Livro - Algebra Linear

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ÁLGEBRA LINEAR
Daniele Cristina Thoaldo
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Á
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G
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B
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A
 L
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A
R
D
an
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 C
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a 
Th
oa
ld
o
Curitiba
2016
Álgebra Linear
Daniele Cristina Thoaldo
Ficha Catalográfica elaborada pela Fael. Bibliotecária – Cassiana Souza CRB9/1501
T449a Thoaldo, Daniele Cristina
Álgebra linear/ Daniele Cristina Thoaldo. – Curitiba: Fael, 2016.
212 p.: il.
ISBN 978-85-60531-61-5
1. Álgebra linear. Título
CDD 512.5 
Direitos desta edição reservados à Fael.
É proibida a reprodução total ou parcial desta obra sem autorização expressa da Fael.
FAEL
Direção Acadêmica Francisco Carlos Sardo
Coordenação Editorial Raquel Andrade Lorenz
Revisão e Diagramação Editora Coletânea
Projeto Gráfico Sandro Niemicz
Capa Vitor Bernardo Backes Lopes
Imagem da Capa Shutterstock.com/marekuliasz/Gregory Johnston
Revisão de diagramação Evelyn Caroline dos Santos Betim
Sumário
 Carta ao aluno | 5
1. Matrizes | 7
2. Determinantes | 27
3. Sistemas de Equações Lineares | 47
4. Espaços Vetoriais Euclidianos | 73
5. Transformações lineares | 131
6. Operadores | 161
7. Diagonalização de Matrizes | 171
 Anexo | 197
 Conclusão | 203
 Gabarito | 205
 Referências | 211
Prezado(a) aluno(a),
A álgebra linear é um ramo da matemática que consiste 
em trabalhar com vetores, matrizes e equações lineares. O obje-
tivo principal desta obra é apresentar ao aluno as suas demonstra-
ções e definições. O foco é levar o conhecimento para futuras apli-
cações, como na física ou em equações diferenciais, por exemplo, 
das quais estão diretamente relacionadas.
Sendo a álgebra linear uns dos tópicos abstratos da mate-
mática, o conhecimento dos conteúdos de álgebra linear permite 
com que o aluno tenha uma compreensão mais fácil de outras dis-
ciplinas. O suporte de tal conhecimento é gratificante, lembrando 
que existe um grande número de aplicações em disciplinas distintas.
É importante que o aluno resolva os exercícios apresenta-
dos nesta obra, para que tenha familiaridade com a notação mate-
mática e seu desenvolvimento.
Carta ao aluno
Os conceitos de álgebra linear são aplicados em muitos fenô-
menos químicos, físicos e biológicos, e também nas engenharias. 
No estudo de matrizes, serão apresentados os conceitos básicos para 
a resolução de problemas lineares, uma vez que o conhecimento de 
matrizes é essencial para o estudo de álgebra linear.
Matrizes
1
– 8 –
Álgebra Linear
1.1 Introdução
A matriz é uma tabela em forma retangular, composta por números 
reais, funções, polinômios, números complexos ou outros. Ela é, na maioria 
das vezes, representada por uma letra maiúscula. Seus elementos são dispostos 
em linhas e colunas, que são apresentados dentro de colchetes ou parênteses.
Exemplo 1.1 – Representação de matrizes
[ ]
1 5 4 1 2
2 3 2 3 3
1
A B
sen x cos x
C a b c D
tg x
   
= =   − −   
 
= =  
 
Cada elemento de uma matriz é posicionado na linha de ordem i e na 
coluna de ordem j, sendo representados por uma letra minúscula subscrita, 
denominada subíndice. Por exemplo, um elemento a34 pertence à terceira 
linha e à quarta coluna de uma matriz A.
1.2 Representação de uma matriz
Na construção de uma matriz genérica com m linhas e n colunas tem-se:
11 12 13 1
21 22 23 2
31 32 33 3
1 2 3 ...
n
n
n
m m m mn
a a a a
a a a a
a a a aA
a a a a
 
 
 
 =
 
 
 
 
�
�
�
� � � ��� �
A matriz pode ser representada por ijA a =   , onde i que representa a 
posição da linha que varia de 1 a m e j que representa a posição da coluna que 
varia de 1 a n. Sendo assim, tem-se que:
=
=
1, 2, 3, ...,
1, 2, 3, ...,
i m
j n
– 9 –
Matrizes
1.3 Ordem de uma matriz
Diz-se que uma matriz é de ordem xm n quando ela tem m linhas e n 
colunas. Por exemplo, se a matriz tiver duas linhas e 3 colunas, escrevemos 
×2 3A ou ( )2,3A .
1.4 Matriz retangular
É toda matriz que possui o número de linhas diferentes do número de 
colunas, ou seja, ≠m n .
×
×
 
   = =       
11 12
11 12 13
21 22
21 22 23 2 3
31 32 3 2
b b
a a a
A B b b
a a a
b b
1.5 Matriz coluna
A matriz coluna é aquela em que = 1n . Essa matriz apresenta uma única 
coluna.
×
×
×
 
        = = =           
 
�
11
11
11 21
21
21 2 1
31 3 1
1 1n n
c
b
a c
A B b C
a
b
c
É importante ressaltar que uma matriz coluna pode representar as com-
ponentes de um vetor no espaço vetorial V. Pode-se dizer também que se trata 
de um vetor coluna.
1.6 Matriz linha
A matriz linha, por sua vez, é aquela em que = 1m , ou seja, possui uma 
única linha.
[ ] [ ] [ ]11 12 11 12 13 11 12 11 2 1 3 1... m mA a a B b b b C c c c× × ×= = =
– 10 –
Álgebra Linear
A matriz linha pode ser chamada também de vetor linha.
1.7 Matriz quadrada
Uma matriz é quadrada quando o número de linhas é igual ao número 
de colunas, ou seja, =m n .
×
×
 
   = =       
11 12 13
11 12
21 22 23
21 22 2 2
31 32 33 3 3
b b b
a a
A B b b b
a a
b b b
Observe que, visando simplificar a linguagem, para a matriz A de ordem 
2 2x , pode-se dizer simplesmente que se trata de uma matriz de ordem dois; 
já para a matriz B, pode-se dizer que se trata de uma matriz de ordem três.
1.7.1 Diagonal principal
Os elementos de uma matriz  =  ijA a com =i j constituem a 
diagonal principal. Portanto, os elementos da diagonal principal são: 
11 22 33 44, , , ... , nna a a a a .
Exemplo 1.2 – Elementos da diagonal principal
× ×
=   
= ⇒ = ⇒    =   
11 12 11
21 22 122 2 2 2
1 2 1
3 4 4
a a a
A A
a a a
× ×
=−   
   = ⇒ = − = −   
    =   
1111 12 13
21 22 23 22
31 32 33 333 3 3 3
11 3 2
0 5 1 5
9 4 6 6
bb b b
B b b b B b
b b b b
1.7.2 Diagonal secundária
Os elementos de uma matriz  =  ijA a com + = + 1i j n constituem 
a diagonal secundária. Portanto, os elementos da diagonal secundária são: 
− − −1 2 1 3 2 4 3 1, , , ... ,n n n n na a a a a .
– 11 –
Matrizes
Exemplo 1.3 – Elementos da diagonal secundária
× ×
=   
= ⇒ = ⇒    =   
11 12 12
21 22 212 2 2 2
1 5 5
2 4 2
a a a
A A
a a a
× ×
=   
   = ⇒ = ⇒ =   
    =   
1311 12 13
21 22 23 22
31 32 33 313 3 3 3
21 1 2
2 3 2 3
7 3 1 7
bb b b
B b b b B b
b b b b
1.7.3 Matriz diagonal
Uma matriz  =  ijA a é diagonal quando é uma matriz quadrada, cujos 
elementos com ≠i j , são iguais a zero.
 
 
 
 =
 
 
 
 
�
�
�
� � � ��� �
11
22
33
0 0 0
0 0 0
0 0 0
0 0 0 ... mn
a
a
aA
a
Exemplo 1.4 – Matrizes diagonais
×
 
=  
  2 2
3 0
0 1
A
 ×
 
 =  
   3 3
1 0 0
0 2 0
0 0 3
B
 ×
 
 
 =
 
 −  4 4
3 0 0 0
0 6 0 0
0 0 2 0
0 0 0 1
C
1.7.4 Matriz identidade
Uma matriz  =  ijA a é uma matriz identidade quando os elementos 
com ≠i j forem iguais a zero, e os com =i j forem iguais a 1. O subíndice 
de I indica a ordem da matriz identidade
– 12 –
Álgebra Linear
 
 
 
 =
 
 
 
 
�
�
�
� � � ��� �
1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 1 0
0 0 0 ... 1
nI
Exemplo 1.5 – Matrizes identidades
[ ]=1 1I
 
=  
 
2
1 0
0 1
I
 
 =  
  
3
1 0 0
0 1 0
0 0 1
I
1.7.5 Matriz escalar
Uma matriz quadrada  =  ijA a é uma matriz escalar quando os ele-
mentos com ≠i j forem iguais a zero, mas os elementos da diagonal princi-
pal forem todos iguais.
Exemplo 1.6 – Matrizes escalares×
 
=  
  2 2
2 0
0 2
A
 ×
 
 =  
   3 3
3 0 0
0 3 0
0 0 3
B
 ×
 
 
 =
 
 
  4 4
5 0 0 0
0 5 0 0
0 0 5 0
0 0 0 5
C
1.7.6 Matriz triangular superior
Denomina-se matriz triangular superior toda matriz quadrada cujos ele-
mentos abaixo da diagonal principal são nulos, ou seja, = 0ija para todo >i j  .
– 13 –
Matrizes
 
 
 
 =
 
 
 
 
�
�
�
� � � ��� �
11 12 13 1
22 23 2
33 3
0
0 0
0 0 0 ...
n
n
n
mn
a a a a
a a a
a aA
a
Exemplo 1.7 – Matrizes triangulares superiores
×
 
=  
  2 2
1 3
0 2
A
 ×
 
 =  
   3 3
2 1 3
0 3 2
0 0 6
B
 ×
 
 
 =
 
 
  4 4
4 9 1 3
0 2 1 1
0 0 1 2
0 0 0 1
C
1.7.7 Matriz triangular inferior
Denomina-se matriz triangular inferior toda matriz quadrada cujos ele-
mentos acima da diagonal principal são nulos, ou seja, = 0ija para todo <i j  .
 
 
 
 =
 
 
 
 
�
�
�
� � � ��� �
11
21 22
31 32 33
1 2 3
0 0 0
0 0
0
...m m m mn
a
a a
a a aA
a a a a
Exemplo 1.8 – Matrizes triangulares inferiores
×
 
=  
  2 2
1 0
3 2
A
 ×
 
 =  
   3 3
2 0 0
1 3 0
3 2 6
B
 ×
 
 
 =
 
 
  4 4
4 0 0 0
1 2 0 0
2 3 1 0
1 1 5 1
C
– 14 –
Álgebra Linear
1.8 Matriz nula
Uma matriz é nula quando todos os seus elementos forem iguais a zero.
Exemplo 1.9 – Matrizes nulas
×
× ×
   
     = = =             
2 2
2 3 3 4
0 0 0 0 0 0
0 0
0 0 0 0 0 0
0 0
0 0 0 0 0 0
A B C
1.9 Igualdade de matrizes
Sejam as matrizes  =  ijA a e  =  ijB b , com o mesmo número de 
linhas e colunas, diz-se que =A B se, e somente se, =ij ija b para todo i e j.
Exemplo 1.10 – Igualdade de matrizes
   
   =   
      
1 3 1 3
5 4 5 4
7 0 7 0
Exemplo 1.11 – Dadas as matrizes
− 
=  + 
1 2
1
x
A
y z e 
 
=  
 
1 4
6 6
B
,
determine os valores de x, y e z, sabendo que as matrizes são iguais
Solução
Da igualdade entre as matrizes, sabemos que: =ij ija b , então:
− = = + =
= + = −
= =
2 4 6 1 6
4 2 6 1
6 5
x y z
x z
x z
– 15 –
Matrizes
1.10 Operações com matrizes
Qualquer que seja a operação realizada com uma matriz, o resultado 
obtido será sempre outra matriz.
1.10.1 Adição de matrizes
A adição de duas matrizes  =  ijA a e  =  ijB b de mesma ordem, resulta 
em uma matriz  =  ijC c definida por:  + = + ij ijA B a b , com = +ij ij ijc a b .
Exemplo 1.12
Determine a adição das matrizes 
 
=  − 
1 3
1 4
A e 
 
=  
 
4 2
1 3
B .
Solução
Se 
 
=  − 
1 3
1 4
A e  =  
 
4 2
1 3
B então:
1 3 4 2 1 4 3 2 5 5
1 4 1 3 1 1 4 3 0 7
A B
+ +       
+ = + = =       − − + +       
.
Exemplo 1.13
Seja a matriz ( )
×
=
3 2ij
A a com = +ija i j , e ( ) ×= 3 2ijB b , e sendo 
= −2ijb i j , determine +A B
Solução
Deve-se definir a matriz 
 
 =  
  
11 12
21 22
31 32
a a
A a a
a a
, então:
= +
= + = = + = = + =
= + = = + = = + =
11 21 31
12 22 32
1 1 2 2 1 3 3 1 4
1 2 3 2 2 4 3 2 5
ija i j
a a a
a a a
– 16 –
Álgebra Linear
Logo, a matriz A é dada por
 
 =  
  
2 3
3 4
4 5
A
Definição da matriz 
 
 =  
  
11 12
21 22
31 32
b b
B b b
b b
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
= −
= − = = − = = − =
= − = − = − = = − =
2
2 2 2
11 21 31
2 2 2
12 22 32
1 1 0 2 1 3 3 1 8
1 2 1 2 2 2 3 2 7
ijb i j
b b b
b b b
Logo a matriz B é dada por
− 
 =  
  
0 1
3 2
8 7
B
− + −       
       + = + = + + =       
       + +       
2 3 0 1 2 0 3 1 2 2
3 4 3 2 3 3 4 2 6 6
4 5 8 7 4 8 5 7 12 12
A B
1.10.1.1 Observações
1. Se as matrizes A e B não forem de mesma ordem, não será possível 
efetuar a adição, portanto, neste caso, A + B não é definido.
2. Para a diferença A – B entre as matrizes A e B de mesma ordem, 
temos uma matriz C tal que: = −ij ij ijc a b .
– 17 –
Matrizes
1.10.1.2 Propriedades da adição de matrizes
Sejam as Matrizes A, B e C de mesma ordem, e 0 a matriz nula, então:
1. ( ) ( )+ + = + +A B C A B C (associativa).
2. + = +A B B A (comutativa).
3. + = + =0 0A A A (existência do elemento neutro).
4. − = − + = 0A A A A (existência do elemento simétrico).
1.10.2 Produto de escalar por uma matriz
Dada uma matriz ( )= ijA a e um escalar k, o produto de k por A é dado 
por: = ⋅ij ijb k a
Exemplo 1.14
Dada a matriz 
 
 
 
 =
 
 
 
 
�
�
�
� � � ��� �
11 12 13 1
21 22 23 2
31 32 33 3
1 2 3 ...
n
n
n
m m m mn
a a a a
a a a a
a a a aA
a a a a
 e k um escalar, seja 
= ⋅B k A , segue que
 
 
 
 = ⋅
 
 
 
 
�
�
�
� � � ��� �
11 12 13 1
21 22 23 2
31 32 33 3
1 2 3 ...
n
n
n
m m m mn
a a a a
a a a a
a a a aB k
a a a a
⋅ ⋅ ⋅ ⋅ 
 ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ 
 ⋅ ⋅ ⋅ ⋅=
 
 
 ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ 
�
�
�
� � � ��� �
11 12 13 1
21 22 23 2
31 32 33 3
1 2 3 ...
n
n
n
m m m mn
k a k a k a k a
k a k a k a k a
k a k a k a k aB
k a k a k a k a
– 18 –
Álgebra Linear
Exemplo 1.15
Dada a matriz 
 
 − =
 −
 
 
1 3 5
3 4 2
1 0 3
4 2 1
A e k = 2. Determine ⋅k A
Solução
( )
( )
⋅ ⋅ ⋅     
     − ⋅ ⋅ − −     ⋅ = ⋅ = =
     − − ⋅ −
     ⋅ ⋅ ⋅     
1 3 5 2 1 2 3 2 5 2 6 10
3 4 2 2 3 2 4 2 2 6 8 4
2
1 0 3 2 1 2 . 0 2 3 2 0 6
4 2 1 2 4 2 2 2 1 8 4 2
k A
1.10.2.1 Propriedades do produto de 
um escalar por uma matriz
Sejam as matrizes A e B de mesma ordem, e 1k e 2k escalares, então:
1. ( ) ( ) ( )⋅ = ⋅ = ⋅1 2 1 2 2 1k k A k k A k k A
2. ( )+ = ⋅ + ⋅1 2 1 2k k A k A k A
3. ( )+ = ⋅ + ⋅1 1 1k A B k A k B
4. ⋅ =1 A A
1.10.3 Produto de matrizes
Para que seja possível efetuar a multiplicação entre duas matrizes C = A 
x B, o número de colunas da matriz A tem que ser igual ao número de linhas 
da matriz B.
Exemplo 1.16
Dadas as matrizes A, B e C, verifique quais são possíveis de efetuar mul-
tiplicação
a) × ×= ×2 3 2 3C A B
– 19 –
Matrizes
b) 3 2 2 3C A B× ×= ×
c) × ×= ×2 3 3 2C A B
Solução
a) × ×= ×2 3 2 3C A B
Número de colunas da matriz A: 3.
Número de linhas da matriz B: 2.
Conclusão: como o número de colunas de A é diferente do número de 
linhas de B, não é possível efetuar a multiplicação entre as matrizes.
b) × ×= ×3 2 2 3C A B
Número de colunas da matriz A: 2.
Número de linhas da matriz B: 2.
Conclusão: Como o número de colunas de A é igual do número de 
linhas de B, é possível efetuar a multiplicação entre as matrizes. Assim, 
a matriz C será constituída pelo número de linhas da matriz A e pelo 
número de colunas da matriz B. Logo, 3 3C × .
c) × ×= ×2 3 3 2C A B
Nesse exemplo, temos o número de colunas de A igual ao número de 
linhas de B resultando na matriz 2 2C × .
A multiplicação é dada pela soma dos produtos dos elementos, na 
ordem em que estão dispostos, da matriz A (linha) pelos elementos cor-
respondentes da matriz B (coluna).
Exemplo 1.17
Dadas as matrizes 
×
 
=  
 
11 12 13
21 22 23 2 3
a a a
A
a a a
 e 
×
 
 =  
  
11 12
21 22
31 32 3 2
b b
B b b
b b
,
determine, se possível, a matriz C = A x B.
– 20 –
Álgebra Linear
Solução
Como o número de colunas da matriz A é 3, e o número de linhas da matriz 
B também é 3, logo é possível fazera multiplicação entre as matrizes A x B. Dessa 
foram, o resultado será a matriz ×2 2C .
×
 
=  
 
11 12
2 2
21 22
c c
C
c c
Para determinar o primeiro elemento da matriz C, o elemento 11c , é neces-
sário fazer a somatória do produto da primeira linha da matriz A com a primeira 
coluna da matriz B.
= + +11 11 11 12 21 13 31c a b a b a b
Para determinar o elemento 12c , é necessário fazer a somatória do produto 
da primeira linha da matriz A com a segunda coluna da matriz B
= + +12 11 12 12 22 13 32c a b a b a b
Para o elemento 21c , é necessário fazer a soma do produto da segunda linha 
da matriz A com a primeira coluna da matriz B:
= + +21 21 11 22 21 23 31c a b a b a b
Para o elemento 22c , é necessário fazer a soma do produto da segunda linha 
da matriz A com a segunda coluna da matriz B:
= + +22 21 12 22 22 23 32c a b a b a b
Essas operações resultam na matriz C:
×
+ + + + 
=  + + + + 
11 11 12 21 13 31 11 12 12 22 13 32
2 2
21 11 22 21 23 31 21 12 22 22 23 32
a b a b a b a b a b a b
C
a b a b a b a b a b a b
Exemplo 1.18
Dadas as matrizes 
×
 
=  
 2 2
2 4
3 2
A e 
×
 
=  − 2 2
1 3
1 2
B , determine
A x B, se possível
– 21 –
Matrizes
Solução
Como o número de colunas da matriz A é igual ao número de colunas da 
matriz B, é possível determinar a multiplicação entre as matrizes A x B, resul-
tando em uma matriz ×2 2C .
×
 
=  
 
11 12
2 2
21 22
c c
C
c c
Para 11c , é necessário fazer a soma do produto da primeira linha da matriz 
A com a primeira coluna da matriz B.
( )= ⋅ + − = − = −11 2 1 4 1 2 4 2c
Para 12c , é necessário fazer a soma do produto da primeira linha da matriz 
A com a segunda coluna da matriz B.
= ⋅ + ⋅ = + =12 2 3 4 2 6 8 14c
Para 21c , é necessário fazer a soma do produto da segunda linha da matriz 
A com a primeira coluna da matriz B.
( )= ⋅ + − = − =21 3 1 2 1 3 2 1c
Para 22c , é necessário fazer a soma do produto da segunda linha da matriz 
A com a segunda coluna da matriz B.
= ⋅ + ⋅ = + =22 3 3 2 2 9 4 13c
Assim, pode-se agora escrever a matriz C:
×
− 
=  
 
2 2
2 14
1 13
C
1.10.3.1 Propriedades da multiplicação entre duas matrizes
Dadas as matrizes A, B e C, de tal modo que seja possível efetuar multi-
plicação, e seja k um escalar, valem as seguintes propriedades:
1. ( ) ( )⋅ ⋅ = ⋅ ⋅A B C A B C (associativa).
– 22 –
Álgebra Linear
2. ( )+ ⋅ = ⋅ + ⋅A B C A C B C (distributiva).
3. ⋅ = ⋅ =A I I A A (elemento neutro).
4. ( ) ( ) ( )⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅k A B k A B A k B (multiplicação de um escalar 
por multiplicação entre matrizes).
Observações:
 2 A multiplicação entre matrizes não é comutativa.
 2 Se existir a multiplicação entre as matrizes ×A B , isso não implica 
que exista a multiplicação ×B A .
Exemplo 1.19
Dadas as matrizes 
×
 
=  
 2 2
1 0
1 3
A e 
×
 
=  
 2 2
2 1
1 0
B , determine a 
×A B e ×B A . Em seguida, verifique se os resultados são iguais
Solução
O número de colunas de A é igual ao número de linhas de B, então a mul-
tiplicação entre A e B pode ser realizada:
 2 = + = ⋅ + ⋅ = + =11 11 11 12 21 1 2 0 1 2 0 2c a b a b
 2 = + = ⋅ + ⋅ = + =12 11 12 12 22 1 1 0 0 1 0 1c a b a b
 2 = + = ⋅ + ⋅ = + =21 21 11 22 21 1 2 3 1 2 3 5c a b a b
 2 = + = ⋅ + ⋅ = + =22 21 12 22 22 1 1 3 0 1 0 1c a b a b
 
=  
 
1 1
5 2
C
O número de colunas de B igual ao número de linhas de A, então a multi-
plicação entre A e B pode ser realizada:
 2 = + = ⋅ + ⋅ = + =11 11 11 12 21 2 1 1 1 2 1 3c b a b a
 2 = + = ⋅ + ⋅ = + =12 11 12 12 22 2 0 1 3 0 3 3c b a b a
– 23 –
Matrizes
 2 = + = ⋅ + ⋅ = + =21 21 11 22 21 1 1 0 1 1 0 1c b a b a
 2 = + = ⋅ + ⋅ = + =22 21 12 22 22 1 0 0 3 0 0 0c b a b a
 
=  
 
3 3
1 0
C
Observe que × ≠ ×A B B A
1.11 Matriz transposta
Seja uma matriz ×m nA , chama-se matriz transposta a matriz da qual 
permutam-se as linhas pelas colunas, obtendo-se ×
t
n mA .
Exemplo 1.20 – Dada a matriz A e sua transposta
 
  = ⇒ =       
11 12
11 21 31
21 22
12 22 32
31 32
t
a a
a a a
A a a A
a a a
a a
1.11.1 Propriedades
Sejam as matrizes A e B e um escalar k, a matriz transposta atende às 
seguintes propriedades:
1. ( )+ = +t t tA B A B
2. ( )⋅ = ⋅t tk A k A
3. ( ) =ttA A
4. ( )⋅ = ⋅t t tA B B A
1.12 Matriz simétrica
Uma matriz A, quadrada, é simétrica se for igual à sua transposta.
– 24 –
Álgebra Linear
Exemplo 1.21 – Dada a matriz A simétrica
 
 = ⇒ = 
  
1 2 3
2 4 5
3 5 6
tA A A
Os elementos da matriz simétrica são dispostos pela diagonal principal, 
por exemplo:
=
=
=
12 21
13 31
23 32
a a
a a
a a
Então diz-se que =ij jia a .
Atividades
1. Determine a ordem de cada uma das matrizes.
a) 
 
=  
 
1 3 2
1 4 2
A
b) 
 
 
 =
 
 
 
1 3
6 4
5 3
2 3
B
c) 
 
 =  
  
1 4 3 0 2 4
6 3 2 4 2 1
4 3 6 8 5 8
C
2. Dadas as matrizes: 
 
=  
 
1 0 2
1 3 2
A , 
 
=  
 
1 5 2
1 3 5
B e 
− 
=  
 
1 3 2
1 4 0
C , determine:
– 25 –
Matrizes
a) + −A B C
b) +2 3A C
3. Sejam as matrizes 
− 
=  
 
2 1 2
7 0 8
A e 
 
 =  
  
2 5
0 4
3 2
B , determine ×A B .
4. Com relação ao exercício anterior, determine ×B A .
Comentários referentes às atividades
As atividades têm como propósito fixar os conceitos do conteúdo 
sobre matrizes. No exercício um, o leitor deve determinar a ordem de 
cada matriz, pois este conceito é necessário para a operacionalização de 
matrizes. No exercício dois são utilizados os conceitos de operações de 
adição e multiplicação por um escalar. O exercício três tem como objetivo 
trabalhar o conceito de ordem de uma matriz e, também, fixar o conteúdo 
de multiplicação entre matrizes. O exercício quatro, além de trabalhar a 
multiplicação entre matrizes, também evidencia o conceito de matrizes 
não comutativas.
As resoluções de sistemas de equações lineares já eram 
encontradas no conhecimento oriental, na China Antiga. No livro 
chinês Nove Capítulos sobre a Arte Matemática, constam exem-
plos do método de resolução por eliminação, havendo também 
noções ligadas a determinantes. Entretanto, somente no século 
XVII, no ocidente, deu-se início aos estudos sobre determinan-
tes. Considerado o maior matemático japonês, Seki Kowa chegou 
à noção de determinantes. Outros matemáticos, como Gottfried 
Wilhelm Leibniz, Gabriel Cramer, Colin Maclaurin, Joseph-Louis 
Lagrange, Augustin-Louis Cauchy e Carl Gustav Jakob Jacobi 
desenvolveram os métodos de resoluções de determinantes para 
sistemas de equações.
Determinantes
2
– 28 –
Álgebra Linear
2.1 Introdução
O estudo dos determinantes está associado às matrizes quadradas. Por 
meio dos métodos de resoluções com determinantes é possível, por exemplo, 
verificar se um sistema de equações possui ou não uma solução. A existência 
das matrizes inversas também é constatada com o cálculo dos determinantes.
2.2 Permutação
Considerando o conjunto dos números naturais iniciando em 1 ( )*N  , 
chama-se de permutação o rearranjo dos elementos desse conjunto. Tem-se 
para a permutação do conjunto ( ) ( ) ( ){ }− − −1, 2,3,4,5,... , 3 , 2 , 1 ,n n n n a 
seguinte relação: ( ) ( ) ( )= − ⋅ − ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅! 1 2 3 ... 5 4 3 2 1n n n n n
Exemplo 2.1
Determine a quantidade de permutações possíveis para o conjunto 
{ }1, 2,3,4,5
Solução
Determinando a quantidade de permutações:
= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
=
5! 5 4 3 2 1
5! 120
Portanto a quantidade de permutações possíveis é de 120.
Pode-se também apresentar essas permutações mostrando como seriamas formas de distribuição dos elementos. A permutação que se apresenta em 
ordem crescente é chamada de permutação principal.
Dada uma permutação dos inteiros 1, 2, …, n, dá-se o nome de inver-
são à troca de posições entre os elementos dessa permutação principal, que 
faça um inteiro preceder outro menor que ele.
O sinal de uma permutação ( )( )σ p depende do número de inver-
sões feitas a partir da permutação principal, a fim de obter a permutação 
p. Observe que esse número de inversões é igual ao número de trocas de 
– 29 –
Determinantes
 posições entre os elementos de uma permutação p qualquer necessárias para, 
a partir desta, obter a permutação principal.
 2 Se o número de inversões for par, o sinal será positivo (+), ou seja, 
( )( )σ = +1p .
 2 Se o número de inversões for ímpar, o sinal será negativo (–), ou 
seja, ( )( )σ = −1p .
Exemplo 2.2
Determine quais são as possíveis permutações para o conjunto { }1, 2,3,4
Solução
Determinando a quantidade de permutações:
= ⋅ ⋅ ⋅
=
4 ! 4 3 2 1
4 ! 24
Portanto a quantidade de permutações possíveis é de 24.
As possíveis permutações são:
{ } { } { } { } { } { }
{ } { } { } { } { } { }
{ } { } { } { } { } { }
{ } { } { } { } { } { }
1, 2,3,4 , 1, 2,4,3 , 1,3, 2,4 , 1,3,4, 2 , 1,4, 2,3 , 1,4,3, 2
2,1,3,4 , 2,1,4,3 , 2,3,1,4 , 2,3,4,1 , 2,4,1,3 , 2,4,3,1
3,1, 2,4 , 3,1,4, 2 , 3, 2,1,4 , 3, 2,4,1 , 3,4,1, 2 , 3,4, 2,1
4,1, 2,3 , 4,1,3, 2 , 4, 2,1,3 , 4, 2,3,1 , 4,3,1, 2 , 4,3, 2,1
2.3 Determinante de uma matriz
Considere uma matriz A quadrada. Para cada matriz é associado um 
número, cujo resultado recebe o nome de determinante da matriz. Para a 
obtenção de um determinante, são necessárias algumas operações matemáti-
cas entre seus elementos. Representa-se esse determinante por det A.
 2 O resultado de um determinante é um escalar.
 2 As matrizes que não são quadradas não possuem determinantes 
definidos.
– 30 –
Álgebra Linear
 2 A ordem do determinante será a mesma da ordem da matriz.
Definição
Seja uma matriz quadrada de ordem n,  =  ijA a , define-se o deter-
minante da matriz A por ( )( )σ= = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅∑ 1 2 31 2 3det | | ... ni j j j n j
i
A A p a a a a  , 
em que i indica que a soma se estende a todas as n! permutações (j1, j2, j3, …, jn), 
e ( )( )σ ip representa o sinal da permutação pi.
2.3.1 Determinante de primeira ordem
De acordo com a definição, o determinante de primeira ordem, ou 
seja, de uma matriz com o elemento [ ]= 11A a , tem como determinante o 
número real 11a .
Demonstração
( )( )σ= = ⋅∑ 1 1det | | i
i
A A p a p
Sabe-se que ( )σ = +1 1p e =1 1p .
Então,
= = + 11det | |A A a , ou seja, o próprio elemento da matriz.
Exemplo 2.3
Calcule o determinante das matrizes de primeira ordem apresentadas
a) [ ]= ⇒ = =3 det |3| 3A A
b) [ ]= − ⇒ = − = −6 det | 6| 6A A
c) [ ]= ⇒ = =det | |A m A m m
Observação: deve-se tomar cuidado para não confundir determinante 
com módulo.
– 31 –
Determinantes
2.3.2 Determinante de segunda ordem
Ao aplicar a definição, podemos determinar a fórmula geral para deter-
minantes de segunda ordem.
Demonstração
Seja a matriz de segunda ordem 
 
