Notas algebra Linear

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Notas de Algebra Linear
Eduardo Hernandez, Michelle Pierri
Sumário
1 Espaços Vetoriais 4
1.1 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.2 Exercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.2.1 Interseção e Soma de Subespaços vetoriais . . . . . . . . . . . 10
1.3 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.3.1 Subespaços gerados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
1.4 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
2 Dependência Linear, Base e Dimensão 22
2.1 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
2.1.1 Coordenadas de um Vetor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
2.2 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
2.2.1 Prova teste 1 de 2011 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
2.2.2 Prova Teste 2 de 2012 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
2.2.3 Prova 1 do ano 2011 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
2.2.4 Prova 1 de 2012 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
3 Transformações Lineares 39
3.0.1 Imagem e Núcleo de uma transformação . . . . . . . . . . . . 40
3.1 Isomor�smo e Automor�smo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
3.1.1 O Espaço Vetorial L(U, V ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
3.1.2 A matriz associada a uma Transformação Linear . . . . . . . 49
3.2 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
4 Autovalores e Autovetores 57
4.1 Polinômio Característico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61
4.2 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
4.2.1 Transformações lineares diagonalizaveis . . . . . . . . . . . . 64
4.3 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68
4.3.1 Prova teste 2 de 2011 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68
4.3.2 Prova 2 de 2011 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69
5 Espaços Euclidianos 70
5.1 Produto Interno . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70
5.1.1 Ortogonalidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74
5.1.2 Processo de Gram-Schmidt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75
5.1.3 O metodo dos mínimos quadrados . . . . . . . . . . . . . . . 79
5.1.4 Complemento Ortogonal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80
2
5.1.5 Isometrias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81
5.2 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82
5.2.1 Prova teste 3 de 2011 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84
5.2.2 Prova 3 de 2011 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85
5.2.3 Prova de recuperação de 2011 . . . . . . . . . . . . . . . . . 85
Referências Bibliográ�cas 86
3
Capítulo 1
Espaços Vetoriais
Neste capítulo introduzimos o conceito de espaço vetorial. No que segue desta apos-
tilha, R denota o conjunto dos números reais.
De�nição 1.1. Seja V é um conjunto não vazio e suponha que existem duas ope-
rações de�nidas em V, uma operação chamada soma que a cada par de elementos
u, v ∈ V associa um único elemento de V denotado por u+ v, e uma operação cha-
mada multiplicação por escalar que a cada u ∈ V e todo λ ∈ R associa um único
elemento de V denotado por λu. 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, (elemento neutro)
P4 para cada u ∈ V (oposto aditivo de u) existe v ∈ V tal que u+ v = 0,
P5 α · (β · u) = (αβ) · u para todo u ∈ V e α, β ∈ R,
P6 (α+ β) · u = α · u+ β · u para todo u ∈ V, α, β ∈ R,
P7 α · (u+ v) = α · u+ α · v para todo u, v ∈ V e α ∈ 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.
Observação 1.3. Para simpli�car, no que segue de esta apostilha escreveremos
simplesmente λu em lugar de λ · u.
A seguir apresentamos alguns exemplos de espaçõs vetorias.
Exemplo 1.4. Um exemplo obvio de espaço vetorial é o conjunto R munido com as
operações + e · usuais.
4
Exemplo 1.5. 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
(x1, . . . , xn). No conjunto Rn de�nimos 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 exercício mostrar que Rn munido com as operações acima é um
espaço vetorial.
Exemplo 1.6. O espaço das matrizes de ordem n×m.
Sejam n,m ∈ N. Lembremos que uma matriz de ordem n×m é uma ordenação de
números 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-�las e m-colunas. Para simpli�car, no que segue uma matriz como a
anterior será representada na forma A = (ai,j)n,m.
De�nimos M(n,m) como sendo o conjunto formado por todas a matrizes de
ordem n×m 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 1.7. Mostrar que M(n,m) é um espaço vetorial.
Exemplo 1.8. O espaço de polinômios de grau menor o igual a n.
Seja n ∈ N e Pn(R) o conjunto formado por todos os polinômios com coe�cientes
reais de grau menor ou igual a n de�nidos de R em R. Lembre que um polinômio
com coe�cientes reais de�nido de R em R é uma função f : R → R da forma
f(x) = a0 + a1x+ · · ·+ anxn =
∑n
i=0 aix
i
onde cada ai é um número real.
Em Pn(R) de�nimos 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
de�nimos (p+q)(x) = (a0+b0)+(a1+b1)x+· · ·+(an+bn)xn =∑n
i=0(ai + bi)x
i
• Multiplicação por escalar: Se p(x) = a0 + a1x+ · · ·+ anxn =
∑n
i=0 aix
i
e
λ ∈ R de�nimos λ · p como o polinômio dado por λ · p(x) = (λa0) + (λa1)x+
· · ·+ (λan)xn =
∑n
i=0 λaix
i
5
Exercício 1.9. Mostrar que Pn(R) munido com as operações anteriores é um espaço
vetorial.
Exemplo 1.10. Espaços de funções
Seja A ⊂ R e denotemos por F(A;R) o conjunto formado por todas as funções f
de�nidas 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 1.11. Mostrar que F (A;R) munido com as operações anteriores é um
espaço vetorial.
Os exemplos anteriores envolvem conjuntos e operações que já conhecemos. O
seguinte exemplo é mais abstrato e por isso o estudaremos com maior atenção.
Exemplo 1.12. Um exemplo abstrato
No conjunto V = (0,∞) de�nimos 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 1.13. 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 álgebra linear são obtidos a partir dos axio-
mas P1-P8. No próximo resultado vemos como é possível obter novas propriedades
a partir desses axiomas.
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Proposição 1.14. Se (V,+, ·) é um espaço vetorial, então as seguintes propriedades
são veri�cadas.
1. O elemento 0 da propriedade P3 é único.
2. Para cada u ∈ V o vetor da propriedade P4 é único. No que segue este vetor é
notado por −u.
3. Se 0 é o vetor em P3 e λ ∈ R então λ0 = 0 ∈ V..
4. Se 0 é o número real zero e u ∈ V então 0u = 0 ∈ V.
5. Se λu = 0 então λ = 0 ou u = 0.
6. Se u ∈ V 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: Mostremos as seis primeiras propriedades. A prova das outras será deixada
como exercicio.
1. Suponha que 0′ ∈ V também satisfaça 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 um único vetor que veri�ca 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) +−(0u)
0 = 0u+ (0u+−(0u)) por P2
0 = 0u+ 0 por P4
0 = 0u por P3.
7
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 + 1) · u = (−1 · u + 1 · u) = −1u + u, de (2) segue que
−u = −1 · u.
1.1 Exercícios
1. Veri�que 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} com as 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} de�nimos 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 1.15. Para simpli�car 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.
De�nição 1.16. Seja W ⊆ V . Dizemos que W é um subespaço vetorial de V , se W
munido das operações soma e multiplicação por escalar de V é um espaço vetorial.
