Texto Espaços Vetoriais

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Capítulo 1
Espaços Vetoriais
Neste capítulo introduziremos o conceito mais importante da teoria de algebra linear,
o conceito de espaço vetorial. No que segue desta apostilha, R denota o conjunto
dos números reais.
Definição 1.1. Seja V é um conjunto não vazio e suponha que existem duas oper-
ações definidas em V, uma operação somma (denotada +) que a cada par de elemen-
tos u, v ∈ V associa un único elemento de V denotado por u + v, e uma operação
chamada de multiplicação por escalar que a cada u ∈ V e todo λ ∈ R associa un
único elemento de V denotado por λ · u. Dizemos que o triple (V,+, ·) é um espaço
vetorial se as seguintes condições são satisfeitas:
P1 u+ v = v + u para todo u, v ∈ V, (propriedade comutativa)
P2 u+ (v + w) = (u+ v) + w para todo u, v, w ∈ V, (propriedade associativa)
P3 existe um elemento 0 ∈ V tal que 0 + u = u para todo u ∈ V,
P4 para cada u ∈ V existe v ∈ V tal que u+ v = 0,
P5 λ · (µ · u) = (λµ) · u para todo u ∈ V e λ, µ ∈ R,
P6 (λ+ µ) · u = λ · u+ µ · u para todo u ∈ V, λ, µ ∈ R,
P7 λ(u+ v) = λ · u+ λ · v para todo u, v ∈ V e λ ∈ R,
P8 1 · u = u para todo u ∈ V.
Observação 1.2. Os elementos de um espaço vetorial (independentemente da na-
tureza do conjunto V ) são chamados de vetores e os números reais que aparecem na
multiplicação λ · u são chamados escalares.
A seguir apresentamos alguns exemplos de espaçõs vetorias.
Exemplo 1.3. Um exemplo obvio de espaço vetorial é o conjunto R munido com as
operações + e · usuais.
Exemplo 1.4. O espaço Rn
Seja Rn o conjunto formado por todas as n-uplas ordenadas de números reais.
Lembre que uma n-upla de números reais é uma ordenação de números reais da forma
1
(x1, . . . , xn). No conjunto Rn definimos a soma de n-uplas e a multiplicação escalar
por
(x1, . . . , xn) + (y1, . . . , yn) = (x1 + y1, . . . , xn + yn),
λ · (x1, . . . , xn) = (λx1, . . . , λxn).
Deixamos como exercicio mostrar que Rn munido com as operações anterioresi é um
espaço vetorial.
Exemplo 1.5. O espaço de polinomios de grau menor o igual a n.
Seja n ∈ N e Pn(R) o conjunto formado por todos os polinômios com coeficientes
reais de grau menor ou igual a n. Lembre que um polinômio com coeficientes reais
é uma função f da forma f(x) = a0 + a1x+ · · ·+ anxn =
∑n
i=0 aix
i
onde cada ai é
um número real.
Em Pn(R) definimos as operações soma e multiplicação por escalar na forma
• Soma: Se p(x) = a0 + a1x+ · · ·+ anxn =
∑n
i=0 aix
i
e q(x) = b0 + b1x+ · · ·+
bnx
n =
∑n
i=0 bix
i
definimos (p+q)(x) = (a0+b0)+(a1+b1)x+· · ·+(an+bn)xn =∑n
i=0(ai + bi)x
i
• Multiplicação por escalar: p(x) = a0 + a1x + · · · + anxn =
∑n
i=0 aix
i
e
λ ∈ R definimos λ · p(x) = (λa0) + (λa1)x+ · · ·+ (λan)xn =
∑n
i=0 λaix
i
Exercício 1.6. Mostrar que Pn(R) munido com as operações anteriores é um espaço
vetorial.
Exemplo 1.7. Espaços de funções
Seja A ⊂ R e denotemos por F(A;R) o conjunto formado por todas as funções f
definidas de A em R. No conjunto F(A;R) consideramos as seguintes operações:
• Soma: Se f, g ∈ F (A;R) á função soma f+g : A→ R é dada por (f+g)(x) =
f(x) + g(x).
• Multiplicação por escalar: Se λ ∈ R e f ∈ F (A;R) a função λ · f é dada
por (λ · f)(x) = λf(x).
Exercício 1.8. Mostrar que F (A;R) munido com as operações anteriores é um
espaço vetorial.
Exemplo 1.9. O espaço das matrizes de ordem n×m.
Sejam n,m ∈ N. Lembremos que uma matriz de ordem n×m é uma ordenação de
numeros reais ai,j da forma 
a1,1 a1,2 · · · a1,m
a2,1 a2,2 · · · a2,m
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
ai,1 ai,2 · · · ai,m
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
an,1 an,2 · · · an,m

