Soluções Comentadas- Álgebra Linear e Suas Aplicações - Petronio Pulino

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Soluc¸o˜es comentadas do livro “A´lgebra Linear e suas
Aplicac¸o˜es - Petronio Pulino”
Hugo Valada˜o
hugoaladav@gmail.com
Universidade Estadual de Campinas
15 de Agosto de 2018
1
Atenc¸a˜o:
As resoluc¸o˜es dos exerc´ıcios deste documento, mesmo tendo sido revisadas, podem conter al-
guns erros. Sendo assim, e´ importante leˆ-las com olhar cr´ıtico e com atenc¸a˜o aos erros (leves ou
graves) que possam surgir. Caso perceba qualquer erro, agradeceria que me notificasse por e-mail
para poder corrigir e atualizar o arquivo. Alia´s, este e´ um documento em constante construc¸a˜o
e atualizac¸a˜o, acesse o link do Google Drive (https://goo.gl/UhPMLv) para ter acesso a` versa˜o
mais recente.
Hugo Valada˜o
hugoaladav@gmail.com
11 de Agosto de 2018
Conteu´do
1 Estruturas Alge´bricas 4
1.0.1 Exerc´ıcio 1.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.0.2 Exerc´ıcio 1.2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.0.3 Exerc´ıcio 1.3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.0.4 Exerc´ıcio 1.5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.0.5 Exerc´ıcio 1.7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.0.6 Exerc´ıcio 1.12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.0.7 Exerc´ıcio 1.17 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.0.8 Exerc´ıcio 1.20 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.0.9 Exerc´ıcio 1.21 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
2 Espac¸os Vetoriais 8
2.0.1 Exerc´ıcio 3.2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
2.0.2 Exerc´ıcio 3.4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
2.0.3 Exerc´ıcio 3.5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
2.0.4 Exerc´ıcio 3.9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
2.0.5 Exerc´ıcio 3.11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
2.0.6 Exerc´ıcio 3.14 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
2.0.7 Exerc´ıcio 3.16 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
2.0.8 Exerc´ıcio 3.17 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
2.0.9 Exerc´ıcio 3.20 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
2.0.10 Exerc´ıcio 3.21 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
2.0.11 Exerc´ıcio 3.23 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
2.0.12 Exerc´ıcio 3.24 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
2.0.13 Exerc´ıcio 3.25 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
2.0.14 Exerc´ıcio 3.28 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
2.0.15 Exerc´ıcio 3.29 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
2.0.16 Exerc´ıcio 3.34 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
2.0.17 Exerc´ıcio 3.35 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
2.0.18 Exerc´ıcio 3.37 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
2.0.19 Exerc´ıcio 3.39 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
2.0.20 Exerc´ıcio 3.43 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
2.0.21 Exerc´ıcio 3.46 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
2.0.22 Exerc´ıcio 3.48 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
2.0.23 Exerc´ıcio 3.54 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
2.0.24 Exerc´ıcio 3.57 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
2.0.25 Exerc´ıcio 3.58 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
2.0.26 Exerc´ıcio 3.60 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
2.0.27 Exerc´ıcio 3.62 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
2
CONTEU´DO 3
2.0.28 Exerc´ıcio 3.63 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
2.0.29 Exerc´ıcio 3.64 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
2.0.30 Exerc´ıcio 3.67 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
2.0.31 Exerc´ıcio 3.69 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
2.0.32 Exerc´ıcio 3.70 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
2.0.33 Exerc´ıcio 3.72 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
3 Transformac¸o˜es Lineares 27
3.0.1 Exerc´ıcio 4.4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
4 Produto Interno 28
5 Autovalores e Autovetores 29
Cap´ıtulo 1
Estruturas Alge´bricas
Sessa˜o 1.1
1.0.1 Exerc´ıcio 1.1
(a) (E, ?) na˜o e´ grupo pois na˜o satisfaz a propriedade de que todo elemento x ∈ E e´ simetriza´vel
(ale´m disso, note que satisfaz todas as outras). Previamente note que o elemento neutro da operac¸a˜o
? e´ e = 0.
Agora tome, por exemplo, x = 1: enta˜o @x′ ∈ E tal que x ? x′ = e. De fato, pois por absurdo
suponha que existe x′ ∈ E elemento sime´trico de x = 1. Enta˜o ter´ıamos que 0 = e = x ? x′ =
x + x′ ⇒ x′ = −x = −1 6∈ E; Que e´ um absurdo pois assumimos previamente x′ ∈ E. Logo
1 ∈ E na˜o e´ simetriza´vel e portanto E munido da operac¸a˜o ? na˜o tem uma estrutura de grupo
(em particular na˜o tem estrutura de grupo abeliano).
(b) (E, ?) e´ grupo abeliano e vou provar.
i)Associatividade de ?: ∀x, y, z ∈ E vale que:
(x ? y) ? z = (x+ y − 1) + z − 1
= x+ (y − 1 + z − 1) pela assosiatividade da soma + de Z.
= x+ (y + z − 1− 1) pela comutatividade da soma + de Z.
= x+ (y + z − 1)− 1 pela assosiatividade da soma + de Z.
= x ? (y ? z) pela definic¸a˜o de ?.
ii)Existeˆncia do elemento neutro: Note que ∀x ∈ E vale que
(x ? y = x ⇐⇒ x+ y − 1 = x ⇐⇒ y = 1). e
(y ? x = x ⇐⇒ y + x− 1 = x ⇐⇒ y = 1).
Logo, como y = 1 ∈ E, provamos que x ? y = y ? x = x ∀x ∈ E, isto e´, y e´ o elemento neutro de
E com relac¸a˜o a` operac¸a˜o ?
Atenc¸a˜o: as implicac¸o˜es ⇐⇒ esta˜o destacadas entre pareˆnteses pois o que vale sa˜o somente as
implicac¸o˜es. Na˜o podemos assumir (previamente) que x ? y = x para um certo y, mas podemos
com certeza assumir que (x ? y = x ⇐⇒ x+ y − 1 = x) para todo y.
iii)Existeˆncia dos sime´tricos: Note que ∀x ∈ E vale que
(x ? x′ = e ⇐⇒ x + x′ − 1 = 1 ⇐⇒ x′ = 2 − x), usando as propriedades da soma + de Z. E
tambe´m
(x′ ? x = e ⇐⇒ x′ + x− 1 = 1 ⇐⇒ x′ = 2− x)
Logo dado x ∈ E, x′ = 2 − x satisfaz a propriedade do elemento sime´trico e como 2 − x sem-
pre pertence a E, temos que x′ ∈ E e consequentemente todo elemento de E possui elemento
4
CAPI´TULO 1. ESTRUTURAS ALGE´BRICAS 5
sime´trico em E.
iv)Comutatividade de ?: ∀x, y ∈ E vale que:
x ? y = x+ y − 1 = y + x− 1 = y ? x, usando a comutatividade da soma + de Z.
De i), ii), iii) e iv) esta´ provado que (E, ?) e´ um grupo abeliano.�
(c) (E, ?) e´ grupo abeliano (ana´logo a` letra (b)).
(d) (E, ?) na˜o e´ grupo abeliano pois tomando x = 1 e y = 0 temos que 2 = x ? y 6= y ? x = 1.
Logo na˜o satisfaz a propriedade da comutatividade. Pode-se verificar que tambe´m na˜o satisfaz a
associatividade nem a do elemento neutro (pois o elemento neutro deve ser u´nico para todo x) e
portanto tambe´m na˜o satisfaz a do elemento sime´trico.
(e) (E, ?) na˜o e´ grupo abeliano pois na˜o satisfaz a propriedade do elemento sime´trico (o sime´trico
deve estar em E para que a propriedade seja satisfeita). Ale´m disso, (E, ?) satisfaz todas as ou-
tras propriedades.