8
Observação 1.17. É conveniente lembrar a seguinte frase da de�nição de espaço
vetorial: �Uma operação soma 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 um único elemento de V denotado por λu. "
Assim, para que W ⊆ V seja um subespaço vetorial de V é necessário que u+v e λu
sejam elementos de W se u, v pertencen a W e λ ∈ R. Como veremos no próximo
resultado, estas propriedades caracterizam o conceito de subespaço vetorial.
Proposição 1.18. Um conjuntoW ⊂ V é um subespaço vetorial de V ⇔ u+λv ∈W
para todo u, v ∈W e todo λ ∈ R.
Prova: Se W é um subespaço vetorial de V , da de�nição de subespaço vetorial (veja
também a observação 1.17) 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 ∈ R. Para
provar que W é um espaço vetorial temos que mostrar que as propriedades P1-P8
( veja De�nição 1.1) são veri�cadas. As propriedades P1, P2, P5, P6, P7 e P8 são
trivialmente satisfeitas pois elas são válidas em relação a V . Assim, para completar
a prova é su�ciente mostrar que P3 e P4 são satisfeitas.
Seja u ∈ W e λ ∈ R. Da Proposição 1.14 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 também válida. Segue do anterior que W é um subespaço vetorial de V . Isto
completa a prova.
Vejamos alguns examplos de sub-espacos vetoriais.
Exemplo 1.19. Obviamente os conjuntos {0} e V são subespaços vetorais de V .
Estes subespaços são chamados de subespaços vetoriais triviais de V .
Exemplo 1.20. 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) elementos de S e λ ∈ R. Para mostrar queW
é um subespaço vetorial de R3 temos que provar que u+λv = (x+λx1, y+λy1, z+λz1)
pertence a S. Da de�nição 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 1.21. Seja P ∗n(R) o subconjunto de Pn(R) de�nido por P ∗n(R) = {p ∈
Pn : p(0) = 0}. Para mostrar que P ∗n(R) é um subespaço vetorial de Pn(R) usaremos
a Proposição 1.18.
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 1.22. Seja A ∈M(n, n) e W = {X ∈M(n, 1) : AX = 0}. O conjunto W
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 de�nição de W , temos que AX = 0 e AY = 0,
de onde segue que
A(X + λY ) = AX +A(λY ) = AX + λAY = O + λO = O.
Pela Proposição 1.18, isto prova que W é um subespaço vetorial de M(n, 1).
9
1.2 Exercicios
1. Seja V um espaço vetorial e W ⊂ V um subespaço vetorial de V . Mostre que
(a) se v1, . . . , vn são vetores de V e λ1, . . . , αn são números reais então
∑n
i=1 αivi ∈
V ,
(b) se w1, . . . , wn são vetores de W e λ1, . . . , αn são números reais então∑n
i=1 αiwi ∈ V ,
2. 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 ?
3. Resolvero exercício anterior usando o Exemplo 1.22.
4. 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.
5. Sejam m,n ∈ N com m ≤ n. O conjunto Pm(R) é um subespaço de Pn(R) ?
6. 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}.
Mostre que S∗n(R) é um subespaço vetorial 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. Suponha que U e W são subespaços vetoriais de V . Então o
conjunto U ∩W = {x ∈ V : x ∈ U ∧ x ∈W} é subespaço vetorial de V.
Prova: Para mostrar o resultado usamos a Proposição 1.18. Sejam u, v ∈ U ∩W e
λ ∈ R. Como u, v ∈ U e U é um espaço vetorial temos que u+ λv ∈ U . Da mesma
maneira, como u, v ∈W e W é um espaço vetorial também temos que u+ λv ∈W .
Do anterior, u + λv ∈ U e u + λv ∈ Wo que implica que u + λv ∈ U ⋂W . Agora,
pela Proposição 1.18 segue que U ∩W é sub-espaço vetorial de V.
De�nição 1.24. Sejam U e W subconjuntos de V. O conjunto U +W de�nido 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 subespaçõs 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,
10
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 , temos que 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 via a Proposição 1.18 que U +W é um subespaço vetorial de V .
Provaremos agora a segunda propriedade. Para começar vejamos que U ∪W ⊂
U+W . 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 . Do anterior segue que U ∪W ⊂ U +W .
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 de�nição de U +W , vemos que U +W = {u + w : u ∈
U, w ∈W} ⊂ Q.
Para �nalizar, mostremos a propriedade (3). Suponha que a soma U+W é direta
e que z ∈ U+W . Da de�nição de U+W segue que existem vetores u1 ∈ U e w1 ∈W
tais que z = u1 +w1. Suponha agora que z também pode ser representado na forma
z = u2 + w2 com u2 ∈ U e w2 ∈W . Nas condições anteriores temos que
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 arbitrário, segue do anterior que U
⋂
W = {0}, o que implica que a soma U +W
é direta. A prova está 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 de�nição deW segue que z1 = z2 = 0 e
da de�nição de U vemos que z3 = z1+z2+z3 = 0, o que prova que z = (z1, z2, z3) = 0
e que U ∩W = {0}. Portanto, U +W é um somma direta.
Vejamos agora que R3 = U +W . Como U e W são sub-espaços vetoriais de R3,
temos que U +W também é sub-espaço vetorial de R3, o que em particular mostra
que U +W ⊂ R3.
Para completar a prova temos que mostrar que R3 ⊂ U +W . Equivalentemente,
temos que mostrar que todo vetor de R3 pode ser escrito na forma u+w com u ∈ U
e w ∈ W . Suponha que v = (x, y, z) ∈ R3. Da de�nição de U e W temos que
11
(x, y,−x − y) ∈ U e que (0, 0, z + x + y) ∈ W , o que implica que v = (x, y, z) =
(x, y,−x − y) + (0, 0, z + x + y) ∈ U +W . Isto prova que R3 ⊂ U +W . Agora a
prova que R3 = U ⊕W está completa.
O conceito de soma direta pode ser generalizado.
De�nição 1.28. Seja V espaço vetorial e suponha que U1, . . . , Un são subconjuntos
de V. A soma dos conjuntos U1, . . . , Un, é o conjunto de�nido por
n∑
i=1
Ui = U1 + · · ·+ Un = {u1 + · · ·+ un : uj ∈ Uj , j = 1, . . . , n}.
De�nição 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
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. a soma U1+· · ·+Un é direta⇔ 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 =
{f ∈ Pn(R) : ∃ a ∈ R tal que f(x) = axi, ∀x ∈ R}, i = 1, . . . , n.
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 su�cientemente
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 temos que
(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
12
(a2 − b2) + (a3 − b3)x + . . . + (an − bn)xn−2 = 0 para cada x 6= 0. Argumentando
como antes podemos provar que a2 − b2 = 0.
Continuando o processo anterior, segue que ai − bi = 0 para todo i ∈ {1, . . . , n},
o que implica 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} .
5. Sejam V = M(n,1), A ∈ M(n, n) uma matriz dada e W o subconjunto de V
de�nido 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 inteiros)
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 ?
13
Ex. 1.34. Estudar as seguintes a�rmações (se você considera que a a�rmação é
verdadeira prove ela e se acha que é falsa invente um contra exemplo):
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 .
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. Sejam V = M(3, 3) e U,W os subespaços de V dados por
U =

 a b 00 0 c
0 0 d
 : a, b, c, d ∈ R

W =

 0 0 ef g 0
h i 0
 ; e, f, g, h, i ∈ R
 .