formada por n-filas e m-colunas. Para simplificar, no que segue uma matriz como a
anterior será representada na forma A = (ai,j)n,m.
2
Definimos M(n,m) como sendo o conjunto formado por todas a matrizes de
ordem n × m. Nesta apostilha sempre assumiremos que M(n,m) é munido das
seguintes operações:
• Soma: Se A = (ai,j)n,m e B = (bi,j)n,m a A + B é dada por A + B =
(ai,j + bi,j)n,m,
• Multiplicação por escalar: Se λ ∈ R e A = (ai,j)n,m, a matriz λA é dada
por λA = λ · (ai,j)n,m = (λai,j)n,m.
Exercício 1.10. Mostrar que com as operações anteriores M(n,m) é um espaço
vetorial.
Exemplo 1.11. Um exemplo abstrato
Os exemplos anteriores envolvem conjuntos e operações que ja conhecemos. O
seguinte exemplo é mais abstrato e por isso o estudaremos com maior atenção.
No conjunto V = (0,∞) definimos a soma entre dois números x e y de V por
x� y = xy (aqui xy é o produto usual entre x e y) e o produto escalar de x e λ ∈ R
por λ � x = xλ. Com essas operações temos que V é um espaço vetorial. De fato,
note que
P1 se x, y ∈ V temos que x� y = xy = yx = y � x para todo x, y ∈ V,
P2 x � (y � z) = x � (yz) = x(yz) = (xy)z = (x � y)z = (x � y) � z para todo
x, y, z ∈ V,
P3 se x ∈ V temos que 1� x = 1x = x. Logo, o vetor 0 em P3 é o número 1,
P4 se x ∈ V então 1x ∈ V , de onde segue que P4 é satisfeita com −x = 1x ,
P5 λ � (µ � x) = λ � xµ = (xµ)λ = xµλ = xλµ = (λµ) � x para todo x ∈ V e
λ, µ ∈ R,
P6 (λ+ µ)� x = xλ+µ = xλxµ = xλ � xµ = (λ� x)� (µ� x) para todo x ∈ V e
λ, µ ∈ R,
P7 λ� (x� y) = λ� (xy) = (xy)λ = xλyλ = (λ� x)� (λ� y) para todo x, y ∈ V
e λ ∈ R,
P8 1� x = x1 = x para todo x ∈ V.
Exemplo 1.12. Seja V = {(x, y, z, w) ∈ R4 : y = x, z = w2} com as operações
usuais de R4. Como (0, 0, 1, 1) ∈ V e −1(0, 0, 1, 1) = (0, 0,−1,−1) 6∈ V, segue que V
não é um espaço vetorial.
Um dos aspectos mais interessantes de qualquer teoria matemática é que ela é de-
senvolvida a partir de um conjunto de propriedades básicas. Em particular, notamos
que todos os resultados e aplicações da algebra linear são obtidos a partir dos ax-
iomas P1-P8. No próximo resultado vemos como é possivel obter novas propriedades
a partir desses axiomas.
Proposição 1.13. Se (V,+, ·) é um espaço vetorial, então as seguintes propriedades
são verificadas.
3
1. O elemento 0 da propriedade P3 é único,
2. para cada u ∈ V o vetor −u da propriedade P4 é único,
3. se 0 é o vetor em P3 e λ ∈ R então λ0 = 0,
4. se 0 é o número real zero e u ∈ V então 0u = 0,
5. se λu = 0 então λ = 0 ou u = 0,
6. se u então −1 · u = −u,
7. se λ ∈ R e u ∈ V então (−λ)u = λ(−u) = −(λu),
8. se u ∈ V então −(−u) = u,
9. se u+ w = v + w então u = v,
10. se u, v ∈ V então existe um único w ∈ V tal que u+ w = v.
Prova: Mostramos somente as seis primeiras propriedades, a prova das outras é
deixada como exercicio.
1. Suponha que 0′ ∈ V tambem satisfaz a propriedade P3. Então, por P3 e P1
temos que 0′ = 0 + 0′ = 0′ + 0 = 0.
2. Suponha que v ∈ V é tal que u + v = 0. Usando P1, P2 e P3 vemos que
v = v+0 = v+ (u+−u) = (v+ u) +−u = (u+ v) +−u = 0+−u = −u. Isto
prova que existe un único vetor que verifica a propriedade P4.
3. Por P3 e P7 temos que λ0 = λ(0 + 0) = λ0 + λ0. Usando isto, vemos que
λ0 = λ0 + λ0, /+ −(λ0)
λ0 +−(λ0) = (λ0 + λ0) +−(λ0)
0 = (λ0 + λ0) +−(λ0) por P3
0 = λ0 + (λ0 +−(λ0)) por P2
0 = λ0 + 0 por P4
0 = λ0, por P3,
o que prova a propriedade.
4. Note que 0u = (0+0)u = 0u+0u. Logo, somando −(0u) ao ambos lados desta
igualdade vemos que
0u = (0u+ 0u) +−(0u)
0 = 0u+ (0u+−(0u)) por P2
0 = 0u+ 0 por P4
0 = 0u por P3.
5. Suponha que λu = 0 e que λ 6= 0. Por P8, P5 e propriedade em (3), vemos que
u = 1u = (λ−1λ)u = λ−1(λu) = λ−10 = 0.
6. Como 0 = 0 · u = (−1 · u+ 1 · u) = −1u+ u, de (2) segue que −u = −1 · u.
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1.1 Exercícios
1. Verifique que o conjunto V com as operações indicadas é um espaço vetorial.
(a) O conjunto V =
{(
a −b
b a
)
: a, b ∈ R
}
com as operações usuais de
M(2, 2).
(b) O conjunto V =
{(
a −b
b 3a
)
: a, b ∈ R
}
com as operações usuais de
M(2, 2).
(c) O conjunto V =
{
(x, y) ∈ R2 : 3x− 2y = 0} com as operações usuais de
R2.
(d) O conjunto V = {f : R → R : f(−x) = f(x), ∀x ∈ R} comas operações
do espaço F(R;R).
(e) O conjunto V =
⋃
n∈N Pn(R) com as operações do espaço F(R;R).
(f) O conjunto V = R2 munido das operações (x1, y1) ⊕ (x2, y2) = (2x1 −
2y1, y1 − x1) e α · (x, y) = (3αx,−αx.)
(g) O conjunto V = R2 com as operações (x1, y1)⊕(x2, y2) = (x1+x2, y1+y2)
e α(x, y) = (αx, 0).
(h) O conjunto V =
{
(x, y, z, w) ∈ R4 : y = x, z = w2} com as operações de
R4.
(i) V = R× (R \ {0}) com as operações (x1, y1)⊕ (x2, y2) = (x1 + x2, y1y2),
α · (x, y) = (αx, yα).
(j) Seja ω ∈ R e Fω = {f ∈ F (R,R) : f é ω periodica} (lembre que uma
função f ∈ R é ω periodica f(s + ω) = f(s) para todo s ∈ R.) Com as
operações do espaço F(R;R), o conjunto Fω é um espaço vetorial .?
2. Suponha que (U, �, ◦) e (W,⊕,�) são espaços vetoriais. No espaço produto
U ×W = {(x, y) : x ∈ U, y ∈ W} definimos as operações (u, v) + (w, z) =
(u �w, v ⊕ z) e λ(u, v) = (λ ◦ u, λ� v). Com as operações anteriores U ×W é
um espaço vetorial?
Observação 1.14. Para simplificar as notações, no que segue desta apostilha V será
um espaço vetorial e as operações soma e multiplicação por escalar serão denotadas
por u+ v e αu respectivamente.
Introduzimos agora o conceito de subespaço vetorial.
Definição 1.15. Seja W ⊂ V . Dizemos que W é um subespaço vetorial de V , se
W munido das operações soma e multiplicação escalar de V é um espaço vetorial.
Observação 1.16. É conveniente lembrar a seguinte frase da definição de espaço
vetorial: � Uma operação somma (denotada +) que a cada par de elementos u,v ∈ V
associa um único elemento de V denotado por u+ v, e uma multiplicação por
escalar que a cada u ∈ V e todo λ ∈ R associa un único elemento de V denotado
por λu. " Logo, para que W ⊂ V seja um subespaço vetorial de V é necessario que
u + v ∈ W e λu ∈ W para todo u, v ∈ V e todo λ ∈ R. Como veremos no próximo
resultado, estas propriedades caracterizam o conceito de subespaço vetorial.
5
Proposição 1.17. Um conjuntoW ⊂ V é um subespaço vetorial de V ⇔ u+λv ∈W
para todo u, v ∈W e todo λ ∈W .
Prova: Se W é um subespaço vetorial de V , da definição de subespaço vetorial (veja
também a observação 1.16) segue diretamente que u+ λv ∈ W para todo u, v ∈ W
e todo λ ∈W .
Suponha agora que u + λv ∈ W para todo u, v ∈ W e todo λ ∈ W . Para
provar que W é um espaço vetorial temos que mostrar que as propriedades P1-P8
são verificadas. As propriedades P1, P2, P5, P6, P7 e P8 são trivialmente satisfeitas
pois elas são válidas em relação a V . Assim, resta mostrar que P3 e P4 são satisfeitas.
Seja u ∈ W e λ ∈ R. Da Proposição 1.13 sabemos que −u = −1u. Logo,
0 = u + −u = u + −1u ∈ W o que implica que a condição P3 é satisfeita. Usando
agora que 0 ∈ W e que −u = −1u temos que −u = 0 + −1u ∈ W o que prova que
P4 é tambem válida. Segue do anterior que W é um subespaço vetorial de V . Isto
completa a prova.
Vejamos alguns examplos de sub-espacos vetoriais.
Exemplo 1.18. Obviamente os conjuntos {0} e V são subespaços de V . Estes
subespaços são chamados de subespaços vetoriais triviais de V .
Exemplo 1.19. O conjunto S = {(x, y, z) ∈ R3 : x + y + z = 0} é um subsepaço
vetorial de R3.
Sejam u = (x, y, z), v = (x1, y1, z1) vetores em S e λ ∈ R. Para mostrar que W é
um subespaço vetorial de R3 temos que provar que u+λv = (x+λx1, y+λy1, z+λz1)
pertence a S. Da definição de S segue que x + y + z = 0 e que x1 + y1 + z1 = 0.
Logo, x+ λx1 + y + λy1 + z + λz1 = x+ y + z + λ(x1 + y1 + z1) = 0, o que mostra
que u+ λv ∈ S. Por tanto, S é um subespaço de R3.
Exemplo 1.20. Seja P ∗n(R) o subconjunto de Pn(R) definido por P ∗n = {p ∈ Pn :
p(0) = 0}. Para mostrar que P ∗n(R) é um subespaço vetorial de Pn(R) usaremos a
Proposição 1.17.
Sejam f, g ∈ P ∗n(R) e λ ∈ R. Provar f + αg ∈ P ∗n(R) é equivalente a mostrar
que (f + λg)(0) = 0. Note agora que (f + λg)(0) = f(0) + (λg)(0) = f(0) + λg(0) =
0 + λ0 = 0.
Exemplo 1.21. Seja A ∈ M(n, n) uma matriz quadrada de ordem n e W = {X ∈
M(n, 1) : AX = 0}. O conjunto W com as operações de M(n, 1) é um subespaço
vetorial de M(n, 1).
Sejam X,Y ∈W e λ ∈ R. Para mostrar que X + λY ∈W temos que provar que
A(X + λY ) = 0. Note agora que da definição de W , temos que AX = 0 e AY = 0,
de onde segue que
A(X + λY ) = AX +A(λY ) = AX + λAY = O + λO = O.
Isto prova que W é um subespaço vetorial de M(n, 1).
Exemplo 1.22. Seja S∗n(R) o subconjunto de Pn(R) dado por
S∗n(R) = {f =
n∑
i=0
ajx
j ∈ Pn(R) : aj = 0 se j é par}.
Deixamos como exercicio mostrar que S∗n(R) é um subespaço vetorial de Pn(R).
6
1.2 Exercicios
1. Sejam a1, . . . , an ∈ R e W = {(x1, . . . , xn) ∈ Rn :
∑n
i=1 ajxj = a1x1 + · · · +
anxn = 0}. O conjunto S é um subespaço vetorial de Rn. ?
2. Resolver o exercicio anterior usando o Exemplo 1.21.
3. O conjunto das matrizes simétricas de ordem n×n é um subespaço vetorial de
M(n, n). Lembre que uma matriz A = (ai,j)n,n é simétrica se ai,j = aj,i para
todo i, j.
4. Sejam m,n ∈ N com m ≤ n. O conjunto Pm(R) é um subespaço de Pn(R) ?