1.0.2 Exerc´ıcio 1.2
i)Associatividade:∀x, y, z ∈ R vale que:
ii)Existeˆncia do Elemento Neutro: ∀x ∈ R vale que:
(x ? y = x ⇐⇒ x+ y + 4 = x ⇐⇒ y = −4) e tambe´m
(y ? x = x ⇐⇒ y + x+ 4 = x ⇐⇒ y = −4). Como y = −4 ∈ R, tenho pela implicac¸a˜o que ele e´
o elementro neutro.
iii)Existeˆncia dos sime´tricos:∀x ∈ R vale que:
(x ? x′ = e ⇐⇒ x+ x′ + 4 = −4 ⇐⇒ x′ = −x− 8) e tambe´m
(x′ ? x = e ⇐⇒ x′ + x+ 4 = −4 ⇐⇒ x′ = −x− 8). Como −x− 8 sempre esta´ em R tenho que
este conjunto com esta operac¸a˜o satisfaz a propriedade da existeˆncia dos sime´tricos.
iv)Comutatividade: ∀x, y ∈ R vale que x ? y = x + y + 4 = y + x + 4 = y ? x, usando a
comutatividade da soma + de R.
Portanto, segue de i), ii), iii), iv) que (R, ?) possui estrutura de grupo comutativo. �
1.0.3 Exerc´ıcio 1.3
(R, ?) na˜o possui estrutura de grupo comutativo. Ele na˜o satisfaz nenhuma das 4 propriedades.
Associatividade: observando a forma de (x ? y) ? z e de x ? (y ? z) chegamos ao contra-exemplo
x = y = 0 e z = 1; Para a comutatividade x = 0 e y = 1 serve de contra-exemplo; A existeˆncia
do elemento neutro falha na ”neutralidade pela esquerda”, i.e., na˜o existe um u´nico e tal que
e ? x = x ∀x ∈ R, pois se existisse tal elemento ter´ıamos e ? x = e + 2x − 4 = x ⇒ e = 4 − x
que varia com x (logo na˜o e´ u´nico, absurdo). (R, ?) tambe´m na˜o pode satisfazer a propriedade
da existeˆncia dos sime´tricos pois esta depende da existeˆncia de um elemento neutro (que ja´
vimos que falha). Por fim a comutatividade tambe´m na˜o e´ uma propriedade que (R, ?) possui,
contra-exemplo: x = 0 e y = 1.
1.0.4 Exerc´ıcio 1.5
Neste caso, (R, ?) possui estrutura de grupo comutativo! De fato:
Associatividade: ∀x, y, z ∈ R vale que (x?y)?z = (x+y−6)?z = (x+y−6)+z−6 = x+y+z−12,
pela comutatividade e assosiatividade da soma + de R. Por outro lado, x?(y?z) = x?(y+z−6) =
x+ (y + z − 6)− 6 = x+ y + z − 12 = (x ? y) ? z.
Comutatividade: ∀x, y ∈ R vale que x ? y = x+ y − 6 = y + x− 6 = y ? x, pela comutatividade
da soma + de R.
CAPI´TULO 1. ESTRUTURAS ALGE´BRICAS 6
Existeˆncia do Elemento Neutro: ∀x ∈ R vale que
(x ? y = x ⇐⇒ x+ y− 6 = x ⇐⇒ y = 6). Enta˜o x ? 6 = x ∀x ∈ R e na˜o precisamos verificar a
”neutralidade pela esquerda”pois ja´ sabemos que ? e´ comutativa (e portanto 6 ? x = x ? 6 = x).
Existeˆncia dos Sime´tricos: ∀x ∈ R vale que:
(x ? x′ = e ⇐⇒ x+ x′ − 6 = 6 ⇐⇒ x′ = 12− x), e tambe´m
(x′ ? x = e ⇐⇒ x′ + x− 6 = 6 ⇐⇒ x′ = 12− x). Logo, dado x ∈ R seu sime´trico e´ x′ = 12− x
que esta´ em R. �
1.0.5 Exerc´ıcio 1.7
Note previamente que (Mn(R), ?) tem como elemento neutro a matriz identidade In.
Como a operac¸a˜o ? e´ a multiplicac¸a˜o usual de matrizes, e´ de se esperar que nem todo elemento
de Mn(R) possua sime´trico (pois nem toda matriz e´ invert´ıvel). Tome, por exemplo, a matriz
nula 0.
Suponha, por absurdo, que existe o sime´trico A de 0. Neste caso, ter´ıamos In = A?0 = A ·0, mas
isso implicaria det(In) = det(A · 0) = det(A) · det(0) = det(A) · 0 = 0, absurdo pois det(In) = 1.
Portanto (Mn(R), ?) na˜o satisfaz a propriedade da existeˆncia dos sime´tricos e portanto na˜o e´ um
grupo.
1.0.6 Exerc´ıcio 1.12
? e a b c
e e a b c
a a b c e
b b c e a
c c e a b
Sessa˜o 1.7
1.0.7 Exerc´ıcio 1.17
Considere Re(z) = x e Im(z) = y. Temos enta˜o:√
x2 + y2
√
2 ≥ |x|+ |y| ⇐⇒ 2(x2 + y2) ≥ x2 + y2 + 2|xy|
⇐⇒ x2 + y2 ≥ 2|xy|
⇐⇒ x2 − 2|xy|+ y2 ≥ 0
⇐⇒ (|x| − |y|)2 ≥ 0.
Como vale que (|x| − |y|)2 ≥ 0 ∀x, y, conseguimos provar o que quer´ıamos.�
Atenc¸a˜o: essa demonstrac¸a˜o so´ e´ va´lida pois as implicac¸o˜es sa˜o “ ⇐⇒ ”. As implicac¸o˜es ⇒ sa˜o
mais fa´ceis de verificar, pore´m as ⇐ devem ser verificadas a parte, e muitas vezes elas na˜o sera˜o
va´lidas! Partir de uma afirmac¸a˜o A e chegar a uma afirmac¸a˜o verdadeira B, na˜o quer dizer que
A e´ necessariamente verdadeira!
1.0.8 Exerc´ıcio 1.20
Como i0 + i1 + i2 + i3 = 1 + i− 1− i = i4 + i5 + i6 + i7 = · · · = 0,
100∑
k=0
ik = 0 + 0 + · · ·+ 0 + i100 = 1
Logo a = 1 e b = 0.
CAPI´TULO 1. ESTRUTURAS ALGE´BRICAS 7
1.0.9 Exerc´ıcio 1.21
z =
1 + i
2− i =
1 + i
2− i
(
2 + i
2 + i
)
=
2 + i+ 2i− 1
4 + 1
=
1
5
+
3
5
i
Cap´ıtulo 2
Espac¸os Vetoriais
Sessa˜o 3.1
2.0.1 Exerc´ıcio 3.2
A1) Comutatividade ∀A,B ∈Mn(R) vale que:
A+B = [aij + bij ] = [bij + aij ] = B +A, usando a comutatividade da soma + dos nu´meros reais.
A2) Associatividade: ∀A,B,C ∈Mn(R) vale que:
(A+B) + C = [(aij + bij) + cij ] = [aij + (bij + cij)] = A+ (B + C), usando a associatividade da
soma + dos nu´meros reais.
A3) Elemento Neutro: Sei que para toda matriz A vale que:
(A+N = A ⇐⇒ [aij +nij ] = [aij ] ⇐⇒ aij +nij = aij ∀i, j ⇐⇒ nij = 0 ∀i, j ⇐⇒ N = 0).
Portanto se N e´ a matriz nula 0 enta˜o N e´ o elemento neutro do espac¸o vetorial (note que 0 ∈
Mn(R)).
A4) Elemento Sime´trico: dada matriz A ∈Mn(R) vale que:
(A+A′ = 0 ⇐⇒ [aij + a′ij ] = 0 ⇐⇒ aij + a′ij = 0 ∀i, j ⇐⇒ a′ij = −aij ⇐⇒ A′ = −A).
Portanto dada A seu sime´trico aditivo e´ −A.
M1)Associatividade: ∀α, β ∈ R e ∀A ∈Mn(R) vale que:
(αβ) ·A = αβ · [aij ] = [(αβ)aij ] = [α(βaij)] = α · [βaij ] = α · (βA), onde usamos a associatividade
dos nu´meros reais.
M2) Distributividade para Adic¸a˜o de Elementos: ∀α ∈ R e ∀A,B ∈Mn(R) vale que:
α · (A+B) = α · [aij + bij ] = [α(aij + bij)] = [αaij + αbij ] = [αaij ] + [αbij ] = α ·A+ α ·B.
M3) Distributividade para a Multiplicac¸a˜o por Escalar: ∀α, β ∈ R e ∀A ∈ Mn(R) vale
que:
(α+ β) ·A = (α+ β) · [aij ] = [(α+ β)aij ] = [αaij + βaij ] = [αaij ] + [βaij ] = α ·A+ β ·A.
M4) Elemento Identidade: ∀A ∈Mn(R) vale que:
(e ·A = A ⇐⇒ e · [aij ] = [aij ]) ⇐⇒ [eaij ] = [aij ] ⇐⇒ eaij = aij ∀i, j)
Se supusermos e = 1 enta˜o temos eaij = aij ∀i, j e consequentemente (pela implicac¸o˜es ⇐)
temos que e ·A = A.
Portanto, provamos que (Mn(R),+, ·) e´ um espac¸o vetorial. �
2.0.2 Exerc´ıcio 3.4
(V,⊕,�) e´ um espac¸o vetorial e vou provar.
8
CAPI´TULO 2. ESPAC¸OS VETORIAIS 9
De fato, as propriedades seguem:
A1)Comutatividade: ∀x, y ∈ V vale que:
x⊕ y = xy = yx = y ⊕ x, onde usamos a comutatividade do produto dos reais.
A2) Associatividade: ∀x, y, z ∈ V vale que:
(x⊕ y)⊕ z = (xy)⊕ z pela definic¸a˜o de ⊕
= (xy)z pela definic¸a˜o de ⊕
= x(yz) pela associatividade do produto dos reais
= x(y ⊕ z) pela definic¸a˜o de ⊕
= x⊕ (y ⊕ z) pela definic¸a˜o de ⊕
A3) Elemento Neutro: Sei que para todo x ∈ V vale que:
(x⊕ e = x ⇐⇒ xe = x ⇐⇒ e = 1)
Portanto se e = 1 enta˜o e e´ o elemento neutro do espac¸o vetorial. Note que a segunda ⇒ so´ e´
va´lida pois 0 6∈ V .
A4) Elemento Sime´trico: dado x ∈ V vale que: (x⊕ x′ = e ⇐⇒ xx′ = 1 ⇐⇒ x′ = 1x )
Portanto dado x ∈ V seu sime´trico aditivo e´ 1x . Novamente a segunda ⇒ so´ e´ va´lida pois 0 6∈ V .
M1)Associatividade: ∀α, β ∈ R e ∀x ∈ V vale que:
(αβ)� x = xαβ = (xβ)α = α� (xβ) = α� (β � x)
M2)Distributividade para Adic¸a˜o de Elementos: ∀α ∈ R e ∀x, y ∈ V vale que:
α� (x⊕ y) = α� (xy) = (xy)α = xαyα = (α� x)⊕ (α� y)
M3) Distributividade para a Multiplicac¸a˜o por Escalar: ∀α, β ∈ R e ∀x ∈ V vale que:
(α+ β)� x = xα+β = xαxβ = (α� x)(β � x) = (α� x)⊕ (β � x)
M4) Elemento Identidade: ∀x ∈ V vale que:
(n� x = x ⇐⇒ xn = x)
Note que a u´ltima sentenc¸a vale para todo x positivo se n = 1. Logo n = 1 ∈ V e´ o elementro