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
14
1.3.1 Subespaços gerados
Nesta seção veremos como obter um subespaço vetorial de V a partir de um subcon-
junto de V . Para começar introduzimos o conceito de combinação linear de vetores.
De�nição 1.38. Seja S = {u1, . . . , un} ⊂ V e u ∈ V . Dizemos que u é uma
combinação linear dos vetores u1, . . . , un (ou uma combinação linear dos vetores em
S) se existem números reais α1, . . . , αn tais que u =
∑n
i=1 αiui.
Exemplo 1.39. Seja S ⊂ Pn(R) o conjunto de�nido por S = {1, x, x2, . . . , xn}.
Os vetores 1 + x, 1 + x2, 1 + 2x + 3x2 são combinações lineares dos vetores em S.
Mais ainda, todo vetor de Pn(R) (equivalentemente, todo polinômio de grau n) é
combinação linear dos vetores em S.
Exemplo 1.40. Seja S o subconjunto de P2(R) dado por S = {1, 1+x, 1+x+x2}.
Mostre que o polinômio p(x) = 1 + x2 é combinação linear dos vetores em S.
Observação 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. Os vetores e1, . . . , en são chamados de vetores canónicos de Rn.
Exemplo 1.42. Seja y ∈ Rn. Como y = (y1, . . . , yi, . . . , yn) =
∑n
i=1 yiei, vemos que
todo vetor de Rn é combinação linear dos vetores e1, . . . , en.
Exemplo 1.43. Sejam n,m ∈ N, k ∈ {1, . . . , n} e p ∈ {1, . . . ,m}. Nesta apostilha,
usamos a notação Ap,k para a matriz Ap,k = (ai,j)n,m ∈ 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 facil 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 .
De�nição 1.44. Seja S ⊂ V não vazio. De�nimos 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}. O conjunto [S] é chamado
de conjunto gerado por S.
Observação 1.45. Se na de�nição anterior temos que S = {u1, . . . , un} ⊂ V , então
[S] = {∑ni=1 αiui : αi ∈ R}.
Observação 1.46. Seja S ⊂ V . Do Exercicio 1.2 segue que [S] ⊂ V .
Exemplo 1.47. Seja n ∈ N e S = {e1, . . . , en} = {ei : i = 1, . . . , n}. Como todo
vetor de Rn é combinação linear dos vetores e1, . . . , en segue que Rn ⊂ [S], o que
implica que Rn = [S] pois Rn ⊃ [S].
15
Suponha agora que S = {Ai,j : i = 1, . . . , n, j = 1, . . . ,m} onde Ai,j são as
matrizes de�nidas no Exemplo 1.43. É fácil ver que uma matriz A = (ai,j)n,m pode
ser representada na forma A =
∑n
i=1
∑m
j=1 ai,jAi,j de onde obtemos que M(n,m) ⊂
[S], o que implica que M(n,m) ⊂ [S]. Como M(n,m) ⊃ [S] segue do anterior que
M(n,m) = [S].
Similarmente, se S é o subconjunto de Pn(R) dado por S = {1, x, x2, . . . , xn}
então Pn(R) = [S].
Observação 1.48. Nos exemplos anteriores, S ⊂ V e sempre temos que [S] = V .
Em geral isto não é assim. Considere como exemplo V = R3 e S = {e1, e2}. Neste
caso temos que [S] = {(x, y, 0) : x, y ∈ R} 6= R3.
Exemplo 1.49. Se S ⊂ P3(R) é o conjunto S = {1, t, t2, 1 + t3} então P3(R) = [S].
Para mostrar esta propriedade, observe que um polinômio da forma p(t) = a0 +
a1t + a2t
2 + a3t
3
pode ser representado na forma p(t) = (a0 − a3) + a1t + a2t2 +
a3(t
3 + 1) ∈ [S]. Isto mostra que P3(R) ⊂ [S] o que implica que P3(R) = [S].
Exemplo 1.50. Se S ⊂M(2, 2) o conjunto dado por S =
{(
0 1
0 0
)
,
(
0 0
−1 0
)}
.
Note que os vetores [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 arbitrários, vemos que [S] está formado por todas as
matrizes com diagonal principal nula.
Proposição 1.51. Suponha que S = {u1, . . . , un} ⊂ V . As seguintes propriedades
são válidas.
1. [S] é um subespaço vetorial de V e S ⊂ [S],
2. [S] é o menor subespaço vetorial de V contendo S, equivalentemente, se M é
um subespaço vetorial de V e S ⊂M então [S] ⊂M ,
3. se T ⊂ S então [T ] ⊂ [S],
4. [S ∪ T ] = [S] + [T ],
5. [[S]] = [S],
6. dado um vetor y ∈ V , [{u1, . . . , un}] = [{u1, . . . , un, y}] ⇔ y é combinação
linear dos vetores u1, . . . , un.
Prova: Provemos a primeira propriedade. Para mostrar que [S] subespaço vetorial
de V , �xemos u, v ∈ [S] e α ∈ R. Pela de�nição de [S] podemos supor que u =
α1u1 + · · ·+ αnun e v = β1v1 + · · ·+ βnvn onde α1, . . . , αn, β1, . . . , βn são números
reais. Assim, temos que
u+ αv = α1u1 + · · ·+ αnun + αβ1v1 + · · ·+ αβnvn =
n∑
i=1
(αi + αβi)ui,
16
que mostra que u + αv ∈ [S] pois u + αv é uma combinação linear de vetores em
S. Agora, pela Proposição 1.18 segue que [S] subespaço vetorial de V . O fato que
S ⊂ [S] é óbvio pois cada vetor ui pode ser escrito na forma ui =
∑
j 6=i 0uj + 1ui
Mostremos agora que [S] é o menor subespaço vetorial de V que contem o con-junto S. Suponha que M é um subespaço vetorial de V tal que S ⊂ M . Se u ∈ [S]
então existem números reais α1, . . . , αn tais que u = α1u1 + · · · + αnun. Como
cada vetor ui é também um elemento de M e M 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.
Suponha agora que T ⊂ S. Neste caso podemos supor que T = {ui1 , . . . , uip}
onde ij ∈ {1, . . . , n} e p é algum número em {0, . . . n}. Da de�nição de [T ] vemos que
um vetor u ∈ [T ] pode ser escrito na forma u =∑pj=1 αijuij onde αij , j ∈ {1, . . . , p}
são números reais. Como u =
∑
k 6=ij 0uk +
∑p
j=1 αij , obtemos que u ∈ [S] o que
prova que [T ] ⊂ [S] pois u é arbitrário.
Provemos agora que [S∪T ] = [S]+[T ]. É fácil ver que S ⊂ [S]+[T ] e T ⊂ [S]+[T ],
de onde segue que S∪T ⊂ ([S]+[T ])∪([S]+[T ]) ⊂ [S]+[T ]. Como [S∪T ] é o menor
subespaço contendo S∪T segue que [S∪T ] ⊂ [S]+ [T ]. Por outro lado, notando que
[S] ⊂ [S ∪ T ] e que [T ] ⊂ [S ∪ T ] vemos que [S] + [T ] ⊂ [S ∪ T ] + [S ∪ T ] = [S ∪ T ].