1.2.1 Interseção e Soma de Subespaços vetoriais
Nesta seção veremos que a interseção e a soma de subespaços vetorias é um subespaço
vetorial. Para começar, estudemos o caso da interseção.
Proposição 1.23. Se U e W são sub-espaços vetoriais de V então o conjunto U ∩
W = {x ∈ V : x ∈ U, x ∈W} é sub-espaço vetorial de V.
Prova: Para mostrar o resultado usamos a Proposição 1.17. Sejam u, v ∈ U ∩W e
λ ∈ R. Como u, v ∈ U e U é um espaço vetorial temos que u+ λv ∈ U . Mais ainda,
como u, v ∈ W e W é um espaço vetorial também temos que u + λv ∈ W . Agora,
pela Proposição 1.17 segue que U ∩W é sub-espaço vetorial de V.
Definição 1.24. Sejam U e W subconjuntos de V. O conjunto U +W definido por
U +W = {u + w : u ∈ U,w ∈ W} é chamado soma de U e W . A soma U +W é
chamada direta se U ∩W = {0}. Se a soma U +W é direta, usaremos a notação
U ⊕W em lugar de U +W.
Proposição 1.25. Suponha que U,W são sub-espaçõs vetoriais de V . Então,
1. U +W é um subespaço vetorial de V ,
2. U +W é o menor subespaço vetorial de V que contém U ∪W , ou seja, se Q é
um subespaço vetorial de V que contém U ∪W então U +W ⊂ Q.
3. A soma U +W é direta ⇔ para cada v ∈ U +W existe um único u ∈ U e um
único w ∈W tais que v = u+ w.
Prova: Para começar, mostremos que U +W é um subespaço vetorial de V . Sejam
u, v ∈ U +W e λ ∈ R. Como u ∈ U +W , existem vetores u1 ∈ U e w1 ∈W tais que
u = u1 +w1. Similarmente, como v ∈ U +W existem vetores u2 ∈ U e w2 ∈W tais
que v = u2+w2. Como U e W são subespaços vetoriais de V segue que u1+u2 ∈ U
e que λ(w1 + w2) ∈W . Usando isto, vemos que
u+ λv = u1 + λw1 + u2 + λw2 = u1 + u2 + λ(w1 + w2) ∈ U +W,
de onde concluimos que U +W é um subespaço vetorial de V .
Provaremos agora a segunda propriedade. Se u ∈ U então u = u + 0 ∈ U +W
de onde segue que U ⊂ U +W . Da mesma forma podemos provar que W ⊂ U +W .
Assim, obtemos que U ∪W ⊂ U +W .
7
Suponha agora que Q é um subespaço vetorial de V tal que U ∪W ⊂ Q. Se
u ∈ U e w ∈ W então u ∈ Q e w ∈ Q, o que implica que u + w ∈ Q pois Q é
subespaço vetorial de V . Agora da definição de U +W segue que U +W = {u+w :
u ∈ U, w ∈W} ⊂ Q.
Para finalizar, mostremos a propriedade (3). Suponha que a soma U+W é direta.
Se z ∈ U +W existem vetores u1 ∈ U e w1 ∈ W tais que z = u1 + w1. Suponha
agora que z = u2 + w2 com u2 ∈ U e w2 ∈W . Nessas condições
u1 + w1 = u2 + w2 o que implica que u1 − u2 = w2 − w1. (1.26)
Como u1 − u2 ∈ U e u1 − u2 = w2 − w1 ∈ W , segue que u1 − u2 ∈ U ∩W = {0} o
que implica que u1 − u2 = 0 e u1 = u2. Mais ainda, como 0 = u1 − u2 = w2 − w1
obtemos que w1 = w2. Isto prova que a representação de z como soma de vetores de
U e W é única.
Suponha agora que para cada v ∈ U +W existe um único u ∈ U e um único
w ∈ W tais que v = u + w. Se z ∈ U ⋂W então z = 0 + z e z = z + 0 de onde
inferimos que z = 0 (pela hipotese, z pode ser escrito em uma única maneira). Como
z é arbitrario do anterior temos que U
⋂
W = {0} e que a soma U +W é direta. A
provaestá completa.
Exemplo 1.27. Sejam U = {(x, y, z) ∈ R3 : x+ y + z = 0} e W = {(x, y, z) ∈ R3 :
x = y = 0}. Vejamos que R3 = U ⊕W .
É simple mostrar que U,W são subespaços vetoriais de R3 (deixamos isto como
exercicio!). Para mostrar que R3 = U ⊕W , temos que provar que R3 = U +W e
que U
⋂
W = {0}.
Suponha que z = (z1, z2, z3) ∈ U ∩W . Da definição de W segue que z1 = z2 = 0
e da definição de U vemos que z3 = z1 + z2 + z3 = 0, o que prova que z = 0 e que
U ∩W = {0}.
Para completar a prova, emos que provar que todo vetor de R3 pode ser escrito na
forma u+w com u ∈ U e w ∈W . Seja z = (z1, z2, z3) ∈ R3. Como (x, y,−x−y) ∈ U ,
(0, 0, z + x + y) ∈ W e z = (x, y,−x − y) + (0, 0, z + x + y) segue que z ∈ U +W .
Portanto, R3 = U ⊕W .
O conceito de soma direta pode ser generalizado.
Definição 1.28. Sejam U1, . . . , Un subconjuntos do espaço V. A soma dos conjuntos
U1, . . . , Un é o conjunto definido por
n∑
i=1
Ui = U1 + · · ·+ Un = {u1 + · · ·+ un : uj ∈ Uj , j = 1, . . . , n}.
Definição 1.29. Sejam U1, . . . , Un subespaços vetoriais de de V. Dizemos que a
soma U1 + · · · + Un é direta se Uj ∩ (U1 + · · ·+ Uj−1 + Uj+1 · · ·+ Un) = {0} para
todo j ∈ {1, . . . n}. No que segue, usaremos a notação U1 ⊕ · · · ⊕ Un = ⊕ni=1Ui para
indicar que a soma U1 + · · ·+ Un é direta.
Procedendo como na prova da Proposição 1.25, podemos mostrar o seguinte re-
sultado.
Proposição 1.30. Se U1, . . . , Un são subespaços vetoriais de V então
8
1. U1 + · · ·+ Un é um subespaço vetorial de V ,
2. U1+· · ·+Un é o menor subespaço vetorial de V que contém o conjunto
⋃n
i=1 Ui,
3. V = U1 ⊕ · · · ⊕ Un ⇔ para cada v ∈ U1 + · · ·+ Un e todo j ∈ {1, . . . , n} existe
um único vetor uj ∈ Uj tal que v = u1 + · · ·+ un.
Prova: Exercicio.
Exemplo 1.31. Vejamos que Pn(R) é soma direta dos subespaços vetoriais Ui =
{axi : a ∈ R}.
Se f ∈ Pn(R) então f é da forma f(x) = a0 + a1x+ . . . anxn de onde segue que
f ∈ U1 + · · ·+ Un pois aixi ∈ Ui para cada i. Isto prova que Pn(R) ⊂ U1 + · · ·+ Un
e que Pn(R) = U1 + · · ·+ Un pois U1 + · · ·+ Un ⊂ Pn(R).
Para completar a prova usamos o item (3) da Proposição 1.30. Suponha que
f ∈ Pn(R) é tal que f(x) = a0 + a1x + . . . anxn e f(x) = b0 + b1x + . . . bnxn. Do
anterior, temos que H(x) = (a0 − b0) + (a1 − b1)x+ . . .+ (an − bn)xn = 0 para todo
x ∈ R.
Como a0 − b0 = H(0) = 0 segue que a0 = b0, de onde temos que H(x) =
(a1 − b1)x + (a2 − b2)x2 + . . . + (an − bn)xn = 0 para todo x ∈ R. Assim, x[(a1 −
b1) + . . .+ (an − bn)xn−1] = 0 para todo x ∈ R o que implica que (a1 − b1) + (a2 −
b2)x+ . . .+ (an − bn)xn−1 = 0 para todo x 6= 0.
Se (a1 − b1) > 0 (resp. (a1 − b1) < 0) então podemos escolher x suficientemente
pequeno de modo que (a1− b1) > [(a2− b2)x+ . . .+(an− bn)xn−1] (resp. (a1− b1) <
[(a2− b2)x+ . . .+ (an− bn)xn−1]) o que é absurdo pois neste caso (a1− b1)− [(a2−
b2)x+ . . .+ (an − bn)xn−1] 6= 0. Assim, única possibilidade é ter que a1 − b1 = 0.
Segundo o anterior, H(x) = (a2 − b2)x2 + . . . + (an − bn)xn = 0 para todo
x ∈ R de onde segue que x2[(a2 − b2) + . . .+ (an − bn)xn−2] = 0 para todo x ∈ R e
(a2 − b2) + (a3 − b3)x + . . . + (an − bn)xn−2 = 0 para cada x 6= 0. Argumentando
mostramos que a2 − b2 = 0.
Para completar a prova, temos que mostrar a representação f(x) = a0 + a1x +
. . . anx
n
é única. Suponha que f(x) = b0 + b1x + . . . bnx
n
. Do anterior, temos que
H(x) = (a0 − b0) + (a1 − b1)x+ . . .+ (an − bn)xn = 0 para todo x ∈ R.
Continuando o processo anterior, podemos mostrar que ai = bi para todo i ∈
{1, . . . , n} o que prova que a representação de f é única. Isto completa a prova que
Pn(R) = U1 + · · ·+ Un.
1.3 Exercícios
Ex. 1.32. Nos seguintes casos estude se W é um subespaço vetorial de V.
1. V =M(2, 2) e W =
{(
a b
−a c
)
: a, b, c,∈ R
}
.
2. V = R4 e W = {(x, x, y, y) : x, y ∈ R} .
3. V = Pn(R) e W = {p ∈ Pn(R) : p(0) = p(1)} .
4. Sejam V = M(n, n), B ∈ M(n, n) e W o subconjunto de V dado por W =
{A ∈Mn : BA = 0} .
9
5. Sejam V = M(n, 1), A ∈ M(n, n) uma matriz dada e W o subconjunto de V
definido por W = {X ∈ V : AX = 0} .
6. V =M(n, n) e W =
{
A ∈M(n, n) : AT = A} onde AT denota a matriz trans-
posta de T . Note que AT = (aj,i)n,m quando A = (ai,j)n,n. )
7. V = R3 e W = {(x, y, z) ∈ R3 : x = 0},
8. V = R3 e W = {(x, y, z) ∈ R3 : x = 1},
9. V = R3 e W = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y + z = 0},
10. V = R3 e W = {(x, y, z) ∈ R3 : x ≤ y ≤ z},
11. V = R3 e W = {(x, y, z) ∈ R3 : x + y ∈ Q}, (Q é o conjunto dos números
racionais)
12. V = R3 e W = {(x, y, z) ∈ R3 : x ∈ Z}, (Z é o conjunto dos números enteiros)
13. V = R3 e W = {(x, y, z) ∈ R3 : y é irracional},
14. V = R3 e W = {(x, y, z) ∈ R3 : x− 3z = 0},
15. V = P3(R) e W = {f ∈ P3(R) : f tem grau maior que 2},
16. V = P3(R) e W = {f ∈ P3(R) : f(0) = 2f(1)},
17. V = P3(R) e W = {f ∈ P3(R) : f(t) > 0,∀ t ∈ R},
18. V = P3(R) e W = {f ∈ P3(R) : f(1) > 0}.
Ex. 1.33. Achar 100001 subespaços vetoriais de R2. Quantos subespaços vetoriais
de R existem ?
Ex. 1.34. Estudar as seguintes afirmações (se você considera que a afirmação é
verdadeira prove ela e se acha que é falsa invente um contraexemplo):
1. SeW1 eW2 são susbespaços vetoriais de V entãoW1∪W2 é subespaço vetorial
de V.
2. Suponha que W1 e W2 são subespaços de V. Então W1 ∪W2 é subespaço de
V ⇔W1 ⊆W2 ou W2 ⊆W1.
3. Se W1 e W2 são susbespaços vetoriais de V então o conjunto {w1−αw2 : wi ∈
Wi, α ∈ R} é um subespaço vetorial de V.
4. Se W1 e W2 são susbespaços vetoriais de V então o conjunto W1 × W2 =
{(w1, w2) : w1 ∈ W1, w1 ∈ W1} é um subespaço vetorial de V × V . (Note que
V × V é um espaço vetorial quando munido das operações (v1, v2) + (v3, v4) =
(v1 + v3, v2 + v4) e λ(v1, v2) = (λv1, λv2)).
5. Se U = {(x, y, z) ∈ R3 : x = 0} e W = {(x, y, z) ∈ R3 : y = 0} então
R3 = U ⊕W .
Ex. 1.35. Nos seguintes casos, achar os subespaços U +W e U ∩W de V .
10
1. V = R2, U =
{
(x, y) ∈ R2 : y = 0} e W = {(x, y) ∈ R2 : x = αy} onde α é
um número real não nulo.
2. V =M((2, 2), U =
{(
a 0
0 b
)
: a, b ∈ R
}
e W =
{(
0 c
0 d
)
: c, d ∈ R
}
.
3. Se V = R2, U =
{
(x, y) ∈ R2 : 2x+ 3y = 0} e W = {(x, y) ∈ R2 : x− y = 0}
então V = U ⊕W .
4. Se V é o espaço V = M(3, 3), U =