=  
 
11 12
21 22
a a
A
a a
, tem-se = 2n .
Com relação às permutações:
( )=1 1, 2p , portanto, ( )σ = +1p , pois nenhuma inversão é feita.
( ) ( )= ⇒2 1, 2 2,1p , portanto o número de inversões é 1, logo ( )σ = −2p .
Como já observado, o número de inversões para se chegar da permuta-
ção principal até uma outra permutação (p), é o mesmo número de troca de 
posições necessárias para se chegar dessa mesma permutação (p) até a permu-
tação principal.
Aplicando na definição:
( )( )σ= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅∑ 1 2 31 2 3det ... ni j j j n j
i
A p a a a a
( )( ) ( )( )σ σ= ⋅ + ⋅1 11 22 2 12 21det A p a a p a a
( ) ( )= + ⋅ + − ⋅11 22 12 21det A a a a a
= ⋅ − ⋅11 22 12 21det A a a a a
Porém, pode-se calcular o determinante de uma forma prática.
Suponha a matriz quadrada 
 
=  
 
11 12
21 22
a a
A
a a
. Para obter o determinante, 
multiplica-se a diagonal principal e subtrai-se a multiplicação da diagonal 
secundária.
= = ⋅ − ⋅11 12 11 22 21 12
21 22
det
a a
A a a a a
a a
– 32 –
Álgebra Linear
Exemplo 2.4
Qual o valor do determinante da matriz 
 
=  
 
3 2
6 1
A ?
Solução
Para a resolução desse exemplo, usa-se a regra prática 
= = ⋅ − ⋅ = − = −
3 2
det 3 1 2 6 3 12 9
6 1
A .
Logo: =−det 9A
2.3.3 Determinante de terceira ordem
Para o determinante de terceira ordem também existem alguns métodos 
práticos. Porém, é necessário iniciar pela definição, para obter a fórmula geral.
Demonstração
Seja a matriz de terceira ordem 
 
 =  
  
11 12 13
21 22 23
31 32 33
a a a
A a a a
a a a
, temos = 3n .
Com relação às permutações, sabe-se que a matriz é de terceira ordem, 
logo: = = ⋅ ⋅ =3! 3 2 1 6P .
Portanto, temos 6 permutações:
 2 ( )=1 1, 2,3p , portanto, ( )σ = +1p
 2 ( ) ( )= ⇒2 1,3, 2 1, 2,3p , o número de inversões é 1, logo ( )σ = −2p
 2 ( ) ( )= ⇒3 2,1,3 1, 2,3p , o número de inversões é 1, logo ( )σ = −3p
 2 ( ) ( ) ( )= ⇒4 2,3,1 2,1,3 , 1, 2,3p , o número de inversões é 2, logo 
( )σ = +4p .
– 33 –
Determinantes
 2 ( ) ( ) ( )= ⇒5 3,1, 2 1,3, 2 , 1, 2,3p , o número de inversões é 2, logo 
( )σ = +5p .
 2 ( ) ( ) ( ) ( )= ⇒6 3, 2,1 3,1, 2 , 1,3, 2 , 1, 2,3p , o número de inversões é 
3, logo ( )σ = −6p .
Aplicando na definição:
( )( )σ= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅∑ 1 2 31 2 3det ... nj j j n j
i
A pi a a a a
( )( ) ( )( )
( )( ) ( )( )
( )( ) ( )( )
1 11 22 33 2 11 23 32
3 12 21 33 4 12 23 31
5 13 21 32 6 13 22 31
det A p a a a p a a a
p a a a p a a a
p a a a p a a a
σ σ
σ σ
σ σ
= ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ +
+ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ +
+ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅
( )( ) ( )( ) ( )( )
( )( ) ( )( ) ( )( )
11 22 33 11 23 32 12 21 33
12 23 31 13 21 32 13 22 31
det A a a a a a a a a a
a a a a a a a a a
= + ⋅ ⋅ + − ⋅ ⋅ + − ⋅ ⋅ +
+ + ⋅ ⋅ + + ⋅ ⋅ + − ⋅ ⋅
11 22 33 11 23 32 12 21 33
12 23 31 13 21 32 13 22 31
det A a a a a a a a a a
a a a a a a a a a
= ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ +
+ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅
( )
( )
11 22 33 12 23 31 13 21 32
13 22 31 12 21 33 11 23 32
det A a a a a a a a a a
a a a a a a a a a
= ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ −
− ⋅ ⋅ + + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅
Exemplo 2.5
Determine o valor do determinante utilizando a fórmula geral
 
 = − 
  
1 3 2
2 4 1
0 4 5
A
Solução
Na definição, obtemos a fórmula geral do determinante de terceira ordem:
( )
( )
11 22 33 12 23 31 13 21 32
13 22 31 12 21 33 11 23 32
det A a a a a a a a a a
a a a a a a a a a
= ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ −
− ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅
– 34 –
Álgebra Linear
( )( ) ( )( )= ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ − ⋅ − ⋅ ⋅ + ⋅ − ⋅ + ⋅ ⋅det 1 4 5 3 1 0 2 2 4 2 4 0 3 2 5 1 1 4A
( ) ( )= − −det 4 26A
= +det 4 26A
=det 30A
2.3.3.1 Regra de Sarrus
A regra de Sarrus tem como objetivo calcular o valor do determinante de 
terceira ordem, sem que seja necessário usar a definição.
A regra consiste em:
1. Repetir a primeira e a segunda colunas à direita da matriz A;
=
11 12 13 11 12
21 22 23 21 22
31 32 33 31 32
det
a a a a a
A a a a a a
a a a a a
2. Formar a soma dos produtos dos elementos das diagonais da 
esquerda para a direita;
=
11 12 13 11 12
21 22 23 21 22
31 32 33 31 32
det
a a a a a
A a a a a a
a a a a a
 11 22 33 12 23 31 13 21 32det A a a a a a a a a a= ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ (1)
3. Formar a soma dos produtos dos elementos das diagonais da direita 
para a esquerda;
=
11 12 13 11 12
21 22 23 21 22
31 32 33 31 32
det
a a a a a
A a a a a a
a a a a a
 12 21 33 11 23 32 13 22 31det A a a a a a a a a a= ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ (2)
– 35 –
Determinantes
4. Para finalizar, subtrair da expressão (1) o que foiobtido na expres-
são (2).
( )
( )
11 22 33 12 23 31 13 21 32
12 21 33 11 23 32 13 22 31
det A a a a a a a a a a
a a a a a a a a a
= ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ −
− ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅
Exemplo 2.6
Calcule o valor do determinante utilizando a regra de Sarrus.
 
 = − 
  
2 1 1
0 1 1
2 2 3
A
Solução
Reescrevendo a matriz para o cálculo do determinante:
= − −
2 1 1 2 1
det 0 1 1 0 1
2 2 3 2 2
A
( )( ) ( )( )= ⋅ − ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ − ⋅det 2 1 3 1 1 2 1 0 2 1 0 3 2 1 2 1 1 2A
( ) ( )= − −det 4 2A
= −det 6A
É importante lembrar que a regra de Sarrus serve somente para determi-
nantes de terceira ordem.
2.3.4 Determinante de ordem n
O cálculo do determinante de uma matriz quadrada de ordem n pode 
ser resolvido por meio da definição. Porém, existem métodos que tornam os 
cálculos de determinantes mais simples.
– 36 –
Álgebra Linear
2.3.4.1 Teorema de Laplace
Suponha que se deseja calcular o determinante da matriz de terceira 
ordem. Seja a matriz 
 
 =  
  
11 12 13
21 22 23
31 32 33
a a a
A a a a
a a a
, a definição aponta que:
11 22 33 11 23 32 12 21 33 12 23 31
13 21 32 13 22 31
det A a a a a a a a a a a a a
a a a a a a
= ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ +
+ ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅
Reescrevendo esta soma:
( ) ( )
( )
11 22 33 23 32 12 21 33 23 31
13 21 32 22 31
det A a a a a a a a a a a
a a a a a
= ⋅ ⋅ − ⋅ − ⋅ ⋅ − ⋅ +
+ ⋅ ⋅ − ⋅
Que também pode ser escrita como:
= ⋅ − ⋅ + ⋅22 23 21 23 21 2211 12 13
32 33 31 33 31 32
det
a a a a a a
A a a a
a a a a a a
Assim, obtêm-se as submatrizes de segunda ordem. Representando as 
submatrizes por ijA , pode-se definir ( )
+∆ = −1 | |i jij ijA , chamado cofator 
de aij, em que i representa as linhas e j representa as colunas de cada elemento 
aij posto em evidência, sendo Aij obtida de A, a partir da retirada da “i-ésima” 
linha e da “j-ésima” coluna. Nota-se que o determinante é obtido quando se 
coloca em evidência apenas os elementos de uma linha (no caso, foi tomada a 
primeira). O mesmo poderia ser feito para uma coluna. Basta que seja tomada 
uma única linha (ou uma única coluna). Pode-se escolher qualquer linha ou 
coluna, mas o interessante é escolher a linha ou coluna que possua a maior 
quantidade de zeros.
Assim, obtêm-se a fórmula do teorema de Laplace para uma matriz de 
ordem 3:
= ⋅∆ − ⋅ ∆ + ⋅∆11 11 12 12 13 13det A a a a
– 37 –
Determinantes
Exemplo 2.7
Calcule o valor do determinante utilizando o teorema de Laplace 
 
 =  
 − 
1 0 1
1 2 0
4 5 3
A .
Solução
A partir do teorema de Laplace
= ⋅∆ − ⋅ ∆ + ⋅∆11 11 12 12 13 13det A a a a
=
−
1 0 1
det 1 2 0
4 5 3
A
= ⋅∆ − ⋅ ∆ + ⋅∆11 12 13det 1 0 1A
Em que
( ) +∆ = −1 | |i jij ijA
( ) ( )+∆ = − = ⋅ ⋅ − ⋅ =1 111
2 0
1 1 2 3 0 5 6
5 3
( ) ( ) ( )( )+∆ = − = − ⋅ ⋅ − ⋅ − = −
−
1 2
12
1 0
1 1 1 3 0 4 3
4 3
( ) ( )( )+∆ = − = ⋅ ⋅ − ⋅ − =
−
1 3
13
1 2
1 1 1 5 2 4 13
4 5
Portanto,
( )= ⋅ − ⋅ + ⋅det 1 6 0 3 1 13A
=det 19A
– 38 –
Álgebra Linear
Observação
No exemplo apresentado foi utilizada a primeira linha da matriz. 
Porém, o cálculo pode ser feito com qualquer linha ou coluna, prefe-
rencialmente a com maior quantidade de zeros, se houver, como dito 
anteriormente.
2.4 Propriedades dos determinates
As propriedades dos determinantes facilitam seus cálculos, uma vez que 
independem da ordem da matriz. Sendo assim, em muitos casos, não são 
necessárias aplicações de métodos para a resolução. As propriedades serão 
demostradas por meio da matriz de segunda ordem 
 
=  
 
11 12
21 22
a a
A
a a
. Porém, 
os conceitos se estendem para matrizes de qualquer ordem.
2.4.1 Primeira propriedade
Se uma matriz A possui uma linha ou uma coluna nula, então =det 0A .
Demonstração
Seja 
 
=  
 
11 12
0 0
a a
A , o seu determinante é dado por:
= 11 12det
0 0
a a
A
= ⋅ − ⋅11 12det 0 0A a a
=det 0A
Exemplo 2.8
Calcule o valor do determinante da matriz 
 
=  
 
1 0
6 0
A
– 39 –
Determinantes
Solução
=
1 0
det
6 0
A
= ⋅ − ⋅det 1 0 0 6A
=det 0A
Logo, a propriedade mostra que será imediato o valor do determinante 
nulo, quando houver uma linha ou uma coluna nula.
2.4.2 Segunda propriedade
Se uma matriz A possui duas linhas ou duas colunas iguais, então 
=det 0A .
Demonstração
Seja 
 
=  
 
1 2
1 2
a a
A
a a
, o seu determinante é dado por:
= 1 2
1 2
det
a a
A
a a
= ⋅ − ⋅1 2 2 1det A a a a a
=det 0A
Exemplo 2.9
Calcule o valor do determinante da matriz 
 
=  
 
1 3
1 3
A .
Solução
=
1 3
det
1 3
A
= ⋅ − ⋅det 1 3 3 1A
=det 0A
– 40 –
Álgebra Linear
2.4.3 Terceira propriedade
Se uma matriz A possui duas linhas ou duas colunas com seus elementos 
correspondentes proporcionais, então =det 0A .
Demonstração
Seja 
 
=  ⋅ ⋅ 
1 2
1 2
a a
A
k a k a
, o seu determinante é dado por:
=
⋅ ⋅
1 2
1 2
det
a a
A
k a k a
= ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅1 2 2 1det A a k a a k a
( )= ⋅ ⋅ − ⋅1 2 2 1det A k a a a a
=det 0A
Exemplo 2.10
Calcule o valor do determinante da matriz 
 
=  
 
1 3
2 6
A .
Solução
=
1 3
det
2 6
A
= ⋅ − ⋅det 1 6 3 2A
=det 0A
2.4.4 Quarta propriedade
O determinante de uma matriz A é igual ao determinante de sua 
transposta tA .
– 41 –
Determinantes
Demonstração
Seja 
 
=  
 
11 12
21 22
a a
A
a a
 e 
 
=  
 
11 21
12 22
t a aA
a a
, os determinantes são dados por:
= =11 12 11 21
21 22 12 22
det det t
a a a a
A e A
a a a a
= ⋅ − ⋅ = ⋅ − ⋅11 22 12 21 11 22 21 12det det
tA a a a a e A a a a a
=det det tA A
Exemplo 2.11
Calcule o valor do determinante da matriz 
 
=  
 
1 2
3 4
A e de sua 
transposta
Solução
= =
1 2 1 3
det det
3 4 2 4
tA A
= ⋅ − ⋅ = ⋅ − ⋅det 1 4 2 3 det 1 4 3 2tA A 
= − = −det 2 det 2tA A
Logo,
=det det tA A
2.4.5 Quinta propriedade
O determinante de uma matriz diagonal superior ou inferior é o pro-
duto dos elementos da diagonal principal.
Demonstração
Seja 
 
=  
 
11
21 22
0a
A
a a
, o determinante é dado por:
– 42 –
Álgebra Linear
= 11
21 22
0
det
a
A
a a
= ⋅ − ⋅11 22 21det 0A a a a
= ⋅11 22det A a a
Exemplo 2.12
Calcule o valor do determinante da matriz 
 
=  
 
1 2
0 4
A
Solução
=
1 2
det
0 4
A
= ⋅ − ⋅det 1 4 2 0A
=det 4A
2.4.6 Sexta propriedade
Pode-se expressar o determinante como uma soma dos determinantes, 
quando em uma matriz A cada elemento de uma linha ou uma coluna é uma 
soma de duas parcelas.
+     
= +     +     
1 1 1 1 1 1 1
2 2 2 2 2 2 2
a b c a c b c
a b c a c b c
Demonstração
Seja 
+ 
=  + 
1 1 1
2 2 2
a b c
A
a b c
, o determinante é dado por:
+
=
+
1 1 1
2 2 2
det
a b c
A
a b c
– 43 –
Determinantes
( ) ( )= + ⋅ − ⋅ +1 1 2 1 2 2det A a b c c a b
Reescrevendo a matriz A:
   
= +   
   
1 1 1 1
2 2 2 2
a c b c
A
a c b c
= +1 1 1 1
2 2 2 2
det
a c b c
A
a c b c
( ) ( )= ⋅ − ⋅ + ⋅ − ⋅1 2 1 2 1 2 1 2det A a c c a b c c b
Colocando 1 2c e c em evidência:
( ) ( )= ⋅ + − ⋅ +2 1 1 1 2 2det A c a b c a b
Logo, as expressões são equivalentes, mostrando a veracidade da pro-
priedade.
Exemplo 2.13
Calcule o valor do determinante da matriz 
 
=  
 
5 1
10 4
A
Solução
=
5 1
det
10 4
A
= ⋅ − ⋅det 5 4 1 10A
=det 10A
Reescrevendo a matriz,
+
=
+
2 3 1
det
2 8 4
A
= +
2 1 3 1
det
2 4 8 4
A
–44 –
Álgebra Linear
( ) ( )= ⋅ − ⋅ + ⋅ − ⋅det 2 4 2 1 3 4 1 8A 
( ) ( )= +det 6 4A
=det 10A
2.4.7 Sétima propriedade
Trocando-se entre si duas linhas ou duas colunas da matriz A, seu deter-
minante muda de sinal, sendo multiplicado por (– 1).
Demonstração
Seja 
 
=  
 
11 12
21 22
a a
A
a a
, trocam-se as linhas de posição, obtendo a matriz 
 
=  
 
21 22
11 12
a a
B
a a
.
Calculando os determinantes:
= =11 12 21 22
21 22 11 12
det det
a a a a
A e B
a a a a
= ⋅ − ⋅ = ⋅ − ⋅11 22 12 21 21 12 22 11det detA a a a a e B a a a a
Logo, det A = – det B.
Exemplo 2.14
Calcule os determinantes das matrizes 
 
=  
 
2 1
3 2
A e 
 
=  
 
3 2
2 1
B .
Solução
= =
2 1 3 2
det det
3 2 2 1
A B
= ⋅ − ⋅ = ⋅ − ⋅det 2 2 1 3 det 3 1 2 2A B
– 45 –
Determinantes
= = −det 1 det 1A B
2.4.8 Oitava propriedade
Quando se multiplica uma linha ou uma coluna de uma matriz A por 
um escalar, o determinante fica multiplicado por esse escalar.
Demonstração
Seja 
 
=  
 
11 12
21 22
a a
A
a a
 e um escalar k, que multiplica a primeira linha 
desta matriz.
Calculando os determinantes:
⋅ ⋅
= 11 12
21 22
det
k a k a
A
a a
= ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅11 22 12 21det A k a a k a a
( )= ⋅ ⋅ − ⋅11 22 12 21det A k a a a a
Exemplo 2.15
Calcule os determinantes das matrizes 
 
=  
 
2 1
3 2
A e 
 
=  
 
2 2
3 4
B , em
que a segunda coluna da matriz B está multiplicada por 2
Solução
= =
2 1 2 2
det det
3 2 3 4
A B
= ⋅ − ⋅ = ⋅ − ⋅det 2 2 1 3 det 2 4 2 3A B
= =det 1 det 2A B
– 46 –
Álgebra Linear
Cabe ressaltar que existem outros dois métodos de resolução de deter-
minantes de ordens superiores: a regra de Chió e o determinante por esca-
lonamento. Nesse último, fazem-se operações entre linhas ou colunas, res-
peitando os efeitos produzidos sobre os determinantes, de acordo com as 
propriedades listadas (por exemplo, a troca entre duas linhas faz aparecer um 
sinal de menos), até obter uma matriz triangular, cujo determinante é dado 
pela multiplicação dos elementos diagonais, visto na quinta propriedade.
Atividades
1. Calcule o determinante da matriz 
− 
=  − 
2 3
1 4
A .
2. Calcule o determinante de cada matriz:
a) 
− 
=  − 
1 4
2 3
A
b) 
 
 
 =
 
 
 
1 3 2 5
1 4 3 6
4 2 6 3
0 0 0 0
B .
c) 
 
 =  
  
1 4 2
7 3 6
1 4 2
C
d) 
 
 =  
  
1 2 2
0 1 5
0 0 2
D
Muitos fenômenos físicos podem ser representados por sis-
temas de equações lineares. Essas equações contêm mais de uma 
variável e, assim, um sistema de equações pode ser reescrito como 
um problema envolvendo matriz e vetores, em que a variável a ser 
procurada como solução é um vetor. Veremos nesse capítulo alguns 
métodos de resolução de sistemas de equações lineares, os quais nos 
fornecem poderosas ferramentas para busca de soluções dos siste-
mas, inclusive em métodos computacionais.
Um sistema de equações lineares pode ser escrito na forma 
=Ax b , que expressa uma variável b em função da variável x de 
uma matriz constante A.
Sistemas de 
Equações Lineares
3
– 48 –
Álgebra Linear
Uma equação é dita linear quando é escrita na forma 
a1x1 + a2x2 + … + anxn = b. Um sistema cujas equações são lineares é dito 
sistema de equações lineares ou, simplesmente, sistema linear.
Definição
Um sistema de equações lineares com m equações e com n incógnitas é 
dado por
+ + + + =
 + + + + = + + + + =


 + + + + =
� � � � �
11 1 12 2 13 3 1 1
21 1 22 2 23 3 2 2
31 1 32 2 33 3 3 3
1 1 2 2 3 3
...
...
...
...
n n
n n
n n
m m m mn n m
a x a x a x a x b
a x a x a x a x b
a x a x a x a x b
a x a x a x a x b
em que 1 2 3,, , ... , nx x x x são as variáveis, 11 12 13,, , ... , mna a a a são os coeficientes 
das variáveis e 1 2 3, , , ... , nb b b b são os termos independentes.
Exemplo 3.1
 2 Sistema de uma equação com duas variáveis
{ − =2 3 2x y
 2 Sistema de duas equações com duas variáveis
− + =
 − = −
2 1
3 6 2
x y
x y
 2 Sistema de duas equações com três variáveis
+ − =
 − + =
2 4 6 0
3 2 3 7
x y z
x y z
 2 Sistema de quatro equações com quatro variáveis
− + − =
 − − + =
 + − + =
 + + + =
2 3 3 2 12
5 2 4 2 0
3 6 2 3 10
7 2 3 2 12
x y z w
x y z w
x y z w
x y z w
– 49 –
Sistemas de Equações Lineares
3.1 Classificação de sistemas lineares
Um sistema linear é classificado com relação ao número de soluções 
possíveis. Portanto, as classificações são as que seguem.
3.1.1 Sistema Possível e Determinado (SPD)
O sistema é possível e determinado quando possui apenas uma solução.
Exemplo 3.2
Considere o sistema de equações a seguir.
+ =
− + = −
2 4
2 3
x y
x y
Observe que nesse sistema a solução é única e dada pelo par ordenado 
( ){ }= 2,1s , pois
( )
( )
+ = + = ⇒ − + = −− + = − 
2 2 1 4 2 2 4
4 1 32 2 1 3
Figura 3.1 – Representação gráfica do sistema
– 50 –
Álgebra Linear
A solução do sistema é dada pelo ponto P. Cada uma das equações é a 
equação de uma reta e as duas retas se interceptam no ponto P.
3.1.2 Sistema Possível e Indeterminado (SPI)
Um sistema de equações é possível e indeterminado quando possui infi-
nitas soluções.
Exemplo 3.3
Considere o sistema de equações a seguir.
− =
 − =
3 2 2
6 4 4
x y
x y
Observe que a segunda equação é o dobro da primeira, representando 
assim a mesma informação. Veja exemplos de soluções a seguir, considerando 
que as possibilidades são infinitas.
( ) ( )  = −  
  
22, 2 , 0, 1 , ,0 ,(4,5), ...
3
s
Figura 3.2 – Representação gráfica do sistema
– 51 –
Sistemas de Equações Lineares
As duas retas que representam o gráfico são retas coincidentes, ou seja, 
possuem infinitos pontos em comum, dos quais estão apresentados apenas 
dois, para ilustrar. De fato, traçando a reta da primeira equação 3x – 2y = 2 
e depois outra a partir de 6x – 4y = 4, obtém-se uma mesma reta. Ou seja, 
todo par ordenado (x, y) que satisfaz a primeira equação, também satisfaz a 
segunda, já que se tratam, em essência, de uma mesma equação de reta.
3.1.3 Sistema Impossível (SI)
Um sistema de equações é dito impossível quando não possui nenhuma 
solução.
Exemplo 3.4
Considere o sistema de equações a seguir.
− =
 − =
10
5
x y
x y
Observe que para esse sistema não há valores x e y que satisfaçam, ao 
mesmo tempo, as duas equações. Supondo que houvesse um par de valores, 
seríamos obrigados a admitir que 10 = 5, o que é um absurdo. Portanto, o 
sistema é impossível.
Figura 3.3 – Representação gráfica do sistema
– 52 –
Álgebra Linear
As retas provenientes das equações do sistema são paralelas e, portanto, 
não possuem nenhum ponto (x, y) em comum, o que ilustra o fato de o sis-
tema não admitir solução.
3.2 Sistemas homogêneos de equações lineares
Definição
Chama-se de equação linear homogênea toda equação que possui ter-
mos independentes nulos. Um sistema homogêneo é aquele em que todas as 
equações são homogêneas.
+ + + + =
 + + + + = + + + + =


 + + + + =
� � � � �
11 1 12 2 13 3 1
21 1 22 2 23 3 2
31 1 32 2 33 3 3
1 1 2 2 3 3
... 0
... 0
... 0
... 0
n n
n n
n n
m m m mn n
a x a x a x a x
a x a x a x a x
a x a x a x a x
a x a x a x a x
Exemplo 3.5
Os sistemas de equações lineares a seguir são homogêneos.
+ =
 − =
2 0
1)
3 0
x y
x y
+ − =
 − + =
 + − =
2 5 0
2) 3 4 0
2 5 0
x y z
x y z
x y z
Todo sistema de equações lineares homogêneas possui pelo menos 
uma solução, chamada de soluçãotrivial do sistema. No exemplo 1 ela é 
representada por ( ){ }0,0 . No exemplo 2, é dada por ( ){ }0,0,0 . De um 
modo geral, representamos essa solução trivial por ( ){ }0,0,0,... , 0 , ou seja, 
um vetor nulo.
– 53 –
Sistemas de Equações Lineares
3.3 Sistemas equivalentes
Definição
Sejam dois sistemas de equações lineares, dizemos que são equivalentes 
quando admitem a mesma solução.
Exemplo 3.6
Os sistemas de equações lineares a seguir são equivalentes, pois ambos 
possuem como solução o par ordenado ( ){ }= 2,3S .
+ = − = − 
⇔ − = − + = 
4 8 32 2 4
3 6 12 2 8
x y x y
x y x y
Para transformar um sistema de equações em equivalente, efetuamos 
operações elementares:
 2 multiplicação de equação por um número real;
 2 permutação de duas equações;
 2 substituição de uma equação por sua soma com outra equação.
3.4 Matriz associada a um sistema
A compreensão da representação de uma equação linear em forma 
matricial é indispensável para o estudo do capítulo.
Definição
Considere o sistema de equações
+ + + + =
 + + + + = + + + + =


 + + + + =
� � � � �
11 1 12 2 13 3 1 1
21 1 22 2 23 3 2 2
31 1 32 2 33 3 3 3
1 1 2 2 3 3
...
...
...
...
n n
n n
n n
m m m mn n m
a x a x a x a x b
a x a x a x a x b
a x a x a x a x b
a x a x a x a x b
– 54 –
Álgebra Linear
Sabemos que esse sistema linear pode ser escrito em forma matricial 
como =Ax b , de modo que 
     
     
     
     ⋅ =
     
     
          
�
�
�
� � � ��� � � �
�
11 12 13 1 1 1
21 22 23 2 2 2
31 32 33 3 3 3
1 2 3
n
n
n
m m m mn n m
a a a a x b
a a a a x b
a a a a x b
a a a a x b
, em 
que A representa a matriz dos coeficientes, x representa o vetor das variáveis e 
b o vetor dos termos independentes.
3.4.1 Representação da matriz incompleta
 
 
 
 
 
 
  
