Roteiro 02 Álgebra Linear

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1 
 
 
Espaços Vetoriais 
 
Espaço e Subespaço Vetorial 
 
Espaço vetorial 
 
Definição: Seja um conjunto V, não vazio, sobre o qual estão definidas as operações e 
adição por escalar, isto é: 
 
, e ouu v V F
 temos 
 
1. 
u v V
 
2. 
u V
 
 
O conjunto V com essas duas operações é dito espaço vetorial sobre o corpo 
ou
 
se forem verificados os seguintes axiomas: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
, K
u e v V
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1
2
3
4
: , ,
: , ,
: 0 | 0 ,
: , | 0
A u v v u u v V
A u v w u v w u v w V
A V u u u V
A u V u V u u
M u u
M u u u
M u v u v
M u u
1
2
3
4
: ( ) ( )
:( )
: ( )
:1
 2 
Exemplos: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Subespaço vetorial 
 
Definição: Seja V um espaço vetorial sobre um corpo K. Um subespaço vetorial de V é um 
subconjunto 
W V
 tal que: 
 
 
Observe que {
0
} e V são subespaços de V, e são chamados subespaços triviais ou 
impróprios. 
 
Critério Geral dos Subespaços 
 
 
Exemplos: Verifique se os conjuntos 
i
W
 abaixo são subespaços do 
3
. . 
 
 
 
Solução: 
 
V
W
) 0i W
) , , ii u v W u v W
) ,iii K e u W u W
 
, ; ,
W V é um subespaço deV
u v W K u v W
1) Os Espaços chamados Euclidianos
2 3, , ..., n
2) O conjunto das matrizes 
m nM
3) O espaço dos polinômios sobre 
nP
de grau .
n
m nM C
, , , n2C C C
1) Os Espaços chamados Euclidianos
2 3, , ..., n
2) O conjunto das matrizes 
m nM
3) O espaço dos polinômios sobre 
nP
de grau .
n
m nM C
, , , n2C C C
3
1
( ) ( , , ) | 2a W x y z x y z
3
2
( ) ( , , ) | 0b W x y z x y
3
1
( ) ( , , ) | 2a W x y z x y z
3
2
( ) ( , , ) | 0b W x y z x y
3
1
( ) ( , , ) | 2a W x y z x y z
 3 
 
 
 
1W
 não é um subespaço vetorial porque o vetor (0,0,0) não pertence a W1. 
De fato, se pertencesse, deveríamos ter que a equação que caracteriza um elemento de 
2W
 
deveria ser satisfeita, isto é 0+0+0=2 (falso!). 
 
 
 
 
 
Para verificar se 
2W
 é um subespaço vetorial devemos verificar por exemplo se o critério dos 
subespaços é verificado: 
 
Antes disso, vamos encontrar “a cara” de um elemento genérico de 
2W
: 
2
( , , ) 0x y z W x y
 assim 
(0,0, )z
 é um elemento genérico de 
2W
. 
 
Sejam 
, 
e 
1 1 1 2 2 2 2
( , , ), ( , , )u x y z v x y z W
 
Temos que provar que 
2
u v W
 
1 1
1 2
(0,0, )
(0,0, )
u W u z
v W v z
 
Assim 
 
 
 
 
 
 
Portanto 
2W
 é um subespaço vetorial do 3 
Uma dica: Toda vez que você for provar que um subconjunto de um espaço vetorial é um 
subespaço procure primeiro escrever como um elemento genérico desse conjunto. 
 
Interseção de Subespaços 
 
Dados 
1W
 e 
2W
 subespaços de um espaço vetorial 
V
, a intersecção 
1 2
W W
 ainda é um 
subespaço de 
V
. 
 
 Prova: De fato, sejam 
R
1 2
, ; ,u v W W
 então temos: 
 
1
2
W
u v
W
 
1 2
u v W W
 
Logo 
1 2
W W
 é subespaço de 
V
. 
 
Exemplo: Dados os subespaços do 3 , 
3( , , ) | 0U x y z x y
 e 
3( , , ) | 0V x y z x
. Determine 
U V
. 
 