 a b 00 0 c
0 0 d
 : a, b, c, d ∈ R
 e
W =

 0 0 ef g 0
h i 0
 ; e, f, g, h, i ∈ R
 então V = U ⊕W .
Ex. 1.36. Nos seguintes casos, achar um subespaçoW de V de modo que V = U⊕W.
1. V = R3 e U = {(x, y, 0) : x, y ∈ R} .
2. V =M(3, 3) e U =
{
A ∈M(3, 3) : AT = A} .
3. V =M(2, 1) e U = {X ∈M(2, 1) : AX = 0} sendo A =
(
1 1
0 1
)
.
Ex. 1.37. Suponha que U e W são subespaços vetoriais do espaço V . Provar que:
1. U ⊂W ⇒ U +W =W
2. U ⊂W ⇒ U ∩W = U
3. U +W = U ⇒ U ⊃W
4. U ∩W = U ⇒ U ⊂W
1.3.1 Subespaços gerados
Nesta seção veremos como obter um subespaço vetorial de V a partir de un subcon-
junto de V . Para começar introduzimos o conceito de combinação linear de vetores.
Definição 1.38. Seja A = {u1, . . . , un} ⊂ V . Uma expressao da forma u =∑n
i=1 αiui, com α1, . . . , αn números reais, é chamada combinação linear dos vetores
u1, . . . , un, ou combinação linear dos vetores em A.
Exemplo 1.39. Seja A ⊂ Pn(R) o conjunto definido por A = {1, x, x2, . . . , xn}.
Os vetores 1 + x, 1 + x2, 1 + 2x + 3x2 são combinações lineares dos vetores em A.
Mais ainda, todo vetor de Pn(R) (equivalentemente, todo polinômio de grau n) é
combinação linear dos vetores em A.
Exemplo 1.40. Seja A o subconjunto de P3(R) dado por A = {1, 1+x, 1+x+x2}.
Mostre que o polinômio p(x) = 1 + x2 é combinação linear dos vetores em A.
11
Exemplo 1.41. Seja n ∈ N. Nesta apostilha, para i ∈ {1, . . . , n} usaremos a notação
ei para o vetor de Rn dado por ei = (x1, . . . , xi, . . . , xn) onde xj = 0 se j 6= i e xi = 1
(ou seja, ei = (0, . . . , 1, . . . , 0)).
É fazil ver que y = (y1, . . . , yi, . . . , yn) =
∑n
i=1 yiei,de modo que todo vetor de
Rn é combinação linear dos vetores e1, . . . , en. Observamos que os vetores e1, . . . , en
são chamados de vetores canónicos de Rn.
Exemplo 1.42. Sejam n,m ∈ N, k ∈ {1, . . . , n} e p ∈ {1, . . . ,m}. Nesta apostilha,
Ap,k = (ai,j)n,m é a matriz de M(n,m) tal que ai,j = 0 quando (i, j) 6= (k, p) e
ak,p = 1, ou seja,
Ak,p =