Do anterior, segue que [S] + [T ] = [S ∪ T ].
Mostremos agora que [[S]] = [S]. Como S ⊂ [S] segue que [S] ⊂ [[S]]. Mais ainda,
como [S] é um subespaço vetorial e [[S]] é o menor subespaço vetorial contendo [S]
segue que [[S]] ⊂ [S]. Assim, [S] ⊂ [[S]] e [[S]] ⊂ [S] o que implica que [[S]] = [S].
Para �nalizar, provemos a última propriedade. Suponha que [{u1, . . . , un}] =
[{u1, . . . , un, y}] sendo y ∈ V . De esta igualdade é imediato que y ∈ [{u1, . . . , un}] de
onde segue que y é combinação linear do vetores u1, . . . , un. Suponha agora que y ∈ V
é combinação linear do vetores u1, . . . , un e �xemos números reais α1, . . . , αn tais que
y =
∑n
i=1 αiui. Se x ∈ [{u1, . . . , un, y}] então existem números reais β1, . . . , βn, θ tais
que x =
∑n
i=1 βiui + θy. Do anterior, temos que
x =
n∑
i=1
βiui + θy =
n∑
i=1
βiui + θ
n∑
i=1
αiui =
n∑
i=1
(βi + θαi)ui,
o que implica que x ∈ [{u1, . . . , un}]. Como x é arbitrário, o anterior mostra que
[{u1, . . . , un, y}] ⊂ [{u1, . . . , un}] o que prova que [{u1, . . . , un}] = [{u1, . . . , un, y}]
pois [{u1, . . . , un}] ⊂ [{u1, . . . , un, y}]. Isto completa a prova.
Argumentando como na prova do resultado anterior, podemos mostrar um resul-
tado mais geral. A prova do seguinte resultado é omitida.
Proposição 1.52. Suponha que S ⊂ V . As seguintes propriedades são válidas.
1. [S] é um subespaço vetorial de V e S ⊂ [S],
2. [S] é o menor subespaço vetorial de V contendo S, equivalentemente, se M é
um subespaço vetorial de V e S ⊂M então [S] ⊂M ,
3. se T ⊂ S então [T ] ⊂ [S],
4. [S ∪ T ] = [S] + [T ],
5. [[S]] = [S],
17
6. se S é subespaço vetorial de V então S = [S],
7. dado um conjunto W ⊂ V , [S] = [S ∪W ]⇔ W ⊂ [S]⇔ cada elemento de W
é combinação linear dos elementos de S.
De�nição 1.53. Seja S ⊂ V . O espaço vetorial [S] é chamado subespaço ve-
torial gerado por S e os elementos de S são chamados de geradores de [S]. Se
S = {u1, . . . , un}, usaremos a notação [S] = [u1, . . . , un].
De�nição 1.54. Dizemos que um espaço vetorial W é um espaço �nitamente gerado
se existe um conjunto S = {u1, . . . , un} ⊂W tal que W = [S].
Do Exemplo 1.47 temos que os espaços Pn(R), Rn eM(n,m) são espaços vetoriais
�nitamente gerados.
Exemplo 1.55. O espaço W de�nido por W = {X ∈ M(3, 1) : AX = 0} onde
A =
 0 1 02 1 0
1 1 4

é �nitamente gerado.
Para rovar nossa a�rmação, 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 1.56. Seja 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
 .
Supondo que W é um subespaço vetorial de M(4, 1), mostre que W é �nitamente
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
.
Do anterior obtemos que
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
 ,
18
o que permite concluir 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 �nitamente
gerado.
Exemplo 1.57. Seja P (R) conjunto formado por todos os polinômios de grau �nito
munido das operações soma e multiplicação por escalar usuais. O espaço P (R) não
é �nitamente gerado.
Para mostrar nossa a�rmação, suponha que existem polinômios p1, . . . , pn tais
que P (R) = [p1, . . . , pn] e seja N o grau mais alto dentre os graus dos polinômios
p1, . . . , pn. Como x
N+1 ∈ P (R) e P (R) = [p1, . . . , pn], segue que existem núme-
ros reais α1, . . . , αn tais que x
N+1 =
∑n
i=1 αipi. Neste caso, 1 =
∑n
i=1 αi
pi
xN+1
para todo x 6= 0. Porém isto é absurdo, pois para valores grandes de x temos que∑n
i=1 αi
pi
xN+1
< 1. Como a contradição surge de supor que P (R) = [p1, . . . , pn], segue
que P (R) não pode ser �nitamente gerado.
Vejamos uma segunda prova do fato anterior. De maneira similar, suponha que
existem polinômios p1, . . . , pn tais que P (R) = [p1, . . . , pn] e seja N o grau mais
alto dentre os graus dos polinômios p1, . . . , pn. Como antes, existem números reais
α1, . . . , αn tais que x
N+1 =
∑n
i=1 αipi. Como cada polinômio pj é de grau menor
o igual a N , vemos que xN+1 pode ser representado na forma xN+1 =
∑N
i=1 βix
i
onde os coe�cientes βi são obtidos a partir dos números αi. Avaliando X
N+1
em
zero obtemos que 0N+1 =
∑N
i=1 βi0 = β0 = 0, de onde segue que X
N+1 = β1x +
β2x
2 . . . βNX
N
para todo x. Logo, xN = β1 + β2x
2 + . . . βN−1xN−1. Avaliando o
polinomio xN−1 em zero obtemos que β1 = 0 e que xN−1 = β2x + . . . βN−1xN−2.
Continuando o processo anterior, obtemos que 1 = βN−1x para todo x 6= 0, o que é
absurdo. Portanto, P (R) não pode ser �nitamente gerado.
Exemplo 1.58. 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 = [S] onde S = {(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 = [T ] onde T = {(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 podemos concluir que U ∩ V = [W ] onde W =
{(1, 0,−1, 0), (0, 1, 0, 1)}.
19
Finalmente, estudemos o espaço U + V . Como
U + V = [U ] + [V ] = [S] + [T ] = [S ∪ T ],
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. 1.59. 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. 1.60. Em cada um dos itens abaixo achar um conjunto �nito que gere o espaço
W .
1. W =
{
(x, y,z) ∈ R3 : x− 2y = 0} .
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. 1.61. Em cada um dos itens abaixo achar um conjunto (o menor possível)
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. 1.62. Achar um subconjunto �nito de P3(R) que seja gerador de
1. U = {p ∈ P3(R) : p(1) = p(0) = 0} ,
20
2. W = {p ∈ P3(R) : p′′ = 0} ,
3. U ∩W.
Ex. 1.63. Mostre que as funções 1 e cos 2x pertencem a [ sen 2x, cos2 x].
Ex. 1.64. Veri�que se P2(R) = [1 + x, x+ 2x2, 1− x2].
Ex. 1.65. Achar um conjunto �nito 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. 1.66. Achar um conjunto de geradores para o conjunto dos números 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. 1.67. Os conjuntos {(1,−1, 2), (3, 0, 1)} e {(−1,−2, 3), (3, 3,−4)} geram o
mesmo subespaço vetorial de R3 ?