�
�
�
� � � ��� �
�
11 12 13 1
21 22 23 2
31 32 33 3
1 2 3
n
n
n
m m m mn
a a a a
a a a a
a a a a
a a a a
Chamamos esta matriz de matriz dos coeficientes ou matriz incompleta, 
pois ela é constituída apenas pelos coeficientes das variáveis.
Exemplo 3.7
Represente o sistema abaixo em forma de matriz dos coeficientes
+ − =
 − + =
 + − =
2 7 2
8 2 3
2 9 6
x y z
x y z
x y z
Solução
Sabemos que o sistema linear de equações é dado por =Ax b .
Então
−     
     − ⋅ =     
     −     
1 2 7 2
8 1 2 3
2 9 1 6
x
y
z
– 55 –
Sistemas de Equações Lineares
em que A é a matriz dos coeficientes.
− 
 − 
 − 
1 2 7
8 1 2
2 9 1
3.4.2 Representação da matriz completa
 
 
 
 
 
 
  
�
�
�
� � � ��� � �
�
11 12 13 1 1
21 22 23 2 2
31 32 33 3 3
1 2 3
n
n
n
m m m mn m
a a a a b
a a a a b
a a a a b
a a a a b
Observamos que a matriz completa, ou matriz ampliada, representa o 
sistema completo, excetuando as variáveis. Ou seja, ela é formada acrescen-
tando-se à matriz dos coeficientes das variáveis uma coluna com o vetor dos 
termos independentes.
Exemplo 3.8
Represente o sistema abaixo em forma de matriz completa
+ − =
 − + =
 + − =
2 7 2
8 2 3
2 9 6
x y z
x y z
x y z
Solução
Sabemos que o sistema linear de equações é dado por =Ax b .
Então
−     
     − ⋅ =     
     −     
1 2 7 2
8 1 2 3
2 9 1 6
x
y
z
– 56 –
Álgebra Linear
Assim,
− 
 − 
 − 
1 2 7 2
8 1 2 3
2 9 1 6
3.5 Métodos de resolução de 
sistemas de equações lineares
Há alguns métodos de resolução de sistemas de equações lineares, como 
os de adição, substituição e comparação. Porém, alguns métodos não são 
apropriados para sistemas com m equações e n incógnitas.
3.5.1 Método da adição
O método consiste em fazer a adição de duas equações, com o objetivo 
de que, quando feita a soma, uma das variáveis seja igual a zero.
Exemplo 3.9
Dado o sistema de equações, determine os valores de x e y
+ =
− + = −
2 4
2 3
x y
x y
Solução
Para a resolução, multiplica-se a primeira linha por 2, assim, o termo que 
acompanhará a incógnita x na equação resultante será igual a zero.
( ) + = + = ×  ⇒ − + = −− + = − 
2 4 82 4 2
2 32 3
x yx y
x yx y
Fazendo a adição das equações
+ =
− + = −
=
2 4 8
2 3
5 5
x y
x y
y
– 57 –
Sistemas de Equações Lineares
Portanto, = 1y . Substituindo o valor de y na primeira equação
( )+ = ⇒ + = ⇒ + = ⇒ =2 4 2 1 4 2 4 2x y x x x
Logo, a solução é dada pelo par ordenado ( ){ }= 2,1s .
3.5.2 Método da substituição
O método da substituição consiste em escolher uma das equações, isolar 
nesta uma das incógnitas (a que se preferir) e substituí-la na outra equação.
Vamos resolver o mesmo exemplo anterior utilizando o método da 
substituição.
Exemplo 3.10
Dado o sistema de equações, determine os valores de x e y
+ =
− + = −
2 4
2 3
x y
x y
Solução
Para a resolução, vamos isolar a incógnita x na primeira equação.
+ =2 4x y
= −4 2x y
Com a incógnita de x já isolada, substituímos o valor resultante na 
segunda equação.
− + = −2 3x y
( )− − + = −2 4 2 3y y
− + + = −8 4 3y y
Isolando a incógnita y
= 1y
– 58 –
Álgebra Linear
Agora que já foi determinado o valor de y, o substituímos na primeira equação.
= −4 2x y
( )= −4 2 1x
= 2x
Assim, a solução é dada por ( ){ }= 2,1s .
3.5.3 Método de Gauss-Jordan
Considerando um sistema linear escrito na forma matricial, o método de 
Gauss-Jordan consiste em transformar a matriz A em uma matriz escalonada 
reduzida. Reescrever a matriz A dessa forma permite encontrar a solução de 
forma fácil. Quando, por exemplo, consegue-se reduzir a matriz A à matriz 
identidade, ou seja, um sistema SPD, o vetor dos termos independentes for-
nece diretamente as raízes das equações.
Dizemos que uma matriz A está na forma escalonada reduzida quando:
1. o primeiro elemento não-nulo de cada linha não-nula é igual a 1. 
Chamamos este elemento de pivô.
2. o pivô de uma linha sempre aparece à direita da linha anterior. Ou 
seja, o pivô da linha i + 1 aparece à direita do da linha i.
3. para cada coluna que contenha um pivô, todos os outros elementos 
serão iguais a zero.
4. todas as linhas nulas ficam abaixo das linhas não-nulas.
Exemplo 3.11
Resolver o sistema 
+ =
− + = −
2 3
2 4
x y
x y
Solução
Primeiramente escrevemos o sistema em forma de matriz completa.
 
 − − 
2 1 3
1 2 4
– 59 –
Sistemas de Equações Lineares
Tendo em vista que o elemento 11a deve ser igual a 1, trocamos as linhas de 
posição e multiplicamos a primeira linha por (-1).
− − 
 
 
1 2 4
2 1 3
→ = −1 1L L
 
− 
⇒  
 
1 2 4
2 1 3
O elemento 21a deve ser igual a zero.
− 
 
 
1 2 4
2 1 3 2 1 22L L L→ = − 
− 
⇒  − 
1 2 4
0 5 5
Transformando os elementos 22a em 1
− 
 − 
1 2 4
0 5 5 2 2
1
5
L L→ = − 
− 
⇒  − 
1 2 4
0 1 1
O elemento 12a deve ser igual a zero.
− 
 − 
1 2 4
0 1 1 1 1 22L L L→ = + 
 
⇒  − 
1 0 2
0 1 1
Assim, transformamos a matriz A na matriz identidade I2, e o novo vetor 
independente representa a solução do sistema ( ){ }= −2, 1S .
Exemplo 3.12
Resolver o sistema 
+ − =
 + − = −
 − + =
0
2 2 2
2 0
x y z
x y z
x y z
Solução
Em forma matricial
− 
 − − 
 − 
1 1 1 0
2 1 2 2
1 2 1 0
2 1 2
3 1 3
2L L L
L L L
→ = −
→ = −
– 60 –
Álgebra Linear
− 
 
 
 − 
1 1 1 0
0 1 0 2
0 3 2 0
3 2 33L L L→ = −
− 
 
 
  
1 1 1 0
0 1 0 2
0 0 2 6 3 31
2
L L→ =
− 
 
 
  
1 1 1 0
0 1 0 2
0 0 1 3
1 1 3L L L→ = +
 
 
 
  
1 1 0 3
0 1 0 2
0 0 1 3
1 1 2L L L→ = −
 
 
 
  
1 0 0 1
0 1 0 2
0 0 1 3
Logo, a solução é dada por ( ){ }= 1, 2,3S .
3.5.4 Regra de Cramer
A regra de Cramer é mais um método de resolução de um sistema de 
equações lineares. O método consiste em utilizar os conhecimentos de deter-
minantes para a solução do sistema. Em muitos casos não se torna apro-
priado, dado o grau de dificuldade para a resolução do determinante. A 
vantagem é que esse método apresenta o valor das incógnitas diretamente 
por meio de quocientes entre determinantes.
– 61 –
Sistemas de Equações Lineares
Seja o sistema
+ + + + =
 + + + + = + + + + =


 + + + + =
� � � � �
11 1 12 2 13 3 1 1
21 1 22 2 23 3 2 2
31 1 32 2 33 3 3 3
1 1 2 2 3 3
...
...
...
...
n n
n n
n n
m m m mn n m
a x a x a x a x b
a x a x a x a x b
a x a x a x a x b
a x a x a x a x b
Para obter a solução do sistema, tem-se
= = = =1 2 31 2 3, , , ... ,
nx x x x
n
D D D D
x x x x
D D D D
em que D é o determinante da matriz dos coeficientes, a matriz A, e 
1 2 3
, , , ...,
nx x x x
D D D D são os respectivos determinantes.
 
 
 
 =
 
 
  
� � � ��� �
�
1
1 12 13 1
2 22 23 2
3 32 33 3
2 3
...
...
...
n
n
nx
m m m mn
b a a a
b a a a
b a a aD
b a a a 
 
 
 
 =
 
 
  
� � � ��� �
�
2
11 1 13 1
21 2 23 2
31 3 33 3
1 3
...
...
...
n
n
nx
m m m mn
a b a a
a b a a
a b a aD
a b a a
 
 
 
 =
 
 
  
� � � ��� �
�
3
11 12 1 1
21 22 2 2
31 32 3 3
1 2
...
...
...
n
n
nx
m m m mn
a a b a
a a b a
a a b aD
a a b a 
 
 
 
 =
 
 
  
� � � ��� �
�
11 12 13 1
21 22 23 2
31 32 33 3
1 2 3
...
...
...
nx
m m m m
a a a b
a a a b
a a a bD
a a a b
Substituímos o vetor coluna b na coluna da matriz na qual desejamos 
determinar o valor da variável. Resolveremos os dois exemplos anteriores, 
agora com a regra de Cramer.
– 62 –
Álgebra Linear
Exemplo 3.13
Resolver o sistema utilizando a regra de Cramer
+ =
− + = −
2 3
2 4
x y
x y
Solução
As variáveis a serem determinadas são x e y. Observe que a primeira coluna 
representa a variável x, e a segunda, a variável y.
Logo, as variáveis são dadas por
= x
Dx
D
 e = y
D
y
D
Escrevendo em forma de matriz completa
 
 − − 
2 1 3
1 2 4
Iniciamos os cálculos com o determinante da matriz A.
( ) = ⇒ = = ⋅ − − = + = − − 
2 1 2 1
det 2 2 1 1 4 1 5
1 2 1 2
A A
Assim, temos = 5D .
Para determinar xD , trocamos a coluna dos coeficientes de x pelo vetor b.
( )= = ⋅ − − = + =
−
3 1
3 2 1 4 6 4 10
4 2x
D
Para determinar yD , trocamos a coluna dos coeficientes de y pelo vetor b.
( ) ( )= = − − − = − + = −
− −
2 3
2 4 3 1 8 3 5
1 4y
D
– 63 –
Sistemas de Equações Lineares
Assim, a solução do sistema é dada por
= =
−
= =
= = −
10 5
5 5
2 1
yx
DDx y
D D
x y
x y
( ){ }= −2, 1S
Exemplo 3.14
Resolver o sistema utilizando a regra de Cramer
+ − =
 + − = −
 − + =
0
2 2 2
2 0
x y z
x y z
x y z
Solução
Em forma matricial
− 
 − − 
 − 
1 1 1 0
2 1 2 2
1 2 1 0
Para a resolução do sistema, é necessário determinar os determinantes
, ,x y zD D D e D
Cálculo do determinante da matriz A, ou seja, o determinante D.
−
= −
−
1 1 1
det 2 1 2
1 2 1
D
– 64 –
Álgebra Linear
Utilizando a regra de Sarrus
−
= −
− −
1 1 1 1 1
det 2 1 2 2 1
1 2 1 1 2
D
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
det 1 1 1 1 2 1 1 2 2
1 2 1 1 2 2 1 1 1
D = ⋅ ⋅ + ⋅ − ⋅ + − ⋅ ⋅ − −  
− ⋅ ⋅ + ⋅ − ⋅ − + − ⋅ ⋅  
[ ] [ ]= − + − + −det 1 2 4 2 4 1D
= −det 3 5D
= −det 2D
Cálculo do determinante xD .
−
= − −
−
0 1 1
det 2 1 2
0 2 1
xD
−
= − − −
− −
0 1 1 0 1
det 2 1 2 2 1
0 2 1 0 2
xD
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
det 0 1 1 1 2 0 1 2 2
1 2 1 0 2 2 1 1 0
xD = ⋅ ⋅ + ⋅ − ⋅ + − ⋅ − ⋅ − −  
− ⋅ − ⋅ + ⋅ − ⋅ − + − ⋅ ⋅  
= − +det 4 2xD
= −det 2xD
Cálculo do determinante yD .
– 65 –
Sistemas de Equações Lineares
−
= − −
1 0 1
det 2 2 2
1 0 1
yD
−
= − − −
1 0 1 1 0
det 2 2 2 2 2
1 0 1 1 0
yD
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
det 1 2 1 0 2 1 1 2 0
0 2 1 1 2 0 1 2 1
yD = ⋅ − ⋅ + ⋅ − ⋅ + − ⋅ ⋅ −  
− ⋅ ⋅ + ⋅ − ⋅ + − ⋅ − ⋅  
= − −det 2 2yD
= −det 4yD
Cálculo do determinante zD .
= −
−
1 1 0
det 2 1 2
1 2 0
zD
Utilizando a regra de Sarrus
= −
− −
1 1 0 1 1
det 2 1 2 2 1
1 2 0 1 2
zD
( ) ( )
( ) ( )
det 1 1 0 1 2 1 0 2 2
1 2 0 1 2 2 0 1 1
zD = ⋅ ⋅ + ⋅ − ⋅ + ⋅ ⋅ − −  
− ⋅ ⋅ + ⋅ − ⋅ − + ⋅ ⋅  
= − −det 2 4zD
= −det 6zD
– 66 –
Álgebra Linear
Assim
= = =
− − −
= = =
− − −
= = =
2 4 6
2 2 2
1 2 3
y zx
D DDx y z
D D D
x y z
x y z
Logo, a solução é dada por ( ){ }= 1, 2,3S .
Note que, para a resolução de sistema utilizando a regra de Cramer, 
necessitamos do conhecimento de determinantes.
Observação
Quando o determinante = 0D , significa que o sistema é impossível 
ou que é possível e indeterminado (SI ou SPI). Como exercício, podemos 
verificar, por exemplo, os determinantes das matrizes dos coeficientes dos 
exemplos 3.3 e 3.4.
3.6 Matriz inversa
Definição
Seja uma matriz A quadrada de ordem n. Se existir uma matriz B  , 
também quadrada de ordem n, tal que A.B = B.A = I, então dizemos que a 
matriz A é inversa, e B é a matriz inversa de A, sendo representada por −1A .
− −⋅ = ⋅ =1 1A A A A I
3.6.1 Cálculo da matriz inversa 
por sistemas de equações
Para esse método, utilizamos os conceitos vistos com operações de 
matrizes. A seguir um exemplo de determinação de uma matriz inversa de 
segunda ordem.
– 67 –
Sistemas de Equações Lineares
Exemplo 3.15
Determine a matriz inversa 
 
=  
 
1 2
2 3
A
Solução
De acordo com a definição, tem-se
−⋅ =1A A I
Considerando −
 
=  
 
1 a bA
c d
 e 
 
=  
 
1 0
0 1
I
Aplicando a definição, temos
     
⋅ =     
     
1 2 1 0
2 3 0 1
a b
c d
Efetuando a multiplicação entre as matrizes, segue que
+ +   
=   + +   
2 2 1 0
2 3 2 3 0 1
a c b d
a c b d
Aplicando o conceito de igualdade de matrizes, temos
+ = + = 
 + = + = 
2 1 2 0
2 3 0 2 3 1
a c b d
a c b d
Resolvendo os sistemas, obtemos = − = = = −3, 2, 2 1a b c e d
Logo, a matriz inversa é dada por
− − =  − 
1 3 2
2 1
A
3.6.2 Cálculo da matriz inversa pelo 
método de Gauss-Jordan
Outra forma de determinar a matriz inversa é pelo método de Gauss-
-Jordan, em que posicionamos as matrizes A e I lado a lado, efetuando todas 
– 68 –
Álgebra Linear
as operações elementares em A necessárias para que esta se reduza à matriz 
identidade, e repetindo todas as operações em I. Ou seja, justapondo A|I, 
efetua-se, como em um espelho, as mesmas operações em ambas as matrizes.
Suponha uma matriz 
 
=  
 
11 12
21 22
a a
A
a a
 e a matriz identidade 
 
=  
 
1 0
0 1
I .
Escrevendo A ao lado de I
 
 
 
11 12
21 22
1 0
0 1
A I
a a
a a
Efetuando as operações elementares
−
 
 
 
1
1 0
0 1
I A
a b
c d
Para uma melhor compreensão, resolveremos o exemplo 3.13 por 
este método.
Exemplo 3.16
Determine a matriz inversa de 
 
=  
 
1 2
2 3
A
Solução
Escrevendo as matrizes, temos
  
 
1 2 1 0
2 3 0 1
A I
2 1 22L L L→ = −
 
 − 
1 2 1 0
0 1 2 1 1 1 22L L L→ = −
– 69 –
Sistemas de Equações Lineares
− 
 − 
1 0 3 2
0 1 2 1
Ao transformar a matriz A em I, a matriz I se transforma em A 
– 1.
−
− 
 − 
1
1 0 3 2
0 1 2 1
I A
Logo, a matriz inversa de A é dada por −
− 
=  − 
1 3 2
2 1
A
Exemplo 3.17
Determine a matriz inversa 
 
 =  
  
1 2 1
2 0 1
3 1 1
A
Solução
 
 
 
  
1 2 1 1 0 0
2 0 1 0 1 0
3 1 1 0 0 1
A I
2 1 2
3 1 3
2
3
L L L
L L L
→ = −
→ = −
 
 − 
 − 
1 2 1 1 0 0
0 4 1 2 1 0
0 5 2 3 0 1 → =2 2
1
4
L L
 
 
 −
 
 − 
1 2 1 1 0 0
1 1 10 1 0
4 2 4
0 5 2 3 0 1 3 2 35L L L→ = −
– 70 –
Álgebra Linear
 
 
 
 −
 
 
 − − −
 
1 2 1 1 0 0
1 1 10 1 0
4 2 4
3 1 50 0 1
4 2 4
3 3
4
3
L L→ = −
 
 
 
 −
 
 
 −
 
1 2 1 1 0 0
1 1 10 1 0
4 2 4
2 5 40 0 1
3 3 3
1 1 3
2 2 3
1
4
L L L
L L L
→ = −
→ = −
 − 
 
 −
 
 
 −
  
1 5 41 2 0
3 3 3
1 2 10 1 0
3 3 3
2 5 40 0 1
3 3 3
1 1 22L L L→ = −
 − − 
 
 −
 
 
 −
  
1 1 21 0 0
3 3 3
1 2 10 1 0
3 3 3
2 5 40 0 1
3 3 3
– 71 –
Sistemas de Equações Lineares
Logo, a matriz inversa é dada por
−
 − − 
 
 = −
 
 
 −
  
1
1 1 2
3 3 3
1 2 1
3 3 3
2 5 4
3 3 3
A
Atividades
1. Classifique o sistema de equações
+ =
=  + =
3 2 1
3
x y
s
x y
2. Resolva o sistema de equações
− + =
= + − =
 − + =
2 2
3 1
3 6 3 6
x y z
s x y z
x y z
3. Obtenha a solução do sistema de equações utilizando a regra de Gauss.
− + − =
= + + =
 + − =
3 3
2 2
2 4
x y z
s x y z
x y z
4. Determine a solução do sistema usando a regra de Cramer
+ − =
= + + =
 + − =
0
2 1
2 1
x y z
s x y z
x y z
– 72 –
Álgebra Linear
5. Determine a matriz inversa da matriz
 
 =  
  
1 0 1
1 3 2
1 1 0
A
O estudo de espaços vetoriais e suas aplicações envolvem os 
conceitos de vetores, sistemas de equações e matrizes, a exemplo das 
operações com vetores em R, R2 e R3, que podem ser representa-
das no plano cartesiano (em Rn aplicam-se as mesmas propriedades, 
mesmo que não seja visualizada sua representação geométrica).
No plano cartesiano bidimensional (R2), interpreta-se o par 
ordenado ( )1 1,x y como um ponto do plano. Já para um vetor no 
espaço tridimensional (R3), tem-se a tripla ordenada ( )1 1 1, ,x y z . 
Esses conceitos se estendem para o Rn.
Espaços Vetoriais 
Euclidianos
4
– 74 –
Álgebra Linear
4.1 Espaços vetoriais
Considere um conjunto V de elementos, ou seja, um conjunto não 
vazio, no qual estão definidas duas operações: a de adição, × →V V V , e a 
de multiplicação por escalar, × →K V V , em que K é o corpo sobre o qual 
o espaço vetorial pode ser definido. Quando K é o corpo dos números reais 
(R), dizemos que se trata de um espaço vetorial real.
Para que um espaço vetorial real se defina como tal, todas as condições a 
seguir devem ser verificadas, as quais são os axiomas do espaço vetorial.
 2 Adição: sejam os elementos 
→
u , 
→
v , ∈V , o conjunto V é fechado em 
relação à operação da adição e satisfaz
1. 
→ → → → → →   + + = + +   
   
u v w u v w , para quaisquer 
→ → →
, ,u v w ∈V
(comutativa).
2. 
→ → → →
+ = +u v v u , para quaisquer 
→ →
,u v ∈V (associativa).
3. 
→ → → → →
+ = + =0 0u u u , para todo 
→
u ∈V (existência do elemento 
nulo).
4. 
→ → → → → + − = − + = 
 
0u u u u , para todo 
→
u ∈V (existência do ele-
mento oposto).
 2 Multiplicação: seja o elemento 
→
u ∈V e α um número real, temos 
α
→
. u ∈V , e
5. ( )α β α β
→ → =  
 
. .u u , para quaisquer α β ∈, R e 
→
u ∈V .
6. ( )α β α β
→ → →
+ = +u u u , para quaisquer α β ∈, R e 
→
u ∈V .
7. α α α
→ → → → + = + 
 
u v u v , para quaisquer α∈R e 
→ →
,u v ∈V .
– 75 –
Espaços Vetoriais Euclidianos
8. 
→ →
=1.u u , para todo 
→
u ∈V .
Convém notar que um espaço vetorial definido sobre um corpo K qual-
quer, diverso dos reais, deve obedecer aos mesmos axiomas, lendo-se K no 
lugar de R. Caso esses escalares fossem números complexos, por exemplo, 
haveria então um espaço vetorial complexo. No presente capítulo, trabalha-se 
com espaços vetoriais reais.
Denotaremos vetor os elementos do conjunto V. Esses elementos podem 
ser constituídos por polinômios, matrizes, ou até mesmo por um conjunto 
numérico. O fato de podermos representar esses conjuntos como vetores se 
dá pelo comportamento das operações de adição e multiplicação realizadas 
sobre esse conjunto: os axiomas 1) a 8) são satisfeitos. Essas propriedades 
são as mesmas para o que se entende mais comumente, na prática, como os 
vetores de força na física, por exemplo.
Adotaremos para nossos estudos V como um espaço vetorial real. Vale 
a pena ressaltar que o estudo de álgebra linear deste livro direciona-se para 
V. Os axiomas apresentados referenciam as operações usuais da adição e 
multiplicação. Quando as operações não forem usuais, serão mencionadas 
em cada exercício. 
Exemplo 4.1
Mostre que o conjunto V representado por ( ){ }= ∈3 , , / , ,R x y z x y z R 
é um espaço vetorial com as operações usuais de adição e multiplicação por 
um escalar
Solução
Iniciamos definindo os vetores: ( )
→
= 1 1 1, ,u x y z , ( )
→
= 2 2 2, ,v x y z e 
( )
→
= 3 3 3, ,w x y z , pertencentes ao R3 e α β ∈, R .
Em relação à adição, tem-se
1. 
→ → → → → →   + + = + +   
   
u v w u v w
– 76 –
Álgebra Linear
Substituindo os vetores 
→ → →
,u v e w do lado direito da igualdade,
( ) ( )( ) ( )
→ → → + + = + + 
  1 1 1 2 2 2 3 3 3
, , , , , ,u v w x y z x y z x y z
Efetuando a adição dos vetores 
→ →
u e v ,
( )( ) ( )
→ → → + + = + + + + 
  1 2 1 2 1 2 3 3 3
, , , ,u v w x x y y z z x y z
Efetuando a adição dos vetores 
→ → → 
 
 
u e v e w ,
( ) ( ) ( )( )
→ → → + + = + + + + + + 
  1 2 3 1 2 3 1 2 3
, ,u v w x x x y y y z z z
Aplicando a propriedade associativa,
( ) ( ) ( )( )
→ → → + + = + + + + + + 
  1 2 3 1 2 3 1 2 3
, ,u v w x x x y y y z z z
Podemos reescrever como
( ) ( ) ( ) ( )( )
→ → → + + = + + + + 
  1 1 1 2 3 2 3 2 3
, , , ,u v w x y z x x y y z z
que representa a soma
( ) ( ) ( )( )
→ → → + + = + + 
  1 1 1 2 2 2 3 3 3
, , , , , ,u v w x y z x y z x y z
Assim, verificamos que o axioma 1) é verdadeiro.
→ → → → → →   + + = + +   
   
u v w u v w
2. ( ) ( )
→ →
+ = +1 1 1 2 2 2, , , ,u v x y z x y z
– 77 –
Espaços Vetoriais Euclidianos
( )
→ →
+ = + + +1 2 1 2 1 2, ,u v x x y y z z
( )
→ →
+ = + + +2 1 2 1 2 1, ,u v x x y y z z
( )
→ →
+ = + + +2 1 2 1 2 1, ,u v x x y y z z
( ) ( )
→ →
+ = +2 2 2 1 1 1, , , ,u v x y z x y z
→ → → →
+ = +u v v u
Logo, o axioma 2) é verdadeiro.
3. um vetor nulo ( )
→
= ∈ 30 0,0,0 R .
( ) ( )
→ →
+ = +1 1 10 , , 0,0,0u x y z
( )
→ →
+ = + + +1 1 10 0, 0, 0u x y z
( )
→ →
+ = 1 1 10 , ,u x y z
→ → →
+ =0u u
Logo, o axioma 3) é verdadeiro.
4. um vetor oposto ( )
→
− = − − − ∈ 31 1 1, ,u x y z R .
( ) ( )
→ → + − = + − − − 
  1 1 1 1 1 1
, , , ,u u x y z x y z
( )
→ → + − = − − − 
  1 1 1 1 1 1
, ,u u x x y y z z
– 78 –
Álgebra Linear
( )
→ → + − = 
 
0,0,0u u
→ → → + − = 
 
0u u
Logo, o axioma 4) é verdadeiro.
Em relação à multiplicação, tem-se
5. ( ) ( )( )αβ α β
→
= 1 1 1. . , ,u x y z
( ) ( ) ( ) ( )( )α β α β α β α β
→
= 1 1 1. . , . , .u x y z
( ) ( ) ( ) ( )( )α β α β α β α β
→
= 1 1 1. , ,u x y z
( ) ( )α β α β β β
→
= 1 1 1. , ,u x y z
( ) ( )( )α β α β
→
= 1 1 1. , ,u x y z
( )α β α β
→ → =  
 
. u u
Logo, o axioma 5) é verdadeiro.
6. ( ) ( )( )α β α β
→
+ = + 1 1 1, ,u x y z
( ) ( ) ( ) ( )( )α β α β α β α β
→
+ = + + +1 1 1, ,u x y z
( ) ( ) ( ) ( )( )α β α β α β α β
→
+ = + + +1 1 1 1 1 1, ,u x x y y z z
( ) ( ) ( )( )α β α α α β β β
→
+ = +1 1 1 1 1 1, , , ,u x y z x y z
– 79 –
Espaços Vetoriais Euclidianos
( ) ( ) ( )α β α β
→
+ = +1 1 1 1 1 1, , , ,u x y z x y z
( )α β α β
→ → →
+ = +u u u
Logo, o axioma 6) é verdadeiro.
7. ( ) ( )( )α α
→ → + = + 
  1 1 1 2 2 2
, , , ,u v x y z x y z
( )α α
→ → + = + + + 
  1 2 1 2 1 2
, ,u v x x y y z z
( )α α α α α α α
→ → + = + + + 
  1 2 1 2 1 2
, ,u v x x y y z z
( ) ( )α α α α α α α
→ → + = + 
  1 1 1 2 2 2
, , , ,u v x y z x y z
( ) ( )α α α
→ → + = + 
  1 1 1 2 2 2
, , , ,u v x y z x y z
α α α
→ → → → + = + 
 
u v u v
Logo, o axioma 7) é verdadeiro.
8. ( )
→
= 1 1 11. 1 , ,u x y z
( )
→
= 1 1 11. 1 ,1 ,1u x y z
( )
→
= 1 1 11. , ,u x y z
→ →
=1.u u
– 80 –
Álgebra Linear
Logo, o axioma 8) é verdadeiro.
Como todos os axiomas são verdadeiros, dizemos que o conjunto V, represen-
tado por R3, definido sobre os reais com as operações usuais, é um espaço vetorial. 
O mesmo pode ser demonstrado para Rn em geral (demonstração a cargo do leitor).
Exemplo 4.2
Seja o conjunto V representado por ( ){ }= ∈2 , / ,R x y x y R , verifique se 
é um espaço vetorial, munido com as operações ( ) ( ) ( )+ =1 1 2 2 1 2, , ,x y x y x y 
e ( ) ( )α α α= 3 31 1 1 1, ,x y x y .
Solução
Observe que, nesse exemplo, as operações não são usuais. Portanto, deve-
mos efetuá-las conforme indicado no enunciado. Sejam os vetores ( )
→
= 1 1,u x y , 
( )
→
= 2 2,v x y e ( )
→
= 3 3,w x y pertencentes ao R2 e α β ∈, R .
Em relação à adição, tem-se
1. 
→ → → + + 
 
u v w ( ) ( )( ) ( )= + +1 1 2 2 3 3, , ,x y x y x y ( ) ( )= +1 2 3 3, ,x y x y
( )= 1 3,x y
( ) ( ) ( )( )
→ → → + + = + + 
  1 1 2 2 3 3
, , ,u v w x y x y x y ( ) ( )= +1 1 2 3, ,x y x y
( )= 1 3,x y
→ → → → → →   + + = + +   
   
u v w u v w
Logo, o axioma 1) é verdadeiro.
2. ( ) ( ) ( )
→ →
+ = + =1 1 2 2 1 2, , ,u v x y x y x y
( ) ( ) ( )
→ →
+ = + =2 2 1 1 2 1, , ,v u x y x y x y
– 81 –
Espaços Vetoriais Euclidianos
→ → → →
+ ≠ +u v v u
Logo, o axioma 2) não é satisfeito (o que já garante que tal conjunto, com 
essas operações, não define um espaço vetorial).
3. um vetor nulo ( )
→
= ∈ 20 0,0 R .
( ) ( ) ( )
→ →
+ = + =1 1 10 , 0,0 ,0u x y x
→ → →
+ ≠0u u
Logo, o axioma 3) também não é satisfeito. Note que, para obter o mesmo 
vetor 
→
u , seria necessário tomar um candidato a vetor nulo dado por ( )10, y . 
Mas isso só funcionaria para um 
→
u específico, não para qualquer elemento de 
V. O mesmo candidato a vetor nulo ( )10, y não satisfaria a propriedade para 
qualquer outro vetor diferente de 
→
u .
4. um vetor oposto ( )
→
− = − − ∈ 21 1,u x y R .
( ) ( ) ( )
→ → + − = + − − = − 
  1 1 1 1 1 1
, , ,u u x y x y x y
→ → → + − ≠ 
 