0 0 . . . 0 . . . 0
0 0 . . . 0 . . . 0
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
0 0 . . . 1 . . . 0
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
0 0 . . . 0 . . . 0

onde o número 1 aparece no lugar (k, p). É fazil ver que toda matriz de M(n,m) é
combinação linear das matrizes em {Ai,j : i = 1, . . . , n, j = 1, . . . ,m}. Mais ainda,
se A = (ai,j)n,m então A =
∑n
i=1
∑m
j=1 ai,jAi,j =
∑
i,j ai,jAi,j .
Definição 1.43. Seja S ⊂ V não vazio. Definimos o conjunto [S] como sendo o
subconjunto de V formado por todas as combinações lineares dos elementos de S,
ou seja, [S] = {v =∑ni=1 αisi : αi ∈ R, si ∈ S, n ∈ N}.
Exemplo 1.44. Seja n ∈ N e S = {e1, . . . , en} = {ei : i = 1, . . . , n}. Como todo
vetor de Rn é combinação linear dos vetores canonicos e1, . . . , en segue que Rn = [S].
Se S = {Ai,j : i = 1, . . . , n, j = 1, . . . ,m} onde Ai,j são as matrizes definidas no
Exemplo 1.42, então M(n,m) = [S]. Similarmente, se S é o subconjunto de Pn(R)
formado pelos polinomios 1, x, x2, . . . , xn temos que Pn(R) = [S].
Nos exemplos anteriores, o subespaço gerado por S é sempre o espaço completo.
Em geral isto não é assim. Considere a modo de exemplo, o subconjunto de R3 dado
por S = {e1, e2}. É fazil ver que neste caso, [S] = {(x, y, 0) : x, y ∈ R} 6= R3.
Exemplo 1.45. Se S ⊂ P3(R) é o conjunto S = {1, t, t2, 1 + t3} então P3(R) = [S].
De fato, note que um polinomio da forma p(t) = a0 + a1t+ a2t
2 + a3t
3
pode ser
representado na forma p(t) = (a0− a3)+ a1t+ a2t2+ a3(t3+1) ∈ [S], de onde segue
que P3(R) = [S].
Exemplo 1.46. Se S =
{(
0 1
0 0
)
,
(
0 0
−1 0
)}
, os vetores em [S] são da forma
A = α
(
0 1
0 0
)
+ β
(
0 0
−1 0
)
=
(
0 α
−β 0
)
,
com α, β ∈ R. Como α, β são arbitrarios, vemos que [S] está formado por todas as
matrizes con diagonal principal nula.
Na próxima proposição consideramos algumas importantes propriedades dos con-
juntos gerados.
12
Proposição 1.47. Seja S um subconjunto não vazio de V. As seguintes condições
são válidas.
1. [S] é um subespaço vetorial de V , S ⊂ [S] e [S] é o menor subespaço vetorial
de V contendo S,
2. se S um subespaço vetorial de V então S = [S] e [[S]] = [S],
3. se T ⊂ S então [T ] ⊂ [S],
4. [S ∪ T ] = [S] + [T ].
Prova: Provemos a primeira propriedade. Para mostrar que [S] subespaço vetorial
de V , fixemos u, v ∈ [S] e α ∈ R. Pela definição de [S] podemos supor que u =
α1u1 + · · · + αnun e v = β1v1 + · · · + βmvm onde α1, . . . , αn, β1, . . . , βm ∈ R são
números números reais e u1, . . . , un, v1, . . . , vm são vetores em S. De esta forma,
temos que
u+ αv = α1u1 + · · ·+ αnun + αβ1v1 + · · ·+ αβmvm,
que mostra que u+αv ∈ [S] pois u+αv se escreve como combinação linear de vetores
em S. Agora, pela Proposição 1.17 segue que [S] subespaço vetorial de V . O fato
que S ⊂ [S] é obvio.
Para completar a prova de (1), mostremos agora que [S] é o menor subespaço
vetorial de V que contem o conjunto S. Suponha que M é um subespaço vetorial
de V tal que S ⊂ M . Se u ∈ [S] então existem números reais α1, . . . , αn e vetores
u1, . . . , un em S tais que u = α1u1+ · · ·+αnun. Como cada vetor ui é um elemento
deM eM é subespaço vetorial temos que u = α1u1+ · · ·+αnun ∈M , o que implica
que [S] ⊂M . Isto prova que [S] é o menor subespaço vetorial de V que contem S.
Mostremos agora a segunda propriedade. Como S é um subespaço vetorial e [S]
é o menor subespaço vetorial de V temos que [S] ⊂ S o que implica que [S] = S pois
S ⊂ [S]. Mais ainda, usando o anterior é claro que [[S]] = [S].
Para mostrar (3) suponha que T ⊂ S. Se u ∈ [T ] então existem números reais
α1, . . . , αn e vetores u1, . . . , un em T tais que u =
∑n
i=1 αiui. Como cada vetor ui
é també um elemento de S segue da definição de [S] que u ∈ [S]. Isto prova que
[T ] ⊂ [S].
Para finalizar, provemos que [S ∪ T ] = [S] + [T ]. É fazil ver que S ⊂ [S] + [T ] e
T ⊂ [S]+[T ] de onde segue que S∪T ⊂ [S]+[T ]. Observando agora que [S]+[T ] é um
subespaço vetorial de V e que [S∪T ] é o menor subespaço vetorial que contem S∪T ,
obtemos que [S∪T ] ⊂ [S]+[T ].Mais ainda, como [S]+[T ] ⊂ [S∪T ]+[S∪T ] ⊂ [S∪T ]
vemos que [S] + [T ] ⊂ [S ∪ T ]. Do anterior, tem-se que [S] + [T ] = [S ∪ T ].
Definição 1.48. Seja S ⊂ V . O conjunto [S] é chamado o subespaço vetorial gerado
por S e os elementos de S são chamados de geradores de [S]. Se S = {u1, . . . , un},
usaremos a notação [S] = [u1, . . . , un].
Definição 1.49. Dizemos que V é um espaço finitamente gerado se existe un con-
junto S = {u1, . . . , un} ⊂ V tal que V = [S].
Do Exemplo 1.44 segue que os espaços Pn(R), Rn eM(n,m) são espaços vetoriais
finitamente gerados.
13
Exemplo 1.50. O espaço W definido por W = {X ∈ M(3, 1) : AX = 0} onde
A =
 0 1 02 1 0
1 1 4

é finitamente gerado.
Para rovar nossa afirmação, é conveniente caracterizar os elementos de W . Se
X =
αβ
γ
 ∈W então
0 1 02 1 0
1 1 4
αβ
γ
 =
00
0

de onde segue que α = β = γ = 0.
Logo, o único elemento em W é o vetor zero. Assim, W = [{0}].
Exemplo 1.51. O espaço W definido por W = {X ∈M(4, 1) : AX = 0} sendo
A =

1 1 −1 0
2 0 1 1
3 1 0 1
0 −2 3 1

é finitamente gerado.
Para começar, caracterizemos de uma forma mais explicita o espaço W . Se
X =