identidade da ac¸a˜o de multiplicac¸a˜o por escalar.
Portanto como sa˜o va´lidas as propriedades A1-A4,M1-M4 esta´ provado que (V,⊕,�) e´ um espac¸o
vetorial.
2.0.3 Exerc´ıcio 3.5
A1) Comutatividade: ∀x, y ∈ Z vale que:
x+ y = (v1, w1) + (v2, w2)
= (v1 + v2, w1 + w2) pela definic¸a˜o da soma + em Z
= (v2 + v1, w1 + w2) pois V e´ espac¸o vetorial
= (v2 + v1, w2 + w1) pois W e´ espac¸o vetorial
= (v2, w2) + (v1, w1) pela definic¸a˜o da soma + em Z
= y + x
A2) Associatividade: ∀x, y, z ∈ Z vale que:
(x+ y) + z = ((v1 + v2, w1 + w2)) + (v3, w3)
= ((v1 + v2) + v3, (w1 + w2) + w3) pela definic¸a˜o da soma + em Z
= (v1 + (v2 + v3), w1 + (w2 + w3)) pois V e W sa˜o espac¸os vetoriais
= (v1, w1) + (v2+ v3, w2 + w3) pela definic¸a˜o de + em Z
= x+ (y + z) pela definic¸a˜o de + em Z
CAPI´TULO 2. ESPAC¸OS VETORIAIS 10
A3) Elemento Neutro: Sei que para todo x ∈ Z vale que:
x + e = x ⇐⇒ (v1, w1) + (e1, e2) = (v1, w1) ⇐⇒ (v1 + e1, w1 + e2) = (v1, w1) ⇐⇒{
v1 + e1 = v1
w1 + e2 = w1
⇐⇒
{
e1 = elemento neutro da soma de V
e2 = elemento neutro da soma de W
Sendo assim, ao tomarmos (e1, e2) ∈ Z que e´ o par odenado formado pelo neutro de V e pelo
neutro de W , temos o elemento neutro de Z.
A4) Elemento Sime´trico: dado x = (v1, w1) elemento gene´rico de Z, vale que:
x + x′ = (e1, e2) ⇐⇒ (v1, w1) + (v′1, w′1) = (e1, e2) ⇐⇒ (v1 + v′1, w1 + w′1) = (e1, e2) ⇐⇒{
v1 + v
′
1 = e1
w1 + w
′
1 = e2
⇐⇒
{
v′1e´ o sime´trico de v1 em V
w′1e´ o sime´trico de w1 em W
Enta˜o, dado x = (v1, w1) seu sime´trico em Z e´ (v
′
1, w
′
1) como descrito acima.
OBS.: na˜o e´ necessa´rio mostrar v′1 como e1 − v1, pois A4 diz somente sobre a existeˆncia dos
sime´tricos, fato que e´ garantido por V,W serem espac¸os vetoriais.
M1) Associatividade: ∀α, β ∈ R e ∀x ∈ Z vale que:
(αβ)x = (αβ)(v1, w1) = ((αβ)v1, (αβ)w1) = (α(βv1), α(βw1)), onde usamos que V,W possuem
multiplicac¸a˜o por escalar associativa.
M2) Distributividade para Adic¸a˜o de Elementos: ∀α ∈ R e ∀x, y ∈ Z vale que:
α(x + y) = α(v1 + v2, w1 + w2) = (α(v1 + v2), α(w1 + w2)) = (αv1 + αv2, αw1 + αw2) =
(αv1, αw1) + (αv2, αw2) = α(v1, w1) +α(v2, w2) = αx+αy, onde usamos o fato de que V e W sa˜o
espac¸os vetoriais.
M3) Distributividade para a Multiplicac¸a˜o por Escalar: ∀α, β ∈ R e ∀x ∈ Z vale que:
(α + β)x = (α + β)(v1, w1) = ((α + β)v1, (α + β)w1) = (αv1 + βv1, αw1 + βw1) = (αv1, αw1) +
(βv1, βw1) = αx+ βx, onde usamos novamente o fato de que V e W sa˜o ambos espac¸os vetoriais.
M4) Elemento Identidade: ∀x ∈ Z vale que:
nx = x ⇐⇒ (nv1, nw1) = (v1, w1) ⇐⇒
{
nv1 = v1
nw1 = w1
Agora como ambos V e W sa˜o espac¸os vetoriais sobre o corpo F, temos que n = 1F satisfaz as
duas equac¸o˜es e, consequentemente, e´ tambe´m o elemento identidade da multiplicac¸a˜o por esca-
lar do espac¸o Z.�
Sessa˜o 3.2
2.0.4 Exerc´ıcio 3.9
Preciso provar que i)H 6= ∅; ii) H e´ fechado pela soma e iii) H e´ fechado pela multiplicac¸a˜o por
escalar.
i): Note que (0, · · · , 0) ∈ H, pois c1 · 0 + · · ·+ cn · 0 = 0⇒ (0, · · · , 0) ∈ H ⇒ H 6= ∅.
ii): Dados (x1, · · · , xn), (y1, · · · , yn) ∈ H quero mostrar que (x1, · · · , xn) + (y1, · · · , yn) ∈ H.
De fato, (x1, · · · , xn)+(y1, · · · , yn) = (x1+y1, · · · , xn+yn) e vale que c1 ·(x1+y1)+ · · ·+cn ·(xn+
yn) = (c1 ·x1 + · · ·+ cn ·xn) + (c1 ·y1 + · · ·+ cn ·yn) = 0 + 0 = 0⇒ (x1, · · · , xn) + (y1, · · · , yn) ∈ H.
iii): Analogamente, dado (x1, · · · , xn) ∈ H e dado λ ∈ R quero mostrar que λ · (x1, · · · , xn) ∈ H.
De fato λ · (x1, · · · , xn) = (λ · x1, · · · , λ · xn) e vale que c1 · (λx1) + · · · + cn · (λxn) = λ · (c1x1 +
· · ·+ cnxn) = λ · 0 = 0⇒ λ · (x1, · · · , xn) ∈ H.
Portanto, de i), ii) e iii), esta´ provado. �
CAPI´TULO 2. ESPAC¸OS VETORIAIS 11
OBS.: Note que e´ essencial provarmos que H 6= ∅, pois o conjunto vazio satisfaz ii) e iii) mas
na˜o e´ um espac¸o vetorial!
2.0.5 Exerc´ıcio 3.11
i) S 6= ∅: Note que f = 0C([0,1]) ∈ S, pois
∫ 1
0
0dx = 0. Logo 0C([0,1]) ∈ S e S 6= ∅.
ii) S e´ fechado pela soma: Dados f, g ∈ S, temos que ∫ 1
0
(f(x) + g(x))dx =
∫ 1
0
f(x)dx +∫ 1
0
g(x)dx = 0 + 0 = 0, pois ambas pertencem a S.
iii) S e´ fechado pela multiplicac¸a˜o por escalar: Dada f ∈ S e dado λ ∈ R, ∫ 1
0
λf(x)dx =
λ
∫ 1
0
f(x)dx = λ · 0 = 0, pois f ∈ S.
Portanto, de i), ii), e iii) esta´ provado que S e´ subespac¸o vetorial de C([0, 1]).
2.0.6 Exerc´ıcio 3.14
Note que a matriz nula 0 satisfaz 0
t
= 0 = −0, logo 0 ∈ U,W e portanto U,W 6= ∅.
i)U e´ fechado pela soma: ∀A,B ∈ U vale que
(A+B)t = At +Bt = (A+B), pois A e B esta˜o em U . Portanto A+B ∈ U .
ii)U e´ fechado pela multiplicac¸a˜o por escalar: Dado A ∈ U e λ ∈ R temos que (λA)t =
λAt = λA, portanto λA ∈ U .
E segue que U e´ um subespac¸o vetorial de Mn(R).
Ana´logo para W .
2.0.7 Exerc´ıcio 3.16
S na˜o e´ um subespac¸o vetorial de R2 pois na˜o possui elementro neutro da adic¸a˜o.
De fato, suponha por absurdo que ∃e ∈ S tal que v + e = e + v = v ∀v ∈ S. Como v e´ um
elemento gene´rico de S, pode ser escrito da seguinte forma: v = α(1, 2)+(3, 2) = (α, 2α)+(3, 2) =
(α+ 3, 2α+ 2). Logo temos que v+ e = (α+ 3, 2α+ 2) + (e1, e2) = (α+ 3 + e1, 2α+ 2 + e2) = v, e
isto acontece se e somente se
{
α+ 3 + e1 = α+ 3
2α+ 2 + e2 = 2α+ 2
. O que nos leva a e1 = 0 = e2, e portanto
e = (0, 0). Absurdo, pois supomos e ∈ S mas (0, 0) 6∈ S.�
OBS.: Note que sempre vale que se S ⊆ V e´ um subespac¸o vetorial de V e que se e ∈ V e´ o
elemento neutro de V , enta˜o necessariamente o elemento neutro de S tambe´m e´ e. Pela unici-
dade deste elemento em V pode-se provar que se e ∈ V na˜o esta´ em S enta˜o S na˜o pode ser um
subespac¸o vetorial.
Sessa˜o 3.3
2.0.8 Exerc´ıcio 3.17
Seja A =
[
x y
z t
]
matriz gene´rica 2× 2. Enta˜o A ∈ U ⇐⇒ x− y − z = 0 ⇐⇒ x = y + z, logo
todos elementos de U sa˜o da forma A =
[
y + z y
z t
]
. Enta˜o temos 3 graus de liberdade para
formar o subespac¸o U (isso significa exatamente que a dimensa˜o de U e´ 3). Agora, para achar o
sistema de geradores de U basta fatorar A pelas varia´veis restantes. Isto e´:
CAPI´TULO 2. ESPAC¸OS VETORIAIS 12
A =
[
y + z y
z t
]
= y ·
[
1 1
0 0
]
︸ ︷︷ ︸
A1
+z ·
[
1 0
1 0
]
︸ ︷︷ ︸
A2
+t ·
[
0 0
0 1
]
︸ ︷︷ ︸
A3
Logo todo elemento de U e´ combinac¸a˜o linear de A1, A2, A3 e portanto S = {A1, A2, A3} e´ um
sistema de geradores para o subespac¸o vetorial U .
OBS.: Para provar a igualdade de conjuntos U = [S] temos que provar que todo elemento de U
esta´ em [S] e que todo elemento de [S] esta´ em U . E afirmar que “todos elementos de U sa˜o da
forma A =
[
y + z y
z t
]
” e´ dizer apenas que todo elemento de U esta´ em [S]. Mas a rec´ıproca
dessa afirmac¸a˜o (que completa o que queremos provar) esta´ implicitamente provada pois sabe-
mos que A ∈ U ⇐⇒ x = y + z, logo se uma matriz e´ da forma A =
[
y + z y
z t
]
enta˜o automa-
ticamente essa matriz esta´ em U (usando a implicac¸a˜o ⇐), o que prova que todo elemento de [S]
esta´ em U .
2.0.9 Exerc´ıcio 3.20
Aqui usamos o abuso de notac¸a˜o de que u =
 12
−8
 e que v =
 6−3
−2
.
Denote o espac¸o gerado pelas colunas da matriz A por U = [A1, A2], onde A1 =
41
0
 e A2 =25
2
.
Agora, sabemos que:
u ∈ [A1, A2] ⇐⇒ Existem escalares c1, c2 tais que u = c1A1 + c2A2 ⇐⇒
 12
−8
 =
4c1c1
0
 +
2c25c2
2c2
 =
4c1 + 2c2c1 + 5c2
2c2
 ⇐⇒