0u u
Logo, o axioma 4) também não se satisfaz.
Em relação à multiplicação, tem-se
5. ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )α β α β α β α β α β α β
→
= = =3 3 3 3 3 3 3 31 1 1 1 1 1. . , . , . ,u x y x y x y
( ) ( ) ( )( )3 1 1 1. 3 1u = x , y = x , y = uα β α β β α β α β
→ → 
 
 
– 82 –
Álgebra Linear
Logo, o axioma 5) é satisfeito.
6. ( ) ( )( ) ( ) ( )( )3 31 1 11+ u = + x , y = + x , + y =α β α β α β α β
→
( )( ) ( )( )( )2 21 12 22 2= + + + x , + + + y =α β α β αβ α β α β αβ
( ) ( )( )
( )
3 3
1 1 1, 1 1 1
3 3
1, 1
3 33 3= x + x + + x x + x + + y
x y
α β αβ α β α β αβ α β
α β
≠
≠
em que
( ) ( ) ( )3 3 3 3 3 31, 1 1, 1 1, 1x y = x y + x y = u+ uα β α α β β α β
→ →
ou seja, ( )α β α β
→ → →
+ ≠ +u u u . Logo, o axioma 6) não é satisfeito.
7. ( ) ( )( ) ( ) ( )α α α α α
→ → + = + = = 
 
3 3
1 1 2 2 1 2 1 2, , , ,u v x y x y x y x y
e, por outro lado,
( ) ( ) ( ) ( )
( )
3 3
1 2 1 1 2 2
3
1 2
3 3
1 2
3
u + v = x , y + x , y = x , y + x , y =
x , y
α α α α α α α α
α α
→ →
=
Logo, o axioma 7) é satisfeito.
8. ( ) ( ) ( )
→
= = =3 31 1 1 1 1 11. 1 , 1 ,1 ,u x y x y x y
→ →
=1.u u
Logo, o axioma 8) é válido.
Como houve falha em alguns axiomas, o conjunto V apresentado não é 
um espaço vetorial. A demonstração de todos os axiomas, um por um, foi feita 
para fins didáticos mas, de fato, para que V fosse espaço vetorial, todos os axio-
mas 1) a 8) deveriam ser satisfeitos, bastando que um deles não seja satisfeito 
para que V, munido com as operações descritas, não seja um espaço vetorial.
– 83 –
Espaços Vetoriais Euclidianos
4.2 Subespaços vetoriais
Considere um espaço vetorial V. Suponha que seja necessário determinar 
um subconjunto de V, sendo esse subconjunto um espaço vetorial, porém menor. 
Tal subconjunto recebe o nome de subespaço vetorial, e é representado por W.
Se W é um subconjunto de um espaço vetorial V, então para ele também 
se verificam os axiomas 1) a 8), já que estes são satisfeitos para V. Ou seja, 
axiomas válidos para V deverão valer para qualquer subconjunto seu. Resta 
saber, no entanto, quais condições garantem que tal subconjunto também 
seja um espaço vetorial por si, ou seja, um subespaço vetorial de V.
4.2.1 Definição
Seja um espaço vetorial V. Um subconjunto W, não vazio, será um 
subespaço vetorial de V se, e somente se, as seguintes condições forem válidas.
a) Para quaisquer 
→ →
∈,u v W , 
→ →
+ ∈u v W .
b) Para quaisquer α
→
∈ ∈,R u W , α
→
u .
Ou seja, um subconjunto W de V que, munido com as mesmas opera-
ções de V, permanece sendo espaço vetorial, é um subespaço vetorial de V. 
Todo espaço vetorial possui, ao menos, dois subespaços vetoriais, que são 
os chamados subespaços triviais: tem-se o subespaço nulo, com um único 
elemento, dado por {
→
0 }, e o próprio espaço vetorial V. Note que qualquer 
subespaço W contém necessariamente o vetor nulo, bastando fazer α = 0.
Exemplo 4.3
Seja = 2V R e ( ){ }= ∈ =2, / 3W x y R y x , verifique se o subconjunto 
W é um subespaço vetorial do R2 relativo às operações de adição e multipli-
cação por escalar usuais
Solução
Dado ( ){ }= ∈ =2, / 3W x y R y x , podemos reescrever o subespaço como 
( ){ }= ∈, 3 ;W x x x R . Observamos que o segundo componente do vetor é o 
triplo do primeiro.
– 84 –
Álgebra Linear
Para verificar se W é um subespaço vetorial, definimos dois vetores perten-
centes a este subespaço vetorial
( )
→
= ∈1 1, 3u x x W e ( )
→
= ∈2 2, 3v x x W
Verificando as condições de subespaço vetorial
1. ( ) ( ) ( )
( )( )
1 1 2 2 1 2 1 2
1 2 1 2
, 3 ,3 ,3 3
, 3
u v x x x x x x x x
x x x x
→ →
+ = + = + + =
= + +
Temos que 
→ →
+ ∈u v W , pois o segundo componente do vetor é o triplo do 
primeiro.
2. ( ) ( )α α α α
→
= =1 1 1 1, 3 ,3u x x x x
Temos que α
→
∈u W , pois o segundo componente do vetor é o triplo do pri-
meiro.
Como as duas condições foram satisfeitas, dizemos que W é um subespaço 
vetorial de V.
Exemplo 4.4
Sejam = 3V R e ( ){ }= ∈ = − =3, , / 0W x y z R y x e z , verifique se o 
subconjunto W é um subespaço vetorial do R3 relativo às operações de adição 
e multiplicação por escalar usual
Solução
Neste exemplo, temos o segundo componente do vetor igual ao primeiro mul-tiplicado por -1, sendo o terceiro componente igual a zero.
Sejam os vetores
( )
→
= − ∈1 1, , 0u x x W e ( )
→
= − ∈2 2, , 0v x x W
Verificando as condições de subespaço vetorial,
– 85 –
Espaços Vetoriais Euclidianos
1. ( ) ( ) ( )
( )( )
1 1 2 2 1 2 1 2
1 2 1 2
, , 0 , ,0 , ,0
, , 0
u v x x x x x x x x
x x x x
→ →
+ = − + − = + − − =
= + − +
.
Temos que 
→ →
+ ∈u v W , pois o segundo componente do vetor é igual ao pri-
meiro multiplicado por -1, e o terceiro componente é igual a zero.
2. ( ) ( )α α α α
→
= − = −1 1 1 1, , 0 , ,0u x x x x
Temos que α
→
∈u W , pois o segundo componente do vetor é igual ao pri-
meiro componente multiplicado por -1, enquanto o terceiro continua 
igual a zero.
Como as duas condições foram satisfeitas, dizemos que W é um subespaço 
vetorial de V.
4.3 Soma de dois subespaços vetoriais
Considere dois subespaços vetoriais 1W e 2W de V. Sejam 
→
∈ 1u W 
e 
→
∈ 2v W , denotamos o conjunto de todos os vetores 
→ →
+u v de V por 
W = W1 + W2, a que denominamos soma de W1 e W2.
4.3.1 Teorema
Sejam dois subespaços 1W e 2W de V. A soma dos dois subespaços 1W
e 2W é um subespaço vetorial W de V.
De fato,
1. para a condição de adição, temos as seguintes colocações.
Sejam 
→ →
∈1 1 1,u v W , logo 
→ →
+ ∈1 1 1u v W .
Sejam 
→ →
∈2 2 2,u v W , logo 
→ →
+ ∈2 2 2u v W .
– 86 –
Álgebra Linear
Temos então
→ →
∈1 2u + u W e 
→ →
∈1 2v + v W
e, portanto, 
→ → → → → → → →       ∈       
       
1 2 1 2 1 1 2 2u + u + v + v = u + v + u + v W
então
→ → → → → → → →       + + + = + + + ∈ = +       
       1 1 2 2 1 2 1 2 1 2
u v u v u u v v W W W
2. para a condição de multiplicação por escalar:
para um vetor 
→
w qualquer de W, temos 
→ → →
=w u + v , com 
→
∈ 1u W e 
→
∈ 2v W . Seja α ∈R , então w = u+ v = u+ v Wα α α α
→ → → → →  ∈ 
 
, uma vez 
que 1u Wα
→
∈ e 2v Wα ∈
� .
Exemplo 4.5
Seja V o espaço vetorial das matrizes quadradas de ordem 3
  
  = ∈  
    
; , , , , , , , ,
a b c
V d e f a b c d e f g h i R
g h i
Sejam 1 2W e W subespaços vetoriais de V.
  
  = ∈  
    
1
0 0
0 0 ; , ,
0 0
a
W e a e i R
i
 e 
  
  = ∈  
    
2
0 0
0 0 ; , ,
0 0
c
W e c e g R
g
A soma dos subespaços vetoriais +1 2W W é um subespaço W de V.
+ =1 2W W
     
     + =     
          
0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0
a c a c
e e e
i g g i
– 87 –
Espaços Vetoriais Euclidianos
Assim, 
  
  = ∈  
    
0
0 0 ; , , , ,
0
a b
W e a b e g i R
g i
forma um subespaço do espaço vetorial das matrizes de ordem 3.
Observação: Simplificações podem ser feitas com relação às matrizes e 
aos polinômios. Para o exemplo apresentado, podem-se reescrever as matrizes 
como (a, b, c, d, e, f, g, h, i) ∈ R9.
Para um polinômio, por exemplo, 1 21 2 1 0...
n n
n na x a x a x a x a x
−
−+ + + + +  , 
podemos escrever ( )1 2 1 0, , ... , , ,n na a a a a− como a expressão do vetor-polinômio.
4.4 Interseção de dois subespaços vetoriais
Considere dois subespaços vetoriais 1W e 2W , pertencentes a um espaço 
vetorial V. Representaremos uma interseção = ∩1 2W W W .
4.4.1 Teorema
Sejam um espaço vetorial V e dois subespaços 1W e 2W de V. A inter-
seção entre os dois subespaços 1W e 2W é um subespaço vetorial W de V.
De fato,
1. para a condição de adição, temos que:
dados 
→ →
∈ ∩1 2,u v W W , ambos pertencem tanto a W1 quanto a 
W2. Como esses são subespaços vetoriais, 
→ →
∈ 2u + v W . Portanto, 
→ →
∈ ∩1 2u + v W W .
2. para a condição de multiplicação por escalar, temos:
[demonstração a cargo do leitor]
– 88 –
Álgebra Linear
Exemplo 4.6
Considere = 2V R , ( ){ }= =1 , /W x y x y e ( ){ }= = −2 , /W x y x y 
subespaços vetoriais de V. Descreva o espaço vetorial ∩1 2W W
Solução
Observe no gráfico que o vetor nulo é único e comum a 1W e 2W , pois
Figura 4.1 – Intersecção entre duas retas
Assim temos: ( ){ }= ∩ = = =1 2 , / 0 0W W W x y x e y .
4.5 Combinação linear
O conceito de combinação linear permite obter novos vetores a partir 
de outros.
– 89 –
Espaços Vetoriais Euclidianos
Definição
Seja V um espaço vetorial real, 1 2 3 1, , , ..., ,n nv v v v v V
→ → → → →
− ∈ e números reais 
1 2 3 1, , , ... , ,n na a a a a R− ∈ , o vetor 1 1 2 2 3 3 1 1... n n n nv a v a v a v a v a v− −= + + + + +
� �� �� �� ���� ��
 
pertencente a V é uma combinação linear dos vetores 1 2 3 1, , , ..., ,n nv v v v v
→ → → → →
− .
Exemplo 4.7
Sejam os vetores ( )
→
= 2,4u e ( )
→
= −3, 1v em 2R . Escreva o vetor 
( )
→
= 13, 5w como combinação linear de 
→ →
u e v
Solução
De acordo com a definição, escrevemos o vetor 
→
w como combinação linear 
de 
→ → →
= +w a u b v .
Substituindo os vetores
( ) ( ) ( )= + −13,5 2,4 3, 1a b
Aplicando o conceito de multiplicação de um escalar por um vetor, temos
( ) ( ) ( )= + −13,5 2 ,4 3 ,a a b b
Efetuando a soma dos vetores,
( ) ( )= + −13,5 2 3 ,4a b a b
Escrevemos a igualdade de vetores em forma de sistema de equações.
+ = − − = − 
 − = − = 
− = −
=
2 3 13 4 6 26
4 5 4 5
7 21
3
a b a b
Aplicando o método da adição
a b a b
b
b
– 90 –
Álgebra Linear
Substituindo o valor de b = 3 na equação 2,
− =
− =
= +
=
=
4 5
4 3 5
4 5 3
4 8
2
a b
a
a
a
a
Assim, apresentando 
→
w em forma da combinação linear pedida, temos
→ → →
= +2 3w u v
Exemplo 4.8
Sejam os vetores ( ) ( ) ( )1 2 31, 2,0,1 , 0,1,0,1 e 1,0,1,0v v v
→ → →
= = = − em 4R :
a) escreva o vetor ( )
→
= 1, 2,1,0w como combinação linear de 
→ → →
1 2 3,v v e v .
b) determine uma condição para que ( ), , ,x y z w seja uma combina-
ção linear de 
→ → →
1 2 3,v v e v .
c) verifique se é possível escrever 
→
3v como combinação linear de 
→ →
1 2v e v .
Solução
a) Para apresentar 
→
w como combinação linear é necessário determinar os 
escalares a, b e c. Então escrevemos
→ → → →
= + +1 2 3w a v b v c v
( ) ( ) ( )
→
= + + −1, 2,0,1 0,1,0,1 1,0,1,0w a b c
( ) ( ) ( ) ( )= + + −1, 2,1,0 1, 2,0,1 0,1,0,1 1,0,1,0a b c
– 91 –
Espaços Vetoriais Euclidianos
( ) ( ) ( ) ( )= + + −1, 2,1,0 , 2 ,0, 0, ,0, ,0, ,0a a a b b c c
( ) ( )= − + +1, 2,1,0 , 2 , ,a c a b c a b
Resolvendo o sistema de equação,
− =
 + =
 =
 + =
1
2 2
1
0
a c
a b
c
a b = 1c 
− =
− =
=
1
1 1
2
a c
a
a 
+ =
+ =
= −
0
2 0
2
a b
b
b
Assim representamos a combinação linear como
→ → → →
= − +1 2 32 2w v b v v
b) Para determinar uma condição para que ( ), , ,x y z w seja uma combi-
nação linear de 
→ → →
1 2 3,v v e v , escrevemos
( )
→ → →
= + +1 2 3, , ,x y z w a v b v c v
( ) ( ) ( ) ( )= + + −, , , 1, 2,0,1 0,1,0,1 1,0,1,0x y z w a b c
Em forma de sistema de equações
− =
 + =
 =
 + =
2
a c x
a b y
c z
a b w
Na equação 3 temos que: =c z .
Substituindo 3 na equação 1, determina-se o valor de a. 
− = ⇒ − = ⇒ = +a c x a z x a x z
– 92 –
Álgebra Linear
Substituindo = +a x z na equação 2, determina-se o valor de b.
( )2 2 2 2
2 2
a b y x z b y x z b y b
y x z
+ = ⇒ + + = ⇒ + + = ⇒ =
= − −
Substituindo os valores encontrados de a e b na equação 4:
+ =
+ + − − =
− + − − = − + + =
2 2
0 0
a b w
x z y x z w
x y z w ou x y z w
c) verifique se é possível escrever 
→
3v como combinação linear de 
→ →
1 2v e v , 
para isso, verificamos os escalares a e b.( ) ( ) ( )− = +1, 0, 1, 0 1, 2, 0, 1 0, 1, 0, 1a b
Observando apenas a terceira coordenada do vetor, para que uma com-
binação linear fosse possível deveríamos encontrar a e b tais que:
1 = a.0 + b. 0 = 0
o que é impossível para quaisquer a e b reais.
Logo, não é possível escrever 
→
3v como combinação linear entre 
→ →
1 2v e v .
Exemplo 4.9
Consideremos no espaço { }= + + ∈22 / , ,P a x b x c a b c R e os vetores 
= + +21 1p x x , = +
2
2 1p x e = −3 2p x
a) escrever o vetor = + +25 7p x x como combinação linear de 
1 2 3,p p e p .
b) escrever o vetor = + +25 7p x x como combinação linear de 
1 2p e p .
Solução
a) 
= + +1 2 3p a p b p c p
– 93 –
Espaços Vetoriais Euclidianos
( ) ( ) ( )+ + = + + + + + −2 2 25 7 1 1 2x x a x x b x c x
+ + = + + + + + −2 2 25 7 2x x a x a x a b x b c x c
( ) ( ) ( )+ + = + + + + + −2 25 7 2x x a b x a c x a b c
+ =
 + =
 + − =
5
1
2 7
a b
a c
a b c
Resolvendo o sistema de equações, obtemos
= = = −2, 3 1a b e c
Representando o vetor pedido em forma de combinação linear de p1, 
p2 e p3 segue que
= + −1 2 32 3p p p p
b) = +1 2p a p b p
( ) ( )+ + = + + + +2 2 25 7 1 1x x a x x b x
( ) ( )+ + = + + + +2 2 25 7x x a x a x a b x b
( ) ( )+ + = + + + +2 25 7x x a b x a x a b
+ =
 =
 + =
5
1
7
a b
a
a b
Observe que não é possível escrever p como combinação linear de 
1 2p e p , já que o sistema visto não tem solução.
O leitor poderá escrever os polinômios p1, p2 e p3 como
( )=1 1,1,1p , ( )=2 1,0,1p e ( )= −3 0,1, 2p
– 94 –
Álgebra Linear
4.6 Subespaços gerados
Definição
Seja um espaço vetorial V e W um subconjunto de vetores contido no 
espaço vetorial V não vazio, sendo { }→ → → →= ⊂1 2 3, , , ... , nW v v v v V . Então, o con-
junto de todos os vetores de V que são combinações lineares dos vetores de W 
é representado por [ ]W .
Considere dois vetores 
→
1v e 
→
2v não colineares em 
3R . Então, temos 
→ →
=1 1w a v e 
→ →
=2 2w b v .
Figura 4.2 – Subespaço gerado
Na figura 4.2, apresentamos um plano que passa pela origem e contém 
os vetores 
→
1v e 
→
2v Dessa forma, obtém-se 
→ → →
= +1 2w a v b v , que representa um 
subespaço gerado por W = { }→ →1 2,v v .
– 95 –
Espaços Vetoriais Euclidianos
Exemplo 4.10
Seja o conjunto W de matrizes 2 x 2
         =         
         
1 0 0 1 0 0 0 0
, , ,
0 0 0 0 1 0 0 1
W
Então, o subespaço gerado [ ]W é o conjunto ×2 2M , que consiste em 
todas as matrizes do tipo
         
+ + + =         
         
1 0 0 1 0 0 0 0
0 0 0 0 1 0 0 1
a b
a b c d
c d
Em que a, b, c e d são números reais.
[ ]  =  
 
a b
W
c d
Exemplo 4.11
Determine o subespaço do R3 gerados pelo vetor ( )
→
2,1,3v =
Solução
Considerando ( )
→
= , ,v x y z , escrevemos 
→
v como combinação linear de 
→
1v , 
então
( ) ( )=, , 2,1,3x y z a
( ) ( )=, , 2 , , 3x y z a a a
=
 =
 =
2
3
a x
a y
a z
Assim,
= 2x a e = 3z a
– 96 –
Álgebra Linear
Logo,
( ){ }
→  = ∈ = =  
3
1 , , / 2 3v x y z R x a e z a , ou ( ){ }
→  =  1
2 , , 3v y y y .
Em geral, o subespaço gerado por um vetor em R³ é uma reta que passa 
pela origem (o leitor pode verificar isso tomando o espaço gerado por um 
vetor genérico (a, b, c) e lembrando-se das equações paramétricas da reta).
Exemplo 4.12
Determine o subespaço gerado no R3 pelos vetores ( )
→
=1 1,1, 2v e 
( )
→
=2 0,1,1v .
Solução
Considerando ( )
→
= , ,v x y z , escrevemos 
→
v como combinação linear de 
→
1v 
e 
→
2v , então
→ → →
= +1 2v a v b v
( ) ( ) ( )= +, , 1,1, 2 0,1,1x y z a b
( ) ( ) ( )= +, , , , 2 0, ,x y z a a a b b
( ) ( )= + +, , , , 2x y z a a b a b
=
 + =
 + =
(1)
(2)
2 (3)
a x
a b y
a b z
Na equação (1), temos
=a x
Substituindo (1) em (2) segue que
+ =a b y
– 97 –
Espaços Vetoriais Euclidianos
+ =x b y
= − +b x y
Substituindo (1) e (2) em (3),
+ =2a b z
− + =2x x y z
+ =x y z
+ − = 0x y z
Logo, o subespaço gerado é dado por
( ){ }
→ →  = ∈ + − =  
3
1 2, , , / 0v v x y z R x y z .
Em geral, o subespaço gerado por dois vetores de R³ não colineares é um 
plano que passa pela origem. 
Exemplo 4.13
Seja o espaço vetorial 2P (os polinômios de grau 2) e sejam = + −
2
1 2 1p t t , 
= − +2 3p t e = +
2
3 2 2p t , determine o subespaço gerado por estes polinômios
Solução
Considerando ( )= , ,p x y z , escrevemos p como combinação linear de 
1 2,p p e 3p . Então
= + +1 2 3p a p b p c p
Escrevendo os polinômios em forma de vetores,
( ) ( ) ( ) ( )= − + − +, , 1, 2, 1 0, 1,3 2,0, 2x y z a b c
( )
( )
( )
+ =

− =
− + + =
2 1
2 2
3 2 3
a c x
a b y
a b c z
– 98 –
Álgebra Linear
de cujo sistema, se o escrevermos em notação matricial, obtemos
    
    − =    
    −    
1 0 2
2 1 0
1 3 2
a x
b y
c z ,
em que a matriz dos coeficientes tem determinante diferente de zero (cálculo por 
conta do leitor) e, portanto, tal sistema possui solução única para a, b, e c, inde-
pendente dos valores x, y e z dados. De fato, denotando essa matriz por A, temos 
que 
   
   =   
   
   
a x
A b y
c z
, e, como ≠ 0det A , então tal matriz pode ser invertida
(vide apêndice), e a solução é obtida por
−
   
   =   
   
   
1
a x
b A y
c z
Portanto, para qualquer polinômio p de grau 2 dado (com coeficiente x 
para 2t , y para t e z para constante), é possível encontrar coeficientes a, b e c 
que permitam escrever p em termos de p1, p2 e p3 e, assim, tais polinômios são 
capazes de gerar todo o espaço P2.
Exemplo 4.14
Dados os vetores ( )
→
1 0,1,4v = e ( )
→
2 2,0,1v =
Determine:
a) o subespaço gerado.
b) o valor de m para que o vetor ( )
→
=3 1, 2,v m pertença ao subespaço 
gerado.
Solução
a) Determinando o subespaço gerado entre 
→
1v e 
→
2v ,
– 99 –
Espaços Vetoriais Euclidianos
→ → →
= +1 2v a v b v
( ) ( )
→
= +0,1,4 2,0,1v a b
( )
( )
( )
=

=
 + =
2 1
2
4 3
b x
a y
a b z
Da equação (1) temos
=2b x
=
2
xb
e da equação (2)
=a y
Substituindo (1) e (2) na equação (3),
+ =4a b z
+ =4
2
xy z
+ − =8 2 0x y z
( ){ }
→ →  = ∈ + − =  
3
1 2, , , / 8 2 0v v x y z R x y z
b) Para determinar o valor de m, substituímos no subespaço gerado deter-
minado no item a.
+ − =8 2 0x y z
( )+ − =1 8 2 2 0m
+ − =1 16 2 0m
– 100 –
Álgebra Linear
− = −2 17m
=
17
2
m
Vale ressaltar que se o espaço vetorial for R3, por exemplo, serão 
necessários três vetores, no mínimo, para gerar todo o espaço veto-
rial. Caso contrário, o conjunto de vetores gera apenas uma parte 
do espaço vetorial.
4.7 Dependência e independência linear
O domínio do assunto de combinação linear é fundamental para a álge-
bra linear. É interessante, por exemplo, determinar o menor conjunto gerador 
de um espaço vetorial. Como visto no exemplo 4.12, às vezes o conjunto de 
vetores gera uma parte do espaço vetorial, e outras vezes, como no exemplo 
4.13, gera todo o espaço. Para determinar o menor conjunto gerador, necessi-
tamos dos conhecimentos de dependência e independência linear.
Definição
Um conjunto de vetores 
→ → → →
1 2 3, , , ... , nv v v v de um espaço vetorial V é dito 
linearmente independente (LI) se
→ → → → →
1 1 2 2 3 3 ... 0n na v + a v + a v + + a v =
o que implica que
a1 = a2 = a3 = … = an = 0
Em outras palavras, a equação possui uma única solução para os escala-
resai, = 1, 2,... ,i n , que é a solução trivial.
Caso exista algum ≠ 0ia , o conjunto de vetores é chamado de linear-
mente dependente (LD).
Para determinar se os vetores são linearmente independentes ou linear-
mente dependentes, escrevemos o sistema homogêneo obtido por meio da 
combinação linear.
– 101 –
Espaços Vetoriais Euclidianos
Exemplo 4.15
Dados dos os vetores ( )
→
=1 1,1, 2v , ( )
→
=2 2,1,1v e ( )
→
= −3 1, 1,3v no 
espaço vetorial = 3V R , verifique se os vetores formam um conjunto linear-
mente independente ou se são linearmente dependentes
Solução
Iniciamos escrevendo os vetores 
→ →
1 2,v v e 
→
3v como combinação linear do 
vetor ( )
→
= 0,0,0v .
→ → → →
+ + =1 2 3a v b v c v v
Substituindo os vetores,
( ) ( ) ( ) ( )+ + − =1 2 31,1, 2 2,1,1 1, 1,3 0,0,0a a a
Podemos reescrever a equação acima em forma de sistema.
+ + =
 + − =
 + + =
2 0 (1)
0 (2)
2 3 0 (3)
a b c
a b c
a b c
 Da equação (1) temos
= − −2a b c
o que, substituindo em (2) fornece
− − + − =2 0b c b c
= −2b c
Escrevendo a em função de c, temos
( )= − − −2 2a c c
= 3a c
Substituindo a e b em (3), segue que
2(3c) + (-2c) + 3c = 0
7c = 0.
– 102 –
Álgebra Linear
Assim, = = =0, 0 0a b e c .
Então, dizemos que o conjunto de vetores é linearmente independente, 
pois se obtém apenas a solução trivial.
Exemplo 4.16
Sejam os vetores ( )
→
= −1 2, 3,4v , ( )
→
= −2 1, 2, 2v e ( )
→
= − −3 1,12, 14v no 
espaço vetorial = 3V R . Verifique se formam um conjunto linearmente inde-
pendente ou se são linearmente dependentes
Solução
→ → → →
+ + =1 2 3a v b v c v v
( ) ( ) ( ) ( )− + − + − − =2, 3,4 1, 2, 2 1,12, 14 0,0,0a b c
( )
( )
( )
+ − =