α
β
γ
δ
 ∈W então

1 1 −1 0
2 0 1 1
3 1 0 1
0 −2 3 1


α
β
γ
δ
 =

0
0
0
0

de onde segue que {
α = −γ/2− δ/2
β = 3γ/2 + δ/2
e
X =

−γ/2− δ/2
3γ/2 + δ/2
γ
δ
 = γ

−1/2
3/2
1
0
+ δ

−1/2
1/2
0
1
 .
Do anterior concluimos que W =


−1/2
3/2
1
0
 ,

−1/2
1/2
0
1

 .
No seguinte exemplo, vemos o caso de um espaço vetorial que não é finitamente
gerado.
Exemplo 1.52. Seja P (R) conjunto formado por todos os polinomios de grau finito
munido das operações soma e multiplicação por escalar usuais. Como veremos, P (R)
não é finitamente gerado. Para mostrar esta afirmação, suponha que existem poli-
nomios p1, . . . , pn tais que P (R) = [p1, . . . , pn]. Seja N o grau mais alto dentre os
graus dos polinômios p1, . . . , pn. Como o x
N+1
pertence P (R) e P (R) = [p1, . . . , pn],
14
segue que existem numeros reais α1, . . . , αn tais que x
N+1 =
∑n
i=1 αipi. Logo, temos
que 1 =
∑n
i=1 αi
pi
xN+1
para todo x 6= 0. Porém isto é abusrdo, pois para valores
grandes de x temos que
∑n
i=1 αi
pi
xN+1
< 1. Como este absurdo surge de supor que
P (R) = [p1, . . . , pn], segue que P (R) não pode ser finitamente gerado.
Exemplo 1.53. Sejam U = {(x, y, z, t) ∈ R4 : x−y+ t+z = 0} e V = {(x, y, z, t) ∈
R4 : x + y − t + z = 0}. No que segue, acharemos um conjunto gerador para cada
um dos espaços U, V, U ∩ V e U + V.
Para começar, estudemos o espaço U . Se (x, y, z, t) ∈ U então y = x+ z + t e
(x, y, z, t) = (x, x+ z + t, z, t) = x(1, 1, 0, 0) + z(0, 1, 1, 0) + t(0, 1, 0, 1),
de onde segue que U = [(1, 1, 0, 0), (0, 1, 1, 0), (0, 1, 0, 1)].
Vejamos agora o espaço V . Se (x, y, z, t) ∈ V então t = x+ y + z e
(x, y, z, t) = (x, y, z, x+ y + z) = x(1, 0, 0, 1) + y(0, 1, 0, 1) + z(0, 0, 1, 1),
de onde podemos concluir que V = [(1, 0, 0, 1), (0, 1, 0, 1), (0, 0, 1, 1)].
Se (x, y, z, t) ∈ U ∩ V então{
x− y + t+ z = 0
x+ y − t+ z = 0,
o que implica em x = −z e y = t. Deste modo, temos que (x, y, z, t) = (x, y,−x, y) =
x(1, 0,−1, 0) + y(0, 1, 0, 1) de onde concluimos que U ∩ V= [(1, 0,−1, 0), (0, 1, 0, 1)].
Finalmente, estudemos o espaço U + V . Como U + V = [U ] + [V ] = [U ∪ V ],
temos que
U + V = [(1, 1, 0, 0), (0, 1, 1, 0), (0, 1, 0, 1), (1, 0, 0, 1), (0, 0, 1, 1)].
Mais ainda, como (1, 1, 0, 0) = (1, 0, 0, 1) + (0, 1, 1, 0)− (0, 0, 1, 1) temos que
U + V = [(0, 1, 1, 0), (0, 1, 0, 1), (1, 0, 0, 1), (0, 0, 1, 1)].
1.4 Exercícios
Ex. 1.54. Em cada caso, achar [S] como subespaço de V .
1. S = {(1, 0), (2,−1)} , V = R2.
2. S = {(1, 1, 1), (2, 2, 0)} , V = R3.
3. S =
{
1, t, t2, 1 + t3
}
, V = P3(R).
4. S =
{(
0 1
0 0
)
,
(
0 0
−1 0
)}
, V =M(2, 2).
Ex. 1.55. Em cada um dos itens abaixo achar um conjunto finito que gere o espaço
W .
1. W =
{
(x, y, z) ∈ R3 : x− 2y = 0} .
15
2. W = {p ∈ P3(R) : p′(t) = 0, ∀t ∈ R} .
3. W =
{
A ∈M(2, 2) : At = A} .
4. W = {X ∈M(3, 1) : AX = 0} onde A =
 0 1 02 1 0
1 1 4
 .
Ex. 1.56. Em cada um dos itens abaixo achar un conjunto (o menor possivel)
gerador de U , W , U ∩W e U +W.
1. U = [(1, 0, 0), (1, 1, 1)] e W = [(0, 1, 0), (0, 0, 1)],
2. U =
{
(x, y, z) ∈ R3 : x+ y = 0} e W = [(1, 3, 0), (0, 4, 6)],
3. U =
{
A ∈M(2, 2) : At = A} e W = [( 1 1
0 1
)]
,
4. U = [t3+4t2− t+3, t3+5t2+5, 3t3] e W = [t3+4t2, t−1, 1] como subespaços
de P3(R).
Ex. 1.57. Achar un subconjunto finito de P3(R) que seja gerador de
1. U = {p ∈ P3(R) : p(1) = p(0) = 0} ,
2. W = {p ∈ P3(R) : p′′ = 0} ,
3. U ∩W.
Ex. 1.58. Mostre que as funções 1 e cos 2x pertencem a [ sen 2x, cos2 x].
Ex. 1.59. Verifique se P2(R) = [1 + x, x+ 2x2, 1− x2].
Ex. 1.60. Achar um conjunto finito que seja gerador de
1. U = {(x, y, z) ∈ R3 : x− 2y = 0},
2. V = {(x, y, z) ∈ R3 : x+ z = 0 e x− 2y = 0},
3. W = {(x, y, z) ∈ R3 : x+ 2y − 3z = 0},
4. U ∩ V e V +W .
Ex. 1.61. Achar un conjunto de geradores para o conjunto dos numeros complexos
Cmunido das operações usuais (a+ib)+(c+id) = a+c+i(c+d) e α(a+ib) = αa+iαb.
Mostre que {2 + 3i, 1− 2i} é um conjunto gerador de C.
Ex. 1.62. Os conjuntos {(1,−1, 2), (3, 0, 1)} e {(−1,−2, 3), (3, 3,−4)} geram o
mesmo subespaço vetorial de R3. ?
Ex. 1.63. O conjuto de matrizes
{(
1 0
0 1
)
,
(
1 1
0 0
)
,
(
0 0
1 1
)
,
(
0 1
1 2
)}
é
un conjunto gerador de M(2, 2) ?
16
Capítulo 2
Dependência Linear, base e
dimensão
Nos Exemplo 1.44 foi observado que os conjuntos S = {e1, . . . , en} e T = {Ai,j :
i = 1, . . . , n, j = 1, . . . ,m} são geradores de Rn e M(n,m) respectivamente. É
interessante notar para qualquer vetor ei temos que S \ {ei} não é gerador de Rn.
Similarmente, para cada matriz Ai,j temos que T \{Ai,j} não é gerador de M(n,m).
A propriedade descrita anteriormente não é restrita a esses conjuntos e a essses
espaços. Mais ainda, como veremos neste capitulo nenhum subconjunto de Rn com
menos de n vetores pode ser gerador de Rn e nenhum subconjunto de M(n,m)
com menos de mn elementos pode ser gerador de M(n,m). Do anterior vemos que
os conjuntos geradores de um espaço vetorial com o menor número de elementos
possiveis são muito especiais. Este tipo de conjunto serão chamados de bases. Para
formalizar as ideias anteriores, temos que introduzir algumas definições.
Definição 2.1. Sejam u1, . . . , un vetores não nulos de V . Dizemos que os vetores
u1, . . . , un são linearmente independentes ou que o conjunto {u1, . . . , un} é linear-
mente independente, se nenhum dos vetores ui é combinação linear dos outros ve-
tores.
No próximo Lema reformulamos o conceito anterior.
Lema 2.2. Un conjunto {u1, . . . , un} ⊂ V de vetores não nulos é linearmente inde-
pendente ⇔ a única solução da equação ∑ni=1 αiui = 0 é a solução nula, ou seja, a
solução com α1 = . . . , αn = 0.
Prova: Suponha que {u1, . . . , un} é linearmente independente e que a equação∑n
i=1 αiui = 0 possui uma solução não nula. Então existem escalares α1, α2, . . . , αn
não todos zero, tais que
∑n
i=1 αiui = 0. Se αi 6= 0, então ui = −
∑n
j=1,j 6=i
αj
αi
uj
o que implica que {u1, . . . , un} não é linearmente independente, o que é absurdo.
Isto prova que a equação
∑n
i=1 αiui = 0 tem uma única solução, a solução nula
α1 = α2 = . . . = αn = 0.
Suponha que a equação
∑n
i=1 αiui = 0 possui uma única solução. Se o con-
junto {u1, . . . , un} não é l.i, então um desses vetores, digamos ui, é combinação
linear dos outros. Neste caso, existem números reais β1, β2, . . . , βi−1, βi, . . . , βn tais
que ui =
∑n
j=1,j 6=i βjuj . Nessas condições, temos que os números β1, β2, . . . , βi−1,
−1, βi, . . . , βn são uma solução nula de
∑n
i=1 αiui = 0, o que é aburdo. Portanto,
{u1, . . . , un} é linearmente independente.
17
Observação 2.3. Do Lemma anterior vemos que para mostrar que um conjunto de
vetores {u1, . . . , un} é linearmente independente, é suficiente provar que a equação∑n
i=1 αiui = 0 possui uma única solução.
Definição 2.4. Dizemos que um conjunto de vetores não nulos {u1, . . . , un} ⊂ V é
linearmente dependente (o que os vetores u1, . . . , un são linearmente dependentes) se
{u1, . . . , un} ⊂ V não é linearmente independente.
Observação 2.5. Un conjunto de vetores {u1, . . . , un} ⊂ V não nulos é linearmente
dependente se é possível encontrar números reais α1, . . . , αn não todos zeros tais que
α1u1 + · · ·+ αnun = 0.
Exemplo 2.6. Os vetores (1, 1, 1), (1, 1, 0), (1, 0, 0) são linearmente independente
em R3. De fato, note que a equação α(1, 1, 1) + β(1, 1, 0) + γ(1, 0, 0) = (0, 0, 0) é
equivalente ao sistema de equações
α+ β + γ = 0
α+ β = 0
γ = 0.
Como este sistema possui uma única solução, a soluçaõ nula, segue que {(1, 1, 1),
(1, 1, 0), (1, 0, 0)} e linearmente independente.
Exemplo 2.7. Sejam u1 = (x1,1, x1,2, . . . , x1,n), u2 = (x2,1, x2,2, . . . , x2,n), . . ., un =
(xn,1, xn,2, . . . , xn,n) vetores de Rn. Como foi observado nateriormente, para ver se
os vetores u1, . . . , un são lineramente independentes, temos que estudar a equação∑n
i=1 αiui = 0. Esta equação é equivalente ao sistema de equações
α1x1,1+ . . . +α1x1,i . . .+ αnx1,n = 0,
α1x2,1+ . . . +α2x2,i . . .+ αnx2,n = 0,
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
α1xj,1+ . . . +αjxj,i . . .+ αnxj,n = 0,
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
α1xn,1+ . . . +αjxn,i . . .+ αnxn,n = 0,
(2.8)
o qual pode ser re-escrito na forma
x1,1 x1,2 · · · x1,n
x2,1 x2,2 · · · x2,n
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
xi,1 xi,2 · · · xi,n
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
xn,1 xn,2 · · · xn,n


α1
.
.
.
αi
.
.
.
αn
 = Aα = 0. (2.9)
Se a matriz A é inversivel (o que é equivalente a ter que detA 6= 0) segue que
α = A−10 = 0 é a única solução de (2.9), o que os vetores u1, . . . , un são lineramente
independentes. Se A não é inversivel (o que é equivalente a ter que detA = 0), o
problema Aα = 0 tem infinitas soluções, de onde segue que os vetores u1, . . . , un são
linearmente dependentes.
18
Resumimos as observações do Exemplo 2.7 na seguinte proposição.
Proposição 2.10. Sejam u1 = (x1,1, x1,2, . . . , x1,n), u2 = (x2,1, x2,2, . . . , x2,n), . . .,
un = (xn,1, xn,2, . . . , xn,n) vetores de Rn e A a matriz definida em (2.9). Os vetores
u1, . . . , un são linearmente independentes ⇔ det(A) 6= 0.
Exemplo 2.11. As matrizes
(
1 0
0 1
)
,
(
1 1
0 1
)
,
(
0 1
0 0
)
são linearmente indepen-
dentes. ?
Para resolver o problema temos que estudar a equação
α
(
1 0
0 1
)
+ β
(
1 1
0 1
)
+ γ
(
0 1
0 0
)
=
(
0 0
0 0
)
. (2.12)
Deste equação segue que (
α+ β β + γ
0 α+ β
)
=
(
0 0
0 0
)
,
de onde inferimos que β = −α e γ = α. Logo, temos que para α ∈ R, os números α,
β = −α e γ = α são soluções de (2.12), o que implica que as matrizes sãolinearmente
dependentes.
Exemplo 2.13. As funções cos(·) e sen (·) são linearmente independentes. ?
Como antes, temos que estudar a equação α cos(·) + β sen (·) = 0. Se α, β ∈ R
são soluções desta equação, então teremos que α cos(x) + β sin(x) = 0 para todo
x ∈ R. Se avaliamos em x = 0 obtemos que α = 0, de onde segue que β sin(x) = 0
para todo x ∈ R. Se avaliarmos agora em x = pi/2 obtemos que β = 0. Portanto, a
única solução da equação α cos(·) + β sen (·) = 0 e α = β = 0, o que implica que as
funções cos(·) e sen (·) são linearmente independentes.
O próximo resultado resume algumas propriedades associadas ao conceito de
conjunto linearmente independente.
Teorema 2.14. Seja A = {u1, . . . , un} ⊂ V.
1. Se {u1, . . . , un} é linearmente dependente então dos vetores é combinação linear
dos outros.
2. Se {u1, . . . , un} é linearmente dependente e B é un conjunto finito tal que
{u1, . . . , un} ⊂ B então B é l.d.
3. Se {u1, . . . , un} é linearmente independente e B ⊂ {u1, . . . , un} então B tam-
bém é l.i.
4. Se {u1, . . . , un} é linearmente independente e {u1, . . . , un, v} é linearmente de-
pendente então o vetor v é combinação linear dos vetores u1, . . . , un.
5. Se {u1, . . . , un} é linearmente independente, então todo vetor v ∈ [u1, . . . , un] se
escreve de uma única maneira como combinação linear dos vetores u1, . . . , un,
ou seja, se v = α1u1 + · · ·+ αnun e v = β1u1 + · · ·+ βnun então αi = βi para
cada i = 1, . . . , n.
19
Prova: A propriedade em (1) segue diretamente da definiçaõ de conjunto linearmente
independente. Para mostrar (2), suponha que B = {u1, . . . , un, v1, . . . , vp}. Como A
é linearmente dependente existem números reias β1, . . . , βn não todos zero tais que∑n
i=1 βiui = 0. Em particular, temos que
β1u1 + · · ·+ βnun + 0v1 + · · ·+ 0vp = 0,
o que implica que os vetores u1, . . . , un, v1, . . . , vp são linearmente dependente.
Provemos agora (3). Sem perda de generalidade, podemos supor que B =
{u1, . . . , uk} para algum k ≤ n. Se α1, . . . , αk é uma soluçao da equação
∑k
i=1 βiui =
0 então
α1u1 + · · ·+ αkuk + 0uk+1 + · · ·+ 0uk = 0,
de onde segue que α1 = α2 = . . . αk = 0 pois os vetores u1, . . . , un são linearmente
independentes. Assim, a única solução da equação
∑k
i=1 βiui = 0 é α1 = α2 =
. . . αk = 0 o que prova que B é linearmente independente.
Mostremos agora (4). Suponha que u1, . . . , un são linearmente independentes
e que u1, . . . , un, v são linearmente dependentes. Como os vetores u1, . . . , un, v são
linearmente dependentes, existem números reias β1, . . . , βn, γ não todos zero tais que∑n
i=1 βiui + γv = 0. Se γ = 0 então
∑n
i=1 βiui = 0 o que implica que α1 = . . . =
αn = 0 pois os vetores u1, . . . , un são linearmente independentes. Assim, temos que
necesariamente γ 6= 0 de onde obtemos que v = −∑ni=1 βiγ ui = 0. Isto mostra que v
é combinação linear dos vetores u1, . . . , un.
Para finalizar, mostremos agora (5). Se v = α1u1+ · · ·+αnun e v = β1u1+ · · ·+
βnun então 0 = v − v =
∑n
i=1(αi − βi)ui = 0 de onde segue que αi − βi = 0 para
todo i pois {u1, . . . , un} é linearmente independente. Portanto, αi = βi para cada
i = 1, . . . , n.
2.1 Exercícios
1. Estude se o conjunto S ⊂ V é linearmente independente.
(a) S = {(1, 2), (−3, 1)} , V = R2.
(b) S =
{
1 + t− t2, 2 + 5t− 9t2} , V = P2(R).
(c) S =
{( −1 1
0 0
)
,
(
2 0
−1 0
)}
, V =M(2, 2).
(d) S = {(1, 2, 2,−3), (−1, 4,−2, 0)} , V = R4.
(e) S =