3
2
( ) ( , , ) | 0b W x y z x y
1 2
1 2
1 2 2
(0,0, ) (0,0, )
(0,0, ) (0,0, )
(0,0, )
u v z z
z z
z z W
 4 
Solução: 
( , , ) 0 0.u x y z U V u U e u V x y e x
 Portanto 
0.x y
 logo 
0,0, |U V z z
. 
 
Soma de Subespaços 
 
Sejam 
1W
 e 
2W
 subespaços de um espaço vetorial 
V
. Então, 
1 2 1 2 1 1 2 2: ; ,W W v V v w w w W ew W
 é um subespaço vetorial de V. 
Se 
1 2
0W W
 diremos que 
1 2W W
 é soma direta dos subespaços 
1W
 e 
2W
 que 
denotaremos por 
1 2W W
. 
Exemplos: 
 
1) Sejam 
R
2 2
V M
, 
; , 
0 0
a b
U a b
e 0
; , .
0
c
W a c
d
 
 
Então U e W são subespaços de V, mais ainda 
 
 
 
 
 
2) Sejam V = M 2 ( ), U = 
; ,
0 0
a b
a b
e W = 0 0
; ,c d
c d
. Então U e W são 
subespaço de V. 
U + W = 
; , , ,
a b
a b c d
c d
. Mais do que isso: U ∩ W = 
0
. 
; , , ,
a b
U W a b c d
c d
 
 
3) Verificar que 
3U V
 onde 
3( ,0,0) |U x x
e 
3(0, , ) | , .V y z y z
Temos: 
( ) 0,0,0i U V
 
3( ) ( , , )ii x y z
, 
( , , ) ( ,0,0) (0, , )x y z x y z U V
. Portanto 
1 2W W
, ou seja soma direta. 
 
Combinação Linear, Vetores linearmente Independentes, Vetores Linearmente 
Dependentes e Propriedades. 
 
Combinação Linear 
 
Definição: Sejam V espaço vetorial, 
1 2, ,..., nv v v V
 e 
1 2, ,... n
 escalares. Então o vetor 
1 1 2 2 ... n nv v v v
 é um elemento de 
V
que chamaremos combinação linear de 
1 2, ,..., .nv v v
 
 
Exemplo: Sejam 
(1,2,5)u
 e 
(3,6,15)v
, O vetor 
v
pode ser escrito como combinação 
linear de 
u
, ou seja, 
 
: , , , .
0
a c b
U W a b c d
d
3v u
3.(1,2,5)v
ou
3v u
3.(1,2,5)v
ou
 5 
 
 
 O vetor 
v
pode ser escrito da seguinte forma: 
 
 
 
Portanto, o vetor u é uma combinação linear dos vetores ( 1, 0, 0 ); (0, 1, 0 ); ( 0, 0, 1 ). 
 
Vetores linearmente Independentes e linearmente dependentes. 
 
Definição: seja V um espaço vetorial e 
1 2, ,..., nv v v V
. Dizemos que o conjunto 
1 2, ,..., nv v v
é 
linearmente independente ( LI ), se : 
 
 
 
Caso contrário dizemos que o conjunto é linearmente dependente ( LD ), isto é, se 
 
 
 
 
Exemplos: 
 
1) Seja 3V Vejamos se os vetores 
R31 2(1,2,1), (0,1,2)v v
 são (LI). 
Solução: Para fazer isso, escrevamos a relação: 
 
R31 1 1 2
0v v
 
1 2(1,2,1) (0,1,2) (0,0,0)
 
1
1
1 2
2
1 2
0
0
2 0
0
2 0
 eles são (LI). 
 
2) O conjunto 
2(1, 1),(1,0),(1,1)
 é (LD), pois temos a seguinte relação com coeficientes 
não todos nulos: 
1 1
(1, 1) 1(1,0) (1,1) (0,0)
2 2
 
 
Subespaço Gerado 
Fixados 
1 2, ,..., nv v v V
, o conjunto W de todos os vetores de V que são combinação linear 
destes, é chamado subespaço gerado por 
1 2, ,..., .nv v v
 
Notação: 
1 2, ,..., nW v v v
 
O conjunto 
1 2, ,..., nv v v
é chamado Conjunto de Geradores de W. 
 