− + + =
 − − =
2 0 1
3 2 12 0 2
4 2 14 0 3
a b c
a b c
a b c
Da equação (1) temos
+ − =2 0a b c
=− +2b a c
Substituindo (1) em (2) segue que
− + + =3 2 12 0a b c
( )− + − + + =3 2 2 12 0a a c c
= 2a c
Substituindo a em b em função de c,
=− +2b a c
=− 3b c
– 103 –
Espaços Vetoriais Euclidianos
Substituindo as expressões de a e b em (3),
− − =4 2 14 0a b c
( ) ( )− − − =4 2 2 3 14 0c c c
+ − =8 6 14 0c c c
=0 0
O resultado encontrado implica que o conjunto de vetores é linearmente 
dependente, já que um dentre os escalares a, b e c fica livremente determi-
nado. Por exemplo, escolhendo c = 1 segue que
( ) ( ) ( ) ( )− − − + − − =2 2, 3,4 3 1, 2, 2 1,12, 14 0,0,0
ou seja, uma vez que os três vetores são LD, podemos escrever o vetor nulo 
como combinação deles por meio de coeficientes não nulos. Note também 
que, por exemplo, ( ) ( ) ( )− − = − − −1, 12 , 14 3 1, 2, 2 2 2, 3,4 . Ou seja, sendo 
os vetores LD, podemos escrever um deles como cominação linear dos outros 
(em outras palavras, neste caso, o vetor ( )− −1, 12 , 14 é escrito de modo 
dependente de ( ) ( )− −1, 2, 2 2, 3,4e ).
Exemplo 4.17
No espaço vetorial = 4V R , o conjunto { }1 2 3 4, , ,e e e e , tal que 
( )=1 1, 0 , 0 , 0e , ( )=2 0 , 1, 0 , 0e , ( )=3 0 , 0 , 1, 0e e ( )=4 0 , 0 , 0 , 1e , que 
forma a base canônica, é LI
De fato, a equação
+ + + =1 2 3 4 0a e b e c e d e
( ) ( ) ( ) ( ) ( )+ + + =1,0,0,0 0,1,0,0 0,0,1,0 0,0,0,1 0,0,0,0a b c d
O sistema admite uma única solução.
= = = = 0a b c d
Portanto, o sistema é linearmente independente.
– 104 –
Álgebra Linear
Em geral, tem-se que o conjunto dos vetores = nV R , { }1 2 3, , , ... , ne e e e  , 
( )=1 1, 0 , 0 , ... , 0e , ( )=2 0 , 1, 0 , ... , 0e , ( )=3 0 , 0 , 1, ... , 0e , ... , 
( )= 0 , 0 , 0 , ... , 1ne forma um conjunto linearmente independente (demons-
tração a cargo do leitor).
Exemplo 4.18
No espaço vetorial = 4V R , considere os vetores ( )
→
=1 1,0, 2,1v , 
( )
→
=2 1,0,1,3v e ( )
→
=3 0,1,0, 2v . Verifique se esses vetores formam um con-
junto linearmente independente ou se são linearmente dependentes
Solução
→ → → →
+ + =1 2 3a v b v c v v
( ) ( ) ( ) ( )+ + =1,0, 2,1 1,0,1,3 0,1,0, 2 0,0,0,0a b c
Fornece o sistema formado pelas equações
a + b = 0, c = 0, 2a + b = 0 e a + 3b + 2c = 0
Tal sistema admite uma única solução, dada por = = =0, 0 0a b e c (veri-
ficação a cargo do leitor).
Portanto, os vetores são linearmente independentes.
4.7.1 Teorema
Um conjunto de vetores { }→ → → →= 1 2 3, , , ... , nA v v v v é LD se, e somente 
se, um destes vetores for uma combinação linear dos outros.
Demonstração
Seja o conjunto { }→ → → → →= 1 2 3, , , ... , , ... ,i nA v v v v v linearmente depen-
dente. Por definição, existe pelo menos um dos coeficientes da igualdade a 
seguir diferente de zero.
– 105 –
Espaços Vetoriais Euclidianos
→ → → → →
+ + + + + + =1 1 2 2 3 3 ... ... 0i i n na v a v a v a v a v
Supondo que 
→
≠ 0i ia v , isolamos 
→
i ia v
→ → → → →
= − − − − −1 1 2 2 3 3 ...i i n na v a v a v a v a v
Ou ainda, isolando apenas 
→
iv ,
→ → → →
→ − − − − −
= 1 1 2 2 3 3
... n n
i
i
a v a v a v a v
v
a
Logo,
→ → → → →
= − − − − −1 2 31 2 3 ...
n
i n
i i i i
a a a a
v v v v v
a a a a
Assim, tem-se 
→
iv como combinação linear dos outros vetores.
Por outro lado, se para algum 
→
iv temos
→ → → → → →
− − +1 1 2 2 1 1 1 1... ...i i i i+ i n nv = b v + b v + + b v + b v + + b v
então,
→ → → → → → →
− − +−1 1 2 2 1 1 1 1... 1 ... 0i i i i+ i n nb v + b v + + b v v + b v + + b v =
em que bi = -1 e, portanto, o conjunto é LD. Este teorema equivale a dizer 
que um conjunto { }→ → → → →= 1 2 3, , , ... , , ... ,i nA v v v v v é linearmente indepen-
dente se, e somente se, nenhum desses vetores for uma combinação linear 
dos outros.
Caso particular
Um conjunto de dois vetores 
→ →
1 2v e v será LD se, e somente se, existir 
uma combinação linear entre os vetores.
– 106 –
Álgebra Linear
Exemplo 4.19
Sejam os vetores 
→ →
1 2v e v pertencentes ao um espaço vetorial =
3V R
Na figura 4.3, o conjunto de vetores é LI. Na figura 4.4, os vetores são 
LD, pois estão sobre a mesma reta, formando assim uma combinação linear 
que passa pela origem do sistema (neste caso, um vetor é múltiplo do outro).
Exemplo 4.20
Sejam os vetores 
→ → →
1 2 3,v v e v pertencentes ao um espaço vetorial =
3V R
Figura 4.3 – Vetores no plano x, y
Figura 4.4 – Vetores coincidentes
– 107 –
Espaços Vetoriais Euclidianos
Figura 4.5 – Vetores LI
Figura 4.6 – Vetores LD
Observa-se na figura 4.5 que o conjunto de vetores é LI, pois 
→
3v não 
forma uma combinação linear com os vetores 
→ →
1 2v e v (ou ainda, não é pos-
sível obter 
→
3v a partir dos outros dois vetores, já que estes se restringem ao 
plano x-y). Na figura 4.6, o conjunto de vetores é LD, pois estão sobre o 
mesmo plano, passando pela origem.
– 108 –
Álgebra Linear
4.7.2 Propriedades de dependência 
e independência linear
Por definição, o conjunto vazio φ é LI. Além disso, podemos afirmar que
1. seja V um espaço vetorial e o conjunto { }→= ⊂1A v V não nulo. Então, 
dizemos que A é LI.
De fato, considerando
→
=1 0a v
com 
→
≠1 0v , segue que a igualdade será verdadeira se, e somente se, 
= 0a .
Exemplo 4.21
Seja um espaço vetorial V que contém o conjunto A dado pelo vetor 
( )
→
=1 1, 2,3v . Logo o conjunto A é LI
Solução
A condição
( ) =1, 2,3 0a
implica que
=
 =
 =
0
2 0
3 0
a
a
a
Como o sistema admite uma única solução, o conjunto é LI. 
2. Seja V um espaço vetorial e o conjunto A contendo um vetor nulo. 
Então dizemos que A é LD.
De fato, considere o conjunto { }→ → → → →= 1 2 3, , , ... , , ... ,i nA v v v v v , sendo 
→
= 0iv .
– 109 –
Espaços Vetoriais Euclidianos
Dada a equação
→ → → → → →
+ + + + + + +1 1 1 1 1 1 1... 0 ... ...0i na v a v a v a a v =
da qual não se segue que ai seja igual a 0 (ele pode assumir qualquer 
valor). Logo, a condição para independência linear não se verifica, já que 
a equação acima admite soluções não triviais para os escalares, e A é LD.
Exemplo 4.22
Seja um espaço vetorial = 3V R que contém o conjunto 
{ }→ → →= 1 2 3, ,A v v v , constituído pelos vetores ( )→ =1 1, 2,3v , ( )→ =2 0,0,0v 
e ( )
→
= −3 2, 1,5v . O conjunto A é LD
Solução
A equação
a1 (1, 2, 3) + a2 (0, 0, 0) + a3 (2, -1, 5) = (0, 0, 0)
admite solução não-trivial (por exemplo, com a2 = 1 e a1 = a3 = 0). Por-
tanto, o conjunto A é LD.
3. Seja V um espaço vetorial e o conjunto A contido em V. Se uma parte do 
conjunto A for LD, então o conjunto A será LD.
De fato,
considere o conjunto { }→ → → → →= 1 2 3, , , ... , , ... ,i nA v v v v v .
Suponha que uma parte deste conjunto A, um conjunto 
{ }→ → →=1 1 2, , ... , iA v v v , seja LD.
Se o conjunto 1A é LD, isso significa que existe pelo menos um ak ≠ 0 
que verifica a igualdade
→ → → → →
+ + + + +1 1 2 2 ... ... 0k k i ia v a v a v a v =
– 110 –
Álgebra Linear
Dessa forma, ak ≠ 0 também irá satisfazer a igualdade
→ → → → → →
+ + + + + + +1 1 2 2 ... ... ... 0k k i i n na v a v a v a v a v =
Portanto, A é LD.
Exemplo 4.23
Considere o conjunto A = {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 3, 0)} de vetores em R³ e 
seu subconjunto A1 = {(0, 1, 0), (0, 3, 0)}. Temos que o conjunto A é LD
Solução
Primeiramente, é fácil notar que A1 é LD, já que (0, 3, 0) = 3(0, 1, 0). 
Pelo teorema anterior, esperamos que A também o seja. De fato, a condição
a (1, 0, 0) + b (0, 1, 0) + c (0, 3, 0) = (0, 0, 0)
implica que a = 0 e b = -3c, o que admite solução não trivial (por exemplo, 
c = 2 e b = -6). Note que podemos escolher qualquer valor não nulo para c.
4. Seja V um espaço vetorial e um conjunto A LI contido em V. Então, 
qualquer parte deste conjunto A também será LI.
De fato: se uma parte do conjunto A fosse LD, isso implicaria que todo 
o conjunto A seria LD, pela propriedade 4.
5. Seja um espaço vetorial V que contenha os conjuntos 
{ }→ → → → →= 1 2 3, , , ... , , ... ,i nA v v v v v e { }→ → → → → →= 1 2 3, , , ... , , ... , ,i nB v v v v v v , 
sendo o conjunto A LI e o conjunto B LD. Então 
→
v é uma combinação 
linear de 
→ → → → →
1 2 3, , , ... , , ... ,i nv v v v v .
Suponha, por absurdo, que não o fosse. Nesse caso, nenhum vetor de B 
poderia ser escrito como combinação linear dos outros, já que os vetores 
de A são LI, por hipótese. E então, B seria LI. Tal implicação é absurda.
Exemplo 4.24
Verificar se são LI ou LD os seguintes conjuntos.
a) ( ) ( ){ } ⊂ 21, 2 , 3, 2 R
– 111 –
Espaços Vetoriais Euclidianos
b) ( ) ( ) ( ){ }− − − ⊂ 33, 2,4 , 1,3, 2 , 3, 2, 4 R
c) ×
−          ⊂        −         
2 2
1 3 2 1 0 0 1 1
, , ,
2 2 3 0 0 0 1 1
M .
d) { }+ − − + + − ⊂2 2 2 22 1, 2 4 3, 2 4 2x x x x x x P
Solução
a) O conjunto é LI, pois os vetores não são múltiplos escalares um do outro.
De fato,
( ) ( )+ =1 21, 2 3, 2 0a a
( )
( )
+ =

+ =
1 2
1 2
3 0 1
2 2 0 2
a a
a a
Da equação (1) temos
+ =1 23 0a a
= −1 23a a
Substituindo essa expressão na equação (2), segue que
+ =1 22 2 0a a
( )− + =2 22 3 2 0a a
− + =2 26 2 0a a ,
o que fornece
=2 0a
então, = =1 2 0a a
Logo, o conjunto é LI.
– 112 –
Álgebra Linear
b) O conjunto é LD, pois o primeiro vetor é múltiplo escalar do terceiro.
De fato,
( ) ( ) ( )− + + − − =1 2 33, 2,4 1,3, 2 3, 2, 4 0a a a
( )
( )
( )
− + + =
 + − =
 + − =
1 2 3
1 2 3
1 2 3
3 3 0 1
2 3 2 0 2
4 2 4 0 3
a a a
a a a
a a a
Da equação (1), temos
= −2 1 33 3a a a
cuja substituição na equação (2) fornece
( )+ − − =1 1 3 32 3 3 3 2 0a a a a
+ − − =1 1 3 32 9 9 2 0a a a a ,
o que nos dá
=1 3a a e, portanto, =2 0a .
Substituindo =1 3a a e =2 0a na equação (3), segue que
+ − =1 2 34 2 4 0a a a
( )+ − =1 14 2 0 4 0a a
=0 0 ,
o que é válido para um a1 qualquer. Portanto, como o sistema possui 
outras soluções além da trivial, o conjunto é LD.
c) O conjunto é LD, pois o conjunto apresenta um vetor nulo, conforme 
a propriedade 2.
( ) ( ) ( ) ( )+ − − + + =1 2 3 41,3, 2, 2 2,1, 3,0 0,0,0,0 1,1,1,1 0a a a a
– 113 –
Espaços Vetoriais Euclidianos
1 2 3 4
1 2 3 4
1 2 3 4
1 2 3 4
2 0 0
3 0 0
2 3 0 0
2 0 0 0
a a a a
a a a a
a a a a
a a a a
− + + =
 + + + =
 − + + =
 + + + =
Como o sistema admite infinitas soluções, o conjunto é LD.
O conjunto é LD, pois se observa que o terceiro polinômio é o dobro do 
primeiro (2, 4, -2) = (1, 2, -1)
4.8 Base e dimensão
É natural interpretarmos os espaços unidimensional, bidimensional e tridi-
mensional. Porém, o objetivo principal é tornar essa interpretação mais precisa.
4.8.1 Base
A determinação de uma base de um espaço vetorial V nos proporciona o 
menor conjunto de vetores no espaço vetorial V que representa completamente 
V. Isto é, uma base de V é um conjunto de vetores tais que, qualquer vetor de V 
pode ser escrito como combinação linear desses vetores (dizemos que ele é, assim, 
“gerado” pelos vetores da base), sendo todos estes necessários para compor a base.
Um conjunto { }→ → →= 1 2, , ... , nB v v v de vetores de V será uma base do 
espaço vetorial V se:
1. o conjunto B for LI.
2. o conjunto B gerar V.
Atendendo as condições acima, o conjunto de vetores devem ser não 
nulos e distintos.
Exemplo 4.25
Mostre que o conjunto { }→ → →= 1 2 3, ,B v v v , em que ( )→ =1 2,1,3v , 
( )
→
=2 1,1,0v e ( )
→
=3 1,0,0v , é uma base para o 
3R
– 114 –
Álgebra Linear
Solução
Para mostrar que B é linearmente independente, escrevemos a equação:
a1 (2, 1, 3) + a2 (1, 1, 0) + a3 (1, 0, 0) = (0, 0, 0)
da qual obtemos o sistema linear
 + + =

+ =
 =
1 2 3
1 2
1
2 0
0
3 0
a a a
a a
a
cuja solução é única e dada por = = =1 2 3 0a a a , e segue que B é linearmente 
independente.
Para mostrar que B gera 3R , tomamos um vetor qualquer ( )
→
= , ,v x y z e 
mostramos que ele pode ser escrito como combinação linear de 
→ → →
1 2 3,v v e v .
( ) ( ) ( ) ( )+ + − =1 2 32,1,3 1,1,0 1,0,0 , ,a a a x y z
Escrevendo em forma de sistema linear,
( )
( )
( )
 + − =
 + =
 =
1 2 3
1 2
1
2 1
2
3 3
a a a x
a a y
a z
Da equação (3), determinamos o valor de 1a .
=13a z
=1 3
za
Substituindo 1a na equação (2),
+ =1 2a a y
+ =23
z a y
– 115 –
Espaços Vetoriais Euclidianos
−
=2
3
3
y za
Substituindo 1a e 2a na equação (1),
+ − =1 2 32a a a x
−  + − = 
 
3
32
3 3
z y z a x
− + +
=3
3 3
3
x y za
Como foi determinada uma solução para 1a , 2a e 3a , B gera o 
3R , já que 
um vetor qualquer (x, y, z) de R³ pode ser escrito como combinação linear dos 
três vetores de B.
Assim, dizemos que o conjunto B é base do 3R .
Exemplo 4.26
Verifique se o conjunto ( ) ( ){ }= 2,1 , 1,0B é uma base para o 2R
Solução
Primeiramente, deve-se determinar se B é LI.
O conjunto B é LI, pois há dois vetores que não são múltiplos escalares entre si.
Agora, verificamos se B gera o 
2R .
Para tal, tomamos um vetor qualquer de R² e verificamos se ele pode ser 
escrito como combinação linear de (2, 1) e (1, 0).
( ) ( ) ( )+ =1 22,1 1,0 ,a a x y
que, reescrevendo em forma de sistema linear, fornece
( )
( )
+ =

=
1 2
1
2 1
2
a a x
a y
– 116 –
Álgebra Linear
Na equação (2), determinamos o valor de 1a .
=1a y
Substituindo 1a na equação (1),
+ =1 22a a x
+ =22 y a x
= −2 2a x y
Como foi determinada uma solução para 1a e 2a ,B gera o 
2R . De 
fato, um vetor qualquer (x, y) de R² pode ser escrito em termos dos dois vetores 
de B: (x, y) = y (2, 1) + (x-2y) (1, 0).
Logo, o conjunto B é base do 2R .
Exemplo 4.27
Verifique se o conjunto ( ) ( ) ( ){ }= − −1,3, 2 , 0,4,0 , 2,6, 4B é uma base 
para o 3R
Solução
Primeiramente, deve-se determinar se B é LI.
O conjunto B é LD, pois (-2, 6, -4) = -2 (1, 3, 2). Portanto, o conjunto não 
forma uma base do R³.
Exemplo 4.28
Verifique se o conjunto ( ) ( ) ( ){ }= − − −1,1, 2 , 2, 2,0 , 3,1, 4B é uma base 
para o 3R
Solução
Para mostrar que B é linearmente independente, escrevemos a equação
→ → → →
1 1 2 2 3 3 0a v + a v + a v =
– 117 –
Espaços Vetoriais Euclidianos
Substituindo os vetores, temos
a1 (1, 1, -2) + a2 (2, -2, 0) + a3 (3, 1, -4) = (0, 0, 0)
Obtemos o sistema linear
 + + =

− + =
− − =
1 2 3
1 2 3
1 3
2 3 0
2 0
2 4 0
a a a
a a a
a a
que é um sistema do tipo SPI (verificação a cargo do leitor), o que significa que 
não admite apenas a solução trivial = = =1 2 3 0a a a , de modo que B não é 
linearmente independente.
Já sabemos, então, que B não pode ser uma base para R³. Mesmo não 
o sendo, poderia ainda acontecer de B gerá-lo. Para verificar se isso acontece, 
precisamos tentar escrever um vetor qualquer (x, y, z) de R³ como combinação 
linear dos vetores de B. Assim, devemos ter
→ → → →
+ + =1 1 2 2 3 3a v a v a v v , ou seja,
( ) ( ) ( ) ( )− + − + − =1 2 31,1, 2 2, 2,0 3,1, 4 , ,a a a x y z
Escrevendo em forma de sistema linear, temos
 + + =

− + =
− − =
1 2 3
1 2 3
1 3
2 3
2
2 4
a a a x
a a a y
a a z
que só terá solução para vetores (x, y, z) que pertençam ao conjunto 
( ){ }= ∈ + + =3, , / 0S x y z R x y z (verificação a cargo do leitor). Ou seja, o 
conjunto de vetores B não gera todo o R³, mas apenas uma parte dele, não 
sendo, portanto, uma base para R³.
Exemplo 4.29
Verifique se o conjunto de matrizes
         =         −         
1 1 1 2 2 1 0 1
, , ,
1 0 0 1 1 1 2 3
A é uma base de ×2 2A
– 118 –
Álgebra Linear
Solução
Primeiramente, precisamos verificar se B é linearmente independente. Para 
isso, escrevemos a equação
+ + + =1 1 2 2 3 3 4 4 0a A a A a A a A
Substituindo as matrizes,
         
+ + + =         −         
1 2 3 4
1 1 1 2 2 1 0 1 0 0
1 0 0 1 1 1 2 3 0 0
a a a a
Multiplicando os escalares com as respectivas matrizes,
         
+ + + =         −         
1 1 2 2 3 3 4
1 2 3 3 4 4
2 2 0 0 0
0 0 2 3 0 0
a a a a a a a
a a a a a a
+ + + + +   
=   + + − +   
1 2 3 1 2 3 4
1 3 4 2 3 4
2 2 0 0
2 3 0 0
a a a a a a a
a a a a a a
Então
( )
( )
( )
( )
+ + =

+ + + =

+ + =
 − + =
1 2 3
1 2 3 4
1 3 4
2 3 4
2 0 1
2 0 2
2 0 3
3 0 4
a a a
a a a a
a a a
a a a
Da equação (1), temos
+ + =1 2 32 0a a a
= − −1 2 32a a a
Substituindo na equação (2), obtemos = −2 3 4a a a .
Da equação (3), obtemos
=3 4
3
2
a a
– 119 –
Espaços Vetoriais Euclidianos
e, da equação (4) segue que
=4 0a
que nos fornece a única solução dada por = = = =1 2 3 4 0a a a a , o que garante 
que B é linearmente independente.
Para que B gere ×2 2A , é preciso que uma matriz qualquer 
 
=  
 
x y
A
z w
 
possa ser escrita como combinação linear das matrizes 1 2 3 4, ,A A A e A .
         
+ + + =         −         
1 2 3 4
1 1 1 2 2 1 0 1
1 0 0 1 1 1 2 3
x y
a a a a
z w
         
+ + + =         −         
1 1 2 2 3 3 4
1 2 3 3 4 4
2 2 0
0 0 2 3
a a a a a a a x y
a a a a a a z w
+ + + + +   
=   + + − +   
1 2 3 1 2 3 4
1 3 4 2 3 4
2 2
2 3
a a a a a a a x y
a a a a a a z w
Em forma de sistema de equação,
( )
( )
( )
( )
+ + =

+ + + =

+ + =
 − + =
1 2 3
1 2 3 4
1 3 4
2 3 4
2 1
2 2
2 3
3 4
a a a x
a a a a y
a a a z
a a a w
possuindo tal sistema solução única para a1, a2, a3 e a4. Note que isso fica garantido pelo 
procedimento anterior (na verificação de independência linear): escrevendo aquele sis-
tema homogêneo, obtivemos a1 = a2 = a3 = a4 = 0 como única solução. Se escrevemos tal 
sistema na forma matricial Ma = 0, isso significa que combinação dos vetores-coluna 
de M com os coeficientes a, igualada ao vetor nulo, forneceu ai = 0 para todo i = 1, 2, 
3, 4, o que é justamente a definição de independência linear dos vetores-coluna (vide 
anexo). Isso nos garante que det M ≠ 0 e, portanto, M é inversível, e podemos encon-
trar a solução do sistema não homogêneo acima de forma única, escrevendo a = M-1x, 
em que a = (a1, a2, a3 e a4) e x = (x, y, z, w) é o vetor qualquer de ×2 2A .
Conclui-se que o conjunto A é base de ×2 2A .
– 120 –
Álgebra Linear
4.8.2 Teorema
Seja um espaço vetorial V, gerado por um conjunto A finito de vetores 
não nulos 
→ → → →
1 2 3, , , ... , nv v v v . Por meio destes vetores podemos determinar uma 
base de V. A demonstração segue em duas partes:
 2 se o conjunto A for linearmente independente, então o conjunto 
A é base de V, pois A gera o espaço vetorial V.
 2 se o conjunto A for linearmente dependente, então existem alguns 
1 2 3, , , ... , na a a a não nulos.
De fato, supondo que ≠ 0na , então
→ → → → →
− −
 = − + + + + 
 1 1 2 2 3 3 1 1
1 ...n n n
n
v a v a v a v a v
a
ou
→ → → → →
−
−= − − − − −
1 2 3 1
1 2 3 1...
n
n n
n n n n
a a a a
v v v v v
a a a a
Agora, se for excluído o vetor 
→
nv , obtemos um subconjunto A1 de 
A, em que A1 também gera V. Se A1 for linearmente independente, dize-
mos que A1 é base de V. Por outro lado, se A1 for linearmente dependente, 
então elimina-se o vetor que seja combinação linear dos outros, e obtém-se 
um novo subconjunto A2 que gera V. Caso o conjunto A2 seja linearmente 
dependente, repete-se o procedimento. Como o conjunto de vetores é finito, 
segue-se esse procedimento até o momento em que o subconjunto Ak seja 
linearmente independente.
Observamos que dado um conjunto linearmente independente de um 
espaço vetorial V, obtemos uma base do subespaço gerado por esse conjunto.
Exemplo 4.30
Dado o conjunto ( ) ( ){ }= − ⊂ 32,1,1, , 1, 2,1A R , determine uma base 
para este conjunto
– 121 –
Espaços Vetoriais Euclidianos
Solução
( ) ( )+ − =1 22,1,1, 1, 2,1 0a a implica
= =1 2 0a a
O conjunto A é linearmente independente.
( ) ( ) ( )+ − =1 22,1,1, 1, 2,1 , ,a a x y z
( )
( )
( )
 − =
 + =
 + =
1 2
1 2
1 2
2 1
2 2
3
a a x
a a y
a a z
Da equação (1),
− =1 22a a x
= − +2 12a x a
Substituindo na equação (2),
+ =1 22a a y
( )+ − + =1 12 2a x a y
− + =1 12 4a x a y
+
=1
2
5
x ya
Substituindo as expressões de a1 e a2 em (3) segue que
+ − =3 5 0x y z
Portanto, o conjunto A gera o subespaço 
( ){ }= ∈ + − =3, , / 3 5 0W x y z R x y z .
Logo, dizemos que A é base de W, pois o conjunto é LI e gera W.
– 122 –
Álgebra Linear
4.8.3 Teorema
Seja um espaço vetorial V, gerado por um conjunto A finito de vetores 
não nulos 
→ → → →
1 2 3, , ... , nv v v v . Qualquer conjunto com mais de n vetores será 
linearmente dependente.
Considere um subconjunto { }→ → → →= 1 2 3, , , ... , pC u u u u de um espaço veto-
rial V, com >p n . Com o objetivo de mostrar que C é LD, precisamos deter-
minar os escalares existentes não nulos.
( )1 1 2 2 3 3 ... 0 1p pu u u uα α α α
→ → → → →
+ + + + =
Sabe-se que A gera V e, portanto, cada vetor do conjunto C é uma com-
binação linear do conjunto A.
( )
1 11 2 2 3 3
2 1 1 2 2 3 3
3 1 1 2 2 3 3
1 1 2 2 3 3
...
...
... 2
...
n n
n n
n n
p n n
u a v a v a v a v
u b v b v b v b v
u c v c v c v c v
u c v c v c v c v
→ → → → →
→ → → → →
→ → → → →
→ → → → →
= + + + +
= + + + +
= + + + +
= + + + +
�
Substituindo os vetores 
→ → → →
1 2 3, , , ... , pu u u u em (1),
α
α
α
α
→ → → →
→ → → →
→ → → →
→ → → → →
 + + + + + 
 
 + + + + + + 
 
 + + + + + + 
 
 + + + + + = 
 
�
1 1 1 2 2 3 3
2 1 1 2 2 3 3
3 1 1 2 2 3 3
1 1 2 2 3 3
...
...
...
... 0
n n
n n
n n
p n n
a v a v a v a v
b v b v b v b v
c v c v c v c v
c v c v c v c v
– 123 –
Espaços Vetoriais Euclidianos
Reescrevendo em forma de sistema de equações,
1 1 1 2 1 1 3 1 1 1 1
1 2 2 2 2 2 3 2 2 2 2
1 3 3 2 3 3 3 3 3 3 3
1 2 3
... 0
... 0
... 0
... 0
p
p
p
n n n n n n p n n
a v b v c v c v
a v b v c v c v
a v b v c v c v
a v b v c v c v
α α α α
α α α α
α α α α
α α α α
→ → → → →
→ → → → →
→ → → → →
→ → → → →
 + + + + =

+ + + + =
 + + + + =



+ + + + =

�
Nesse sistema, o número de equações é menor que o número de variá-
veis, de modo que existirá um α ≠ 0i . Logo, o conjunto C é LD.
Como consequência desse teorema, qualquer base de um espaço vetorial 
V terá sempre o mesmo número de elementos (demonstração a cargo do lei-
tor). Esse número de elementos é chamado dimensão de V. A base canônica 
do R2, por exemplo, é composta por dois vetores. Então, qualquer outra base 
do R2 terá dois vetores. Assim também a base canônica de P2 possui três veto-
res, de modo que qualquer base de P2 terá três vetores.
4.9 Dimensão
Seja V um espaço vetorial. Qualquer base A desse espaço V terá a mesma 
quantidade de vetores, a chamada dimensão do espaço vetorial, denotada por 
dim V.
Exemplo 4.31
Determine a dimensão do espaço vetorial V gerado pelo conjunto 
( ) ( ){ }= ∈ 22,1 , 1,0A R .
Solução
Como foi visto no exemplo 4.26, o conjunto A é uma base do 2R , então 
dim V = 2.
– 124 –
Álgebra Linear
Exemplo 4.32
Determine a dimensão do espaço vetorial V do conjunto 
         =         −         
1 1 1 2 2 1 0 1
, , ,
1 0 0 1 1 1 2 3
A das matrizes ×2 2A
Solução
Como foi visto no exemplo 4.29, o conjunto A é uma base ×2 2A , formada 
por 4 vetores, então dim V = 4.
Exemplo 4.33
Determine a dimensão e uma base para o espaço vetorial V dado por 
( ){ }= ∈ = −3, , / 2S x y z R y x .
Solução
Sabe-se que = −2y x , então ( )
→
= −, 2 ,v x x z .
De acordo com as propriedades de vetores, podemos reescrever o vetor 
→
v 
como ( ) ( )− +, 2 ,0 0,0,x x z ou ( ) ( )− +1, 2,0 0,0,1x z
Portanto, um vetor qualquer de S pode ser escrito como combinação linear de 
dois vetores LI, de modo que dim S = 2, com base de S dada por ( ) ( ){ }1, 2,0 , 0,0,1− .
Exemplo 4.34
Determine a dimensão e uma base para o subespaço vetorial 
   = = + =  
   
;
a b
M b a d e c d
c d
Solução
Reescrevendo a matriz,
+ 
 
 
a a d
d d
– 125 –
Espaços Vetoriais Euclidianos
Aplicando as propriedades de soma de matriz,
   