4c1 + 2c2 = 1
c1 + 5c2 = 2
2c2 = −8
Enta˜o para verificar se u esta´ no subespac¸o, basta verificar se o sistema de equac¸o˜es possui soluc¸a˜o
para c1 e c2. E ao tentar resolver o sistema notamos que ele e´ um sistema imposs´ıvel, portanto
u 6∈ U .
Analogamente para v sabemos que
v ∈ [A1, A2] ⇐⇒
 6−3
−2
 =
4c1 + 2c2c1 + 5c2
2c2
 ⇐⇒

4c1 + 2c2 = 6
c1 + 5c2 = −3
2c2 = −2
E como c1 = 2 e c2 = −1 resolve o sistema, conclu´ımos que v ∈ U .
2.0.10 Exerc´ıcio 3.21
Tenho que mostrar que W = [A1, A2, A3].
Considere uma matriz gene´rica A =
(
x y
z t
)
. Sabemos que:
CAPI´TULO 2. ESPAC¸OS VETORIAIS 13
A ∈W ⇐⇒ A = At ⇐⇒
(
x y
z t
)
=
(
x z
y t
)
⇐⇒

x = x
y = z
t = t
Portanto A ∈ W ⇐⇒ A =
(
x y
y t
)
= x
(
1 0
0 0
)
+ t
(
0 0
0 1
)
+ y
(
0 1
1 0
)
⇐⇒ A =
xA1 + tA2 + yA3 ⇐⇒ A ∈ [A1, A2, A3]
E consequentemente W = [A1, A2, A3]. �
Sessa˜o 3.4
2.0.11 Exerc´ıcio 3.23
Para facilitar nosso trabalho, vamos determinar separadamente um sistema de geradores para U
e um sistema de geradores para W .
Geradores de U :
Dado v = (x,y, z, t) elemento gene´rico de R4, enta˜o v ∈ U ⇐⇒ x+ y = 0 e z − t = 0 ⇐⇒ x =
−y e z = t ⇐⇒ v = (−y, y, t, t)
Logo v = y(−1, 1, 0, 0) + t(0, 0, 1, 1) e U = [(−1, 1, 0, 0)︸ ︷︷ ︸
u1
, (0, 0, 1, 1)︸ ︷︷ ︸
u2
].
Geradores de W :
Dado v = (x, y, z, t) elemento gene´rico de R4, enta˜o v ∈ W ⇐⇒ x − y − z + t = 0 ⇐⇒ x =
y + z − t ⇐⇒ v = (y + z − t, y, z, t)
Logo v = y(1, 1, 0, 0) + z(1, 0, 1, 0) + t(−1, 0, 0, 1) e W = [(1, 1, 0, 0)︸ ︷︷ ︸
w1
, (1, 0, 1, 0)︸ ︷︷ ︸
w2
, (−1, 0, 0, 1)︸ ︷︷ ︸
w3
].
(a) Dado v = (x, y, z, t) elemento gene´rico de R4, enta˜o v ∈ U ∩W ⇐⇒ v ∈ U e v ∈W .
Portanto existem escalares a1, a2, b1, b2, b3 tais que:
v = a1(−1, 1, 0, 0) + a2(0, 0, 1, 1), pois v ∈ U ; e
v = b1(1, 1, 0, 0) + b2(1, 0, 1, 0) + b3(−1, 0, 0, 1), pois v ∈W .
Da´ı, a1u1 + a2u2 = b1w1 + b2w2 + b3w3, ou seja:
(−a1, a1, a2, a2) = (b1 + b2 − b3, b1, b2, b3)
Logo temos o sistema

−a1 = b1 + b2 − b3
a1 = b1
a2 = b2
a2 = b3
, e vamos resolveˆ-lo para a1, a2 (poder´ıamos ter
escolhido resolveˆ-lo para b1, b2, b3).
Note que a1 = 0 e a2 = b2 e´ uma soluc¸a˜o para o sistema pois satisfaz todas as equac¸o˜es (se
escolhermos as varia´ves ai, as constanstes bi podem ser qualquer valor fixo).
Substituindo os valores de a1, a2 que resolvem o sistema (i.e, os valores de a1, a2 para os quais v
ale´m de estar em U tambe´m esta´ em W ), obtemos:
v = b2(0, 0, 1, 1)
E consequentemente U ∩W = [(0, 0, 1, 1)].
(b) Dado v = (x, y, z, t) elemento gene´rico de R4, enta˜o v ∈ U+W ⇐⇒ v = u+w para algum u ∈
U e w ∈W .
Logo, v ∈ U +W se (e somente se) existem escalares a1, a2, b1, b2, b3 tais que
v = a1u1 + a2u2︸ ︷︷ ︸
u
+ b1w1 + b2w2 + b3w3︸ ︷︷ ︸
w
CAPI´TULO 2. ESPAC¸OS VETORIAIS 14
E isso e´ a mesma coisa que dizer U +W = [u1, u2, w1, w2, w3].
(c) U +W e´ soma direta se U ∩W = {0R4}.
Mas como vimos na letra (a), U +W = [0, 0, 1, 1] 6= {0R4}.
Portanto na˜o e´ uma soma direta.
2.0.12 Exerc´ıcio 3.24
R3 = U ⊕W se: i)U ∩W = {0R3} e ii) R3 = U +W .
i) Como U = [(1, 0, 0)] e W = [(1, 1, 0), (0, 1, 1)], enta˜o v ∈ U ∩ W ⇐⇒ existem escalares
a1, b1, b2 tais que v = a1(1, 0, 0) e v = b1(1, 1, 0) + b2(0, 1, 1)
Logo a1(1, 0, 0) = b1(1, 1, 0) + b2(0, 1, 1)⇒ (a1, 0, 0) = (b1, b1 + b2, b2).
Enta˜o

a1 = b1
0 = b1 + b2
0 = b2
, e resolvendo para a1 obtemos a u´nica soluc¸a˜o a1 = 0.
Consequentemente v = 0(1, 0, 0) = (0, 0, 0) e U ∩W = {(0, 0, 0)}.
OBS.: obtemos que (0, 0, 0) ∈ U ∩W pois a1 = 0 e´ soluc¸a˜o do sistema e obtemos que na verdade
esse e´ o u´nico elemento do subespac¸o pois a soluc¸a˜o do sistema e´ u´nica.
ii) Por construc¸a˜o equivalente ao exerc´ıcio 3.23b temos que U +W = [(1, 0, 0), (1, 1, 0), (0, 1, 1)].
Agora, para provar que R3 = U +W devemos provar que U +W ⊆ R3 e que R3 ⊆ U +W .
A primeira inclusa˜o se deve ao fato de que R3 e´ um espac¸o vetorial e, portanto, combinac¸o˜es li-
neares de seus elementos ainda pertencem ao espac¸o vetorial.
Para mostrar que a segunda inclusa˜o e´ va´lida devemos mostrar que todo elemento de R3 esta´
em U + W . Isto e´, dado v = (x, y, z) ∈ R3 preciso encontrar escalares a1, b1, b2 que satisfazem
v = a1u1 + b1w1 + b2w2.
Enta˜o temos, (x, y, z) = (a1 + b1, b1 + b2, b2) ⇐⇒

x = a1 + b1
y = b1 + b2
z = b2
E preciso resolver o sistema para as varia´veis a1, b1, b2 , pois caso eu mostre que existe uma soluc¸a˜o
para essas varia´veis enta˜o existem escalares satisfazendo o que foi pedido.
Resolvendo o sistema, obtemos a soluc¸a˜o