Exemplo: 
1,0,0 , 0,1,0 , 0,0,1
é um conjunto de Geradores para 3 , porque todo vetor 
3, ,x y z
 pode ser escrito da forma: 
, , 1,0,0 0,1,0 0,0,1x y z x y z
. Assim, 
escrevemos: 
3 1,0,0 , 0,1,0 , 0,0,1
. 
 
Espaços vetoriais finitamente gerados 
 
1 1 1... 0 ... 0n n nv v
1 10; ... 0i n nv v
1(1,0,0) 2(0,1,0) 5(0,0,1)u
 6 
Seja V um espaço vetorial sobre um corpo K. Se existem 
1 2, ,..., rv v v V
 que geram V, 
dizemos que V è um espaço vetorial finitamente gerado. 
Exemplo: 3 é finitamente gerado porque 
3 1,0,0 , 0,1,0 , 0,0,1
. 
Observação: Existem espaços vetoriais que não são finitamente gerados, por exemplo o 
espaço dos polinômios na variável x. 
 Mais exemplos: 
1) Determine um conjunto de geradores para os seguintes subespaços: 
 
 . 
 
 
 
 
 
 
Solução: 
 
a) 
( , , , )x y z t V
 
0x y z t
, ou seja, 
x y z t
. Assim, um vetor genérico de V é 
da forma: 
( , , , )y z t y z t (1,1,0,0) (1,0,1,0) ( 1,0,0,1)y z t
. Assim 
(1,1,0,0),(1,0,1,0),( 1,0,0,1)U
 
 
b) 
( , , , )x y z t V
 
0x y z t
, ou seja, 
.x y e z t
 Assim, um vetor genérico de V 
é da forma: 
 
( , , , )y y t t (1,1,0,0) (0,0, 1,1)y t
. Assim 
(1,1,0,0),(0,0, 1,1)V
. 
 
c) Um conjunto de geradores para U+V é dado pela união dos dois conjuntos, i.e.: 
(1,1,0,0),(1,0,1,0),(1,0,0,1)U
 e 
(1,1,0,0),(0,0, 1,1)V
. Então 
[(1,1,0,0),(1,0,1,0),( 1,0,0,1),(0,0, 1,1)]U V
. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
4
4
) ( , , , ) ; 0
) ( , , , ) ; 0
)
a U x y z t x y z t
b V x y z t x y z t
c U V
 7 
2) Seja 
3(2,1,0),(0,0,1),(6,3,0)U
. Encontrar a equação que caracteriza U. 
 
Solução: Seja 
( , , ) .w x y z U
 
( , , ) (2,1,0) (0,0,1) (6,3,0)x y z (2 6 , 3 , )
, isto é, 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Observação: Diferentes conjuntos de geradores podem gerar o mesmo espaço. Por exemplo 
1,0 , 0,1
gera 2 , de fato, 
( , ) (1,0) (0,1)x y x y
 
1,1 , 0,1 ,(2, 1)
também gera 2 , de fato, 
( , ) (1,1) ( ) (0,1) 0 (2, 1)x y x y x
. 
Um ponto representa o vetor nulo.
Vetor qualquer
 Um único vetor diferente do vetor 
nulo é sempre L.I
 Dois vetores são L.D quando um 
é múltiplo por um escalar do outro 
u
v
(1,0)u
(2,0)v
2v u
 
o
x
u
v
vu
y
Três vetores no plano são 
sempre L.D, ou seja, um 
terceiro vetor sempre pode 
ser escrito como comb. 
Linear dos outros dois.
Um conj. que contém um subconj. L.D é
L.D. 
. .
(1,0), (2,0) , (0,3)
elementosdeum conj L D
 
De um conjunto L.D podemos extrair 
um subconjunto. L.I
 Se um conjunto é L.I, todos os seus 
subconjuntos são L.I 
 Um conjunto que possui o vetor nulo é
sempre L.D.
Se então é L.D 
com ou seja, 
é L.D. 
1 2 3,w w w 1w
2 3,w w 1 2 3, ,w w w
Os elementos chamados geradores ou 
sistemas de geradores de podem 
ser um conjunto L.I ou L.D.
V
21,ee
2R 21,ee
Conj. L.I
)0,2(,, 21
2 eeR )0,2(,, 21 ee
Conj. L.D
 