+   
   
0
0 0
a a d
d d
ou
   
+   
   
1 1 0 1
0 0 1 1
a d
Logo, temos duas matrizes LI que geram M, e então dim M = 2, com base 
dada por 
     
    
     
1 1 0 1
,
0 0 1 1
.
Com relação à dimensão de um espaço vetorial, concluímos que:
 2 Se a base do espaço vetorial V possui 4 vetores, então dim V = 4.
 2 Se a base do espaço vetorial V possui 6 vetores, então dim V = 6.
 2 Se a base do espaço vetorial V possui n vetores, então dim V = n.
 2 Se a base do espaço vetorial V possui infinitos vetores, então dim V = ∞.
 2 Se o espaço vetorial V não possui base, então dim V = 0.
4.9.1 Teorema
Dada uma base { }→ → → →= 1 2 3, , , ... , nB v v v v de um espaço vetorial V, cada 
vetor 
→
∈v V pode ser expresso como combinação linear de 
→ → → →
1 2 3, , , ... , nv v v v , 
sendo essa combinação linear de forma única.
Prova
Como B é uma base de V, então podemos escrever 
→
v como combinação 
linear de seus elementos.
( )
→ → → → →
+ + + + =1 1 2 2 3 3 ... 1n na v a v a v a v v
– 126 –
Álgebra Linear
Supondo que 
→
v possa ser escrito como
( )
→ → → → →
+ + + + =1 1 2 2 3 3 ... 2n nb v b v b v b v v
Segue, de (1) e (2), que
→ → → → → → → →
+ + + + = + + + +1 1 2 2 3 3 1 1 2 2 3 3... ...n n n na v a v a v a v b v b v b v b v
Sabe-se que os vetores da base são LI.
→ → → → → → → → → + + + + − + + + + = 
 1 1 2 2 3 3 1 1 2 2 3 3
... ... 0n n n na v a v a v a v b v b v b v b v
Colocando o fator comum em evidência,
( ) ( ) ( ) ( )
→ → → → →
− + − + − + + − =1 1 1 2 2 2 3 3 3 ... 0n n nv a b v a b v a b v a b
Assim, temos
= = = =1 1 2 2 3 3, , , ... , n na b a b a b a b
Assim, o vetor 
→
v é determinado de modo único pelos coeficientes 
{ }→ → → →= 1 2 3, , , ... , nB v v v v e pela base { }→ → → →= 1 2 3, , , ... , nB v v v v .
Para determinar a dimensão de um espaço vetorial de forma prática, 
observamos o número de variáveis livres.
Exemplo 4.35
Determine a dimensão do espaço vetorial 
( ){ }= ∈ − + =3, , / 2 0S x y z R x y z
Solução
Isolando a variável x,
= −2x y z
– 127 –
Espaços Vetoriais Euclidianos
obtemos y e z como variáveis livres, então temos o vetor
( ) ( )= −, , 2 , ,x y z y z y z
ou ainda
( ) ( ) ( )= + −, , 2 , , 0 ,0,x y z y y z z
( ) ( ) ( )= +, , 2,1,0 1,0,1x y z y z
A dimensão do espaço vetorial é dim = 2, pois temos duas variáveis livres, 
com dois vetores LI formando a base.
Poderíamos ter isolado qualquer uma das variáveis como, por exemplo, a 
variável z.
= − + 2z x y
( ) ( ) ( ) ( ) ( )= − + = − + = − +, , 2 ,0, 0, , 2 1,0, 1 0,1, 2z x y x y x x y y
Nesse caso, as variáveis livres são x e y.
4.9.2 Componentes de um vetor
Seja uma base { }→ → → →= 1 2 3, , , ... , nB v v v v de V e →∈v V . Escrevendo como 
combinação linear da base, temos
→ → → → →
= + + + +1 1 2 2 3 3 ... n nv a v a v a v a v
Os escalares 1 2 3, , , ... , na a a a são chamados de coordenadas ou 
componentes de 
→
v em relação à base B, e denotamos por
( )
→ →
 
 
 
 = =
 
 
  
�
1
2
3 1 2 3, , , ... ,B B n
n
a
a
v a ou v a a a a
a
– 128 –
Álgebra Linear
Exemplo 4.36
Sejam as bases ( ) ( ){ }= 1,1 , 3,4A , ( ) ( ){ }= − −2, 1 , 1, 4B e do 2R , 
( ) ( ){ }= −3,0 , 1, 2C e o vetor ( )
→
= 3,6v . Determine as componentes destas 
bases
Solução
Para a base ( ) ( ){ }= 1,1 , 3,4A , escrevemos
( ) ( ) ( )= +3,6 1,1 3,4x y
( ) ( ) ( )= +3,6 , 3 ,4x x y y
( ) ( )= + +3,6 3 , 4x y x y
+ =
 + =
3 3
4 6
x y
x y
− = − ∴ =3 3y y e = −6x
Então, ( )
→
−6,3Av = .
Para a base ( ) ( ){ }= − −2, 1 , 1, 4B , escrevemos
( ) ( ) ( )= − + −3,6 2, 1 1, 4x y e
+ =
− − =
2 3
4 6
x y
x y
de onde segue que 
→  − 
 
18 15,
7 7
Bv = .
Para a base ( ) ( ){ }= −3,0 , 1, 2C , escrevemos
( ) ( ) ( )= + −3,6 3,0 1, 2x y
− =
 =
3 3
2 6
x y
y
Logo, o componente do vetor C é dado por ( )
→
2,3Cv = .
– 129 –
Espaços Vetoriais Euclidianos
Atividades
1. Seja o conjunto V representado por ( ){ }= ∈2 , / ,R x y x y R  . 
Verifique se é um espaço vetorial com as operações 
( ) ( ) ( )+ = + +1 1 2 2 1 2 1 2, , ,x y x y x x y y e ( ) ( )α α=1 1 1 1, ,x y x y .
2. Sejam = 3V R e ( ){ }= ∈ = =3, , / 2W x y z R y x e z x . Verifique se o 
subconjunto W é um subespaço vetorial do R3 relativo às operações usu-
ais de adiçãode vetores e multiplicação por escalar.
3. Sejam = 3V R e ( ){ }= ∈ = = +3, , / 1W x y z R x y e z y . Verifique se 
o subconjunto W é um subespaço vetorial do R3 relativo às operações 
usuais de adição de vetores e multiplicação por escalar.
4. Sejam os vetores ( ) ( ) ( )
→ → →
= − = =1 2 31, 2, 1 , 1, 0, 1 2, 3, 2v v e v em 
3R . 
Escreva o vetor ( )
→
= −1, 1, 3w como combinação linear de 
→ → →
1 2 3,v v e v .
5. Dados os vetores ( ) ( ) ( )
→ → →
= = − =1 2 31, 1,0 , 1, 1, 2 4, 1, 5v v e v em 
3R , 
para quais valores de k é possível escrever o vetor ( )
→
= 3, ,9w k como 
uma combinação linear de 
→ → →
1 2 3,v v e v ?
6. Dados os vetores ( )
→
=1 2,1, 2v e ( )
→
=2 1,1,3v , determine o subespaço 
gerado.
7. Verificar se são LI ou LD os seguintes conjuntos:
a) ( ) ( ){ } ⊂ 21, 2 , 4,8 R
b) ( ) ( ) ( ){ } ⊂ 31,0, 2 , 1,1,0 , 2,1,1 R
c) ×
− − −            ⊂          
           
2 2
1 3 1 0 1 1 2 3 3 1
, , , ,
2 4 0 1 1 1 0 2 2 1
M
8. Verifique se o conjunto ( ) ( ){ }= 3, 2 , 1,1B é uma base para o 2R .
Nesse capítulo estudaremos a definição e as propriedades 
básicas que nos permitem realizar operações com transformações do 
Rn para o Rm, ou, em geral, transformações lineares de um espaço 
vetorial V para um espaço vetorial W.
Transformações lineares
5
– 132 –
Álgebra Linear
5.1 Transformações lineares de espaços vetoriais
Seja →:T V W uma transformação linear do espaço vetorial V para o 
espaço vetorial W. Temos que T representa uma função que, a cada 
→
v ∈V , 
associa um único vetor imagem 
→
w ∈W , indicado por 
→ → =  
 
w T v .
Definição
Sejam V e W dois espaços vetoriais. Dizemos que T é uma transforma-
ção linear de V em W, →:T V W , se satisfaz às seguintes condições.
I. 
→ → → →     + = +     
     
T u v T u T v
para quaisquer que sejam os vetores 
→ →
u e v em V;
II. α α
→ →   =   
   
T v T v
para todo α ∈R e 
→
v ∈V .
Exemplo 5.1
Seja a transformação →:T R R definida pela lei ( ) = +1T x x , verifi-
que se é uma transformação linear
Solução
Considere os vetores ( )
→
= 1u x e ( )
→
= 2v x
Então,
para 
→  = + 
  1
1T u x e para 
→  = + 
  2
1T v x .
Vamos ver as condições para a verificação da transformação linear. Primei-
ramente, devemos ter
→ → → →     + = +     
     
T u v T u T v
em que
– 133 –
Transformações lineares
( )
→ → + = + 
  1 2
T u v T x x
→ → + = + + 
  1 2
1T u v x x
( )
→ → + = + + 
  1 2
1T u v x x
→ → →   + ≠ +   
    2
T u v T u x
Assim, observa-se não se tratar de uma transformação linear.
Figura 5.1
Além disso, a figura 5.1 mostra a reta do gráfico da função ( ) = +1f x x . 
Observamos que a reta não passa pela origem, logo a transformação não é linear 
(o que faz com que a segunda condição não seja satisfeita, cuja verificação fica 
a cargo do leitor).
– 134 –
Álgebra Linear
Exemplo 5.2
Sejam dois espaços vetoriais V e W. Verifique se →2 3:T R R , onde 
( ) ( )= +, , 3 ,T x y x y x y , é uma transformação linear
Solução
Para a verificação, temos que mostrar as duas condições.
Considere os vetores ( )
→
= 1 1,u x y e ( )
→
= 2 2,v x y para 
( )
→  = + 
  1 1 1 1
, 3 ,T u x y x y e ( )
→  = + 
  2 2 2 2
, 3 ,T v x y x y .
I. 
→ → → →     + = +     
     
T u v T u T v
( )
→ → + = + + 
  1 2 1 2
,T u v T x x y y
( ) ( ) ( ) ( )( )
→ → + = + + + + + 
  1 2 1 2 1 2 1 2
, 3 ,T u v x x y y x x y y
( )
→ → + = + + + + + 
  1 2 1 2 1 2 1 2
, 3 3 ,T u v x x y y x x y y
( ) ( )
→ → + = + + + 
  1 1 1 1 2 2 2 2
, 3 , ,3 ,T u v x y x y x y x y
Assim, obtemos
→ → → →     + = +     
     
T u v T u v
II. α α
→ →   =   
   
T u T u
( )( )α α→  = 
  1 1
,T u T x y
( )α α α
→  = 
  1 1
,T u T x y
– 135 –
Transformações lineares
( )α α α α
→  = + 
  1 1 1 1
, 3 ,T u x y a x y
( )α α
→  = + 
  1 1 1 1
, 3 ,T u x y x y
Portanto,
α α
→ →   =   
   
T u T u
Logo, a transformação é linear.
Exemplo 5.3
Dada a transformação →2 2:T R R definida pela lei 
( ) ( )= −2, , 2T x y x x y , verifique se é uma transformação linear
Solução
Considere os vetores ( )
→
= 1 1,u x y e ( )
→
= 2 2,v x y
para ( )
→  = − 
 
2
1 1 1, 2T u x x y e ( )
→  = − 
 
2
2 2 2, 2T v x x y .
I. 
→ → → →     + = +     
     
T u v T u T v
( )
→ → + = + + 
  1 2 1 2
,T u v T x x y y
( ) ( ) ( )( )→ → + = + + − + 
 
2
1 2 1 2 1 2, 2T u v x x x x y y
( )
→ → + = + + + − − 
 
2 2
1 1 2 2 1 2 1 22 . , 2 2T u v x x x x x x y y
( ) ( )
→ → + = + − + − 
 
2 2
1 1 2 1 1 2 2 22 . , 2 , 2T u v x x x x y x x y
– 136 –
Álgebra Linear
( ) ( ) ( )
→ → + = − + − + 
 
2 2
1 1 1 2 2 2 1 2, 2 , 2 2 . ,0T u v x x y x x y x x
( )
→ → → →     + ≠ + +     
      1 2
2 . ,0T u v T u T v x x
Observamos que não é uma transformação linear.
Propriedade
Para toda transformação linear de um espaço vetorial →:T V W , 
temos que ( ) =0 0T 1. Logo, o vetor nulo pertence à imagem de T.
 2 No exemplo 5.1
( ) = +1T x x
( ) = +0 0 1T
( ) =0 1T
Nesse exemplo não foi obtida a imagem 0, assim, não se trata de uma 
transformação linear, como já visto na resolução do exemplo.
 2 No exemplo 5.2
( ) ( )= +, , 3 ,T x y x y x y
( ) ( )= +0,0 0,3.0,0 0T
( ) ( )=0,0 0,0,0T
 2 No exemplo 5.3.
( ) ( )= −2, , 2T x y x x y
1 A partir daqui, por simplicidade de notação, omitiremos o símbolo gráfico indicativo de 
vetor para o vetor nulo, 0
�
 , escrevendo apenas 0. Observe-se, no entanto, que quando se trata 
de um elemento de um espaço vetorial, este denotará o vetor nulo, não o escalar zero.
– 137 –
Transformações lineares
( ) ( )= −20,0 0 , 0 2.0T
( ) ( )=0,0 0, 0T
Nesse último exemplo verificamos que a transformação satisfaz 
( ) ( )=0,0 0, 0T , porém não é linear, porque não satisfaz a primeira con-
dição. Ou seja, satisfazer a condição de que a imagem do vetor nulo seja 
também o vetor nulo é necessário para uma transformação ser linear, mas 
não suficiente.
Exemplo 5.4 – Transformação linear nula
Seja a transformação →2 3:T R R , com ( ) ( )=, 0,0,0T x y . A transfor-
mação é linear.
Solução
Considere os vetores ( )
→
= 1u x e ( )
→
= 2v x para ( )
→  = 
 
0,0,0T u e 
( )
→  = 
 
0,0,0T v .
I. 
→ → → →     + = +     
     
T u v T u T v
( )
→ → + = + + + 
  1 2 1 2 1 2
, ,T u v T x x x x x x
( )
→ → + = + + + 
 
0 0,0 0,0 0T u v T
( ) ( )
→ → + = + 
 
0,0,0 0,0,0T u v
→ → → →     + = +     
     
T u v T u T v
II. α α
→ →   =   
   
T u T u
– 138 –
Álgebra Linear
( )( )α α→  = 
  1
T u T x
( )α α
→  = 
  1
T u T x
( )α α α α
→  = 
 
0, 0, 0T u
( )α α
→  = 
 
0,0,0T u
Observe que isso pode ser generalizado para uma aplicação 
→
→ 0v qual-
quer, em que a aplicação nula é linear.
Exemplo 5.5
Seja a transformação →3 3:T R R , com ( ) ( )= + −, , 2 1,3 ,T x y z x y z , 
verifique se é uma transformação linear
Solução
Sabe-se que uma transformação linear satisfaz necessariamente ( ) =0 0T . 
Para a transformação dada ( ) ( )= + −, , 2 1,3 ,T x y z x y z ,
aplicamos o vetor nulo
( ) ( ) ( )( )= + −0,0,0 2 0 1,3 0 , 0T
( ) ( )≠0,0,0 1,0,0T
quenão gera o vetor nulo como imagem. Portanto, concluímos que T não é 
uma transformação linear.
5.1.1 Representação geométrica
Exemplo 5.6
Transformações lineares podem ser representadas geometricamente. 
Consideremos, por exemplo, uma transformação →2 2:T R R definida por 
( ) ( )= + −, , 2T x y x y x y .
– 139 –
Transformações lineares
Vamos verificar se é uma transformação linear. Definindo os vetores 
genéricos ( )
→
= 1 1,u x y e ( )
→
= 2 2,v x y , para ( )
→  = + − 
  1 1 1 1
, 2T u x y x y e 
( )
→  = + − 
  2 2 2 2
, 2T v x y x y .
Verificando a primeira condição,
( )
→ → + = + + 
  1 2 1 2
,T u v T x x y y
( ) ( ) ( ) ( )( )
→ → + = + + + + − + 
  1 2 1 2 1 2 1 2
, 2T u v x x y y x x y y
( )
→ → + = + + + + − − 
  1 2 1 2 1 2 1 2
, 2 2T u v x x y y x x y y
( ) ( )
→ → + = + − + + − 
  1 1 1 1 2 2 2 2
, 2 , 2T u v x y x y x y x y
→ → → →     + = +     
     
T u v T u T v
Para a segunda condição,
( )( )α α
→  = 
  1 1
,T u T x y
( )( )α α
→  = + − 
  1 1 1 1
, 2T u x y x y
( )α α
→  = + − 
  1 1 1 1
, 2T u x y x y
α α
→ →   =   
   
T u T u
– 140 –
Álgebra Linear
Agora considere os vetores ( )
→
= 1, 2u e ( )
→
= 3,0v . Neste caso, temos 
( )
→  = − 
 
3, 3T u e ( )
→  = 
 
3,3T v .
Para a primeira condição, temos
( ) ( )
→ → + = + − + + − 
  1 1 1 1 2 2 2 2
, 2 , 2T u v x y x y x y x y
( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )
→ → + = + − + + − = − + = 
 
1 2,1 2 2 3 0,3 2 0 3, 3 3,3 6,0T u v
 e
( )α α
→  = + − 
  1 1 1 1
, 2T u x y x y
( )( ) ( )α α α
→  = + − = − 
 
1 2,1 2 2 3, 3T u
Na figura 5.2 estão representados os vetores 
→ →
,u v e 
→ →
+u v . A soma dos 
vetores 
→ →
+u v é a diagonal do paralelogramo constituído pelos vetores 
→
u e 
→
v .
Figura 5.2
– 141 –
Transformações lineares
Aplicando uma transformação linear, a figura 5.3 representa o compor-
tamento das imagens dos vetores. Observamos que a transformação preserva 
a soma dos vetores.
Figura 5.3
Se atribuíssemos um valor para α = 1
2
, por exemplo, a imagem também 
seria alterada como mostra a figura 5.4. Nesse caso, a transformação linear 
preserva a multiplicação por um escalar. Esse fato é valido para quaisquer 
valores de α real. Fica a cargo do leitor atribuir outros valores, tanto para os 
vetores como para o escalar, e visualizar graficamente o comportamento dos 
vetores e suas transformações.
Figura 5.4
– 142 –
Álgebra Linear
Propriedade
Dada a transformação linear de um espaço vetorial V em W, temos que 
a imagem de uma combinação dos vetores será a combinação linear das ima-
gens desses vetores. Escrevemos
1 1 2 2 3 3
1 1 2 2 3 3
...
...
n n
n n
T a v a v a v a v
a T v a T v a T v a T v
→ → → →
→ → → →
 + + + + = 
 
       = + + + +       
       
Se tomarmos uma base B do domínio do espaço vetorial V, e supondo 
que sejam conhecidas as imagens dos vetores desta base, podemos obter a 
imagem da transformação de qualquer vetor 
→
v do espaço vetorial, pois 
→
v é 
uma combinação linear dos vetores da base. Portanto,
→ → → → →         = + + + +         
         1 1 2 2 3 3
... n nT v a T v a T v a T v a T v
Exemplo 5.7
Seja a transformação linear →2 3:T R R e { }→ →1 2,v v uma base do 2R , sendo 
( )
→
=1 1,0v e ( )2 1,1v
→
= . Determine ( )2,3T , sabendo que ( )1 1, 2,1T v
→  = − 
 
 
e ( )2 3, 1, 2T v
→  = − 
 
Solução
Escrevemos o vetor ( )2,3v
→
= como combinação linear de 1v
→
 e 2v
→
, que são 
os vetores da base. Temos
→ → →
= +1 1 2 2v a v a v
( ) ( ) ( )1 22,3 1,0 1,1a a= +
W
– 143 –
Transformações lineares
Em forma de sistema,
1 2
2
2
3
a a
a
+ =

=
de onde segue que
1 1a = − e 2 3a =
Assim,
1 23v v v
→ → →
= − +
Aplicando a transformação linear, temos
1 23T v T v T v
→ → →     = − +     
     
Substituindo os valores conhecidos da transformação linear aplicada na 
base, segue que
( ) ( ) ( )2,3 1, 2,1 3 3, 1, 2T = − − + −
( ) ( )2,3 10, 5,5T = −
Exemplo 5.8
Seja a transformação linear 3 2:T R R→ e { }1 2 3, ,v v v→ → → uma base do 3R  , 
sendo ( )1 1, 2,0v
→
= , ( )2 2,1,3v
→
= − e ( )3 1, 2, 4v
→
= − . Determine ( )2,1,0T , 
sabendo que ( )1 1,1T v
→  = − 
 
, ( )2 2,4T v
→  = − 
 
 e ( )3 3, 2T v
→  = 
 
Solução
Escrevemos o vetor ( )
→
= 2,1,0v como combinação linear de 1v
→
, 2v
→
 e 3v
→
:
1 1 2 2 3 3v a v a v a v
→ → → →
= + +
( ) ( ) ( ) ( )1 2 32,1,0 1, 2,0 2,1,3 1, 2, 4a a a= + − + −
– 144 –
Álgebra Linear
Em forma de sistema,
1 2 3
1 2 3
2 3
2 2
2 2 1
3 4 0
a a a
a a a
a a
+ + =
 + + =
 − =
cuja solução é dada por
1
3
4
a = − , =2 1a e 3
3
4
a =
Portanto,
1 2 3
3 3
4 4
v v v v
→ → → →
= − + +
Aplicando a transformação linear, segue que
→ → → →       = − + +       
       1 2 3
3 3
4 4
T v T v T v T v
Substituindo os valores das transformações lineares,
( ) ( ) ( ) ( )3 32,1,0 1,1 2,4 3, 2 ]
4 4
T = − − + − +
( ) ( )3 3 9 62,1,0 , 2,4 ,
4 4 4 4
T    = − + − +   
   
( ) 192,1,0 1,
4
T  =  
 
5.1.2 Núcleo de uma transformação linear
Dada uma transformação linear :T V W→ , chamamos de núcleo de 
T o conjunto de todos os vetores v V
→
∈ , tais que 0T v
→  = 
 
. Denotamos o 
núcleo de T por ( )ker T .
– 145 –
Transformações lineares
Figura 5.5
Temos que ( )ker T é um subconjunto de V e, além disso, satisfaz as 
condições para que seja subespaço vetorial de V (demonstração em teorema 
a seguir).
Exemplo 5.9
Determine o núcleo da transformação linear →3 3:T R R , 
( ) ( )= + +, , , ,T x y z x y y x z .
Solução
Para determinar o núcleo da transformação linear, escrevemos
( ) ( )+ + =, , 0,0,0x y y x z
o que fornece
0
0
0
x y
y
x z
+ =
 =
 + =
– 146 –
Álgebra Linear
cuja solução é dada por
0x = , 0y = e 0z =
Portanto,
( ) ( ) ( ){ }3ker , , / , , 0,0,0T x y z R T x y z= ∈ =
Exemplo 5.10
Determine o núcleo da transformação linear 3 2:T R R→ , 
( ) ( ), , , 2 4T x y z x y z x y z= + − − + .
Solução
( ) ( ), 2 4 0,0x y z x y z+ − − + =
Reescrevendo em forma de sistema de equações,
+ − =
 − + =
0
2 4 0
x y z
x y z
Na resolução do sistema, obtemos
= −x z e = 2y z
Portanto,
( ){ }= − ∈ker , 2 /T z z z R
ou
( ){ }= − ∈ker 1, 2 /T z z R
ou, ainda,
( )ker 1, 2T = −  
5.1.2.1 Teorema
Se existe uma transformação linear de V W→ , então ker T é um 
subespaço de V.
– 147 –
Transformações lineares
Demonstração
Notamos que ker T é um conjunto não vazio. Sejam os vetores 1v
→
 e 2v
→
 
pertencentes ao ker T e Rα ∈ . Como T é uma transformação linear, então 
1 2 1 2 0 0 0T v v T v T v
→ → → →     + = + = + =     
     
.
Assim, temos que 1 2v v
→ →
+ pertence a ker T . Com relação ao escalar α  , 
temos α α α
→ →   = = =   
   1 1
.0 0T v T v .
Assim, α
→
1v pertence a ker T . Portanto, o núcleo ( )ker T é um subes-
paço de V.
5.1.2.2 Teorema
Uma transformação linear →:T V W é injetora se, e somente 
se, { }=ker 0T . Dizemos que T é injetora2 se dados 
→ →
∈1 2,v v V   , 
com 
→ →   =   
   1 2
T v T v , tem-se 
→ →
=1 2v v , ou, de modo equivalente, se 
→ →   ≠   
   1 2
T v T v ,para 
→ →
≠1 2v v .
Demonstração
Seja T uma transformação injetora, e suponha-se que { }=ker 0T  . 
Além disso, considere que 
→ →   =   
   1 2
T v T v para 
→ →
∈1 2,v v V . Então, 
→ → → →     − = − =     
     1 2 1 2
0T v T v T v v , o que significa que 
→ →
− ∈1 2v v ker T e, 
 portanto, 
→ →
− =1 2 0v v e 
→ →
=1 2v v .
Precisamos mostrar também que se T é injetora, { }=ker 0T . Tomemos 
um 
→
∈v ker T qualquer. Nesse caso, 
→  = 
 
0T v . Também temos T(0) = 0, 
porque T é linear. Então, como T é injetora e ( )
→  = 
 
0T v T , segue que
→
= 0v .
2 Em suma, T é injetora quando T(x) = T(y) ⇒ x = y (que equivale x ≠ y ⇒ T(x) ≠ T(y).
– 148 –
Álgebra Linear
Em outras palavras, dizemos que T é injetora se tivermos imagens dis-
tintas para vetores distintos.
A figura 5.6 mostra uma transformação injetora pois, para dois valores 
distintos de 
→
v , obtém-se duas imagens distintas.
Figura 5.6
A figura 5.7 mostra uma transformação que não é injetora, pois para 
dois valores distintos de 
→
v foi encontrada a mesma imagem.
Figura 5.7
– 149 –
Transformações lineares
5.1.3 Imagem de uma transformação linear
Seja uma transformação linear de →:T V W . Chama-se de imagem de 
T, representada por ( )Im T , o conjunto de todos os vetores 
→
∈w W , para os 
quais existe 
→
∈v V , com 
→ →  = 
 
T v w .
Definição
Uma transformação linear →:T V W é sobrejetora se, e somente se, 
a imagem de T coincidir com W, ou seja, ( )T V =W . Em outras palavras, 
se T é sobrejetora, para qualquer 
→
∈w W existe 
→
∈v V , tal que 
→ →  = 
 
T v w .
Exemplo 5.11
Determine a imagem da transformação linear →3 3:T R R , 
( ) ( )= − + + + +, , 4 , 2 , 3T x y z x y z x z y z .
Solução
Para determinar a imagem de uma transformação linear, tomamos um vetor 
genérico ( ), ,a b c .
( ) ( )4 , 2 , 3 , ,x y z x z y z a b c− + + + + =
Logo,
4
2
3
x y z a
x z b
y z c
− + + =
 + =
 + =
Como solução, temos
2 0a b c+ − =
Logo, a imagem de T é dada por
( ) ( ){ }= ∈ + − =3, , / 2 0Im T a b c R a b c
– 150 –
Álgebra Linear
A imagem pode ser expressa também como
( ) ( ) ( ) ( )− + + + + = − + +4 , 2 , 3 4 , 2 ,0 ,0, , , 3x y z x z y z x x y y z z z
( ) ( ) ( ) ( )− + + + + = − + +4 , 2 , 3 4, 2,0 1,0,1 1,1,3x y z x z y z x y z
Assim, escrevemos ( ) ( ) ( ) ( )= −  4, 2,0 , 1,0,1 , 1,1,3Im T .
Suponha a base canônica do 3R : ( )=1 1,0,0e , ( )=2 0,1,0e e ( )=3 0,0,1e  .
( ) ( )= −1 4, 2,0T e
( ) ( )=2 1,0,1T e
( ) ( )=3 1,1,3T e
5.1.4 Dimensão de uma transformação linear
5.1.4.1 Teorema
Seja uma transformação linear →:T V W definida em um espaço de 
dimensão finita. Então ( ) ( ) ( )+ =dim ker T dim Im T dim V .
Demonstração
Considere ( )=l dim Im T , j = dim ker (T) e ( )=n dim V . Se m for igual 
ao número de dimensões de V, ou seja, m = n, então ( ) ( )=dim ker T dim V . 
Isso significa que ( ) = 0dim Im T . Por outro lado, se m ≥ 1 e, além disso, n > 
m, temos que: l = n – m.
Dada uma base { }→ → → →1 2 3, , , ... , jv v v v para ker (T). Sendo este um 
 subespaço de V, pode-se estender esta base até se obter uma base de V. Então 
{ }→ → → → → →+= 1 2 3 1, , , ... , , , ... ,j j nA v v v v v v .
– 151 –
Transformações lineares
Precisamos mostrar que 
→ → → →
+ + +
        =         
        
1 2 3, , , ... ,j j j nB T v T v T v T v 
é uma base para a imagem de V. Para isso, é necessário mostrar que B gera 
Im (T), e que B é linearmente independente.
I. B gera l
Seja 
→
w um vetor qualquer em ( )Im T , existe um vetor 
→
v em V, 
tal que 
→ →  = 
 