b2 = z
b1 = y − z
a1 = x− y + z
E portanto mostramos que (x, y, z) = (x − y + z)(1, 0, 0) + (y − z)(1, 1, 0) + z(0, 1, 1), logo
v = (x, y, z) esta´ em U +W . �
2.0.13 Exerc´ıcio 3.25
Preciso mostrar que: i) U ∩W = {0Mn(R)} e ii) U +W = Mn(R).
i) Dada matriz gene´rica A = [aij ], enta˜o A ∈ U ∩W ⇐⇒ A ∈ U e A ∈W .
E temos que:
A ∈ U ⇐⇒ At = A ⇐⇒ aji = aij ∀i, j; e
A ∈W ⇐⇒ At = −A ⇐⇒ aji = −aij ∀i, j.
Portanto se A = [aij ] esta´ na intersec¸a˜o devemos ter
{
aij = aji
aij = −aji
Mas isso so´ acontece se aij = 0 ∀i, j, e portanto A = 0Mn(R).
Enta˜o conclu´ımos que U ∩W = {0Mn(R)}.
ii) Dada matriz gene´rica A = [aij ], tenho que mostrar que existe uma matriz sime´trica e uma
CAPI´TULO 2. ESPAC¸OS VETORIAIS 15
matriz antissime´trica tais que A e´ a soma das duas.
Agora definimos (a partir da matriz dada A) duas matrizes B e C da seguinte maneira:
B = [bij ], com bij :=
aij + aji
2
∀i, j
C = [cij ], com cij :=
aij − aji
2
∀i, j
Note que bij = bji e cij = −cji ∀i, j; e ale´m disso aij = bij + cij , o que implica que A =
B + C �
OBS.: Na parte ii) poder´ıamos ter tentado exibir os geradores de U e de W e prosseguido de
forma similar a` parte ii) do exerc´ıcio 3.24. Pore´m, por na˜o sabermos o valor de n, fica dif´ıcil exi-
bir “concretamente” os geradores de U e W . Segue outra soluc¸a˜o poss´ıvel nesse sentido:
Definimos uma matriz Eij = [eij ] com eij :=
{
1, se i = j
0, se i 6= j .
Agora considere a matriz Bij := Eij + Eji.
Observe que Bij e´ sime´trica ∀i, j e que, ale´m disso,
SU = {Bij |i ≤ j}
e´ um conjunto de geradores de U .
Analogamente definimos Cij := Eij − Eji e obtemos que
SW = {Cij |i < j}
e´ um conjunto de geradores de W .
Logo U +W = [SU ∪ SW ] e podemos (exaustivamente) terminar a prova por esse caminho obser-
vando que Eij =
1
2 · (Bij +Cij) e portanto A pode ser (exaustivamente) escrita como combinac¸a˜o
linear de elementos de SU ∪ SW .
2.0.14 Exerc´ıcio 3.28
U ∪W na˜o e´ um subespac¸o vetorial de R2 e vou provar.
De fato, ao considerarmos u = (1, 3) ∈ U e w = (1,−2) ∈W temos que u+w 6∈ U∪W (desenhe!),
pois u + w = (2, 1) e 1 6= 3 · 2 (portanto na˜o esta´ em U) e tambe´m 1 6= −2 · 2 (portanto na˜o esta´
em W ). Logo u + w 6∈ U ∪W , e portanto U ∪W na˜o e´ fechado pela soma, logo na˜o e´ subespac¸o
vetorial. �
OBS.: Note que U ∪W e´ fechado pela multiplicac¸a˜o por escalar.
2.0.15 Exerc´ıcio 3.29
O sistema possui como conjunto soluc¸a˜o S = {(x, y, z) ∈ R3|x = − 72z e y = 32z}.
Note que:
i) S 6= ∅ pois (0, 0, 0) ∈ S
ii) Dados v1 = (x1, y1, z1) e v2 = (x2, y2, z2) elementos de S, v1 + v2 = (x1 + x2, y1 + y2, z1 + z2) e´
tal que
{
x1 + x2 = −7/2z1 − 7/2z2 = − 72 (z1 + z2)
y1 + y2 = 3/2z1 + 3/2z2 =
3
2 (z1 + z2)
.
Logo v1 + v2 ∈ S.
iii) Dados α ∈ R e v1 ∈ S, αv1 = (αx1, αy1, αz1) satisfaz
{
αx1 = α(−7/2z1) = − 72 (αz1)
αy1 = α(3/2z1) =
3
2 (αz1)
.
Logo αv1 ∈ S.
CAPI´TULO 2. ESPAC¸OS VETORIAIS 16
De i), ii) e iii) provamos que S e´ um subespac¸o vetorial.
Agora vamos determinar um sistema de geradores para S ∩ U .
Note primeiro que S = [(−7/2, 3/2, 1)] = [(−7, 3, 2)] e que U = [(1, 1, 0), (−1, 0, 1)].
Agora temos que v ∈ S ∩ U ⇐⇒ v ∈ S e v ∈ U .
Isso acontece se (e somente se) ∃s1, u1, u2 ∈ R tais que s1(−7, 3, 2) = u1(1, 1, 0) + u2(−1, 0, 1).
Enta˜o temos

−7s1 = u1 − u2
3s1 = u1
2s1 = u2
⇐⇒ s1 = 0.
E consequentemente S ∩ U = {(0, 0, 0)}.
Sessa˜o 3.5
2.0.16 Exerc´ıcio 3.34
(a) O conjunto na˜o e´ L.I. pois
x2 + 2x+ 1 = 1 · (x2) + 2 · (x− 1) + 3 · (1)
(b) O conjunto na˜o e´ L.I. pois
2x3 − x2 = 2 · (x3)− 1 · (x2 − x)− 1 · (x)
2.0.17 Exerc´ıcio 3.35
Suponha que existem escalares c1, c2, c3, c4 tais que c1(1, 0, 0,−1) + c2(0, 1, 0, 1) + c3(0, 0, 1, 1) +
c4(1, 0, 0, 1) = 0R4 .
Enta˜o temos que (c1 + c4, c2, c3,−c1 + c2 + c3 + c4) = (0, 0, 0, 0).
Logo

c1 + c4 = 0
c2 = 0
c3 = 0
−c1 + c2 + c3 + c4 = 0
que possui somente a soluc¸a˜o trivial c1 = c2 = c3 = c4 = 0.
Portanto, provamos que o conjunto {(1, 0, 0,−1), (0, 1, 0, 1), (0, 0, 1, 1), (1, 0, 0, 1)} e´ L.I. �
2.0.18 Exerc´ıcio 3.37
Primeiro vamos mostrar que S = {f, g} e´ L.D. em i)C([−1, 0]) e em ii)C([0, 1]).
i): Suponha que existem escalares c1, c2 tais que
c1f + c2g = 0C([−1,0])
Como temos uma igualdade de func¸o˜es isso implica que o lado esquerdo se anula em todo x ∈
[−1, 0]. E observe que neste intervalog(x) = |x| = −x e portanto:
0 = c1f(x) + c2g(x) = c1x− c2x = (c1 − c2)x ∀x ∈ [−1, 0]
E como temos uma igualdade de polinoˆmio, isso implica que c1 − c2 = 0⇒ c1 = c2.
Portanto na˜o conseguimos concluir que c1 = c2 = 0. Por exemplo, c1 = c2 = 1 sa˜o tais que
c1f + c2g = 0C([−1,0]) e logo S = {f, g} e´ L.D. neste espac¸o vetorial.
ii)Analogamente conclu´ımos que c1 = 1 e c2 = −1 sa˜o tais que
c1f + c2g = 0C([0,1])
CAPI´TULO 2. ESPAC¸OS VETORIAIS 17
O que implica que S = {f, g} e´ L.D. em C([0, 1]).
Agora, provemos que S = {f, g} e´ L.I. em C([−1, 1]).
Suponha que existem escalares c1, c2 tais que
c1f + c2g = 0C([−1,1])
Issso implica que 0 = c1f(x) + c2g(x) = c1x+ c2|x| ∀x ∈ [−1, 1].
Agora, se restringirmos a igualdade para o intervalo [−1, 0] temos que
0 = c1x+ c2|x| = c1x− c2x = (c1 − c2)x⇒ c1 − c2 = 0⇒ c1 = c2 (F)
E se restringirmos a igualdade para o intervalo [0, 1] temos
0 = c1x+ c2|x| = c1x+ c2x = (c1 + c2)x⇒ c1 + c2 = 0⇒ c1 = −c2 (♥)
De ♥ e F conclu´ımos que c1 = c2 = 0, e consequentemente S = {f, g} e´ L.I. em C([−1, 1]).
2.0.19 Exerc´ıcio 3.39
Se S = {v1, v2} e´ L.D. enta˜o existem escalares na˜o todos nulos c1, c2 tais que c1v1 + c2v2 = 0.
Como pelo menos um dos escalares e´ na˜o nulo, digamos c1 6= 0, temos que v1 = −c2c1 v2.
Sessa˜o 3.6
2.0.20 Exerc´ıcio 3.43
Primeiro acharemos os geradores de W .
Uma matriz gene´rica de W ⊆M3(R) e´ da forma A =
a11 a12 a13a12 a22 a23
a13 a23 a33
. Logo temos:
A = a11
1 0 00 0 0
0 0 0