 
 
 
 
 
2 6
3
x
y
z
2 0 6
1 0 3
0 1 0
x
y
z
2 6
3
x
y
z
2 0 6
1 0 3
0 1 0
x
y
z
2 0 6
1 0 3
0 1 0
x
y
z
2 0 6
1 0 3
0 1 0
x
y
z
1 0 3 |
2 0 6 |
0 1 0 |
y
x
z
1 0 3 |
0 0 0 | 2
0 1 0 |
y
x y
z
Portanto para que o 
sistema tenha solução, 
temos que 
2 0x y
e 
( , , ); 2 0U x y z x y
2 0 6
1 0 3
0 1 0
x
y
z
2 0 6
1 0 3
0 1 0
x
y
z
1 0 3 |
2 0 6 |
0 1 0 |
y
x
z
1 0 3 |
0 0 0 | 2
0 1 0 |
y
x y
z
Portanto para que o 
sistema tenha solução, 
temos que 
2 0x y
e 
( , , ); 2 0U x y z x y
 8 
Base e dimensão de um espaço vetorial. 
 
Base de um espaço vetorial 
 
Definição: seja 
V
 um 
F
- espaço vetorial. Uma base de 
V
 é um conjunto 
1 2, ,..., nB v v v V
 onde 
B
é um conjunto gerador LI. 
 
Proposição: De um conjunto de geradores de um espaço vetorial ou subespaço vetorial V é 
sempre possível extrair uma base. 
 
Exemplo: O conjunto 
2,1 , 0, 1
é uma base do espaço 2 ? 
Solução: É suficiente verificar se 
2,1 , 0, 1
é um conjunto de geradores L.I. para 2 . 
(i) 
2,1 , 0, 1
gera 2 ? 
Dado 
2,x y
, queremos saber se existem a e b em ,tais que, 
, 2,1 0, 1x y a b
. 
Isto corresponde a encontrar solução para o sistema: 
2a x
a b y
 
 
 
 
 
 
 
Portanto, temos que 
2,1 , 0, 1
gera V. 
(ii) Vejamos agora se 
2,1 , 0, 1
é LI: 
Teorema: n vetores em n são L.I. se o determinante da matriz formada pelos n vetores 
(escritos como vetores linha ou coluna) for diferente zero. 
 
2 1
det 2 0
0 1
 
2,1 0, 1e
 são L.I. Portanto 
2,1 , 0, 1
é uma base para 2 . 
 
 
Processo prático para determinar uma base de um subespaço do n 
 
 Consiste em escalonar a matriz cujas linhas são vetores geradores do espaço. As linhas 
que não “zerarem” correspondem aos vetores geradores que forem LI. 
 
Exemplo: Determinar uma base para o seguinte subespaço do 4 : 
2,1,1,0 , 1,0,1,2 , 0, 1,1,4W
 
 
Solução: 
 
 
 
 
 
 
 
2
 e 
2 2
a x x x
a b a y b y
a b y
2
 e 
2 2
a x x x
a b a y b y
a b y
2 1 1 0
1 0 1 2
0 1 1 4
A
1 2L L
1 0 1 2
2 1 1 0
0 1 1 4
2 2 12L L L
1 0 1 2
0 1 1 4
0 1 1 4
3 3 2L L L
1 0 1 2
0 1 1 4
0 0 0 0
2 1 1 0
1 0 1 2
0 1 1 4
A
1 2L L
1 0 1 2
2 1 1 0
0 1 1 4
2 2 12L L L
1 0 1 2
0 1 1 4
0 1 1 4
3 3 2L L L
1 0 1 2
0 1 1 4
0 0 0 0
 9 
 
 
 
 
 
Portanto, os vetores (2,1,1,0) e (1,0,1,2) (correspondentes às linhas que não se anularam na 
matriz escalonada) formam a base para W 
 
Dimensão 
 
Proposição: Seja v um espaço vetorial finitamente gerado. Então, qualquer base de V tem o 
mesmo número de elementos ( cardinalidade ). A este número de elementos dá-se o nome de 
dimensão de V. 
Portanto, se V é finitamente gerado, podemos dizer que ele tem dimensão finita. 
 
