APOSTILA DE ÁLGEBRA LINEAR E APLICAÇÕES Prof. Germán R. C. Suazo 
Capítulo 4: Espaços Vetoriais 
2)''(2'7 =+− yxx , ou seja, 2'2'5 =− yx . 
b. 1=− xxy ; 
Solução: 
A equação 1=− xxy fica 1')''(' =−+ xyxx , ou seja, 1''')'( 2 =−+ xyxx . 
c. 222 =+− yxyx . 
Solução: 
A equação 222 =+− yxyx fica 2)''()''('2)'( 2 =+++− yxyxxx , ou seja, 2''''2)'( 2 =++−− yxyxx . 
6. Considere 1B como sendo a base canônica de 3R e 








































=
1
1
1
,
0
1
1
,
0
0
1
2B . Encontre B'BP → e 
determine a equação na base 'B das seguintes equações dadas na base canônica B : 
a. 2=++ zyx ; 
Solução: 
Se 








































=
1
0
0
,
0
1
0
,
0
0
1
1B e 








































=
1
1
1
,
0
1
1
,
0
0
1
2B , então 
[ ]
,
100
110
011
100
010
001
100
010
011
100
110
001
100
010
001
100
110
111
| 12










−
−
 →









 −
 →










=
−→
−→
322
211
LLL
LLLBB
 
 e a matriz 










−
−
=→
100
110
011
21 BBP . 
Também [ ]










=
100
110
111
100
010
001
| 21 BB e assim, 










=→
100
110
111
12 BBP . 
Logo, 
21 BB




















=










'
'
'
100
110
111
z
y
x
z
y
x





=
+=
++=
⇒
'.
,''
,'''
zz
zyy
zyxx
 
Então, a equação 2=++ zyx fica 2')''()'''( =+++++ zzyzyx , ou, 2'3'2' =++ zyx . 
b. 2=− xzxy ; 
Solução: 
Utilizando 





=
+=
++=
'.
,''
,'''
zz
zyy
zyxx
 a equação 2=− xzxy fica 2')'''()'')('''( =++−+++ zzyxzyzyx , ou seja, 
2'')'('' 2 =++ zyyyx . 
c. 242 22 =+++++− zyxzyzxyx . 
APOSTILA DE ÁLGEBRA LINEAR E APLICAÇÕES Prof. Germán R. C. Suazo 
Capítulo 4: Espaços Vetoriais 
Solução: 
A equação cartesiana 
242 22 =+++++− zyxzyzxyx 
na base canônica 1B pode ser escrita como 
[ ] [ ] 2111
120
201
011
=










+




















−
−
11
1
BB
B
z
y
x
z
y
x
zyx 
Também, lembramos que 
21 BB




















=










'
'
'
100
110
111
z
y
x
z
y
x
 e tomando transposta à igualdade anterior, temos que 
[ ] [ ]










=
111
011
001
'''
21 BB
zyxzyx . 
Substituindo na equação cartesiana temos que 
[ ] [ ]
[ ] [ ]
[ ] [ ] 2
'
'
'
321
'
'
'
410
110
001
'''
'
'
'
100
110
111
111
'
'
'
100
110
111
120
201
011
111
011
001
'''
111
120
201
011
=










+




















−=




















+






























−
−










=










+




















−
−
22
2
22
2
11
1
BB
B
BB
B
BB
B
z
y
x
z
y
x
zyx
z
y
x
z
y
x
zyx
z
y
x
z
y
x
zyx
 
ou seja, a equação quadrática 242 22 =+++++− zyxzyzxyx na base canônica 1B transforma-se na 
forma quadrática 
2'3'2'''2)'(4)'()'( 222 =+++++− zyxzyzyx 
na base 2B .