︸ ︷︷ ︸
A1
+a12
0 1 01 0 0
0 0 0

︸ ︷︷ ︸
A2
+a13
0 0 10 0 0
1 0 0

︸ ︷︷ ︸
A3
+a22
0 0 00 1 0
0 0 0

︸ ︷︷ ︸
A4
+a23
0 0 00 0 1
0 1 0

︸ ︷︷ ︸
A5
+a33
0 0 00 0 0
0 0 1

︸ ︷︷ ︸
A6
E consequentemente S = {A1, A2, A3, A4, A5, A6} e´ um conjunto de geradores para W .
Agora, para saber se S e´ uma base de W precisamos apenas verificar se S e´ L.I., o que de fato
acontece pois:
Supondo escalares c1, c2, c3, c4, c5, c6 tais que
c1A1 + c2A2 + c3A3 + c4A4 + c5A5 + c6A6 = 0
chegamos num sistema de equac¸o˜es com u´nica soluc¸a˜o c1 = c2 = c3 = c4 = c5 = c6 = 0. E,
portanto S e´ L.I.
E como provamos que S e´ um conjunto de geradores L.I., encontramos a base S para o subespac¸o
W .
CAPI´TULO 2. ESPAC¸OS VETORIAIS 18
2.0.21 Exerc´ıcio 3.46
Seja A =
[
x y
z t
]
matriz gene´rica 2× 2. Enta˜o A ∈ U ⇐⇒ x− y − z = 0 ⇐⇒ x = y + z, logo
todos elementos de U sa˜o da forma A =
[
y + z y
z t
]
. Agora, para achar o sistema de geradores
de U basta fatorar A pelas varia´veis restantes. Isto e´:
A =
[
y + z y
z t
]
= y ·
[
1 1
0 0
]
︸ ︷︷ ︸
A1
+z ·
[
1 0
1 0
]
︸ ︷︷ ︸
A2
+t ·
[
0 0
0 1
]
︸ ︷︷ ︸
A3
Logo todo elemento de U e´ combinac¸a˜o linear de A1, A2, A3 e portanto U = [A1, A2, A3].
E tambe´m podemos verificar que S = {A1, A2, A3} e´ um conjunto L.I., pois:
c1 ·
[
1 1
0 0
]
+ c2 ·
[
1 0
1 0
]
+ c3 ·
[
0 0
0 1
]
= 0M2(R) ⇒

c1 + c2 = 0
c1 = 0
c2 = 0
c3 = 0
⇒ c1 = c2 = c3 = 0.
Portanto, como S gera U e e´ L.I., temos que S e´ uma base de U .
2.0.22 Exerc´ıcio 3.48
Encontremos primeiro os geradores de U .
Seja p(x) = a + bx + cx2 polinoˆmio gene´rico de P2(R). Enta˜o p(x) ∈ U ⇐⇒ a − 2c = 0 ⇐⇒
a = 2c.
Enta˜o a forma gene´rica de um elemento de U e´ p(x) = 2c + bx + cx2 = c(2 + x2) + b(x) e,
consequentemente, temos U = [2 + x2, x].
Agora, como W = [1 − x, x − x2], podemos concluir que S = {2 + x2, x, 1 − x, x − x2} e´ um
conjunto de geradores de U +W . Mas S na˜o e´ uma base de U +W pois, como veremos a seguir,
e´ um conjunto L.D..
De fato, supondo escalares k1, k2, k3, k4 tais que
k1(2 + x
2) + k2(x) + k3(1− x) + k4(x− x2) = 0P2(R),
obtemos (2k1 + k3) + (k2 − k3 + k4)x+ (k1 − k4)x2 = 0P2(R) e portanto

2k1 + k3 = 0
k2 − k3 + k4 = 0
k1 − k4 = 0
(?).
Que possui como soluc¸a˜o geral k1 = k4, k2 = −3k4 e k3 = −2k4. Isso significa que ao tomarmos
k4 = 1 obtemos:
(2 + x2)− 3x− 2(1− x) + (x− x2) = 0⇒ (x− x2) = (−1) · (2 + x2) + 3 · x+ 2 · (1− x)
Logo x− x2 pode ser expresso como combinac¸a˜o linear dos outros 3 elementos.
E enta˜o S′ = {2 + x2, x, 1− x} tambe´m gera U +W . Agora, verificamos que S’ e´ L.I..
Supondo escalares k1, k2, k3 tais que 0 = k1(2+x
2)+k2x+k3(1−x) = (2k1+k3)+(k2−k3)x+k1x2,
obtemos apenas a soluc¸a˜o trivial k1 = k2 = k3 = 0.
Portanto S′ e´ uma base de U +W .
OBS.: O fato do sistema (?) ter soluc¸a˜o geral com apenas 1 grau de liberdade esta´ intimamente
ligado com o fato do conjunto S ter apenas 1 elemento que e´ combinac¸a˜o linear dos outros. Isto
e´, podemos escolher qual dos elementos na equac¸a˜o vamos expressar como combinac¸a˜o linear dos
outros, pore´m ao retira´-lo de S na˜o encontraremos outro elemento que seja combinac¸a˜o linear
dos restantes.
CAPI´TULO 2. ESPAC¸OS VETORIAIS 19
2.0.23 Exerc´ıcio 3.54
Dizemos que um conjunto ϕ de condic¸o˜es sa˜o condic¸o˜es necessa´rias e suficientes para que
dim(U ∩W ) = dim(W ) quando temos “ϕ ⇐⇒ dim(U ∩W ) = dim(W )”.
Agora, sabemos que se W ⊆ U enta˜o temos U ∩W = W e portanto conclu´ımos que W ⊆ U ⇒
dim(U ∩W ) = dim(W ).
Caso a volta ⇐ seja va´lida, encontramos o que quer´ıamos.
E de fato a rec´ıproca e´ va´lida.
Supondo dim(U ∩W ) = dim(W ) vamos provar W ⊆ U .
Por absurdo, se fosse W 6⊆ U enta˜o existiria um elemento na˜o-nulo w ∈ W tal que w 6∈ U .
Pore´m isso implicaria que para todo escalar λ 6= 0, λw 6∈ U (pois U e´ espac¸o vetorial). Com isso
ter´ıamos que dim(U ∩W ) < dim(W ), absurdo! Logo dim(U ∩W ) = dim(W )⇒W ⊆ U . �
2.0.24 Exerc´ıcio 3.57
Seja S = {p1(x), p2(x), p3(x), p4(x)}. Precisamos mostrar que i) P3(R) = [S] e que ii) S e´ L.I..
i) Seja p(x) = a + bx + cx2 + dx3 polinoˆmio gene´rico de P3(R). Preciso mostrar que existem
escalares k1, k2, k3, k4 tais que p(x) = k1p1(x) + k2p2(x)k3p3(x) + k4p4(x). E isso acontece se, e
somente se:
a+ bx+ cx2 + dx3 = (k1 + k2 + k3 + k4) + (k2 − k4)x+ (−k3 − k4)x2 − k4x3
Que e´ equivalente a dizer que

k1 + k2 + k3 + k4 = a
k2 − k4 = b
−k3 − k4 = c
−k4 = d
.
Note que

k1 = a− b+ c+ d
k2 = b− d
k3 = d− c
k4 = −d
e´ uma soluc¸a˜o do sistema e portanto temos os coeficientes da
combinac¸a˜o linear desejada. Logo P3(R) = [S].
ii) Supondo escalares k1, k2, k3, k4 tais que k1p1(x) + k2p2(x)k3p3(x) + k4p4(x) = 0P3(R) e igua-
lando coeficiente a coeficiente chegamos no sistema