 1 2 03 0 1
0 0 2
 ,
 1 1 −10 0 0
1 1 1
 ,
 0 0 01 5 7
−1 0 1
 e V =M(3, 3).
(f) S = {xex, x} , V = F(R;R) .
2. Suponha que o conjunto S = {u, v, w} é linearmente independente. Os conjun-
tos S1 = {u, u+v, u+v+w}, S2 = {u−v, v−w,w−u} e S3 = {u+v, u+v+w,w}
são linearmente independentes. ?
3. Quais os subconjuntos abaixo são linearmente independentes ?
(a) {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1), (2, 3, 5)},
20
(b) {(1, 1, 1), (0, 1, 0), (1, 0,−2)},
(c) {(0, 0, 0), (1, 2, 3), (4, 1,−2)},
(d) {(1, 1, 1), (1, 2, 1), (3, 2,−1)},
4. Quais dos subconjuntos de P4(R) são linearmente independentes. ?
(a) {1, x− 1, x2 + 2x+ 1, x2},
(b) {2, x2 + 1, x+ 1, x2 − 1},
(c) {x(x− 1), x3, 2x3 − x2, x},
5. O subconjunto de F(R;R) dado por {1, ex, e2x} é linearmente independente. ?
Introduzimos agora o conceito de base de um espaço vetorial.
Definição 2.15. Dizemos que um conjunto de vetores não nulos {u1, . . . , un} ⊂ V
é uma base de V se {u1, . . . , un} é linearmente independente e [S] = V .
Exemplo 2.16. O conjunto {e1, . . . , en} é uma base de Rn e o conjunto de matrizes
{Ai,j : i = 1, . . . , n, j = 1, . . . ,m}, veja Exemplo 1.42, é uma base de M(n,m).
Exemplo 2.17. O conceito de base é especial, e por isso é um conceito restritivo.
Porém, um espaço vetorial (diferente de {0}) sempre possui infinitas bases. Considere
como exemplo, o espaço V = R2.
Seja (a, b) ∈ R2 diferente de (0, 0). Vejamos como podemos achar vetores (c, d) de
modo que {(a, b), (c, d)} seja uma base de R2. Sejam c, d ∈ R de modo que ad−bc 6= 0
(note que isto é sempre possivel de fazer). Vejamos agora que {(a, b), (c, d)} é base
de R2.
Para mostrar que {(a, b), (c, d)} é um conjuto gerador de V temos que provar
que todo vetor (x, y) ∈ R2 é combinação linear dos vetores (a, b), (c, d). Considere
a equação α(a, b) + β(c, d) = (x, y) donde as incognitas são α e β. Esta equação é
equivalente a equação (
a c
b d
)(
α
β
)
=
(
x
y
)
. (2.18)
Como det
(
a c
b d
)
= ad − bc 6= 0, segue que a matriz
(
a c
b d
)
é inversivel de
onde obtemos que (
α
β
)
=
(
a c
b d
)−1(
x
y
)
. (2.19)
Portanto, a equação α(a, b) + β(c, d) = (x, y) tem uma única solução o que mostra
que R2 = [(a, b), (c, d)].
Vejamos agora que {(a, b), (c, d)} é linearmente independente. Para isto, temos
que estudar a equação α(a, b) + β(c, d) = (0, 0). De (2.19) sabemos que a única
solução desta equação é (α, β) = (0, 0), o que prova que {(a, b), (c, d)} é linearmente
independente.
Do anterior, vemos que {(a, b), (c, d)} é uma base se det
(
a c
b d
)
= ad− bc 6= 0,
o que nos permite afirmar que existe uma quantidade não finita de bases de R2.
21
Exercício 2.20. Achar bases de R2 da forma {(1, 1), (c, d)}.
Do Exemplo anterior, segue {(1, 1), (c, d)} é base se d 6= c. Logo, {(1, 1), (1, 2)},
{(1, 1), (1, pi)}, {(1, 1), (pi,√2)}.... são bases de R2.
Exemplo 2.21. Achar uma base do subespaço vetorial U de R3 gerado pelo conjunto
{(1, 0, 1), (1, 2, 0), (0, 2,−1)}.
É fazil ver que o vetor (0, 2,−1) é combinação linear dos vetores (1, 0, 1) e
(1, 2, 0) e que {(1, 0, 1), (1, 2, 0)} é linearmente independente. Assim, obtemos que
{(1, 0, 1), (1, 2, 0)} é uma base de U .
Exemplo 2.22. Os vetores u1 = (x1,1, x1,2, . . . , x1,n), u2 = (x2,1, x2,2, . . . , x2,n), . . .,
un = (xn,1, xn,2, . . . , xn,n) forman uma base de Rn ⇔ o determinate da matriz A em
(2.9) é diferente de zero.
Do exemplo 2.7 sabemos que os vetores {u1, . . . , un} são linearmente indepen-
dentes⇔ det(A) 6= 0. Assim, para mostrar que {u1, . . . , un} é uma base resta provar
que {u1, . . . , un} é un conjunto gerador de Rn.
Seja y = (y1, . . . , yn) ∈ Rn e considere a equação
∑n
i=1 αiui = y. Procedendo
como no Exemplo 2.7, vemos que esta equação é equivalente a Aα = yT onde yT
é o vetor y escrito na forma de coluna. Como a matriz A é inversivel, segue que
o problema tem uma única solução a qual é dada por A−1yT . Isto mostra que o
conjunto {u1, . . . , un} é uma base de Rn.
Exemplo 2.23. Existem infinitas bases do espaço Rn.
Sabemos que os vetores canonicos u2 = e1, u2 = e2, . . . , un−1 = en−1 são linear-
mente independentes. Seja agora un = (xn,1, xn,2, . . . , xn,n) de modo que o deter-
minate da matriz A em (2.9) seja diferente de zero (note que este vetor existe pois
neste caso det(A) = xn,n). Nessas condições, sabemos que o conjunto de vetores{u1, . . . , un} é uma base de Rn e como existem infinitos vetores un que verificam as
condições acima, temos que existem infinitas bases de Rn.
No seguinte resultado veremos que todo espaço vetorial finitamente gerado possui
uma base.
Teorema 2.24. Se V é finitamente gerado, então V possui uma base.
Prova: Suponha que V = [u1, . . . , un]. Se {u1, . . . , un} é linearmente independente
então o resultado está provado. Se os vetores u1, . . . , un não são linearmente in-
dependentes, então existe um vetor uj que é combinação linear dos outros vetores.
Para simplificar a escrita, podemos reordenar os vetores e supor que u1 =
∑n
k=2 αkuk
sendo αk números reais.
Afirmamos que o conjunto {u2, . . . , un} é un conjunto gerador de V . Para mostrar
isto, fixemos u ∈ V . Como V = [u1, . . . , un] temos que existem números reais
γ1, . . . , γn tais que u =
∑n
k=1 γkuk. Logo
u =
n∑
k=1
γkuk = γ1u1 +
n∑
k=2
γkuk = γ1
n∑
k=2
αkuk +
n∑
k=2
γkuk =
n∑
k=2
(γ1αk + γk)uk,
o que prova que u ∈ [u2, . . . , un]. Como u é arbitrario, obtemos que V = [u2, . . . , un].
Se os vetores u2, . . . , un são linearmente independente então {u2, . . . , un} é uma
base de V e o resultado está provado. De modo contrario, um dos vetores u2, . . . , un
22
é combinaçõa linear dos outros. Renumerando os vetores, sem necessario, podemos
supor u2 =
∑n
k=3 βkuk sendo βk escalares.
Com antes, afirmamos que {u3, . . . , un} é um conjunto gerador de V . De fato, se
u ∈ V e u =∑nk=2 θkuk então
u =
n∑
k=2
θkuk = θ2u2 +
n∑
k=3
θkuk = θ2
n∑
k=3
βkuk +
n∑
k=3
θkuk =
n∑
k=3
(θ2βk + θk)uk,
o que implica que u ∈ [u3, . . . , un] e que {u3, . . . , un} é um conjunto gerador de V .
Como o conjunto {u1, . . . , un} é finito, o processo anterior não pode continuar
indefinidamente (o processo finaliza em {un} ou antes). Assim, existe k ∈ {1, . . . , n}
tal que os vetores uk, . . . , un são linearmente independentes e [{uk, . . . , un}] = V .
Neste caso, o conjunto {uk, . . . , un} é uma base de V .
O próximo resultado nos permitirá introduzir o conceito de dimensão de um
espaço vetorial finitamente gerado.
Proposição 2.25. Suponha que V é finitamente gerado e que {v1, . . . , vm} é uma
base de V . Se n > m e {u1, . . . , un} ⊂ V então {u1, . . . , un} é linearmente depen-
dente.
Prova: Para provar o resultado temos que estudar a equação em variaveis xi dada
por
x1u1 + · · ·+ xnun = 0. (2.26)
Como V = [{v1, . . . , vm}], temos que cada vetor uj é combinação linear dos vetores
v1, . . . , vm. Logo, para cada 1 ≤ j ≤ n existen números reais α1,j , . . . , αm,j tais que
uj = α1,jv1 + · · ·+ αm,jvm =
∑m
i=1 αi,jvi. Usando isto em (2.26) obtemos que
x1
(
m∑
i=1
αi,1vi
)
+ · · ·+ xn
(
m∑
i=1
αi,nvi
)
= 0. (2.27)
Notamos agora que a somma anterior pode ser re-escrita na forma n∑
j=1
xjα1,j
 v1 + · · ·+
 n∑
j=1
xjαm,j
 vm = 0.
Como os vetores v1, . . . , vm são linearmente independentes, vemos que cada uma das
somas que aparecem na última expressao são zero. Assim, obtemos o sistema de
equações
x1α1,1 + . . .+ xnα1,n = 0,
x1α2,1 + . . .+ xnα2,n = 0,
.
.
. (2.28)
x1αm,1 + . . .+ xnαm,n = 0,
O sistema (2.28) é um sistema linear homogêneo de m equações e n incógnitas e
como n > m, segue-se que este sistema possui uma solução não trivial que denotamos
x1, . . . , xn. É claro do anterior que x1, . . . , xn é uma solução não trivial de (2.26) o
que mostra que {u1, . . . , un} é un conjunto linearmente dependente. A prova está
completa.
Como consequência do resultado anterior temos o seguinte Teorema.
23
Teorema 2.29. Se V é finitamente gerado então todas as bases de V possuem o
mesmo número de elementos.
Prova: Suponha que {v1, . . . , vm} e {u1, . . . , un} são duas bases do espaço V . Como
{u1, . . . , un} é base e {v1, . . . , vm} é linearmente independente, da Proposição 2.25
segue que m ≤ n. De maneira similar, como {v1, . . . , vm} é base e {u1, . . . , un} é
linearmente independente, obtemos que n ≤ m. Como m ≤ n e n ≤ m segue-se que
n = m.
O resultado anterior nos permite introduzir o conceito de dimensão de um espaço
vetorial.
Definição 2.30. Suponha que V é finitamente gerado. Se V 6= {0}, definimos
a dimensão de V como o número de elementos de uma base de V . Se V = {0}
dizemos que a dimensão de V é zero. A dimensão de V será denotada por dim(V ).
Observação 2.31. Do exemplo (1.52) sabemos que existem espaços vetorias de
dimensão não finita. Quando um espaço não tem dimensão finita, diremos simples-
mente que possui dimensão infinita.
Para facilitar a prova de nossos proximos resultados estabelecemos o próximo
Lemma.
Lema 2.32. Se {u1, . . . , un} ⊂ V é linearmente independente e v /∈ [{u1, . . . , un}]
então o conjunto {u1, . . . , un, v} ⊂ V é linearmente independente.
Prova: Suponha que α1u1+ . . .+αnun+αv = 0. Se α 6= 0, então v = −
∑n
j=1
αj
α uj
o que é absurdo pois v /∈ [{u1, . . . , un}]. Assim, α = 0. Como α = 0, segue-se que
α1u1 + . . . + αnun = 0 de onde obtemos que α1 = . . . = αn = 0 pois {u1, . . . , un} é
linearmente independente. Portanto, a única solução de α1u1+. . .+αnun+αv = 0 é a
solução com α1 = . . . = αn = α = 0, o que implica que {u1, . . . , un, v} é linearmente
independente.
O próximo resultado considera algumas propriedades dos espaços de dimensão
finita.
Proposição 2.33. Suponha que V é um espaço de dimensão finita.
1. Se W é um subespaço vetorial de V então W é um espaço de dimensão finita
e dim(W ) ≤ dim(V ),
2. Se n = dim(V ) e {u1, . . . , un} é linearmente independente então {u1, . . . , un}
é uma base de V .
Prova: Suponha queW 6= {0} é um subespaço vetorial deW . ComoW 6= {0}, existe
um vetor (não zero) w1 ∈ W . Se {w1} é uma base de W então a propriedade está
provada. De modo contrario, {w1} não é base e existe w2 ∈W tal que w2 /∈ [{w1}].
Agora, do Lemma 2.32 vemos que {w1, w2} é un conjunto linearmente independente.
Se {w1, w2} é uma base de W , o resultado está provado. De modo contrario,
existe w3 ∈ W tal que w3 /∈ [{w1, w2}]. Como antes, do Lemma 2.32 obtemos que
{w1, w2, w3} é linearmente independente.
Se o processo anterior continua indefinidamente, teremos que existe k > n e un
conjunto {w1, . . . , wk} que é linearmente independente, o que é absurdo segundo a
Proposição 2.25. Assim, deve existir k ≤ n tal que o processo para. Note agora
24
que neste caso, o conjunto {w1, . . . , wk} é uma base de W . Isto prova que W é
finitamente gerado e que dim(W ) ≤ n.
Mostremos agora (2). Suponha por absurdo que {u1, . . . , un} não é una base.
Como este conjunto é linearmente independente, temos que {u1, . . . , un} não é um
conjunto gerador. Logo, existe un+1 ∈ V tal que un+1 /∈ [{u1, . . . , un}]. Mais
ainda, do Lemma 2.32 segue-se que {u1, . . . , un+1} é linearmente independente. Isto
é absurdo, pois todo conjunto com mais de n = dim(V ) elementos é linearmente
dependente (veja a Proposição 2.25). Como o absurdo é consequencia de supor que
{u1, . . . , un} não é base, podemos concluir que {u1, . . . , un} é base de V .
Exemplo 2.34. É fazil ver dimRn = n e dimPn(R) = n+1. Mais ainda, deixamos
como exercicio mostrar que o conjunto de matrizes {Ak,l : k = 1, . . . , n, l = 1, . . . ,m}
(veja Exemplo 1.42) é uma base de M(n,m) e que dimM(n,m) = nm.
Teorema 2.35. [Completamento] Suponha {u1, . . . , ur} ⊂ V é linearmente inde-
pendente e que dimV = n > r > 0. Então existem vetores ur+1, . . . , un tais que
{u1, . . . , ur, ur+1, . . . , un} é uma base de V.
Prova: Pelo Teorema 2.29 vemos que {u1, . . . , ur} não pode ser base de V e como
este conjunto é linearmente independente concluimos que {u1, . . . , ur} não é un con-
junto gerador de V . Logo, existe um vetor ur+1 ∈ V tal que ur+1 /∈ [{u1, . . . , ur}].
Mais ainda, do Lema 2.32 obtemos que {u1, . . . , ur, ur+1} é un conjunto linearmente
independente.Agora temos duas possibilidades, r+1 = n ou r+1 < 1n. Se r+1 = n, do item
(3) da Proposição 2.33 obtemos que {u1, . . . , ur, ur+1} é uma base de V , e a prova
estaria completa. Se r + 1 < n podemos fazer como antes e obter um vetor ur+2 tal
que {u1, . . . , ur, ur+1, ur+2} é linearmente independente.
Continuando com a ideia anteriorm em n− r− 2 passos teremos um conjunto da
forma {u1, . . . , ur, ur+1, ur+2, ur+3 . . . , un} que é linearmente independente. Como
este conjunto possui n elementos e é linearmente independente, do item (2) da
Proposição 2.33 podemos concluir que {u1, . . . , ur, ur+1, ur+2, . . . , un} é uma base
de V . A prova está completa.
Exemplo 2.36. Achar uma base do espaço R3 contendo o vetor (1, 1,−1).
Como dim(R3) = 3, precisamos achar vetores (a, b, c), (x, y, z) de modo que o
conjunto {(a, b, c), (x, y, z), (1, 1,−1) seja linearmente independente. Do Exemplo