Ex. 1.68. O conjuto de matrizes
{(
1 0
0 1
)
,
(
1 1
0 0
)
,
(
0 0
1 1
)
,
(
0 1
1 2
)}
é
um conjunto gerador de M(2, 2) ?
21
Capítulo 2
Dependência Linear, Base e
Dimensão
No Exemplo 1.47 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 deM(n,m).
A propriedade descrita acima não é restrita a esses conjuntos e a essses espaços.
Mais ainda, como veremos neste capítulo 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). De isso, 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 de�nições.
De�nição 2.1. Sejam u1, . . . , un vetores não nulos de V . Dizemos que os veto-
res u1, . . . , un são linearmente independentes ou que o conjunto {u1, . . . , un} é li-
nearmente independente, se nenhum dos vetores ui é combinação linear dos outros
vetores.
No próximo Lema reformulamos o conceito acima.
Lema 2.2. Um 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 j é um índice tal que αj 6= 0, então
uj = −
∑n
i=1,j 6=i
αi
αj
ui o que implica que {u1, . . . , un} não é linearmente indepen-
dente, o que é absurdo. Isto prova que a equação
∑n
i=1 αiui = 0 tem uma única
solução se {u1, . . . , un} é linearmente independente.
Suponha que agora que a equação
∑n
i=1 αiui = 0 possui uma única solução
(no caso, a solução nula). Se o conjunto {u1, . . . , un} não é l.i, então um desses
vetores, digamos uj , é combinação linear dos outros. Neste caso, existem números
reais β1, β2, . . . , βj−1, βj+1, . . . , βn tais que uj =
∑n
i=1,j 6=i βiui. Nessas condições,
temos que os números β1, β2, . . . , βj−1, −1, βj , . . . , βn são uma solução não nula de∑n
i=1 αiui = 0, o que é aburdo. Portanto, {u1, . . . , un} é L.I.
22
Observação 2.3. Do Lemma 2.2, vemos que para mostrar que um conjunto de
vetores {u1, . . . , un} é linearmente independente, é su�ciente provar que a equação∑n
i=1 αiui = 0 possui uma única solução.
De�nição 2.4. Dizemos que um conjunto de vetores não nulos {u1, . . . , un} ⊂ V é
linearmente dependente (ou que os vetores u1, . . . , un são linearmente dependentes)
se {u1, . . . , un} ⊂ V não é linearmente independente.
Observação 2.5. Um conjunto de vetores {u1, . . . , un} ⊂ V não nulos é linearmente
dependente se é possível encontrar números reais α1, . . . , αn não todos nulos 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, x2,1, . . . , xn,1), u2 = (x1,2, x2,2, . . . , xn,2), . . ., un =
(x1,n, x2,n, . . . , xn,n) vetores de Rn. Como foi observado anteriormente, 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+ . . . +αix1,i . . .+ αnx1,n = 0,
α1x2,1+ . . . +αix2,i . . .+ αnx2,n = 0,
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
α1xj,1+ . . . +αixj,i . . .+ αnxj,n = 0,
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
α1xn,1+ . . . +αixn,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
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
xj,1 xj,2 · · · xj,n
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
xn,1 xn,2 · · · xn,n


α1
.
.
.
αi
.
.
.
αn
 = Aα = 0. (2.9)
Se a matriz A é inversível (o que é equivalente a ter que detA 6= 0), podemos
multiplicar a equaçao (2.26) por A−1 obtendo que α = A−10 = 0. Isto prova que
se A é inversível, então os vetores u1, . . . , un são linearmente independentes. Se A
não é inversível (o que é equivalente a ter que detA = 0), o problema Aα = 0 tem
uma quantidade não �nita de soluções, de onde segue que os vetores u1, . . . , un são
linearmente dependentes.
23
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 de�nida em (2.26). 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)
Desta equação segue que (
α+ β β + γ
0 α+ β
)
=
(
0 0
0 0
)
,
de onde inferimos que β = −α e γ = α. Logo, dado um número real não nulo θ,
temos que os números α = θ, β = −θ e γ = θ são soluções de (2.12), o que implica
que as matrizes são linearmente 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 é α = β = 0, o que implica que as
funções cos(·) e sen (·) são linearmente independentes.
O próximo resultado resume algumas propriedades associadasao conceito de
conjunto linearmente independente.
Teorema 2.14. Seja A = {u1, . . . , un} ⊂ V.
1. Se {u1, . . . , un} é linearmente dependente então pelo menos um dos vetores é
combinação linear dos outros,
2. Se {u1, . . . , un} é linearmente dependente e B é um conjunto �nito tal que
{u1, . . . , un} ⊂ B então B é linearmente dependente,
3. Se {u1, . . . , un} é linearmente independente e B ⊂ {u1, . . . , un}, então B é
linearmente independente,
4. Se {u1, . . . , un} é linearmente independente e {u1, . . . , un, v} é linearmente de-
pendente então 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.
24
Prova: A propriedade em (1) segue diretamente da de�niçaõ 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 nulos 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 solução da equação
∑k
i=1 βiui =
0 então
α1u1 + · · ·+ αkuk + 0uk+1 + · · ·+ 0un = 0,
e os números α1, . . . , αk, 0, . . . , 0 são uma solução da equação
∑n
i=1 θiui = 0, o que
implica que α1 = α2 = . . . αk = 0 pois os vetores u1, . . . , un são linearmente in-
dependentes. Do anterior, vemos que 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 nulos tais
que
∑n
i=1 βiui+ γv = 0. Se γ = 0 então
∑n
i=1 βiui = 0 o que implica que β1 = . . . =
βn = 0 pois os vetores u1, . . . , un são linearmente independentes. Assim, temos que
necessariamente γ 6= 0 de onde obtemos que v = −∑ni=1 βiγ ui. Isto mostra que v é
combinação linear dos vetores u1, . . . , un.
Para �nalizar, mostremos (5). Se v = α1u1 + · · ·+αnun e v = β1u1 + · · ·+ βnun
então 0 = v − v = ∑ni=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.
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 = {f1, f2} , sendo V = F(R;R) e f1, f2 : R → R as funções de�nidas
por f1(x) = xe
x
e f2(x) = x.
(g) S = {f1, f2, f3} , sendo V = F(R;R) e f1, f2, f3 : R → R as funções
de�nidas por f1(x) = 1, f2(x) = e
x
e f3(x) = e
2x
.
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. ?
25
3. Quais dos seguintes subconjuntos de R3 são linearmente independentes ?
(a) {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1), (2, 3, 5)},
(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 seguintes 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},
Introduzimos agora o conceito de base de um espaço vetorial.
De�nição 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 [u1, . . . , un] = 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} é uma base de M(n,m), veja Exemplo 1.43.
O conceito de base é um conceito restritivo. Porém, um espaço vetorial (diferente
do espaço trivial {0}) sempre possui uma in�nidade de bases diferentes. Considere
os seguintes exemplos.
Exemplo 2.17. Se {u1, . . . , un} ⊂ V é uma base de um espaço vetorial V , é fácil
mostrar que {αu1, . . . , αun} com α ∈ R não nulo, é também uma base de V . Assim,
vemos que V possui uma in�nidade de bases diferentes. Vejamos alguns exemplos
mais gerais.