Exemplos: 
 
1) Como o conjunto 
1,0,0 , 0,1,0 , 0,0,1B
é uma base do espaço 3 (denominada 
Base Canônica), temos que 
3dim 3.
 
 
2) O conjunto 
21, , , , nt t t
é uma base ( a canônica) do espaço 
nP
, o espaço dos 
polinômios de grau menor ou igual a n. Portanto, temos 
dim ( ) 1nP n
. 
 
Resultados Importantes 
 
Seja V um espaço de dimensão finita n. Então: 
 
 Qualquer conjunto com mais de n elementos em V é LD. 
 Qualquer conjunto LI de V pode ser completado para formar uma base de V. 
 Qualquer conjunto LI de V tem no máximo n elementos. 
 Qualquer conjunto LI de V com n elementos é uma base de V. 
 
Exemplos: 
1. Os vetores 
1,1,1 , 0,2,3 , 0,0,3
 são LI em 3 , que tem dimensão 3. Logo formam uma 
base para este espaço. 
2. Os vetores 
2,1 , 1,0 e 1,1
 são LD de 2 , pois 2dim 2 . 
3. No espaço 
3P
, o conjunto 
22,1 , 3t t
é LI, portanto pode ser completado para 
uma base deste espaço. Basta acrescentar (por exemplo), o vetor 
3t
. 
 
Dimensão da soma de dois subespaços 
 
Sela V um espaço vetorial de dimensão finita U e W subespaços de V. Então 
 
 
 
Obs: Seja R 3 espaço vetorial, U e V subespaços de R 3. Dizemos que: R 3 = U + V dim R 
3 = dim ( U + V ). Alem disso U ∩ V = R 3 = 
U V
. 
dim dimdim U W U W dim U W
 10 
Exemplo: Sejam 3V , 
3, , ;U x y z x y z
e 
3, , ; 0W x y z x z
subespaços de 
V
. Determinar as dimensões de 
, eU W U W
. 
Verifique, pela fórmula acima, se 
3U W
. 
 
Solução: 
 
a) Seja 
( , , )x y z U x y z
, ou seja, 
, , , , 1,1,0 1,0,1x y z y z y z y z
. 
Daí temos que U=[(1,1,0),(1,0,1)]. 
Visto que a matriz
1 1 0
1 0 1
 tem posto 2, ou seja os vetores ( 1, 1, 0 ) e ( 1, 0, 1 ) não são 
múltiplos entre si, esses vetores são L.I. e formam uma base para U. Assim, dim (U )= 2. 
Se 
( , , ) 0x y z W x z
, ou seja, 
, , 0, ,0 0,1,0x y z y y
. Daí, W = [(0,1,0)] e dim 
(W)=1. 
 
 
b) Para determinar 
U W
, resolvemos o sistema formado por suas equações: 
 
0
0
x y z
x
z
 
 
Este sistema possui como solução o vetor (0,0,0).Daí, 
dim 0U W
. Portanto, utilizando 
a relação 
dim dimdim U W U W dim U W
, temos 
dim 2 1 0 3U W
. Como 
U+W é subespaço de 3 , que tem dimensão 3, temos que 3U W , mais ainda, 3U W . 
 
Exemplo: Considere o espaço 4 e seus subespaços 
1,2,0, 1 , 1, 1,2,0 e 1,3,0,1 , 2,4,2, 1 , 1,7,2,0U W
, Utilizando os vetores acima 
determine: 
dim ,dim ,dim dimU W U W e U W
. 
Solução: 
 
O conjunto 
1,2,0, 1 , 1, 1,2,0
 é LI 
dim 2U
. 
Verifiquemos se 
1,3,0,1 , 2,4,2, 1 , 1,7,2,0
é LI: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Portanto o conjunto { (–1, 3, 0, 1 ), (2, 4, 2, –1 ), (1, 7, 2, 0 )} é L.D. Logo, excluindo um dos 
vetores que é combinação linear dos outrosdois, obtemos os conjuntos L.I. Daí temos que dim W 
= 2. 
 