2.22 sabemos que {(a, b, c), (x, y, z), (1, 1,−1) é linearmente independente se
det
 1 a x1 b y
−1 c z
 = x(b+ c)− y(a+ c) + z(b− a) 6= 0.
Em particular, usando (a, b, c) = (0, 1, 1) e (x, y, z) = (0, 0, 1) temos que o deter-
minante anterior é um, de onde segue que o conjunto {(0, 1, 1), (0, 0, 1), (1, 1,−1)} é
uma base de R3.
No próximo resultado estudamos a dimensão do espaço soma.
Teorema 2.37. Suponha que V é finitamente gerado e que U , W são subespaços
vetoriais de V . Então
dim(U +W ) = dimU + dimW − dimU ∩W. (2.38)
25
Prova: Da Proposição 2.33 e do Teorema 2.24 segue-se que U,W,U
⋂
W e U +W
possuim bases. Seja {v1, . . . , vm} é uma base de U
⋂
W. Como {v1, . . . , vm} ⊂ U
é un conjunto linearmente independente, do Teorema 2.35 sabemos que existe un
conjunto de vetores {u1, . . . , up} ⊂ U tal que {u1, . . . , up, v1, . . . , vm} é base de U.
De maneira similar, vemos que existe un conjunto de vetores {w1, . . . , wm} ⊂W tal
que {w1, . . . , wq, v1, . . . , vm} é uma base W.
A seguir mostraremos que {u1, . . . , up, w1, . . . , wq, v1, . . . , vm} é uma base de U +
W . Para começar, vejamos que {u1, . . . , up, w1, . . . , wq, v1, . . . , vm} é linearmente
independente.
Suponha que αi, βj , δk são números reais tais que
α1u1 + · · ·+ αpup + β1w1 + · · ·+ βqwq + δ1v1 + · · ·+ δmvm = 0. (2.39)
De (2.39) vemos que
q∑
i=1
βiwi = −
p∑
i=1
αiui −
m∑
i=1
δivi. (2.40)
Como os vetores o lado direito pertencem a U e os vetores que aparecem do lado
esquerda pertecem a W , segue-se que
∑q
i=1 βiwi ∈ U
⋂
W . Usando agora que
{v1, . . . , vm} é base de U ∩W , temos que existem números reais γi, i = 1, . . . ,m
tais que
q∑
i=1
βiwi = γ1v1 + · · ·+ γmvm,
de onde obtemos que
∑q
i=1 βiwi −
∑m
i−1 γivi = 0. Como {w1, . . . , wq, v1, . . . , vm} é
linearmente independente, segue-se que γ1 = . . . = γm = β1 = . . . = βq = 0.
Voltando agora a (2.40), obtemos que
∑p
i=1 αiui +
∑p
i=1 δivi = 0, de onde se
deduz que α1 = . . . = αp = δ1 = . . . = δm = 0 pois {u1, . . . , up, v1, . . . , vm} é
linearmente independente.
Do anterior temos que todos os coeficientee em (2.39) são zero, o que implica que
{u1, . . . , up, w1, . . . , wq, v1, . . . , vm} é linearmente independente.
Vejamos agora que {u1, . . . , up, w1, . . . , wq, v1, . . . , vm} é um conjunto gerador de
U +W . Seja v ∈ U +W e suponha que v = u+ w com u ∈ U e w ∈W .
Como {u1, . . . , up, v1, . . . , vm} é uma base de U , podemos escrever u na forma
u =
∑p
i=1 αiui +
∑m
i=1 βivi onde αi, . . . , αp, β1, . . . , βm são números reais. Similar-
mente, como {w1, . . . , wq, v1, . . . , vm} é base deW , existem números reais α′i, . . . , α′q,
β′1, . . . , β′m tais que v =
∑q
i=1 α
′
iwi +
∑m
i=1 β
′
ivi. Do anterior vemos que
v = u+ w =
p∑
i=1
αiui +
m∑
i=1
(βi + β
′
i)vi +
m∑
i=1
α′iwi,
o que prova que {u1, . . . , up, w1, . . . , wq, v1, . . . , vm} é um conjunto gerador de U+W .
Como {u1, . . . , up, w1, . . . , wq, v1, . . . , vm} é linearmente independente e gerador
de U +W , concluimos que este conjunto é uma base de U +W . Para finalizar note
que
dim(U +W ) = p+ q +m
= (p+m) + (q +m)−m
= dimU + dimW − dimU
⋂
W,
o que completa a prova.
26
Exemplo 2.41. Achar uma base para os espaçõs U, V, U ∩ V e U + V sendo
U = {p ∈ P3(R) : p(0) = p(1) = 0} e V = {p ∈ P3(R) : p(−1) = 0}.
Para comecar estudemos o espaço U . Seja p ∈ U e suponha que p(x) = a0 +
a1x + a2x
2 + a3x
3
. Como p(0) = 0 segue que a0 = 0 e p(x) = a1x + a2x
2 + a3x
3
.
Usando agora que p(1) = 0 obtemos que a1 = −a2−a3 e que p pode ser representado
na forma
p(x) = −(a2 + a3)x+ a2x2 + a3x3 = a2(x2 − x) + a3(x3 − x),
o que implica que U = [x2 − x, x3 − x].
Mostraremos agora que {x2−x, x3−x} é linearmente independente. Se α, β são
números reais tais que α(x2− x) + β(x3− x) = 0 então −(α+ β)x+αx2 + βx3 = 0,
de onde obtemos que −(α+β) = α = β = 0 pois os vetores x, x2, x3 são linearmente
independentes. Isto prova que {x2 − x, x3 − x} é linearmente independente o que
implica que {(x2 − x), (x3 − x)} é uma base de U e dim(U) = 2.
Estudemos agora o conjunto W . Suponha que p ∈W e p(x) = a0+a1x+a2x2+
a3x
3
. Como p(−1) = 0, temos que a0 − a1 + a2 − a3 = 0 e que a1 = a0 + a2 − a3.
Assim,
p(x) = a0 + (a0 + a2 − a3)x+ a2x2 + a3x3
= a0(1 + x) + a2(x
2 + x) + a3(x
3 − x),
de onde vemos que {1 + x, x2 + x, x3 − x} é um conjunto gerador de W .
Por outro lado, se α(1+x)+β(x2+x)+γ(x3−x) = 0 temos que α+(α+β−γ)x+
βx2 + γx3 = 0, de onde segue-se que α = (α + β − γ) = γ = β = 0 pois os vetores
1, x, x2, x3 são linearmente independentes. Isto prova que {1 + x, x2 + x, x3 − x} é
um conjunto linearmente independente de W .
Do anterior podemos concluir que {1+ x, x2+ x, x3− x} é uma base de W e que
dim(W ) = 3.
Achemos agora uma base de U ∩W . Se p = a0 + a1x + a2x2 + a3x3 ∈ U ∩W
então p(0) = p(1) = p(−1) = 0, de onde obtemos
a0 = 0
a0 + a1 + a2 + a3 = 0
a0 − a1 + a2 − a3 = 0
e que a0 = a2 = 0 e a1 = −a3. Portanto, p pode ser escrito na forma p(x) = −a1(x3−
x) o que permitr deduzir que {x3 − x} é uma base de U ∩ V e que dim(U ∩ V ) = 1.
Para finalizar, note que do Teorema 2.37 temos que dim(U +W ) = dim(U) +
dim(W ) − dim(U∩) = 2 + 3 − 1 = 4 o que implica que W + U = P3(R) pois
dim(P3(R)) = 4.
Exemplo 2.42. Sejam U = {A ∈M(2, 2) : AT = A} e W =
[(
1 1
0 1
)]
. Calcule-
mos a dimensão dos espaços U, W, U ∩W e U +W .
Para começar, estudemos o espaço U . Se A =
(
a b
c d
)
∈ U então A = AT , de
onde vemos que c = b. Assim, A é da forma
A = a
(
1 0
0 0
)
+ b
(
0 1
1 0
)
+ d
(
0 0
0 1
)
,
27
e U é gerado por A = {
(
1 0
0 0
)
,
(
0 1
1 0
)
,
(
0 0
0 1
)
}. Mais ainda, como A é linear-
mente independente obtemos que A é uma base de U e que dim(U) = 3.
É obvio que
(
1 1
0 1
)
é uma base de W e que dimW = 1.
Estudemos agora o espaço U ∩W . Se A ∈ U ∩W então A ∈ W e A é da forma
A =
(
α α
0 α
)
. Usando agora que A ∈ U , obtemos que α = 0 e que A é a matriz
nula. Portanto, U ∩W = {0} e dimU ∩W = 0.
Pelo Teorema 2.37 temos que dim(U +W ) = dimU + dimW − dimU ∩W = 4,
de onde concluimos que U +W = M(2, 2) pois U +W é um subespaço vetorial de
M(2, 2) e dimM(2, 2) = 4.
Exemplo 2.43. Sejam U = {p ∈ P2(R) : p′ = 0}, W = {p ∈ P2(R) : p(0) = p(1) =
0} subespaços vetoriais de V = P2(R). Estudemos as dimensão dos espaços U, W,
U ∩W e U +W .
Para começar vejamos o espaço U . Se p = a0 + a1t + a2t
2 ∈ U então p′(t) =
a1 + 2a2t = 0 para todo t ∈ R, de onde segue que a1 = a2 = 0. Portanto, p é o
polinomio constante p(t) = a0, {1} é uma base de U e dimU = 1.
Vejamos agora o espaço W . Se p = a0 + a1t + a2t
2 ∈ U então p(0) = a0 = 0 e
p(1) = a0 + a1 + a2 = a1 + a2 = 0 de onde vemos que a1 = −a2 e p = a1t− a1t2 =
a1(t−t2) para todo t ∈ R. Segue disto que {t−t2} é uma base deW e que dimW = 1.
Para estudar U
⋂
W , suponha que p ∈U ∩W = [1] ∩ [t− t2]. Pelo feito anteri-
ormente, temos que existen constantes λ, µ ∈ R tais que p(t) = λ e p(t) = µ(t− t2)
para todo t ∈ R. Em particular, para t = 1 vemos que p(1) = µ(1 − 12) = 0 de
onde obtemos que λ = 0 e que p(t) = 0 para todo t ∈ R. Portanto, U ∩W = {0} e
dimU ∩W = 0.
Finalmente, como dim(U +W ) = dimU + dimW − dimU ∩W = 1 + 1− 0 = 2
e {1, t− t2} ⊂ U +W temos que {1, t− t2} é uma base de U +W .
2.1.1 Coordenadas
Pelo Teorema 2.14 sabemos que cada vetor v ∈ V pode ser representado como com-
binação linear dos vetores da base e que esta representação é única. Usando este
fato, podemos introduzir a seguinte definição.
Definição 2.44. Suponha que B = {u1, . . . , un} é uma base de V , que u ∈ V e que
u = α1u1 + · · · + αnun. Os coeficientes α1, . . . , αn são chamados de coordenas de u
em relação à a base B. No que segue uB será o vetor dado por uB =
α1..
.
αn
 .
Exemplo 2.45. O conjunto B = {(1, 1, 1), (0, 1, 1), (0, 0, 1)} é uma base de R3. Para
determinar as coordenadas do vetor u = (1, 2, 0) em relação a base B, temos que
achar números reais α, β, γ tais que
(1, 2, 0) = α(1, 1, 1) + β(0, 1, 1) + γ(0, 0, 1) = (α, α+ β, α+ β + γ),
28
o que é equivalente a resolver o sistema de equações
α = 1
α+ β = 2
α+ β + γ = 0.
A solução deste sistema é α = β = 1 e γ = −2, de modo que uB =
 11
−2
 .
Além do anterior, podemos achar vB para um vetor generico v = (x, y, z). Para
fazer isto temos que resolver o sistema
α = x
α+ β = y
α+ β + γ = z,
que tem como solução α = x, β = y−x e γ = z−y+x. Assim, uB =
 xy − x
z − y + x
 .
Exemplo 2.46. Mostrar que o conjunto de polinômios B = {1, x, x2 − x} é uma
base de P2(R) e achar as coordenadas do polinômio u = 1 + x+ x2 em relação a B.
Encontre também as coordenadas de um polinômio generico (p(x) = a0+a1x+a2x
2
)
em relação a B.
Como dim(P2(R)) = 3, para mostrar que {1, x, x2 − x} é uma base de P2(R) é
suficiente provar que {1, x, x2 − x} é linearmente independente. Se α, β, γ são tais
que α+βx+ γ(x2−x) = 0 para todo x ∈ R então α+(β− γ)x+ γx2 = 0 para todo
x ∈ R, de onde obtemos que α = (β − γ) = γ = 0 pois os polinomios 1, x, x2 são
linearmente independentes. Do anterior é obvio que e α = β = γ = 0 o que mostra
que {1, x, x2 − x} é uma base de P2(R).
Para achar uB, temos que escrever u como combinação linear dos polinomios
em {1, x, x2 − x}, o que é equivalente a encontrar números reais α, β, γ tais que
u = 1 + x+ x2 = α1 + βx+ γ(x2 − x). A partir desta equação obtemos que α = 1,
β = 2 e que γ = 1. Assim, uB =
12
1
 .
Suponha agora que p(x) = a0 + a1x + a2x
2
. Para achar as coordenadas de
p en relação a B temos que achar α, β, γ de modo que p = a0 + a1x + a2x
2 =
α1 + βx+ γ(x2 − x). A partir disto, obtemos o sistema
α = a0
β − γ = a1
γ = a2,
que tem por solução α = a0, β = a1 + a2 e γ = a2. Do anterior vemos que pB = a0a1 + a2
a2
 .
29
2.2 Exercícios
Ex. 2.47. Estude se o conjunto B é uma base do espaço V.
1. B =
{
1, 1 + t, 1− t2, 1− t− t2 − t3} , V = P3(R).
2. B =
{(
1 1
0 0
)
,
(
2 1
0 0
)
,
(
0 1
1 0
)
,
(
0 0
0 2
)}
, V =M(2, 2).
3. B = {(1, 1, 1, 1), (1, 1, 1, 0), (1, 1, 0, 0), (1, 0, 0, 0)} , V = R4.
Ex. 2.48. Achar uma base e a dimensão do subespaço W de V.
1. W =
{
(x, y, z, t) ∈ R4 : x− y = 0 e x+ 2y + t = 0} , V = R4.
2. W = {X ∈M(2, 2) : AX = X} onde A =
(
1 2
0 1
)
, V =M(2, 2).
3. W = {X ∈M(2, 2);AX = XA} onde A =
(
1 0
1 1
)
e V =M(2, 2).
Ex. 2.49. Nos seguintes casos, achar uma base e a dimensão de U , W , U +W e
U ∩W .
1. U =
{
(x, y, z) ∈ R3 : x+ y + z = 0} , W = {(x, y, 0) : x, y ∈ R} , V = R3.
2. U = {A ∈M(2, 2) : tr (A) = 0} ,W = {A ∈M(2, 2) : AT = −A} e V é o es-
paço M(2, 2). Lembre que a traça de A, denotada por tr (A), é a soma dos
elementos da diagonal principal de A.
Ex. 2.50. Achar as coordenadas do vetor u = (−1, 8, 5) ∈ R3 em relação as
bases de R3 A = {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)} B = {(0, 0, 1), (0, 1, 1), (1, 1, 1)} e C =
{(1, 2, 1), (0, 3, 2), (1, 1, 4)}. Achar as coordenadas do vetor u = (x, y, z) ∈ R3 em
relação as bases anteriores.
Ex. 2.51. Achar as coordenadas do polinômio p ∈ P3(R) dado por p(t) = 10+t2+2t3
em relação as bases de P3(R), A = {1, t, t2, t3}, B = {1, 1+ t, 1+ t+ t2, 1+ t+ t2+ t3}
e C = {4 + t, 2, 2 − t2, t + t3}. Achar representação do polinômio generico p =
a0 + a1x+ a2x
2 + a3x
3
em relação as bases anteriores.
Ex. 2.52. Achar as coordenadas do vetor
(
2 5
−8 7
)
em relação a base canonica
de M(2, 2) e em relação a base
{(
1 0
0 0
)
,
(
1 1
0 0
)
,
(
1 1
1 0
)
,
(
1 1
1 1
)}
.
Ex. 2.53. Achar uma base M(2, 2) que contenha os vetores
(
1 0
1 0
)
e
(
1 1
0 0
)
.
Ex. 2.54. Suponha que {u1, . . . , un} é uma base de V . Mostre que {u1, u1+u2, u1+
u2 + u3, . . . , u1 + · · · , un} é um base de V. Prove que {α1u1, . . . , αnun} é uma base
de V quando todos os números αj são diferentes de zero.
30
2.2.1 Prova teste 1 de 2011
1. Seja T : R3 →M(2, 2) a função definida por T : R3 →M(2, 2) dada por
T (x, y, z) =
( −z z − y
x 0
)
(a) Mostre que T é uma transformação linear.
(b) Achar Ker(T ), a dimensão e uma base.
(c) Achar Img(T ), a dimensão e uma base.
2. Suponha que U e W são subespaços vetorias de um espaço vetorial X.
(a) Mostre que U
⋂
W e U +W são subespaços vetorias de X.
(b) Suponha que dim(X) = n, dim(U) > n/2 e que dim(W ) > n/2. Mostre
que U ∩W 6= {0}.
3. Seja X = M(n, n) munido das operações usuais e S o conjunto definido por
S = {A ∈ X : A = −AT } (lembre que AT = (aj,i) se A = (ai,j)). Mostre que
S é um espaço vetorial com as operações de X. Achar a dimensão e uma base
para S.
2.2.2 Prova 1 do ano 2011
1. Seja T :M(2, 2)→M(2, 2) a função dada por T
([
a b
c d
])
=
[
0 a
2b c
]
(a) Mostre que T é uma transformação linear.
(b) Achar o núcleo de T , a dimensão do núcleo e uma base.
(c) Achar Img(T ), a dimensão de Img(T ), e uma base.
2. Seja U = {(1, 2, 3), (1, 1, 1), (2, 8, 14)} e W o conjunto definido por
W = {α(1, 2, 3) + β(1, 1, 1) + γ(2, 8, 14) : α, β, γ ∈ R}.
(a) Mostre que W é subespaço vetorial de R3.
(b) Achar uma base para W e a dimensão de W .
3. Sejam X =M(3, 3) com as operações usuais e S = {A ∈ X : A = −AT } (Note
que AT = (aj,i) se A = (ai,j)). Mostre que S é um subespaço vetorial de X.
Achar a dimensão e uma de S.
31