Exemplo 2.18. Seja (a, b) ∈ R2 diferente de (0, 0). Veremos como 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 possível de fazer).
No que segue, veremos que {(a, b), (c, d)} de R2 é uma base de R2. Como
{(a, b), (c, d)} tem que ser um conjunto gerador, todo vetor (x, y) ∈ R2 deve po-
der ser escrito como combinação dos vetores (a, b), (c, d). Considere a equação em
α, β dada por α(a, b) + β(c, d) = (x, y). Esta equação é equivalente a equação(
a c
b d
)(
α
β
)
=
(
x
y
)
. (2.19)
Como det
(
a c
b d
)
= ad − bc 6= 0, segue que a matriz
(
a c
b d
)
é inversível de
onde obtemos que (
α
β
)
=
(
a c
b d
)−1(
x
y
)
, (2.20)
o que implica que a equação α(a, b) + β(c, d) = (x, y) tem uma única solução e que
x ∈ [(a, b), (c, d)]. Isto mostra que R2 = [(a, b), (c, d)].
26
Além do anterior, precissamos mostrar que {(a, b), (c, d)} é linearmente indepen-
dente, o que é equivalente a mostrar que a equação α(a, b) + β(c, d) = (0, 0) possui
uma única solução. Como det
(
a c
b d
)
= ad− bc 6= 0, de (2.20) segue que a única
solução é (α, β) = (0, 0), o que implica que {(a, b), (c, d)} é linearmente independente.
Do cometários anteriores vemos que {(a, b), (c, d)} é uma base se det
(
a c
b d
)
=
ad−bc 6= 0, o que nos permite a�rmar que existe uma quantidade não �nita de bases
de R2.
Usemos agora o que sabemos de Geometria analítica para achar bases de R2.
Seja (a, b) ∈ R2 diferente de (0, 0) e �xemos (c, d) que não seja paralelo a (a, b) (note
que existe uma in�nidade de vetores não paralelos a (a, b)). De nosso estudo de
geometria analítica, sabemos que neste caso, todo vetor (x, y) pode ser escrito na
forma α(a, b) + β(c, d), o que implica que R2 = [(a, b), (c, d)]. Mais ainda, como os
vetores (a, b), (c, d) não são paralelos segue que a equação α(a, b)+β(c, d) = 0 possui
uma única solução, a solução nula. Do anterior vemos que se (a, b), (c, d) não são
paralelos, então {(a, b), (c, d)} é uma base de R2.
Exercício 2.21. Usando o exemplo anterior, achar bases de R2 da forma {(1, 1), (c, d)}.
Para que {(1, 1), (c, d)} seja base de R2, é su�ciente que det
(
1 c
1 d
)
= d−c 6= 0.
Logo, os conjuntos {(1, 1), (1, 2)}, {(1, 1), (1, pi)}, {(1, 1), (pi,√2)}.... são bases de R2.
Exemplo 2.22. As ideias do Exemplo 2.18 podem ser usadas para achar bases de
R3. Sejam (a, b), (c, d) vetores R2 de modo ad− bc 6= 0. Pelo Exemplo 2.18 sabemos
que {(a, b), (c, d)} é uma base de R2. A�rmamos que {(a, b, 0), (c, d, 0), (0, 0, γ)} com
γ 6= 0 é uma base de R3.
Seja (x, y, z) ∈ R3. Como {(a, b), (c, d)} é uma base de R2, existem números reais
α, β tais que (x, y) = α(a, b) + β(c, d) de onde segue que (x, y, z) = α(a, b, 0) +
β(c, d, 0) + zγ (0, 0, γ), o que mostra que R
3 = [(a, b, 0), (c, d, 0), (0, 0, γ)].
Mostremos agora que {(a, b, 0), (c, d, 0), (0, 0, γ)} é linearmente independente. Se
(0, 0, 0) = α(a, b, 0)+β(c, d, 0)+θ(0, 0, γ), então (0, 0) = α(a, b)+β(c, d) e θ = 0 pois
γ 6= 0. Maisainda, usando que {(a, b), (c, d)} é base de R2, obtemos que α = β = 0.
Assim, α = β = θ = 0 o que mostra que {(a, b, 0), (c, d, 0), (0, 0, γ)} é linearmente
independente.
Do feito acima segue que {(a, b, 0), (c, d, 0), (0, 0, γ)} é uma base de R3 e que
existe uma in�nidade de bases diferentes de R3.
Como no Exemplo 2.18, também podemos achar bases de R3 usando geometria
analítica. De fato, sejam (a, b, c), (d, e, f) vetores não paralelos de R3 e �xemos
um terceiro vetor (g, h, i) que não seja paralelo ao plano determinado pelos vetores
{(a, b, c), (d, e, f)} (observe que existe uma in�nidade de vetores (g, h, i) com esta
propriedade). No que segue mostraremos que {(a, b, c), (d, e, f), (g, h, i)} é uma base
de R3.
De Geometria analítica sabemos que nas condições anteriores, todo vetor w =
(x, y, z) ∈ R3 pode ser escrito na forma α(a, b, c) + β(d, e, f) + θ(g, h, i) o que im-
plica que R3 = [(a, b, c), (d, e, f), )g, h, i)]. Por outro lado, suponha que α(a, b, c) +
β(d, e, f) + θ(g, h, i) = 0. Se θ 6= 0, então −αθ (a, b, c) − βθ (d, e, f) = (g, h, i) o que
implica que w está no plano deteminado por pelos vetores (a, b, c), (d, e, f), o que é
absurdo. Assim, θ = 0 e α(a, b, c) + β(d, e, f) = 0. Se α 6= 0, então (a, b, c), (d, e, f)
27
são paralelos, o que é absurdo. Isto implica que α = 0 o que por sua vez implica
que β = 0. Portanto, α = β = θ = 0 o que mostra que {(a, b, c), (d, e, f), (g, h, i)}
é linearmente independente. Isto completa a prova que {(a, b, c), (d, e, f), (g, h, i)} é
uma base de R3.
Exemplo 2.23. Sejam u1 = (x1,1, x2,1, . . . , xn,1), u2 = (x1,2, x2,2, . . . , xn,2), . . .,
un = (x1,n, x2,n, . . . , xn,n) vetores de Rn e A a matriz dada por
A =

x1,1 x1,2 · · · x1,n
x2,1 x2,2 · · · x2,n
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
xj,1 xj,2 · · · xj,n
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
xn,1 xn,2 · · · xn,n

(2.24)
Suponha que det(A) 6= 0. Mostraremos a seguir que {u1, . . . , un} é uma base de Rn.
Do Exemplo 4.19 sabemos que o conjunto de vetores {u1, . . . , un} é lineramente
independente. Mostremos agora que Rn = [u1, . . . , un]. Seja u = (a1, . . . , an) e con-
sidere a equação
∑n
i=1 αiui = u. Esta equação é equivalente ao sistema de equações
α1x1,1+ . . . +αix1,i . . .+ αnx1,n = a1,
α1x2,1+ . . . +αix2,i . . .+ αnx2,n = a2,
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
α1xj,1+ . . . +αixj,i . . .+ αnxj,n = ai,
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
α1xn,1+ . . . +αixn,i . . .+ αnxn,n = an,
(2.25)
o qual pode ser re-escrito na forma
x1,1 x1,2 · · · x1,n
x2,1 x2,2 · · · x2,n
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
xj,1 xj,2 · · · xj,n
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
xn,1 xn,2 · · · xn,n


α1
.