k1 + k2 + k3 + k4 = 0
k2 − k4 = 0
−k3 − k4 = 0
−k4 = 0
.
Que possui somente a soluc¸a˜o trivial k1 = k2 = k4 = 0. Portanto S e´ L.I..
Como provamos que S gera P3(R) e que e´ L.I., provamos que S e´ uma base de P3(R). �
2.0.25 Exerc´ıcio 3.58
Precisamos mostrar que: i) V ∩W = {0R3} e ii) R3 = V +W .
i) Como V 6⊆ W , existe um elemento v ∈ V que na˜o pertence a W . Com isso temos que todo
mu´ltiplo λv na˜o-nulo de v tambe´m na˜o esta´ em W , pois caso contra´rio ter´ıamos que v = 1λλv ∈
W (pois W e´ subespac¸o vetorial).
Mas como dim(V ) = 1 isso implica que todo elemento na˜o-nulo de V na˜o pertence a W . E como
0R3 ∈W , segue que V ∩W = {0R3}.
ii) Seja A = {w1, w2} uma base de W e B = {v1} uma base de V .
CAPI´TULO 2. ESPAC¸OS VETORIAIS 20
Enta˜o temos que A ∪B = {w1, w2, v1} e´ L.I..
De fato, supondo escalares c1, c2, c3 tais que:
c1w1 + c2w2 + c3v1 = 0
Temos que c3v1 = −c1w1 − c2w2. Agora, se c3 6= 0 ter´ıamos que v1 e´ combinac¸a˜o linear de w1 e
w2 (que sabemos que na˜o e´ verdade); logo c3 = 0. Mas isso implica que c1w1 + c2w2 = 0, e como
sabemos que A = {w1, w2} e´ L.I. (pois e´ base) temos que c1 = c2 = 0 = c3.
E portanto dim(U +W ) = dim([A ∪B]) = 3.
Mas como dim(R3) = 3 e U +W ⊆ R3 segue que U +W = R3. �
2.0.26 Exerc´ıcio 3.60
Note que (−1, 1, 0, 1) = −2(1, 2, 1, 0) + (1, 5, 2, 1) e disso chegamos a dim(U ∩W ) = 2.
Agora, como U ⊆ U +W ⊆ R4, segue que 3 ≤ dim(U +W) ≤ 4.
Finalmente, dim(U + W ) tambe´m na˜o pode ser igual a 3; pois caso contra´rio ter´ıamos 3 =
dim(U + W ) = dim(U) = dim(W ) ⇒ U = U + W = W ⇒ U ∩W = U , que e´ um absurdo
pois dim(U ∩W ) = 2.
Portanto so´ podemos ter dim(U +W ) = 4.
Uma segunda maneira de resolver esse exerc´ıcio e´ a seguinte:
Seja α = {u1, u2, u3} base de U e β = {w1, w2, w3} base de W . Dizer que dim(U ∩ W ) = 2 e´
equivalente a dizer que 2 dos 3 elementos de α podem ser escritos como combinac¸a˜o linear dos
elementos de β (Prove! ), ou analogamente, que 2 dos 3 elementos de β podem ser escritos como
combinac¸a˜o linear dos elementos de α.
Sejam enta˜o (sem perda de generalidade) u1, u2 ∈ W (e u3 6∈ W ) . Logo existem escalares
a1, a2, a3, b1, b2, b3 tais que u1 = a1w1 + a2w2 + a3w3 e u2 = b1w1 + b2w2 + b3w3.
Enta˜o, dado v = (x, y, z, t) elemento gene´rico de R4, temos que:
v ∈ U +W ⇐⇒ ∃u ∈ U e w ∈W ; v = u+ w
Logo v ∈ U +W ⇐⇒ v = k1u1 + k2u2 + k3u3︸ ︷︷ ︸
u
+ k′1w1 + k
′
2w2 + k
′
3w3︸ ︷︷ ︸
w
Que equivale a:
v = k1
u1︷ ︸︸ ︷
(a1w1 + a2w2 + a3w3) +k2
u2︷ ︸︸ ︷
(b1w1 + b2w2 + b3w3) +k3u3 + k
′
1w1 + k
′
2w2 + k
′
3w3
= (k1a1 + k2b1 + k
′
1)w1 + (k1a2 + k2b2 + k
′
2)w2 + (k1a3 + k2b3 + k
′
3)w3 + k3u3
E portanto S = {w1, w2, w3, u3} gera U +W . Veremos que S tambe´m e´ L.I..
De fato, suponha escalares c1, c2, c3, c4 tais que
c1w1 + c2w2 + c3w3 + c4u3 = 0
Observe que isso implica necessariamente c4 = 0, pois se fosse c4 6= 0 poder´ıamos escrever u3
como combinac¸a˜o linear de w1, w2, w3, que na˜o acontece pois u3 6∈W .
Enta˜o c1w1+c2w2+c3w3+c4u3 = 0⇒ c4 = 0⇒ c1w1+c2w2+c3w3 = 0⇒ c1 = c2 = c3 = 0 = c4,
pois β = {w1, w2, w3} e´ uma base de W .
Portanto S = {w1, w2, w3, u3} e´ base de U +W e dim(U +W ) = 4.
2.0.27 Exerc´ıcio 3.62
Note que:
CAPI´TULO 2. ESPAC¸OS VETORIAIS 21
U = [(0, 1, 0)︸ ︷︷ ︸
u1
,
u2︷ ︸︸ ︷
(0, 0, 1)]
V = [(1, 0, 0)︸ ︷︷ ︸
v1
,
v2︷ ︸︸ ︷
(0, 1, 2)]
W = [(1, 1, 0)︸ ︷︷ ︸
w1
,
w2︷ ︸︸ ︷
(0, 0, 2)]
i) Enta˜o V+W = [v1, v2, w1, w2]. Agora precisamos achar um subconjunto L.I. de {v1, v2, w1, w2}.
Supondo escalares c1, c2, c3, c4 tais que c1v1 + c2v2 + c3w1 + c4w2 = 0 chegamos ao sistema:
c1 + c3 = 0
c2 + c3 = 0
2c2 + 2c4 = 0
Que possui soluc¸a˜o geral c1 = −c3, c2 = −c3 e c4 = c3.
Voltando na combinac¸a˜o linear descobrimos que (colocando c3 = 1) w2 = v1+v2−w1. E podemos
verificar que {v1, v2, w1} e´ L.I. e, portanto, uma base de V +W .
ii) Agora, temos que U + V + W = [u1, u2, v1, v2, w1, w2]. Analogamente supondo escalares
c1, c2, c3, c4, c5, c6 tais que c1u1 + c2u2 + c3v1 + c4v2c5w1 + c6w2 = 0 chegamos ao sistema:
c3 + c5 = 0
c1 + c4 + c5 = 0
c2 + 2c4 + 2c6 = 0
Que possui soluc¸a˜o geral c1 = −c4 − c5, c2 = −2c4 − 2c6 e c3 = −c5.
Substituindo na combinac¸a˜o linear
• c4 = 0 e c5 = c6 = 1
• c5 = 0 e c4 = c6 = 1
• c6 = 0 e c4 = c5 = 1
obtemos, respectivamente:
• w1 = u1 + 2u2 + v1 − w2
• w2 = u1 + 4u2 − v2
• v2 = 2u2 + 2u2 + v1 − w1
E portanto U + V + W = [u1, u2, v1]. Podemos verificar que {u1, u2, v1} e´ L.I. e portanto uma
base de U + V +W .
iii): Seja v = (x, y, z) elemento gene´rico de R3. Enta˜o v ∈ U ∩ V ⇐⇒ v ∈ U e v ∈ V . Logo
existem escalares c1, c2, d1, d2 tais que
c1u1 + c2u2 = d1v1 + d2v2
Isso equivale a (0, c1, c2) = (d1, d2, 2d2).
Como d1 = 0, d2 = c1 resolve o sistema de 3 equac¸o˜es que obtemos da linha de cima, segue que
v = c1(0, 1, 2) e portanto U ∩ V = [(0, 1, 2)]. Logo {(0, 1, 2)} e´ uma base para U ∩ V .
CAPI´TULO 2. ESPAC¸OS VETORIAIS 22
Sessa˜o 3.7
2.0.28 Exerc´ıcio 3.63
Temos que
[
p
]
γ
=

c1
c2
c3
c4
 onde c1, c2, c3, c4 sa˜o os escalares que satisfazem p(x) = c1 · (1) + c2 · (1−
x) + c3 · (1− x)2 + c4 · (1− x)3
Enta˜o, vamos encontrar tais escalares (existem pois γ e´ uma base).
Temos:
p(x) = 3− 2x− x2 = c1 + c2 − c2x+ c3 − 2c3x+ c3x2 + c4 − 3c4x+ 3c4x2 − c4x3 = (c1 + c2 + c3 +
c4) + (−c2 − 2c3 − 3c4)x+ (c3 + 3c4)x2 − c4x3
Como possu´ımos uma igualdade de polinoˆmios temos que seus coeficientes devem coincidir.
Isto e´:
c1 + c2 + c3 + c4 = 3
−c2 − 2c3 − 3c4 = −2
c3 + 3c4 = −1
−c4 = 0
⇒ c1 = c4 = 0, c2 = 4 e c3 = −1.
Portanto
[
p
]
γ
=

0
4
−1
0
.
2.0.29 Exerc´ıcio 3.64
(Exerc´ıcio errado?) Se fosse
[
p
]
β
=

3
2
1
−1
, enta˜o ter´ıamos:
p(x) = x+ x2 = 3 · (2) + 2 · (a+ x) + 1 · (1 + bx2)
Logo, x+ x2 = 6 + 2a+ 2x+ 1 + bx2 = (7 + 2a) + 2x+ bx2. Mas o coeficiente de x difere ⇒⇐
2.0.30 Exerc´ıcio 3.67
(a) Precisamos mostrar que: i) V = [β] e ii)β e´ L.I..
i) Dado v elemento gene´rico de V , quero encontrar escalares c1, c2, c3 tais que v = c1v1 + c2(v1 +
v2) + c3(−v1 + v2 + v3).
Pore´m, ja´ sabemos que γ = {v1, v2, v3} e´ uma base de V . Portanto sei que existem escalares
a1, a2, a3 tais que v = a1v1 + a2v2 + a3v3. Agora temos que:
v = c1v1 + c2(v1 + v2) + c3(−v1 + v2 + v3) ⇐⇒ a1v1 + a2v2 + a3v3 = c1v1 + c2(v1 + v2) + c3(−v1 +
v2 + v3) = (c1 + c2 − c3)v1 + (c2 + c3)v2 + c3v3.
Agora verificaremos se conseguimos resolver o sistema

c1 + c2 − c3 = a1
c2 + c3 = a2
c3 = a3
, pois enta˜o vamos
ter exibido os coeficientes que mostram v como combinac¸a˜o linear dos elementos de β.
E de fato conseguimos resolver o sistema, obtendo c3 = a3,c2 = a2− a3 e c1 = a1− a2 + 2a3 como
soluc¸a˜o.
Portanto conclu´ımos que todo elemento de V pode ser escrito como combinac¸a˜o linear dos ele-
mentos de β. Isto e´, V = [β].
CAPI´TULO 2. ESPAC¸OS VETORIAIS 23
ii) Suponha escalares c1, c2, c3 tais que
c1v1 + c2(v1 + v2) + c3(−v1 + v2 + v3) = 0V
Enta˜o temos que (c1 + c2 − c3)v1 + (c2 + c3)v2 + c3v3 = 0, e como γ = {v1, v2, v3} e´ L.I. isso
implica que necessariamente devemos ter

c1 + c2 − c3 = 0
c2 + c3 = 0
c3 = 0
.
O que implica que c1 = c2 = c3 = 0. E portanto β e´ L.I..
De i) e ii) provamos que β e´ uma base de V .
(b)
[
v
]
γ
=
 2−1
1
 ⇒ v = 2v1 − v2 + v3.
Usando os valores encontrados para os coeficientes da combinac¸a˜o linear dos elementos de β que
resulta em v, obtemos c3 = 1, c2 = −1− 1 = −2 e c1 = 2− (−1) + 2 · 1 = 5.
Logo
[
v
]
β
=
 5−2
1
.
Sessa˜o 3.8
2.0.31 Exerc´ıcio 3.69
Seja γ = {A1, A2, A3} e β = {B1, B2, B3}.
Por definic¸a˜o, a matriz de mudanc¸a de base de γ para β e´:
[
I
]γ
β
=