1 3 0 1
2 4 2 1
1 7 2 0
1 3 0 1
2 4 2 1
1 7 2 0
2 2 12L L L
1 3 0 1
0 10 2 1
1 7 2 0
1 1L L
3 3 1L L L
1 3 0 1
0 10 2 1
0 10 2 1
3 3 2L L L 1 3 0 1
0 10 2 1
0 0 0 0
1 3 0 1
2 4 2 1
1 7 2 0
1 3 0 1
2 4 2 1
1 7 2 0
2 2 12L L L
1 3 0 1
0 10 2 1
1 7 2 0
1 1L L
3 3 1L L L
1 3 0 1
0 10 2 1
0 10 2 1
3 3 2L L L 1 3 0 1
0 10 2 1
0 0 0 0
 11 
1,2,0, 1 , 1, 1,2,0 , 1, 3,0, 1 , 0,10,2,1U W
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Portanto 
dim 3U W
. Assim 
 
 
 
 
 
Exemplo: Seja 
2M
 o espaço vetorial das matrizes quadradas de ordem 2. 
 
1 2 1 0 0 1 1 0
, , ,
1 1 0 1 2 0 0 0
A
é uma base para 
2M
? 
 
Solução: Visto que 
2M
 é um espaço vetorial de dimensão 4, é suficiente verificar se 
esses vetores são LI. 
Seja 
2
x y
M
z w
, existem a,b, c e d reais tais que: 
 
1 2 1 0 0 1 1 0
1 1 0 1 2 0 0 0
x y
a b c d
z w
 
 
A igualdade matricial corresponde ao sistema linear 
0
2 0
2 0
0
a b d
a c
a c
a b
 
 
 A matriz associada ao sistema linear é 
1 1 0 1
2 0 1 0
1 0 2 0
1 1 0 0
 
 
1 2 0 1
1 1 2 0
1 3 0 1
0 10 2 1
2 2 1L L L
3 3 1L L L
4 4 12L L L
1 2 0 1
0 3 2 1
0 5 0 0
0 0 2 1
3
2
5
L
L
3 3 2L L L1 2 0 1
0 1 0 0
0 1 2 1
0 0 2 1
1 2 0 1
0 1 0 0
0 0 2 1
0 0 2 1
4 4 3L L L
1 2 0 1
1 1 2 0
1 3 0 1
0 10 2 1
2 2 1L L L
3 3 1L L L
4 4 12L L L
1 2 0 1
0 3 2 1
0 5 0 0
0 0 2 1
3
2
5
L
L
3 3 2L L L1 2 0 1
0 1 0 0
0 1 2 1
0 0 2 1
1 2 0 1
0 1 0 0
0 0 2 1
0 0 2 1
4 4 3L L L
1 2 0 1
0 1 0 0
0 0 2 1
0 0 0 0dim dim dim dimU W U W U W
dim 1U W
3 2 2 dim U W
dim dim dim dimU W U W U W
dim 1U W
3 2 2 dim U W
 12 
O sistema terá solução trivial se e somente se 
1 1 0 1
2 0 1 0
det 0
1 0 2 0
1 1 0 0
 
 
De fato, 
 
5
1 1 0 1
2 0 1
2 0 1 0
det 1 ( 1) 1 0 2
1 0 2 0
1 1 0
1 1 0 0
2 0 2
2 1
1 0
2 ( 2) 4 0
 
 
Coordenadas de um vetor em relação à uma dada base. 
 
Consideremos a base canônica do 3 
 
Coordenadas de um vetor em relação a uma dada base. 
 
 Considere a base canônica do 3 ,
1,0,0 0,1,0 0,0,1B
e o vetor 
1, 3,5v
. Observe 
que 
1. 1,0,0 3. 0,1,0 5. 0,0,1v
. 
Assim as coordenadas do vetor 
v
 na base B são 
1, 3 e 5
, ou seja [ v ] B = ( 1, –3, 5 ) ou 
1
3
5
B
v
. 
Matriz das coordenadas de 
v
 na base B 
 
1
3
5
B
v
 
Outro exemplo: Encontrar as coordenadas do vetor 
3v
 na base 
' 1,1,1 , 1,0,1 , 1,0, 1B
. 
 