.
.
αi
.
.
.
αn
 = Aα =

a1
.
.
.
ai
.
.
.
an
 . (2.26)
Como A é inversível segue que α = A−1u o que implica que
∑n
i=1 αiui = u. Isto
completa a prova que {u1, . . . , un} é uma base de Rn. Mais ainda, é fácil ver de este
exemplo que existe uma in�nidade de bases diferentes de Rn..
Exemplo 2.27. Achar uma base do subespaço vetorial U de R3 gerado pelo conjunto
{(1, 0, 1), (1, 2, 0), (0, 2,−1)}.
Seja U = [(1, 0, 1), (1, 2, 0), (0, 2,−1)]. É fácil ver que o vetor (0, 2,−1) é combi-
nação linear dos vetores (1, 0, 1) e (1, 2, 0) e que {(1, 0, 1), (1, 2, 0)} é linearmente in-
dependente. Mais ainda, como [(1, 0, 1), (1, 2, 0)] = [(1, 0, 1), (1, 2, 0), (0, 2,−1) (veja
Proposição 1.51) segue que {(1, 0, 1), (1, 2, 0)} é um conjunto gerador de U. Do an-
terior vemos que {(1, 0, 1), (1, 2, 0)} é uma base de U .
28
No seguinte resultado veremos que todo espaço vetorial �nitamente gerado possui
uma base.
Teorema 2.28. Se V é �nitamente 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 simpli�car a escrita, podemos mudar a ordem dos índices e supor que uj = u1.
Da Proposição 1.51 temos que [{u2, . . . , un}] = [{u1, u2, . . . , un}] = V , o que
implica que {u2, . . . , un} é um conjunto gerador de V .
Se os vetores u2, . . . , un são linearmente independente então {u2, . . . , un} é uma
base de V e o resultado está provado. De modo contrário, um dos vetores u2, . . . , un
é combinação linear dos outros. Renumerando os vetores u2, . . . , un sem necessario,
podemos supor que u2 é combinação dos outros vetores. Neste caso, [{u3, . . . , un}] =
[{u2, . . . , un}] = V , o que implica que {u3, . . . , un} é um conjunto gerador de V .
Como o conjunto {u1, . . . , un} é �nito, o processo anterior não pode continuar in-
de�nidamente (o processo �naliza em {un} ou antes). Se o processo �naliza no passo
k é porque o conjunto {uk, . . . , un} é linearmente independentes e [{uk, . . . , un}] = V .
Neste caso, temos que {uk, . . . , un} é uma base de V .
O próximo resultado nos permitirá introduzir o conceito de dimensão de um
espaço vetorial �nitamente gerado.
Proposição 2.29. Suponha que V é �nitamente 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
x1u1 + · · ·+ xnun = 0, (2.30)
e mostrar que esta equação possui uma solução não trivial.
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 (2.30) vemos que
x1
(
m∑
i=1
αi,1vi
)
+ · · ·+ xj
(
m∑
i=1
αi,jvi
)
+ · · ·+ xn
(
m∑
i=1
αi,nvi
)
= 0. (2.31)
Reagrupando os termos em (2.31) obtemos que(
n∑
k=1
xkα1,k
)
v1 + · · ·+
(
n∑
k=1
xkαj,k
)
vi + · · ·
(
n∑
k=1
xkαm,k
)
vm = 0. (2.32)
Como os vetores v1, . . . , vm são linearmente independentes, cada uma das somas em
(2.32) é zero, de modo que
x1α1,1 + . . .+ xnα1,n = 0,
x1α2,1 + . . .+ xnα2,n = 0,
.
.
. (2.33)
x1αm,1 + . . .+ xnαm,n = 0.
29
Assim, podemos conluir que a equação (2.30) possui uma solução (x1, . . . , xn) ⇔
x1, . . . , xn é uma solução do sistema (2.33).
Note agora que o sistema (2.33) é um sistema linear homogêneo de m equações e
n incógnitas com n > m, o que implica que (2.33) possui uma in�nidade de soluções.
Isto prova que (2.30) possui soluções não trivias e que {u1, . . . , un} é linearmente
dependente.
Como consequência do resultado anterior temos o seguinte Teorema.
Teorema 2.34. Se V é �nitamente 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 2.29
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.
De�nição 2.35. Suponha que V é �nitamente gerado. Se V 6= {0}, de�nimos a
dimensão de V como o número de elementos de alguma base de V . Se V = {0}
dizemos que a dimensão de V é zero. A dimensão de V será denotada por dim(V ).
Observação 2.36. Do Exemplo 1.57 sabemos que existem espaços vetorias que não
são �nitamente gerados. Quando um espaço não é �nitamente gerado, diremos que
possui dimensão não �nita.
Para facilitar a prova dos próximos resultados,consideramos o seguinte Lema.
Lema 2.37. 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, α1 = . . . = αn = α = 0, o que implica que
{u1, . . . , un, v} é linearmente independente.
O próximo resultado considera algumas propriedades dos espaços de dimensão
�nita.
Proposição 2.38. Suponha que V é um espaço de dimensão �nita.
1. Se W é um subespaço vetorial de V então W é um espaço de dimensão �nita
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 nulo) 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 2.37 vemos que {w1, w2} é um conjunto linearmente independente.
30
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 2.37 obtemos que
{w1, w2, w3} é linearmente independente.
Se o processo anterior continua inde�nidamente, teremos que existe k > n e um
conjunto {w1, . . . , wk} que é linearmente independente, o que é absurdo segundo a
Proposição 2.29. Assim, temos que existe k ≤ n tal que o processo anterior �naliza.
Note agora que o processo �naliza quando {w1, . . . , wk} é uma base deW . Portanto,
W é �nitamente gerado e dim(W ) ≤ n.
Mostremos agora a segunda propriedade. Suponha por absurdo que {u1, . . . , un}
não é una base de V . Como {u1, . . . , un} é linearmente independente, temos que
{u1, . . . , un} não é um conjunto gerador de V . Logo, existe un+1 ∈ V tal que un+1 /∈
[{u1, . . . , un}]. Mais ainda, do Lemma 2.37 segue que {u1, . . . , un+1} é linearmente
independente, o que é absurdo pois todo conjunto com mais de n = dim(V ) elementos
é linearmente dependente (veja Proposição 2.29). Como o absurdo segue de supor
que {u1, . . . , un} não é base, podemos concluir que {u1, . . . , un} é base de V .
Exemplo 2.39. É fácil 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 1.43) é uma base de M(n,m) e que dimM(n,m) = nm.