∣∣∣ ∣∣∣ ∣∣∣[
A1
]
β
[
A2
]
β
[
A3
]
β∣∣∣ ∣∣∣ ∣∣∣

Calculemos enta˜o cada coluna separadamente.
Por definic¸a˜o, [
A1
]
β
=
c1c2
c3

Onde os ci’s sa˜o os coeficientes da combinac¸a˜o linear que expressa A1 na base β. Isto e´, os coefi-
cientes tais que A1 = c1B1 + c2B2 + c3B3. Substituindo as matrizes que ja´ conhecemos obtemos:[
1 0
1 0
]
= c1
[
1 1
0 0
]
+ c2
[
1 0
1 0
]
+ c3
[
0 0
0 1
]
=
[
c1 + c2 c1
c2 c3
]
Que nos leva ao sistema

c1 + c2 = 1
c1 = 0
c2 = 1
c3 = 0
, que possui soluc¸a˜o c1 = c3 = 0 e c2 = 1.
Portanto
[
A1
]
β
=
01
0
.
Analogamente calculamos
[
A2
]
β
e
[
A3
]
β
.
CAPI´TULO 2. ESPAC¸OS VETORIAIS 24
A2 = c1B1 + c2B2 + c3B3 ⇐⇒

c1 + c2 = 0
c1 = −1
c2 = 1
c3 = 0
⇐⇒ c1 = −2, c2 = 1 e c3 = 0.
A3 = c1B1 + c2B2 + c3B3 ⇐⇒

c1 + c2 = 0
c1 = 0
c2 = 0
c3 = 1
⇐⇒ c1 = c2 = 0 e c3 = 1.
Portanto
[
A2
]
β
=
−21
0
 e [A3]β =
00
1
.
E enta˜o
[
I
]γ
β
=
 0 1 0−2 1 0
0 0 1
.
2.0.32 Exerc´ıcio 3.70
Por definic¸a˜o,
[
I
]β
γ
=

∣∣∣ · · · ∣∣∣[
v1
]
γ
· · · [vn]γ∣∣∣ · · · ∣∣∣
.
Calculemos, por exemplo, a primeira coluna.
[
v1
]
γ
=
k1...
kn
, onde os ki’s sa˜o os coeficientes da combinac¸a˜o linear de γ que expressa v1.
Agora, para achar os ci’s vamos representar primeiro v1 na base α e depois representar cada ele-
mento da base α na base γ.CAPI´TULO 2. ESPAC¸OS VETORIAIS 25
Isto e´,
v1 = a11u1 + · · ·+ an1un
= a11(c11w1 + · · ·+ cn1wn) + · · ·+ an1(c1nw1 + · · ·+ cnnwn)
Onde cij e´ a i-e´sima coordenada de vj na base γ.
Observe que agora ja´ temos v1 como combinac¸a˜o linear de elementos de γ, basta fazer o trabalho
manual de exibir os coeficientes.
Enta˜o temos:
v1 = a11(c11w1 + · · ·+ cn1wn) + · · ·+ an1(c1nw1 + · · ·+ cnnwn)
= (a11c11 + · · ·+ an1c1n)w1 + · · ·+ (a11cn1 + · · ·+ an1cnn)wn
Fazendo o mesmo processo para todo vj ’s obtemos:
vj = a1j(c11w1 + · · ·+ cn1wn) + · · ·+ anj(c1nw1 + · · ·+ cnnwn)
= (a1jc11 + · · ·+ anjc1n)w1 + · · ·+ (a1jcn1 + · · ·+ anjcnn)wn
Agora temos explicitamente os valores das entradas de
[
I
]β
γ
.
Por exemplo, a entrada m11 da matriz de mudanc¸a de base de β para γ sera´ a primeira coorde-
nada de v1 na base γ.
Isto e´, m11 =
n∑
k=1
ak1c1k
Por exemplo, a entrada m1j da matriz de mudanc¸a de base de β para γ sera´ a primeira coorde-
nada de vj na base γ.
Isto e´, m1j =
n∑
k=1
akjc1k
Por exemplo, a entrada mij da matriz de mudanc¸a de base de β para γ sera´ a i-e´sima coorde-
nada de vj na base γ.
Isto e´, mij =
n∑
k=1
akjcik =
n∑
k=1
cikakj . Que e´ exatamente a definic¸a˜o do elemento origina´rio do
produto das matrizes Q · P .
Isto e´,
[
I
]β
γ
= Q · P = [I]α
γ
[
I
]β
α
�
Agora na segunda parte do exerc´ıcio, suponha que queremos provar que uma matriz de mudanc¸a
de base gene´rica
[
I
]A
B
e´ invert´ıvel.
Por definic¸a˜o
[
I
]B
B
= In.
Por outro lado In =
[
I
]B
B
=
[
I
]A
B
[
I
]B
A
. E portanto segue que
[
I
]A
B
e´ invert´ıvel com (
[
I
]A
B
)−1 =[
I
]B
A
.
OBS.: A resoluc¸a˜o da primeira parte deste exerc´ıcio e´ muito “conteira” e pesada de notac¸o˜es;
pore´m possui pouco conteu´do pragmaticamente relevante, embora seja importante para o desen-
volvimento teo´rico. Sendo assim, fica a seu crite´rio a importaˆncia de teˆ-la compreendido “com-
pletamente”.
2.0.33 Exerc´ıcio 3.72
Considere α = {v1, v2}.
CAPI´TULO 2. ESPAC¸OS VETORIAIS 26
Pela definic¸a˜o de matriz de mudanc¸a de base temos:
[
I
]γ
α
=

∣∣ ∣∣[
u1
]
α
[
u2
]
α∣∣ ∣∣
.
Sendo assim, obtemos:[
u1
]
α
=
[
1
4
]
e
[
u2
]
α
=
[
0
−2
]
Logo u1 = v1 + 4v2 e u2 = −2v2.
E portanto v2 = − 12u2 = (1,−1) e v1 = u1 − 4v2 = (−3, 5).
Agora, se
[
u
]
α
=
[
1
2
]
enta˜o u = v1 + 2v2 = (−1, 3).
Cap´ıtulo 3
Transformac¸o˜es Lineares
Sessa˜o 4.2
3.0.1 Exerc´ıcio 4.4
Base para W :
Seja v = (x, y) elemento gene´rico de R2. Enta˜o temos:
v ∈ W ⇐⇒ T (x, y) = 3(x, y) ⇐⇒ (2x − y,−x + 2y) = 3(x, y) ⇐⇒
{
2x− y = 3x
−x+ 2y = 3y
⇐⇒ x = −y
Logo v = (x, y) esta´ em W se, e somente se, v = (−y, y) = y(−1, 1). Portanto W = [(−1, 1)] e
α = {(−1, 1)} e´ uma base para W .
Base para U :
Seja v = (x, y) elemento gene´rico de R2. Enta˜o temos:
v ∈ U ⇐⇒ T (x, y) = (x, y) ⇐⇒ (2x− y,−x+ 2y) = (x, y) ⇐⇒
{
2x− y = x
−x+ 2y = y ⇐⇒ x = y
Logo v = (x, y) esta´ em U se, e somente se, v = (y, y) = y(1, 1). Portanto U = [(1, 1)] e β =
{(1, 1)} e´ uma base para U .
Sessa˜o 4.3
Sessa˜o 4.4
Sessa˜o 4.5
Sessa˜o 4.7
Sessa˜o 4.8
27
Cap´ıtulo 4
Produto Interno
Sessa˜o 5.2
Sessa˜o 5.3
Sessa˜o 5.4
Sessa˜o 5.5
Sessa˜o 5.6
Sessa˜o 5.7
Sessa˜o 5.8
Sessa˜o 5.9
Sessa˜o 5.12
Sessa˜o 5.13
Sessa˜o 5.14
Sessa˜o 5.15
Sessa˜o 5.16
28
Cap´ıtulo 5
Autovalores e Autovetores
Sessa˜o 6.1
Sessa˜o 6.2
Sessa˜o 6.3
Sessa˜o 6.4
Sessa˜o 6.6
Sessa˜o 6.7
29
	Estruturas Algébricas
	Exercício 1.1
	Exercício 1.2
	Exercício 1.3
	Exercício 1.5
	Exercício 1.7
	Exercício 1.12
	Exercício 1.17
	Exercício 1.20
	Exercício 1.21
	Espaços Vetoriais
	Exercício 3.2
	Exercício 3.4
	Exercício 3.5
	Exercício 3.9
	Exercício 3.11
	Exercício 3.14
	Exercício 3.16
	Exercício 3.17
	Exercício 3.20
	Exercício 3.21
	Exercício 3.23
	Exercício 3.24
	Exercício 3.25
	Exercício 3.28
	Exercício 3.29
	Exercício 3.34
	Exercício 3.35
	Exercício 3.37
	Exercício 3.39
	Exercício 3.43
	Exercício 3.46
	Exercício 3.48
	Exercício 3.54
	Exercício 3.57
	Exercício 3.58
	Exercício 3.60
	Exercício 3.62
	Exercício 3.63
	Exercício 3.64
	Exercício 3.67
	Exercício 3.69
	Exercício 3.70
	Exercício 3.72
	Transformações Lineares
	Exercício 4.4
	Produto Interno
	Autovalores e Autovetores