Solução: Por definição, as coordenadas de v na base B´ são dadas pelos coeficientes a,b e 
c abaixo: 
 
1, 3,5 1,1,1 1,0,1 1,0, 1a b c
 
 
 
1
3 3
5
a b c
a a
a b c
 
 
4
8
b c
b c
 
2 12b
 
6b
 
Substituindo o valor de b na primeira equação do sistema acima obtemos: 
 
6 4 2c c
 
 13 
As coordenadas de v são – 3,6 e – 2, e A matriz das coordenadas de v na base B´ é 
'
3
6
2
B
v
 
 
Conteúdo 4: Mudança de Base. 
 
Seja V um espaço vetorial de dimensão n e consideremos duas bases de V, 
 
1 1,..., nu u
 e 
2 1,..., nv v
. Então existe uma única família de escalares 
ija
 de maneira 
que 
1 11 1 1
1 1
...
...............................
...
n n
n n nn n
v a u a u
v a u a u
 
Definição: A matriz quadrada de ordem n 
2
1
11 12 1
21 22 2
1 2
...
...
... ... ... ...
...
n
n
n n nn
a a a
a a a
I
a a a
 
Chama – se matriz mudança da base 
1
 para a base 
2
. 
 
Exemplo: Encontre a matriz mudança de base. 
 
Solução: 
1 11 21(1,0) (2, 1) (3,4)v a a
 
 
Os coeficientes 
11a
 e 
21a
 ficam na mesma coluna, por isso o j correspondente ao elemento 
ija
 é fixado com o mesmo índice da ordem do elemento em 
2
. 
2 12 22(0,1) (2, 1) (3,4)v a a
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
onde
11 21 11 21(1,0) (2 3 , 4 )a a a a
11
4
11
a
e
21
1
11
a
12 22 12 22(0,1) (2 3 , 4 )a a a a
12
3
11
a
e
22
2
11
a
4 3
11 11
1 2
11 11
2
1
I
onde
11 21 11 21(1,0) (2 3 , 4 )a a a a
onde
11 21 11 21(1,0) (2 3 , 4 )a a a a
11
4
11
a
e
21
1
11
a
11
4
11
a
e
21
1
11
a
12 22 12 22(0,1) (2 3 , 4 )a a a a
12
3
11
a
e
22
2
11
a
12
3
11
a
e
22
2
11
a
4 3
11 11
1 2
11 11
2
1
I
4 3
11 11
1 2
11 11
2
1
I
2
1
(1,0),(0,1)
(2, 1),(3,4)
I
 14 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Exercícios resolvidos 
 
1) Mostrar que é subespaço de 
2M
 o seguinte subconjunto: 
 
2 ,
x y
W M y x
z t
 
 
Solução: 
 
i) 
0 0
0 0
W
, já que 
0 0 0.
 
 
ii) Sejam 
1 1
1 1
x y
u
z t
e 
2 2
2 2
x y
v
z t
 elementos de W. 
 
1 1 2 2 1 2 1 2
1 1 2 2 1 2 1 2
x y x y x x y y
u v
z t z t z z t t
 
 
Como 
1 2 1 2 1 2y y x x x x
 então 
u v W
 
 
Façamos agora 
1
2
(2, 1),(3,4)
(1,0),(0,1)
I
Lembrando que escreveremos agora :
1 11 21(2, 1) (1,0) (0,1)u a a
11 2a
e
21 1a
2 12 22(3,4) (1,0) (0,1)u a a
11 3a
e
21 4a
Façamos agora 
1
2
(2, 1),(3,4)
(1,0),(0,1)
I
Façamos agora 
1
2
(2, 1),(3,4)
(1,0),(0,1)
I
Lembrando que escreveremos agora :
1 11 21(2, 1) (1,0) (0,1)u a a1 11 21(2, 1) (1,0) (0,1)u a a
11 2a
e
21 1a11 2a
e
21 1a
2 12 22(3,4) (1,0) (0,1)u a a2 12 22(3,4) (1,0) (0,1)u a a
11 3a
e
21 4a11 3a
e
21 4a
2 3
1 4
2
1
I
4 3
11 11
1 2
11 11
2 3 1 0
1 4 0 1
O produto das matrizes
eO que implica que as matrizes 
são inversíveis e
2
1
I
1
2
I
2 1
1 2
1
I I
2
1
I
1
2
I
2 3
1 4
2
1
I
2 3
1 4
2
1
I
4 3
11 11
1 2
11 11
2 3 1 0
1 4 0 1
4 3
11 11
1 2
11 11
2 3 1 0
1 4 0 1
O produto das matrizes
eO que implica que as matrizes 
são inversíveis e
2
1
I
1
2
I
eO que implica que as matrizes 
são inversíveis e
2
1
I
1
2
I
O que implica que as matrizes 
são inversíveis e
2
1
I
1
2
I
2 1
1 2
1
I I
2
1
I
1
2
I 2
1
I
1
2
I
 15 
iii) Sejam 
c
 e 
x y
u W
z t
. 
 