Teorema 2.40. [Completamento de base] Suponha que {u1, . . . , ur} ⊂ V é linear-
mente independente 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 2.34 temos que {u1, . . . , ur} não é base de V e como este con-
junto é linearmente independente concluimos que {u1, . . . , ur} não é um conjunto
gerador de V . Logo, existe um vetor ur+1 ∈ V tal que ur+1 /∈ [{u1, . . . , ur}]. Mais
ainda, do Lema 2.37 obtemos que {u1, . . . , ur, ur+1} é um conjunto linearmente in-
dependente.
Agora temos duas possibilidades, r + 1 = n ou r + 1 < n. Se r + 1 = n, do item
(2) da Proposição 2.38 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. Como antes, r + 2 = n ou
r+2 < n. Se r+2 = n, da Proposição 2.38 segue que {u1, . . . , ur, ur+1, ur+2} é uma
base de V . Se r+2 < n podemos �zar ur+3 ∈ V tal que {u1, . . . , ur, ur+1, ur+2, ur+3}
é linearmente independente.
Continuando o processo anterior, vemos que depois de no máximo n − r − 3
passos, teremos um conjunto da forma {u1, . . . , ur, ur+1, ur+2, ur+3 . . . , un} que é li-
nearmente independente. Como este conjunto tem n elementos e é linearmente inde-
pendente, da Proposição 2.38 podemos concluir que {u1, . . . , ur, ur+1, ur+2, . . . , un}
é uma base de V . A prova está completa.
Exemplo 2.41. 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
2.23 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.
31
Se usarmos (a, b, c) = (0, 1, 1) e (x, y, z) = (0, 0, 1) temos que o determinante anterior
é um, o que implica que {(0, 1, 1), (0, 0, 1), (1, 1,−1)} é base de R3.
No próximo resultado estudamos a dimensão do espaço soma.
Teorema 2.42. Suponha que V é �nitamente gerado e que U , W são subespaços
vetoriais de V . Então
dim(U +W ) = dimU + dimW − dimU ∩W. (2.43)
Prova: Da Proposição 2.38 e do Teorema 2.28 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 um conjunto linearmente independente, do Teorema 2.40 sabemos que exis-
tem vetores u1, . . . , up em U tais que {u1, . . . , up, v1, . . . , vm} é base de U. De ma-
neira similar, vemos que existe um 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. (2.44)
De (2.44) vemos que
W 3
q∑
i=1
βiwi = −
p∑
i=1
αiui −
m∑
i=1
δivi ∈ U + U ∩W ⊂ U, (2.45)
o que implica 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 ague 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.
Usando em (2.45) que cada βi = 0, obtemos que
∑p
i=1 αiui +
∑p
i=1 δivi =
0 o que nos permite conluir que α1 = . . . = αp = δ1 = . . . = δm = 0 pois
{u1, . . . , up, v1, . . . , vm} é linearmente independente. O anterior prova que o con-
junto {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,
32
o que prova que {u1, . . . , up, w1, . . . , wq, v1, . . . , vm} é um conjunto gerador de U+W .
Do anterior segue que {u1, . . . , up, w1, . . . , wq, v1, . . . , vm} é linearmente indepen-
dente e gerador de U +W , o que implica que {u1, . . . , up, w1, . . . , wq, v1, . . . , vm} é
uma base de U +W . Para completar a prova notamos que
dim(U +W ) = p+ q +m
= (p+m) + (q +m)−m
= dimU + dimW − dimU ∩W,
o que completa a prova.
Fazendo uso da prova do Teorema 2.42, mostre o seguinte resultado.
Corolário 2.46. Suponha que V é �nitamente gerado e que U , W são subespaços
vetoriais de V tais que U∩W = {0}. Se {u1, . . . , up} é uma base de U e {w1, . . . , wq}
é uma base W então {u1, . . . , up, w1, . . . , wq} é uma base W + U .
Exemplo 2.47. Achar uma base paraU, W, U∩W e U+W sendo U = {p ∈ P3(R) :
p(0) = p(1) = 0} e W = {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) ∈ [x2 − x, 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. Do
anterior vemos que {(x2 − x), (x3 − x)} é uma base de U e que 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, {1 + x, x2 + x, x3 − x} é uma base de W e 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 que
a0 = 0
a0 + a1 + a2 + a3 = 0
a0 − a1 + a2 − a3 = 0
33
Mais ainda, do sistema anterior segue que a0 = a2 = 0 e a1 = −a3. Portanto, o
polinonio p pode ser escrito na forma p(x) = a1x+a3x
3 = −a1(x3−x) o que permitr
deduzir que {x3 − x} é uma base de U ∩W e que dim(U ∩W ) = 1.
Para �nalizar, note que do Teorema 2.42 temos que dim(U +W ) = dim(U) +
dim(W ) − dim(U ∩W ) = 2 + 3 − 1 = 4 o que implica que W + U = P3(R) pois
dim(P3(R)) = 4.
Exemplo 2.48. 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 =(
a c
b d
)
, de onde vemos que c = b. Assim, A é da forma
A =
(
a b
b d
)
= a
(
1 0
0 0
)
+ b
(
0 1
1 0
)
+ d
(
0 0
0 1
)
,
e U é gerado por S = {
(
1 0
0 0
)
,
(
0 1
1 0
)
,
(
0 0
0 1
)
}.Mais ainda, como S é linearmente
independente obtemos que S é uma base de U e que dim(U) = 3.
É óbvio 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 =
(
α α
0 α
)
para algum α ∈ R. 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 2.42 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 2.49. Sejam U = {p ∈ P2(R) : p′ = 0}, W = {p ∈ P2(R) : p(0) = p(1) =
0} subespaços vetoriais de 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 pois os polinômios
1, x são L.I. Portanto, p é o polinômio 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. Assim, S = {t−t2} é gerador deW e como S esta formado
por um elemento, segue que S é L.I. Portanto, S é uma base de W e dimW = 1.
Para estudar U
⋂
W , suponha que p ∈ U ∩W = [1]∩ [t− t2]. Neste caso, existen
constantes λ, µ ∈ R tais que p(t) = λ e p(t) = µ(t − t2) para todo t ∈ R, de onde
segue que λ = µ(t − t2) para todo t ∈ R. Em particular, para t = 1 vemos que
λ = 0 de onde obtemos 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 .
34
2.1.1 Coordenadas de um Vetor
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 de�nição.
De�nição 2.50. Suponha que B = {u1, . . . , un} é uma base de V , que u ∈ V e
que u =
∑n
i=1 αiui. Os números α1, . . . , αn são chamados de coordenas de u em
relação à base B. No que segue, para u ∈ V usaremos a notação uB para a matriz
uB ∈M(n, 1) de�nida por uB =
α1..
.
αn
 .
Exemplo 2.51. 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 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),
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, se v = (x, y, z) ∈ R3 é um vetor qualquer, para achar vB 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 2.52. 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 as coordenadas de um polinômio da forma 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
su�ciente 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 polinômios 1, x, x2 são
linearmente independentes. Do anterior é óbvio 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 polinômios
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
 .
35
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). Este problema é equivalente a resolver as equações
α = a0, β − γ = a1, γ = a2,
de onde obtemos que pB =
 a0a1 + a2
a2
 .
2.2 Exercícios
Ex. 2.53. 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. 2.54. 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. 2.55. 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. 2.56. Seja u = (−1, 8, 5) ∈ R3, v = (x, y, z) ∈ 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),