T v w . Logo, podemos encontrar um único conjunto 
1 2 3, , , ... , na a a a , tal que
1 21 1 2 2 3 3 1 2
33
...
...
j j jj j j
jj n n
v a v a v a v a v a v a v
a v a v
→ → → → → → →
+ ++ +
→ →
++
= + + + + + + +
+ + +
Então,
(
)
1 21 1 2 2 3 3 1 2
33
...
...
j j jj j j
jj n n
w T a v a v a v a v a v a v
a v a v
→ → → → → → →
+ ++ +
→ →
++
= + + + + + + +
+ + +
1 1 2 2 3 3
1 2 31 2 3
...
...
jj
j j jj j j n n
w a T v a T v a T v a T v
a T v a T v a T v a T v
→ → → → →
→ → → →
+ + ++ + +
       = + + + + +       
       
       + + + + +       
       
Sabe-se que 
→ → → →       = = = = =       
       1 2 3
... 0jT v T v T v T v , pois os 
vetores 
→ → → →
1 2 3, , , ... , jv v v v fazem parte de ker (T).
Assim,
→ → → → →
+ + ++ + +
       = + + + +       
       
1 2 31 2 3 ...j j jj j j n nw a T v a T v a T v a T v
Portanto, B gera ( )Im T .
– 152 –
Álgebra Linear
II. B é LI
Escrevemos B em forma de combinação linear para o vetor nulo.
→ → → →
+ + ++ + +
       + + + + =       
       
1 2 31 2 3 ... 0j j jj j j n na T v a T v a T v a T v
Como T é linear, segue que
→ → → →
+ + + + + +
 + + + + = 
 1 1 2 2 3 3
... 0j j j j j j n nT a v a v a v a v
A combinação linear dos vetores 
→ → → →
+ + + + + ++ + + +1 1 2 2 3 3 ...j j j j j j n na v a v a v a v pertence ao núcleo da 
transformação do espaço vetorial V.
Então, 
→ → → →
+ + + + + ++ + + +1 1 2 2 3 3 ...j j j j j j n na v a v a v a v pode ser escrito 
como combinação linear dos elementos da base de ker (T). Assim, 
sejam números reais univocamente determinados representados 
por 1 2 3, , , ... , jb b b b , temos
1 1 2 2 3 3 1 1
2 2 3 3
...
...
j j j j j j n n
j j
a v a v a v a v b v
b v b v b v
→ → → → →
+ + + + + +
→ → →
+ + + + = +
+ + + +
1 1 2 2 3 3 1 1 2 2
3 3
...
... 0
j j j j j j n n
j j
a v a v a v a v b v b v
b v b v
→ → → → → →
+ + + + + +
→ →
+ + + + − − −
− − − =
1 1 2 2 3 3 1 1 2 2
3 3
...
... 0
j j j j j j n n
j j
a v a v a v a v b v b v
b v b v
→ → → → → →
+ + + + + +
→ →
+ + + + − − −
− − − =
Pelo fato de B ser LI, escrevemos
+ + += = = = = = = = = =1 2 3 1 2 3... ... 0j j j n ja a a a b b b b
– 153 –
Transformações lineares
Observação
 2 Nulidade é a dimensão do núcleo do espaço vetorial V.
 2 Posto é a dimensão da imagem do espaço vetorial V.
Exemplo 5.12
Determine o núcleo, a imagem e as dimensões da transformação linear 
→3 3:T R R , ( ) ( )= + + + −, , 3 , 2 , 3T x y z x y z x y x z
Solução
Determinamos o núcleo, sendo
( ) ( )+ + + − =3 , 2 , 3 0,0,0x y z x y x z
Dado o sistema
+ + =
 + =
 − =
3 0
2 0
3 0
x y z
x y
x z
cuja solução é dada por
( ) ( )= −, , 3 , 6 ,x y z z z z , ∈z R .
Sendo assim,
( ) ( )= −  3, 6,1ker T
ou
( ) ( ){ }= − ∈3 , 6 , /ker T z z z z R
ou, ainda,
( ) ( ){ }= − ∈3, 6, /ker T z z z R
Assim, ( ) = 1dim ker T , pois temos uma variável livre.
– 154 –
Álgebra Linear
Para determinar a imagem da transformação linear, tomamos um vetor 
genérico ( ), ,a b c , de modo que (x + y + 3z, 2x + y, x – 3z) = (a, b, c). Assim,
+ + =
 + =
 − =
3
2
3
x y z a
x y b
x z c
A solução do sistema é dada por − + = 0a b c
Portanto,
( ) ( ){ }= ∈ − + =3, , / 0Im T a b c R a b c
Reescrevendo a equação,
= −a b c
( ) ( )= −, , , ,a b c b c b c
( ) ( ) ( )= + −, , , , 0 ,0,a b c b b c c
( ) ( ) ( )= + −, , 1,1,0 1,0,1a b c b c
Logo,
( ) ( ) ( )= −  1,1,0 , 1,0,1Im T , e segue que ( ) = 2dim Im T .
De acordo com o teorema 5.3,
( ) ( ) ( )= +dim V dim ker T dim Im T
( ) = +1 2dim V
( ) = 3dim V
5.2 Matriz de uma transformação linear
Considere duasbases: A em V e B em W. A toda transformação linear 
→:T V W , uma vez fixadas as bases, associa-se uma única matriz.
– 155 –
Transformações lineares
Vamos considerar, por exemplo, ( ) = 3dim V , ( ) = 3dim W e as bases 
{ }→ → →= ∈1 2 3, ,A v v v V e { }→ → →= ∈1 2 3, ,B w w w W .
Podemos expressar um vetor 
→
∈v V como uma combinação linear
→ → → →
= + +1 1 2 2 3 3v x v x v x v
Escrevendo sua imagem como como combinação linear dos elementos de B,
→ → → →  = + + 
  1 1 2 2 3 3
T v y w y w y w
Ou, ainda, podemos denotar
( )
→
= 1 2 3, ,Av x x x e ( )
→ 
 
  1 2 3 B
T v = y , y , y .
Sabe-se que
→ → → →   = + +   
   1 1 2 2 3 3
T v T x v x v x v
o que fornece
→ → → →       = + +       
       1 1 2 2 3 3
T v x T v x T v x T v
Os vetores de 
→ →   
   
   1 2
,T v T v e 
→ 
 
 3
T v pertencem a W, logo podem ser 
escritos como combinação linear dos vetores de B.
→ → → →  = + + 
 1 11 1 21 2 31 3
T v a w a w a w
→ → → →  = + 
 2 12 1 22 2 32 3
T v a w a w a w
→ → → →  = + + 
 3 13 1 23 2 33 3
T v a w a w a w
– 156 –
Álgebra Linear
Dessa forma, podemos substituir as transformações 
→ →   
   
   1 2
,T v T v e 
→ 
 
 3
T v em 
→ → → →       = + +       
       1 1 2 2 3 3
T v x T v x T v x T v , obtendo
1 11 1 21 2 31 3 2 12 1 22 2 32 3
3 13 1 23 2 33 3
T v x a w a w a w x a w a w a w
x a w a w a w
→ → → → → → →
→ → →
     = + + + + + +     
     
 + + + 
 
1 11 1 1 21 2 1 31 3 2 12 1 2 22 2 2 32 3
3 13 1 3 23 2 3 33 3
T v x a w x a w x a w x a w x a w x a w
x a w x a w x a w
→ → → → → → →
→ → →
  = + + + + + + 
 
+ + +
( ) ( )
( )
1 1 11 2 12 3 13 2 1 21 2 22 3 23
3 1 31 2 32 3 33
T v w x a x a x a w x a x a x a
w x a x a x a
→ → →
→
  = + + + + + + 
 
+ + +
e como
→ → → →  = + + 
  1 1 2 2 3 3
T v y w y w y w
,
temos
( )
→ →
= + +1 1 1 1 11 2 12 3 13y w w x a x a x a
( )
→ →
= + +2 2 2 1 21 2 22 3 23y w w x a x a x a
( )
→
= + +3 3 3 1 31 2 32 3 33y w w x a x a x a
Apresentando os resultados acima em forma matricial,
     
     =     
          
11 12 13 1 1
21 22 23 2 2
31 32 33 3 3
a a a x y
a a a x y
a a a x y
– 157 –
Transformações lineares
Note que a escrita matricial descrita nesse exemplo pode ser generalizada 
para dimensões n e m de V e W quaisquer, ficando o procedimento válido 
para matrizes m x n quaisquer.
Observações
 2 Chamamos [ ]ABT a matriz de ordem m x n associada a T em relação 
às bases A e B.
 2 Representamos simbolicamente [ ]
→ →   =      
A
B
A B
T v T v .
 2 As colunas 
→
 
   =    
  
11
1 21
31
B
a
T v a
a
, 
→
 
   =    
  
12
2 22
32
B
a
T v a
a
 e 
→
 
   =    
  
13
3 23
33
B
a
T v a
a
 
são os componentes das imagens dos vetores da base A.
 2 A ordem da matriz [ ]ABT possui o número de linhas da dimensão 
de W, e o número de colunas da dimensão de V.
Exemplo 5.13
Determine [ ]ABT , sendo a transformação linear de →
3 2:T R R dada 
por ( ) ( )= + − + +, , ,T x y z x y z x y z . Sejam as bases { }→ → →= 1 2 3, ,A v v v , com 
os vetores ( )
→
=1 1,0,1v , ( )
→
=2 0,1,1v e ( )
→
=3 0,0,1v ; e { }→ →= 1 2,B w w , com os 
vetores ( )
→
=1 1, 2w e ( )
→
=2 2,3w .
Solução
Iniciamos determinando as transformações lineares
( )
→  = + − + + 
 1
,T v x y z x y z
( ) ( )= + − + +1,0,1 1 0 1,1 0 1T
( ) ( )=1,0,1 0, 2T
– 158 –
Álgebra Linear
( )
→  = + − + + 
 2
,T v x y z x y z
( ) ( )= + − + +0,1,1 0 1 1,0 1 1T
( ) ( )=0,1,1 0, 2T
( )
→  = + − + + 
 3
,T v x y z x y z
( ) ( )= + − + +0,0,1 0 0 1,0 0 1T
( ) ( )= −0,0,1 1,1T
A matriz associada a T possui duas linhas e três colunas
[ ]  =  
 
11 12 13
21 22 23
A
B
a a a
T
a a a
Para: 
→ → →  = + 
 1 11 1 21 2
T v a w a w , substituindo os vetores
( ) ( ) ( )11 211,0,1 1, 2 2,3T a a= +
( ) ( ) ( )11 210, 2 1, 2 2,3a a= +
em forma de sistema,
11 21 11
11 21 21
2 0 4
2 3 2 2
a a a
a a a
+ = = 
⇒ + = = − 
Para 2 12 1 22 2T v a w a w
→ → →  = + 
 
, substituindo os vetores
( ) ( ) ( )12 220,1,1 1, 2 2,3T a a= +
( ) ( ) ( )12 220, 2 1, 2 2,3T a a= +
– 159 –
Transformações lineares
em forma de sistema,
12 22 12
12 22 22
2 0 4
2 3 2 2
a a a
a a a
+ = = 
⇒ + = = − 
Para 3 13 1 23 2T v a w a w
→ → →  = + 
 
, substituindo os vetores
( ) ( ) ( )13 230,0,1 1, 2 2,3T a a= +
( ) ( ) ( )13 231,1 1, 2 2,3T a a− = +
em forma de sistema,
13 23 13
13 23 23
2 1 5
2 3 1 3
a a a
a a a
+ = − = 
⇒ + = = − 
Assim, obtemos
[ ]
4 4 5
2 2 3
A
BT
 
=  − − − 
Atividades
1. Sejam dois espaços vetoriais V e W. Verifique se 2 3:T R R→ , 
( ) ( ), , 2 ,T x y x y x y= − + é uma transformação linear.
2. Seja a transformação linear 2 3:T R R→ , e { }1 2,v v→ → uma base do 
2R , sendo ( )1 1,1v
→
= e ( )2 2,4v
→
= . Determine ( )1,5T , sabendo que 
( )1 1, 1,0T v
→  = − 
 
 e ( )2 4, 2, 2T v
→  = − 
 
.
3. Determine o núcleo da transformação linear 3 3:T R R→ , 
( ) ( ), , 3 , , 2T x y z x y z y z x z= + + + + .
– 160 –
Álgebra Linear
4. Determine a imagem da transformação linear 3 3:T R R→ , 
( ) ( ), , 2 , , 2T x y z x y x z y z= + + − .
5. Determine o núcleo, a imagem e suas dimensões da transformação linear 
3 3:T R R→ , ( ) ( ), , 3 , 2 ,T x y z x y y z x y z= + − + + .
Usamos a expressão operador quando, por exemplo, o domí-
nio e o contradomínio de uma transformação linear coincidem. Os 
operadores que mais serão usados são os lineares, porém, devemos 
ficar atentos com os de’mais operadores aqui apresentados.
6.1 Operadores lineares
Ao estudarmos Transformações Lineares no capítulo ante-
rior, fazíamos :T V W→ , uma transformação linear do espaço 
vetorial V para o espaço vetorial W. Quando V = W, é usual chamar 
a transformação de Operador Linear.
Neste capítulo, iremos abordar as propriedades gerais de um 
operador linear, em especial os operadores definidos em 2R e 3R .
Operadores
6
– 162 –
Álgebra Linear
6.2 Operadores inversíveis
A inversibilidade de operadores é um caso particular dentro da inversi-
bilidade de transformações lineares. Assim, consideremos uma transformação 
linear :T V W→ que, a cada vetor v V
→
∈ , associa um vetor em T v W
→ ∈ 
 
.
Figura 6.1
Agora, suponhamos que por meio de outra transformação 1T , por exem-
plo, seja possível obter uma relação que associe cada vetor de T v W
→ ∈ 
 
 a 
um vetor de v V
→
∈ , ou seja, tomamos o processo inverso.
Figura 6.2
Então, dizemos que T admite inversa, que é denotada por 1T − . Neste 
caso, se T (x, y, z) = (x1, y1, z1), então T
-1 (x1, y1, z1) = (x, y, z). Ou, em outros 
– 163 –
Operadores
termos, T o T-1 = T-1 o T = I. O mesmo vale para operadores (quando, em par-
ticular, domínio e contradomínio coincidem. Mas deve-se notar que isso não 
é condição suficiente para haver operador inverso, já que V = W não assegura 
que o operador seja injetivo).
Exemplo 6.1
Verifique se o operador linear dado por ( ) ( ), 2 , 3T x y x y x y= − − é 
inversível
Solução
Podemos representar o operador linear por meio de uma matriz 
2 1
1 3
A
− 
=  − 
 .
É sabido que, se o determinante da matriz A for diferente de zero, a 
matriz possuiinversa. Uma vez que ( )
2 1
det 5
1 3
A
− 
= = − − 
, o operador 
linear apresentado possui inversa.
6.2.1 Propriedades
Seja um operador linear T : V → V. Temos que:
1. se o ( ) { }0N T = , o operador linear T possui inversa.
2. se T possui inversa, então ( ) ( )1 1T T T T I− −= = .
3. T é inversível se, e somente se, [ ]det 0T ≠ .
Sabemos que uma transformação linear T : V → W é inversível se, e 
somente se, T é injetiva e sobrejetiva. No caso particular do operador linear, 
em que V = W, do fato de dim Ker + dim Im = dim V (soma das dimensões do 
núcleo e da imagem é igual à dimensão do domínio), segue que, se o opera-
dor for injetivo, então também será sobrejetivo, sendo a recíproca verdadeira 
(demonstração a cargo do leitor3). Portanto, N (T) = {0} é condição necessária 
e suficiente para que o operador linear T possua inversa.
3 Usar o seguinte fato: se B é um espaço de dimensão n e A é um subespaço seu, também com 
dimensão n, então A = B.
– 164 –
Álgebra Linear
Exemplo 6.2
Dado o operador linear em 2R definido por ( ) ( ), 2 , 3T x y x y x y= − −  . 
Determine 1T −
Solução
Como visto no exemplo 6.1, o operador linear possui inversa. Então basta 
calcular a matriz inversa 1T − de T , conforme visto no capítulo 3.
Neste exemplo iremos usar o método de Gauss para determinar 1T − .
2 1 1 0
1 3 0 1
− 
 − 
Trocando as linhas de posição,
1 3 0 1
2 1 1 0
− 
 −  2 1 22L L L→ = −
1 3 0 1
0 5 1 2
− 
 − −  2 2
1
5
L L→ = −
1 3 0 1
1 20 1
5 5
− 
 
 −
 
1 1 23L L L→ = +
3 11 0
5 5
1 20 1
5 5
 − 
 
 −
  
Portanto, obtemos como solução
1
3 1
5 5
1 2
5 5
T −
 − 
=  
 −
  
– 165 –
Operadores
6.3 Matriz mudança de base
Vamos considerar ( ) 2dim V = e as bases de um espaço vetorial V, 
{ }1 2,A v v→ →= e { }1 2,B w w→ →= . Temos como objetivo relacionar as coordena-
das de um vetor v
→
 com a base A e também relacionar as coordenadas deste 
mesmo vetor com a base B.
Escrevemos o vetor v
→
 como combinação linear dos vetores das bases.
Com relação à base A, 1 1 2 2v x v x v
→ → →
= + , ou ( )1 2,Av x x
→
= .
Com relação à base B, 1 1 2 2v y w y w
→ → →
= + , ou ( )1 2,Bv y y
→
= .
Escrevendo os vetores da base A em relação à base B,
1 11 1 21 2v a w a w
→ → →
= +
2 12 1 22 2v a w a w
→ → →
= +
Substituindo 1v
→
 e 2v
→
 na combinação linear em relação à base A,
1 1 2 2v a v a v
→ → →
= +
1 11 1 21 2 2 12 1 22 2v x a w a w x a w a w
→ → → → →   = + + +   
   
Aplicando a propriedade distributiva,
1 11 1 1 21 2 2 12 1 2 22 2v x a w x a w x a w x a w
→ → → → →
= + + +
escrevemos
( ) ( )1 11 2 12 1 1 21 2 22 2v x a x a w x a x a w
→ → →
= + + +
– 166 –
Álgebra Linear
Comparando com o vetor escrito na base B,
( ) ( )1 1 2 2 1 11 2 12 1 1 21 2 22 2y w y w x a x a w x a x a w
→ → → →
+ = + + +
segue que
1 1 11 2 12
2 1 21 2 22
y x a x a
y x a x a
= +
= +
Reescrevendo em forma matricial,
1 11 12 1
2 21 22 2
y a a x
y a a x
     
=     
     
onde a matriz 11 12
21 22
a a
a a
 
 
 
 é uma matriz de transição de A para B e é chamada 
de matriz de mudança de base de A para B.
O vetor 1
2
x
x
 
 
 
 é Av
→
, 1
2
y
y
 
 
 
 é Bv
→
, e
.AB B Av I v
→ →
=
Exemplo 6.3
Dadas as bases { }1 2,A v v→ →= e { }1 2,B w w→ →= do 2R : ( )1 1,1v→ = − , 
( )2 2, 1v
→
= − , ( )1 1,3w
→
= e ( )2 0, 1w
→
= , determine a matriz mudança de base 
de A para B
Solução
Partimos do princípio que se deseja determinar a matriz 11 12
21 22
a a
a a
 
 
 
.
Escrevendo os vetores da base A relação à base B,
1 11 1 21 2v a w a w
→ → →
= +
– 167 –
Operadores
( ) ( ) ( )11 211,1 1,3 0, 1a a− = +
11
11 21 21
1
3 1 4
a
a a a
=−
 + = ⇒ =
2 12 1 22 2v a w a w
→ → →
= +
( ) ( ) ( )12 222, 1 1,3 0, 1a a− = +
12
12 22 22
2
3 1 7
a
a a a
=
 + = − ⇒ = −
Logo, a matriz mudança de base é dada por
11 12
21 22
1 2
4 7
B
A
a a
I
a a
−   
= =   −   
6.4 Operador ortogonal
Dizemos que um operador linear T : V → V é ortogonal se o módulo 
(ou norma) de cada vetor for preservado, ou seja, se | |T v v
→ →  = 
 
. Para os 
operadores ortogonais, são consideradas as bases ortogonais e, em particular, 
a base canônica.
Um conjunto de vetores é ortogonal quando . 0i jv v
→ →
= para i j≠ e 
. 1i jv v
→ →
= para i j= . O módulo de um vetor é obtido por meio dos cálculos 
do produto interno.
Exemplo 6.4
Determine o módulo do vetor ( )1,1v
→
= −
– 168 –
Álgebra Linear
Solução
( )1,1v
→
= −
| | .v v v
→ → →
=
( ) ( )2 2| | 1 1v
→
= − +
| | 1 1v
→
= +
| | 2v
→
=
Exemplo 6.5
Verifique se o operador linear em R ² dado por T (x, y) = (- x, y) é 
ortogonal
Solução
A norma do vetor ( ),v x y
→
= é dada por
2 2| |v x y
→
= +
e o operador linear em questão efetua
( ) ( ), ,T x y x y= −
( ) ( ) ( )22| , |T x y x y= − +
( ) 2 2| , |T x y x y= +
Logo, temos um operador linear ortogonal.
– 169 –
Operadores
Atividades
1. Verifique se o operador linear dado por ( ) ( ), , 4T x y x y x y= + − é 
inversível.
2. Dado o operador linear 2R definido por ( ) ( ), 3 2 ,T x y x y x y= + −  , 
determine 1T − .
3. Dado o operador linear 
3R , determine 1T − , caso exista, de: 
( ) ( ), , , 2 3 ,T x y z x y z x y z x y z= − + − − + − + − .
4. Dadas as bases { }1 2,A v v→ →= e { }1 2,B w w→ →= do 2R , com ( )1 1, 2v→ = , 
( )2 1, 1v
→
= − , ( )1 2,4w
→
= e ( )2 5, 3w
→
= , determine a matriz mudança de 
base de A para B.
Neste capítulo estudaremos a definição e as propriedades 
de autovalores e autovetores.
7.1 Autovalores e autovetores
Definição
Seja A uma matriz quadrada de ordem n. Chamamos de 
autovalor da matriz A um número real λ se existir um vetor 0v
→
≠
, denominado autovetor, tal que A v vλ
→ →
= , onde, sendo T : V → V 
a transformação associada a A, temos T v vλ
→ →  = 
 
.
Diagonalização 
de Matrizes
7
– 172 –
Álgebra Linear
Os autovalores também recebem o nome de valores característicos ou 
valores próprios, assim como os autovetores recebem o nome de vetores 
característicos ou vetores próprios.
7.2 Determinação dos autovalores
Para a determinação dos autovalores de uma transformação em 
V, tomamos sua matriz A quadrada associada a [ ]A T= e procuramos 
os vetores em V e os números real que satisfaçam as condições de serem 
autovetores e autovalores, respectivamente. Assim, por exemplo, para uma 
matriz de ordem 2,
11 12
21 22
a a
A
a a
 
=  
 
De acordo com a definição, tem-se
A v vλ
→ →
=
que pode ser reescrita como
0A v vλ
→ →
− =
Sabe-se que ao multiplicar um vetor pela matriz identidade, obtém-se o 
próprio vetor ( v I v
→ →
= ), então
0A v I vλ
→ →
− =
Colocando o vetor v
→
 em evidência
( ) 0v A Iλ
→
− =
Busca-se então obter soluções não nulas para o sistema homogêneo apre-
sentado
( ) 0det A Iλ− =
– 173 –
Diagonalização de Matrizes
Com a resolução deste determinante, observa-se que o determinante 
depende de λ. Este determinante é denominado polinômio característico. 
Reescrevendo-o em forma matricial, temos
11 12
21 22
1 0
0
0 1
a a
det
a a
λ
    
− =    
    
que é o mesmo que
11 12
21 22
0
0
0
a a
det
a a
λ
λ
    
− =    
    
Efetuando a subtração entre as matrizes, segue que11 12
21 22
0
a a
det
a a
λ
λ
−  
=  −  
calculando o determinante
( )( )11 22 12 21. 0a a a aλ λ− − − =
Na solução da equação serão determinados dois autovalores.
O procedimento anterior utilizou como exemplo uma matriz 2 x 2, e o 
mesmo é válido para uma matriz n x n em geral.
Exemplo 7.1
Determine os autovalores de 2 2:T R R→ , ( ) ( ), 2 4 ,T x y x y x y= + −
Solução
Sabe-se que [ ]A T= , então
2 4
1 1
A
 
=  − 
Aplicando a definição
( ) 0det A Iλ− =
– 174 –
Álgebra Linear
2 4 1 0
0
1 1 0 1
det λ
    
− =    −    
de modo que
2 4
0
1 1
det
λ
λ
−  
=  − −  
( )( ) ( )( )2 1 4 1 0λ λ− − − − =
22 2 4 0λ λ λ− − + + − =
2 6 0λ λ− − =
Com a resolução da equação, obtemos os autovalores
1 2λ = − e 2 3λ =
Exemplo 7.2
Determine os autovalores de 3 3:T R R→ , definida por 
( ) ( ), , , ,T x y z x y z y y z= + − − − .
Solução
A matriz A associada a transformação é dada por
1 1 1
0 1 0
0 1 1
A=
− 
 − 
 − 
Assim, para procurar os autovalores, devemos escrever
1 1 1
0 1 0 0
0 1 1
det =
λ
λ
λ
− − 
 − − 
 − − 
– 175 –
Diagonalização de Matrizes
o que nos dá
( )( )( )1 1 1 0λ λ λ− − − − − =
cujas soluções (os autovalores) são dadas por
1 1λ = e 2 3 1λ λ= = − .
7.3 Determinação dos autovalores
Para cada autovalor existe pelo menos um autovetor associado. Vejamos 
a seguir alguns exemplos da forma como se podem obter os autovetores.
Exemplo 7.3
Determine os autovetores de 2 2:T R R→ , definida por 
( ) ( ), 2 4 ,T x y x y x y= + − .
Solução
No exemplo 7.1 foram determinados os autovalores, sendo eles 1 2λ = − e 
2 3λ = . Para determinar os autovetores, escrevemos dois sistemas, cada um com 
relação a cada autovalor.
2 4 0
1 1 0
x
y
λ
λ
−     
=     − −     
Para 1 2λ = − , temos
( )
( )
02 2 4
01 1 2
x
y
− −     
=     − − −     
2 2 4 0
1 1 2 0
x
y
+     
=     − +     
4 4 0
1 1 0
x
y
     
=     
     
– 176 –
Álgebra Linear
Observe que temos um sistema possível e indeterminado com
0x y+ =
x y= −
Logo, o autovetor associado ao autovalor 1 2λ = − é dado por
( ) ( ) ( ), , 1,1x y y y y= − = −
( )1 1,1v
→
= −
O mesmo procedimento deve ser usado para determinar o autovetor asso-
ciado ao autovalor de 2 3λ = . Para este, encontramos
( ) ( ) ( ), 4 , 4,1x y y y y= =
( )2 4,1v
→
=
Assim, os autovetores associados aos autovalores 1 2λ = − e 2 3λ = são, res-
pectivamente, ( )1 1,1v
→
= − e ( )2 4,1v
→
= .
Importante
Se v
→
é um autovetor de A, então qual múltiplo seu também o será, já 
que A v = v A a v = aA v = a v = a vλ λ λ
→ → → → → →   ⇒    
   
? O mesmo acontece 
quando um autovalor possui mais de um autovetor. Assim, não há apenas 
“um” vetor que seja autovetor de λ, mas também todo vetor que pertence ao 
seu subespaço. No entanto, contanto que se tenha isso em mente, podemos 
falar que ( )1,1− é “o autovetor”.
Exemplo 7.4
Determine os autovalores e os autovetores de 3 3:T R R→ , 
( ) ( ), 2 ,4 ,3T x y x y y z z= + + .
– 177 –
Diagonalização de Matrizes
Solução
Escrevendo a matriz A
2 1 0
0 4 1
0 0 3
A
 
 =  
  
Assim,
2 1 0
det 0 4 1 0
0 0 3
λ
λ
λ
 − 
  − =  
  −  
Sabe-se, por estudos anteriores, que o determinante de uma matriz triangular 
superior é a multiplicação da diagonal principal, então
( )( )( )2 4 3 0λ λ λ− − − =
Portanto, os autovalores são 1 2λ = , 2 4λ = e 3 3λ = .
Para o cálculo dos autovetores, podemos escrever
2 1 0 0
0 4 1 . 0
0 0 3 0
x
y
z
λ
λ
λ
−     
     − =     
     −     
Para o autovalor 1 2λ = , temos
2 2 1 0 0
0 4 2 1 . 0
0 0 3 2 0
x
y
z
−     
     − =     
     −     
0 1 0 0
0 2 1 . 0
0 0 1 0
x
y
z
     
     =     
          
– 178 –
Álgebra Linear
0
2 0
0
y
y z
z
=
 + =
 =
Portanto,
( ) ( ) ( ), , , 0,0 1,0,0x y z x x= =
( )1 1,0,0v
→
=
Para o autovalor 2 4λ = , temos
2 4 1 0 0
0 4 4 1 . 0
0 0 3 4 0
x
y
z
−     
     − =     
     −     
2 1 0 0
0 0 1 . 0
0 0 1 0
x
y
z
−     
     =     
     −     
2 0
0
0
x y
z
z
− + =
 =
− =
2y x=
Portanto,
( ) ( ) ( ), , , 2 ,0 1, 2,0x y z x x x= =
( )2 1, 2,0v
→
=
Para o autovalor 3 3λ = , temos
– 179 –
Diagonalização de Matrizes
2 3 1 0 0
0 4 3 1 . 0
0 0 3 3 0
x
y
z
−     
     − =     
     −     
1 1 0 0
0 1 1 . 0
0 0 0 0
x
y
z
−     
     =     
          
0
0
x y
y z
− + =
 + =
y x
z x
=
= −
( ) ( ) ( ), , , , 1,1, 1x y z x x x x= − = −
( )3 1,1, 1v
→
= −
De um modo geral, podemos escrever o polinômio característico de A como
( )
11 12 1
21 22 2
31 32 3
1 2
...
...
...
...
n
n
n
n n nn
a a a
a a a
a a adet A = det
a a a
λ
λ
λ
λ
− 
 − 
 −
 