cx cy
c u
cz ct
. Como 
cy c x cx
, então 
c u W
. 
 
2) Escreva, se possível, cada vetor 
v
 como combinação linear dos elementos de 
S
. 
a) 
1, 2,5v
 e 
1,1,1 , 1,2,3 , 2, 1,1S
. 
b) 
3 1
1 1
v
 e 1 1 0 0 0 2
, ,
1 0 1 1 0 1
S
 
Solução: 
 
a) Escrevendo 
v
 como combinação linear de 
S
 obtemos a seguinte equação 
1, 2,5 1,1,1 1,2,3 2, 1,1x y z
, que resulta no sistema. 
 
2 1
2 2
3 5
x y z
x y z
x y z
 . Escrevendo a matriz ampliada do sistema obtemos: 
 
2 1 2
3 2 3
1 1 2 1 1 1 2 1
1 2 1 2 0 1 3 3
1 3 1 5 0 1 2 7
L L L
L L L
 
 
3 2 3 3 3
1 1 2 1 1 1 2 1
1
0 1 3 3 0 1 3 3
5
0 0 5 10 0 0 1 2
L L L L L
 
 
voltando ao sistema temos: 
 
2 1
3 3 6 3 3 1 3 4 6
2
x y z
y z y y e x x
z
 
 
Logoa solução do sistema é o conjunto 
6,3,2
. Assim 
 
1, 2,5 6 1,1,1 3 1,2,3 2 2, 1,1
 
 
b) Escrevendo 
v
 como combinação linear de 
S
 obtemos a seguinte equação, 
3 1 1 1 0 0 0 2 2
1 1 1 0 1 1 0 1
x x z
x y z
x y y z
 que resulta no sistema: 
 
 16 
3
1
2 1
1
x
x y
x z
y z
 
 
Da 2ª equação temos 
3 1 2y y
, da 3ª equação temos 
3 2 1 2 2 1z z z
, da 4ª equação temos 
1 1 0y y
. 
Observe que os resultados 
2 e 0y y
 é um absurdo e torna o sistema impossível. Então 
v
 não pode ser escrito como combinação linear de 
S
. 
 
 
3) Verifique se o conjunto 
41,0,0,0 , 1,1,0,0 , 1,1,1,0 , 1,1,1,1W
 é Li, e é gerador e 
base do 4 . 
 
Solução: 
 
i) Vamos verificar se W é Li, isto é, 
 
1,0,0,0 1,1,0,0 1,1,1,0 1,1,1,1 0,0,0,0a b c d
, ou seja, 
 
0
0
0.
0
0
a b c d
b c d
a b c d
c d
d
 Logo W é Li. 
ii) Como 
4dim 4
 então W é base do 4 , já que 
dim 4.W
 
 
iii) W é gerador do 4 pois é base do 4 . 
 
4) determine a matriz das coordenadas do vetor 
32,1,4v
 em relação a base 
1,1,1 , 1,0,1 , 1,0, 1B
 
Solução: Escrevendo 
2,1,4v
 como combinação linear da base 
B
. 
2
2,1,4 1,1,1 1,0,1 1,0, 1 1
4
a b c
a b c a
a b c
 
Como 
1a
 o sistema acima fica reduzido ao sistema 
1
3
b c
b c
 
Resolvendo o sistema acima por adição obtemos 
2 e 1b c
. 
Portanto 
1
2
1
B
v
.