 
 − 
� � � �
Também escrevemos, de um modo geral, a equação dos autovetores como
11 12 1 1
21 22 2 2
31 32 3 3
1 2
... 0
... 0
... 0
0
0...
n
n
n
n n nn n
a a a x
a a a x
a a a x =
a a a x
λ
λ
λ
−     
     −     
     
     
     
    −     
� � � � �
– 180 –
Álgebra Linear
7.4 Propriedade dos autovalores e autovetores
I. Se em uma transformação linear :T V V→ tem-se um autove-
tor v
→
 associado a um autovalor, então o vetor vα
→
, com 0α ≠ 
para qualquer valor real, é também um vetor próprio da transfor-
mação linear.
II. Se em uma transformação linear :T V V→ , o conjunto Sλ de 
todos os vetores v V
→
∈ , associados a um autovalor λ , então, Sλ é 
um subespaço vetorial de V.
Demonstração de I. e II. a cargo do leitor.
7.5 Matrizes semelhantes
Definição
Seja :T V V→ um operador linear e as matrizes A e B associadas à 
transformação T em relação a diferentes bases de V, dizemos que B é matriz 
semelhante a A se existir uma matriz invertível P tal que
1B P AP−=
A matriz de T em relação à base formada por seus autovetores é dia-
gonal (demonstração a cargo do leitor). Assim, se dimV n= , A é a matriz 
de T em relação à base canônica, e se T possuir n autovetores linearmente 
independentes, então B será uma matriz diagonal e as colunas de P serão 
formadas pelos autovetores de A.
Matrizes semelhantes possuem o mesmo polinômio característico e, 
com isso, possuem os mesmos autovalores.
Exemplo 7.5
Seja a transformação linear 2 2:T R R→ , definida por 
( ) ( ), , 3T x y x y x y= + − , verifique se a matriz 
1 0
0 2
B
− 
=  
 
 é semelhante 
à matriz A
– 181 –
Diagonalização de Matrizes
Solução
Determinemos primeiro os autovetores e autovalores de uma matriz A asso-
ciada a T.
Determinação dos autovalores
1 1
0
3 1
det
λ
λ
−  
=  − −  
1 2λ = − e 2 2λ =
Determinação dos autovetores
Para 1 2λ = −
( )
( )
01 2 1
03 1 2
x
y
− −     
=     − − −     
( )1 1, 3v
→
= −
Para 2 2λ =
1 2 1 0
3 1 2 0
x
y
−     
=     − −     
( )2 1,1v
→
=
Com os autovetores já determinados, obtemos a matriz P.
→ → =   1 2
P v v
 
=  − 
1 1
3 1
P
– 182 –
Álgebra Linear
Determinando a matriz inversa1P −
1 1 1 0
3 1 0 1
a b
c d
     
⋅ =     −     
1
1 1
4 4
3 1
4 4
P −
 − 
=  
 
  
Sabe-se que
1B P AP−=
Substituindo as matrizes
1 1
1 1 1 14 4
3 1 3 1 3 1
4 4
B
 −     
=      − −    
  
Multiplicando as matrizes A e P
1 1
2 24 4
3 1 6 2
4 4
B
 −  − 
=    
  
  
1 0
0 2
B
− 
=  
 
Assim, verificamos que a matriz B é semelhante à matriz A. A matriz B é a 
matriz de T em relação à base formada por autovetores de A.
7.6 Diagonalização de operadores
O objetivo de diagonalizar um operador linear é escrever sua matriz do 
modo mais simples possível.
– 183 –
Diagonalização de Matrizes
7.6.1 Teorema
Autovetores associados a autovalores distintos de um operador linear 
:T V V→ são linearmente independentes.
Demonstração
Sejam os autovalores distintos 1λ e 2λ e seus autovetores associados 1v
→
e 2v
→
, respectivamente. Assim, 1 1 1T v vλ
→ →  = 
 
 e 2 2 2T v vλ
→ →  = 
 
.
Em forma de equação linear
1 1 2 2 0a v a v
→ →
+ =
 ( 1 )
Multiplicando por 1λ
1 1 1 2 2 0a v a vλ
→ → + = 
 
1 1 1 2 1 2 0a v a vλ λ
→ →
+ =
1 1 1 2 1 2a v a vλ λ
→ →
= −
 ( 2 )
Aplicando a transformação linear em ( 1 ), tem-se
1 1 2 2 0a T v a T v
→ →   + =   
    ( 3 )
Substituindo 1 1 1T v vλ
→ →  = 
 
 e 2 2 2T v vλ
→ →  = 
 
, segue que
1 1 1 2 2 2 0a v a vλ λ
→ →
+ =
 ( 4 )
Substituindo ( 2 ) em ( 4 ),
2 1 2 2 2 2 0a v a vλ λ
→ →
− + =
( )2 1 2 2 0a vλ λ
→
− + =
– 184 –
Álgebra Linear
onde
1 2 0λ λ− + ≠ e 2 0v
→
≠
Portanto, 2 0a = e, consequentemente, 1 0a = .
Assim, o conjunto de vetores { }1 2,v v→ → é LI.
Corolário
Seja T : V → V, com dim V = n e n autovalores distintos para T. Então, 
o conjunto dos autovetores de T formará uma base para V.
Exemplo 7.6
Dado o operador linear 2 2:T R R→ , ( ) ( ), 2 5 , 2T x y x y x y= − + + , 
determine uma base para o 2R
Solução
Para obter uma base para o 2R , iniciamos determinando os autovetores
A matriz A é dada por
2 5
1 2
A
− 
=  
 
Obtendo a equação característica
( )
2 5
det
1 2
A I
λ
λ
λ
− − 
− =  − 
( ) ( )( )det 2 2 5A Iλ λ λ− = − − − −
( ) 2det 9A Iλ λ− = −
Determinando os autovalores,
2 9 0λ − =
2 9λ =
– 185 –
Diagonalização de Matrizes
9λ = ±
1 3λ = − e 2 3λ =
Agora, para cada autovalor, determinamos um autovetor.
Para 1 3λ = −
( )
( )
02 3 5
01 2 3
x
y
− − −     
=     − −     
2 3 5 0
1 2 3 0
x
y
− +     
=     +     
1 5 0
1 5 0
x
y
     
=     
     
Temos a equação
5 0x y+ =
5x y= −
( ) ( ) ( )1 , 5 , 5,1v x y y y y
→
= = − = −
( )1 5,1v
→
= −
Para 2 3λ =
( )
( )
02 3 5
01 2 3
x
y
− −     
=     −     
5 5 0
1 1 0
x
y
−     
=     −     
– 186 –
Álgebra Linear
Temos a equação
0x y− =
x y=
( ) ( ) ( )2 , , 1,1v x y y y y
→
= = =
( )2 1,1v
→
=
Portanto, a base determinada por β = {(1,1), (-5, 1)}.
A matriz que deve ser usada para efetuar a transformação de semelhança 
sobre A (matriz de T em relação à base canônica), obtendo uma matriz diago-
nal para a transformação (que é a matriz de T em relação à base β) é dada por:
5 1
1 1
P
− 
=  
 
Dizemos que uma matriz A é diagonalizável se existir uma matriz P 
formada pelos autovetores associados a autovalores distintos. Escrevemos 
1D P AP−= , onde
 2 D é a matriz diagonal;
 2 A é a matriz do operador linear;
 2 P é a matriz cujas colunas são constituídas pelos autovetores;
 2 1P − é a matriz inversa de P.
Observa-se que, procurando a matriz associada a T, não em termos da 
base canônica, mas em termos dos autovetores de T, é a matriz D que será 
encontrada, sendo seus elementos da diagonal os autovalores de T (fica a 
cargo do leitor, como exercício, obter dessa maneira a matriz D a partir do 
exemplo 7.6.).
Exemplo 7.7
Dado o operador linear 2 2:T R R→ , ( ) ( ), 2 5 , 2T x y x y x y= − + + , 
determinar uma matriz P que diagonaliza o operador linear
– 187 –
Diagonalização de Matrizes
Solução
No exemplo 7.6 foram determinados os autovalores 1 3λ = − e 2 3λ = , 
também os autovetores 1 5,1v
→
= − e ( )2 1,1v
→
= . Como estes vetores são LI, com 
autovalores distintos, formam base do 2R . Obtemos a matriz
5 1
1 1
P
− 
=  
 
Para iniciar o processo de diagonalização, é necessário determinar a matriz 
inversa de P.
1
1 1
6 6
1 5
6 6
P
 − 
=  
 
  
Assim, calculamos
1D P AP−=
1 1
2 5 5 16 6
1 5 1 2 1 1
6 6
D
 −  − −   
=      
    
  
Multiplicando as matrizes A e P
1 1
15 36 6
1 5 3 3
6 6
D
 −   
=    −  
  
Efetuando a multiplicação entre as matrizes, obtém-se
3 0
0 3
D
− 
=  
 
– 188 –
Álgebra Linear
Concluímos que a matriz diagonal representante do operador linear T na 
base dos autovetores é uma matriz diagonal cujos elementos são os autovalores.
Exemplo 7.8
Dado o operador linear 3 3:T R R→ , definido por 
( ) ( ), , 2 ,4 ,3T x y z x y y z z= + + , determinar uma matriz P que diagonaliza 
o operador linear
Solução
Escrevendo a matriz A
2 1 0
0 4 1
0 0 3
A
 
 =  
  
Assim,
2 1 0
det 0 4 1 0
0 0 3
λ
λ
λ
 − 
  − =  
  −  
Sabe-se por estudos anteriores que o determinante de uma matriz triangular 
superior é a multiplicação da diagonal principal, então
( )( )( )2 4 3 0λ λ λ− − − =
Portanto, os autovalores são 1 2λ = , 2 4λ = e 3 3λ = .
Para o cálculo dos autovetores, escrevemos em forma matricial
2 1 0 0
0 4 1 . 0
0 0 3 0
x
y
z
λ
λ
λ
−     
     − =     
     −     
Para o autovalor 1 2λ = , temos
– 189 –
Diagonalização de Matrizes
2 2 1 0 0
0 4 2 1 . 0
0 0 3 2 0
x
y
z
−     
     − =     
     −     
0 1 0 0
0 2 1 . 0
0 0 1 0
x
y
z
     
     =     
          
0
2 0
0
y
y z
z
=
 + =
 =
Portanto
( ) ( ) ( ), , , 0,0 1,0,0x y z x x= =
( )1 1,0,0v
→
=
Para o autovalor 2 4λ = , temos
2 4 1 0 0
0 4 4 1 . 0
0 0 3 4 0
x
y
z
−     
     − =     
     −     
2 1 0 0
0 0 1 . 0
0 0 1 0
x
y
z
−     
     =     
     −     
2 0
0
0
x y
z
z
− + =
 =
− =
2y x=
– 190 –
Álgebra Linear
Portanto
( ) ( ) ( ), , , 2 ,0 1, 2,0x y z x x x= =
( )2 1, 2,0v
→
=
Para o autovalor 3 3λ = , temos
2 3 1 0 0
0 4 3 1 . 0
0 0 3 3 0
x
y
z
−     
     − =     
     −     
1 1 0 0
0 1 1 . 0
0 0 0 0
x
y
z
−     
     =     
          
0
0
x y
y z
− + =
 + =
y x
z x
=
= −
( ) ( ) ( ), , , , 1,1, 1x y z x x x x= − = −
( )
→
= −3 1,1, 1v
Dessa forma, obtemos a matriz P constituída pelos autovetores
 
 =  
 − 
1 1 1
0 2 1
0 0 1
P
De fato, ao diagonalizarmos o operador linear, obtemos
−= 1D P AP
– 191 –
Diagonalização de Matrizes
onde −1P é dada por
1
1 11
2 2
1 10
2 2
0 0 1
P −
 − 
 
 =
 
 − 
  
Então,
1 11
2 2 2 1 0 1 1 1
1 10 0 4 1 0 2 1
2 2
0 0 3 0 0 10 0 1
D
 − 
    
    =     
   −     − 
  
1 11
2 2 2 4 3
1 10 0 8 3
2 2
0 030 0 1
D
 − 
  
  =   
 −   − 
  
2 0 0
0 4 0
0 0 3
D
 
 =  
  
onde os elementos da diagonal principal (2, 4 e 3) são justamente os autovalores de A.
7.7 Diagonalização de matrizes simétricas
Nesta seção será estudada a diagonalização de matrizes simétricas, com 
elementos reais, dadas por Tn n n nA A× ×= .
– 192 –
Álgebra Linear
7.7.1 Propriedades
I. Todas as raízes da equação característica de uma matriz simétrica 
são números reais.
II. Os autovetores de uma matriz simétrica A, com autovalores distin-
tos, são ortogonais.
III. Os autovetores da matriz P, neste caso em particular das matrizes 
simétricas, forma uma base ortogonal. Devida suas aplicações, se torna 
conveniente que a base seja ortonormal, normalizando cada vetor.
Para demonstração de I. e II. (a cargo do leitor), seguem algumas dicas: 
escrever a definição de autovetor para cada caso A v vλ
→ → = 
 
. Para I., escre-
ver A v vλ
→ →
= e seu conjugado, usando o fato que A A= , obtendo assim 
duas equações. Para II., escrever 1A v vλ
→ →
= e 2Aw wλ
→ →
= e, a seguir, efetuar 
produtos internos e transposições.
Exemplo 7.9
Dada a matriz 
4 4
4 10
A
 
=  
 
, determinar uma matriz P ortonormal que 
diagonaliza a matriz A
Solução
Determinado os autovalores
( )
4 4
det
4 10
A I
λ
λ
λ
− 
− =  − 
( )( )4 10 16 0λ λ− − − =
A equação característica é dada por λ² – 14 λ + 24 = 0.
Assim,
1 22 12eλ λ= =
– 193 –
Diagonalização de Matrizes
Determinando os autovetores
Para 1 2λ =
4 2 4 0
4 10 2 0
x
y
−     
=     −     
2 4 0
4 8 0
x
y
     
=     
     
2 4 0
4 8 0
x y
x y
+ =
 + =
2x y= −
Portanto,
( ) ( ) ( ), 2 , 2,1x y y y y= − = −
( )1 2,1v
→
= −
Para 2 12λ = temos ( )2 1,2v =
→
 (demonstração a cargo do leitor).
Para a obtenção dos vetores unitários, temos
Para ( )1 2,1v
→
= − , dividimos cada componente por seu módulo, que é 5  . 
Assim,
1
2 5 5,
5 5
u
→  
= − 
 
Para ( )2 1,2v =
→
, temos, analogamente,
2
5 2 5
5 5
u = ,
→  
 
 
– 194 –
Álgebra Linear
A matriz P, que deve ser usada na transformação de semelhança para se obter 
uma matriz ortonormal para a transformação, é constituída pelos autovetores 
unitários 
→
1u e 2u
→
 associados aos autovalores:
1 2,P u u
→ → =   
2 5 5
5 5
5 2 5
5 5
P
 
− 
 =
 
 
 
Observe que 1u
→
 e 2u
→
 são ortogonais. De fato,
1 1
2 5 5 2 5 5 20 5 25. , . , 1
5 5 5 5 25 25 25
u u
→ →    
= − − = + = =   
   
2 2
5 2 5 5 2 5 5 20 25. , . , 1
5 5 5 5 25 25 25
u u
→ →    
= = + = =   
   
1 2
2 5 5 5 2 5 10 10. , . , 0
5 5 5 5 25 25
u u
→ →    
= − = − + =   
   
Para as matrizes simétricas, temos 1 tD P AP P AP−= = . Então,
2 5 5 2 5 5
4 45 5 5 5
4 105 2 5 5 2 5
5 5 5 5
D
   
− −       =      
   
   
2 5 5 4 5 12 5
5 5 5 5
5 2 5 2 5 24 5
5 5 5 5
D
   
− −   
   =
   
   
   
– 195 –
Diagonalização de Matrizes
2 0
0 12
D
 
=  
 
No exemplo a seguir, mostra-se um caso em que os autovalores não são distintos.
Exemplo 7.10
Dada a matriz 
3 1
0 3
A
 
=  
 
. Determinar uma matriz P que diagonaliza 
a matriz A
Solução
Determinando os autovalores
( )
3 1
det
0 3
A I
λ
λ
λ
− 
− =  − 
( )( )3 3 0λ λ− − =
A equação característica é dada por 2 6 9 0λ λ− + =
Os autovalores são dados por 1 2 3λ λ= =
Determinando os autovetores
Para 1 2 3λ λ= =
3 3 1 0
0 3 3 0
x
y
−     
=     −     
0 1 0
0 0 0
x
y
     
=     
     
o que dá (x,0).
Portanto, encontramos (1,0) como autovetor associado. Como não foi 
possível encontrar dois autovetores LI, não há base pela qual seja possível 
diagonalizar A.
– 196 –
Álgebra Linear
Atividades
1. Determine os autovalores de 2 2:T R R→ , ( ) ( ), 4 ,4T x y x y x y= − + −  .
2. Dados os autovetores correspondentes aos autovalores do operador 
linear 3 3:T R R→ , ( ) ( ), 2 3 , 2 4 ,3T x y x y z y z z= − − + .
3. Dada a matriz 
2 1
3 4
A
 
=  
 
 e os autovalores 1 1λ = e 2 5λ = , determine 
os autovetores correspondentes aos autovalores.
4. Determine a matriz P que diagonaliza a matriz 
1 2 4
0 3 2
0 0 5
A
− 
 =  
  
.
5. Determine a matriz P que diagonaliza a matriz 
 
=  − 
1 0
0 1
A .
Anexo
– 198 –
Álgebra Linear
Matrizes inversas
Este anexo apresenta mais algumas observações importantes acerca da 
matriz inversa. Dizemos que uma matriz B é inversa de uma matriz A de 
ordem n (matriz n x n), quando A. B = B . A = In, onde esta matriz inversa de 
A é denotada por A-1.
Observemos que, como A.A-1 = I, então det (A.A-1) = det I = 1, e segue 
que det A = 1/det A-1.
Considerando duas matrizes quadradas A e B de mesma ordem, valem 
algumas propriedades:
a) se tanto A quanto B são inversíveis, então A.B também é inversível 
e sua inversa é dada por (A.B)-1 = B-1.A-1.
Portanto, deve-se ter cuidado com a ordem entre as matrizes, 
quando a inversão é feita sobre produto de matrizes. Para demons-
trar o item a), observemos que (A.B). (B-1.A-1) = A (BB-1)A-1, onde 
B.B-1 = I e, portanto, (A.B) . (B-1.A-1) = A.I.A-1 = A.A-1 = I. Faz-se 
de forma semelhante para mostrar que (B-1.A-1). (A.B) = I, de onde 
segue que a inversa de A.B é B-1.A-1.
b) se existe uma matriz B, tal que B.A = I para uma matriz quadrada 
A inversível, então B é a inversa de A, o que significa que B = A-1.
Ou seja, basta que B verifique uma das condições para ser a 
inversa da matriz, e tal inversa é única (demonstração a cargo 
do leitor. Dica: usar o fato já dado de que A possui inversa, 
existindo A-1).
A seguir, vamos mostrar outra forma de achar a matriz inversa, além 
daquelas utilizadas nos primeiros capítulos do livro. Para isso, precisamos 
definir o que é a matriz adjunta de uma matriz quadrada A, que chamaremos 
aqui de Adj A. Ela é a transposta da matriz dos cofatores. Chamamos de 
cofator cij de um elemento aij de A o número dado por (-1) i+j . det Aij, onde 
cada Aij é a submatriz extraída, excluindo-se a “i-ésima” linha e a “j-ésima” 
coluna de A. Colocando cada cij obtido na mesma posição de seu respectivo 
aij, obtemos uma matriz [cij]. Ao fazer sua transposta, temos a matriz adjunta. 
Ou seja, Adj A = [cij]T.
– 199 –
Anexo
Por exemplo, dada a matriz
 
 = − 
 
 
2 5 0
1 7 3
0 3 1
A
Sua matriz de cofatores fica dada por
− − 
 = − − 
 − 
2 1 3
5 2 6
15 6 19
A
e a Adj A é facilmente obtida fazendo a transposta desta matriz de cofatores.
Pode-se provar que A . Adj A = det A . I. O leitor pode consultar a 
bibliografia para mais detalhes (BOLDRINI, 1980). Sabemos também que, 
se uma matriz A tem inversa, então 0detA ≠ (do contrário, por absurdo, 
nunca poderia ser verdade que A . A-1 = I. Verificação a cargo do leitor). Do 
exposto, e da unidade da inversa de A, segue que
1 AdjAA =
detA
−
De fato,
.. AdjA detA IA = = I
detA detA
Mas nem sempre uma matriz quadrada possui inversa. Do que foi 
exposto, podemos já concluir que, se A não for inversível, isso significa que 
det A = 0. E isso acontece quando alguma linha (ou coluna) da matriz é com-
binação linear de outra(s) linha(s) (ou coluna(s)). A demonstração disso foge 
do escopo deste anexo, mas, com os elementos que temos, podemos entender 
como isso funciona. Consideremos, por exemplo, a matriz:
 
=  
 
1 2
3 6
M– 200 –
Álgebra Linear
Neste caso, fica claro que o segundo vetor-linha de A é igual ao primeiro 
multiplicado por 3. Também pode-se dizer que o segundo vetor-coluna é 
igual ao primeiro multiplicado por 2. E, de fato, como dizíamos, det M = 0. 
Então, esta matriz não admitirá inversa.
Se escrevemos um sistema linear com essa matriz M (ou seja, conside-
rando a matriz M como a forma matricial de um sistema), temos (**)
x + 2y = 1
3x + 6y = 5
que, matricialmente, equivale a escrever (***)
   
=   
   
1 2 1
3 6 5
v
onde v é o vetor (x, y). Se tentamos resolver o sistema (**) acima, notamos 
que ele não. possui solução, é um sistema impossível (exercício a cargo do 
leitor). Isso pode ser explicado da seguinte forma: a partir da forma matricial 
(***), podemos escrever
        
= = +        
        
1 2 1 2 1 2
3 6 3 6 3 6
x
v x y
y
O leitor pode verificar por sua conta. Mas isso nada mais é do que uma 
combinação linear entre os vetores (1, 3) e (2, 6). Como ambos pertencem 
ao mesmo subespaço de dimensão 1, sendo um múltiplo do outro, eles não 
são suficientes para gerar todo o R². Não conseguimos dois vetores LI. Assim, 
alguns vetores de R² acabam ficando fora daquilo que pode ser gerado com 
(1,3) ou (2,6). Por exemplo, o próprio (1, 5), que não pode ser escrito como 
um múltiplo de (1, 3). Isso porque nosso sistema exigiu que
     
+ =     
     
1 2 1
3 6 5
x y
para o qual não é possível encontrar x e y que satisfaça. Essa é a relação do 
sistema com a noção mais abstrata de espaços vetoriais, neste caso. Há muitos 
outros casos (inclusive com matrizes diferentes). Se, com a mesma matriz 
M, quiséssemos que o sistema tivesse solução, deveríamos ter ao lado direito 
– 201 –
Anexo
algum vetor que pertencesse ao que é gerado por (1, 3). Por exemplo (4, 12), 
já que (4, 12) = 4.(1, 3). Assim, o sistema
x + 2y = 4
3x + 6y = 12
Ou, escrevendo matricialmente,
1 2 4
3 6 12
x
y
    
=    
    
o que nos dá um sistema com solução4. Acontece que este é um sistema possível, 
só que indeterminado, possuindo número infinito de soluções. A infinidade de 
soluções acontece justamente pelos vetores (1, 3) e (2, 6) que compõem a matriz 
serem múltiplos entre si, de modo que há infinitas maneiras de combiná-los a 
fim de obter (4, 12). Por exemplo, (4, 12) = 4.(1, 3), mas também (4, 12) = 2.(1, 
3) + (2, 6), e assim por diante. Por isso, um sistema n x n possível indeterminado 
também se associa a uma matriz de determinante nulo, não inversível.
Por fim, quando o determinante de M for diferente de zero, significa 
que a matriz será inversível. Por exemplo, se modificássemos nosso problema 
inicial para
x + 2y = 1
2x - y = 5
que, matricialmente, se escreveria
1 2 1
2 1 5
x
Mv
y
    
= =    −    
O resultado seria um sistema possível e determinado (verificação pelo 
leitor). De fato, como 0]det M ≠ , de Mv = w, onde w = (1,5), podemos sim-
plesmente fazer v = M-1 w, o que nos dá a solução v = (x, y) de forma única. 
Além disso, note-se que os vetores (1, 2) e (2, -1) são LI e, portanto, geram 
todo o R². Por isso, qualquer vetor que fosse colocado do lado direito da igual-
dade matricial anterior permitiria que se encontrasse solução para o sistema.
4 Para resolução de sistemas e classificação dos mesmos, o leitor deve consultar o capítulo 3.
Conclusão
– 204 –
Álgebra Linear
Os conteúdos apresentados nessa obra nos trazem definições e proprie-
dades, apresentando exemplos numéricos voltados ao curso de matemática. 
Porém, cabe lembrar que os conhecimentos sobre a álgebra linear vão além de 
demonstrações. Suas aplicações cabem a um curso de engenharia elétrica, por 
exemplo, no qual se utiliza de sistemas de equações lineares para a resolução 
de um circuito elétrico.
Os cursos de engenharia, física, ciência da computação, dentre outros, 
possuem um contato direto com a álgebra linear. O conhecimento dos con-
teúdos é fundamental para resoluções de problemas reais, as quais também 
estão relacionadas com equações diferenciais.
Vemos aplicações de matrizes o tempo todo, como em um caixa eletrô-
nico de banco, no qual se usa uma senha individual e criptografada para ope-
rar o caixa. Ou seja, seu embasamento de segurança está diretamente ligado 
aos conceitos de álgebra linear, teoria dos números e matemática discreta. Já 
os conceitos de autovalores e os autovetores são utilizados em mecânica dos 
fluidos ou em economia.
O conhecimento em álgebra linear vai permitir, ao longo do tempo, 
que seja possível solucionar problemas físicos, químicos, computacionais, 
entre outros.
Gabarito
– 206 –
Álgebra Linear
1. Matrizes
As atividades têm como propósito fixar os conceitos do conteúdo 
sobre matrizes. No exercício um, o leitor deve determinar a ordem 
de cada matriz, pois este conceito é necessário para a operacionali-
zação de matrizes. No exercício dois são utilizados os conceitos de 
operações de adição e multiplicação por um escalar. O exercício três 
tem como objetivo trabalhar o conceito de ordem de uma matriz e, 
também, fixar o conteúdo de multiplicação entre matrizes. O exercí-
cio quatro, além de trabalhar a multiplicação entre matrizes, também 
evidencia o conceito de matrizes não comutativas.
2. Determinantes
As atividades têm como propósito fixar os conceitos de determinantes. 
No exercício um, tem-se como objetivo de que o leitor calcule o valor 
do determinante, encontrando como solução det A = – 5. No exercício 
dois, o leitor deve usar as propriedades estudadas no livro e responder 
sem a necessidade de fazer os cálculos. No item a deste exercício deve-se 
observar que foram trocadas as linhas de posição, ou seja, será obtido o 
mesmo resultado do exercício um, porém com o sinal trocado. Já no item 
b, utiliza-se a primeira propriedade estudada, pois a matriz possui uma 
linha nula. No item c, têm-se duas linhas iguais, atendendo a segunda 
propriedade estudada. No item d, aplica-se a quinta propriedade, pois se 
trata de uma matriz triangular superior.
3. Sistemas de Equações Lineares
Para as atividades apresentadas, tem-se como objetivo fixar os concei-
tos apresentados no capítulo. No exercício um, observa-se que as linhas 
não são múltiplas escalares uma das outras, e também se percebe que 
o determinante do sistema é diferente de zero. Assim, pode-se afirmar 
que o sistema é possível e determinado. Ao resolver o exercício dois, 
o sistema de equações tem como resultado um sistema possível e inde-
terminado, pois a terceira linha é o triplo da primeira. No exercício 
– 207 –
Gabarito
três, a solução, é dada por ( ){ }= −1, 1, 1s . Para o exercício quatro, 
= −3D , = 1xD , = −3yD e = −2zD , logo a solução encontrada é 
  = −  
  
1 2, 1,
3 3
s . Para o exercício cinco, a matriz resultante deve ser: 
−
 − 
 
 = −
 
 
 −
  
1
1 1 3
                      
2 4 4
1 1 1
                       
2 4 4
1 1 3
                
2 4 4
A
4. Espaços Vetoriais Euclidianos
Para as atividades apresentadas, temos como objetivo fazer com que 
o leitor fixe os conceitos apresentados neste capítulo. No exercício 
um o leitor deve testar os oito axiomas apresentados no início desse 
capítulo. Feita tal verificação, conclui-se que se trata de um espaço 
vetorial. Ao resolver o exercício dois, aplicando os conceitos de subes-
paços vetoriais, verifica-se que o conjunto é um subespaço vetorial. 
Para o exercício três, o leitor deve verificar que as duas condições pro-
postas não satisfazem os axiomas, portanto não se trata de um subes-
paço vetorial. Para o exercício quatro, a combinação linear é dada 
por 
→ → → →
−1 2 32w = v + v v . No exercíciocinco, a resposta é todo k real. 
Nota-se que os três vetores dados são LI e, portanto, formam uma 
base para o R³, de modo que qualquer vetor em R³ pode ser escrito 
como combinação deles. Ou seja, para qualquer k é possível fazer a 
combinação linear. Para a determinação de subespaço gerado como 
mencionado no exercício seis, ao resolver o sistema de equações, a 
solução encontrada será ( ){ }∈ − + =3, , / 4 0x y z R x y z . No estudo 
de LI e LD devemos ficar atentos aos conceitos aplicados, pois assim 
– 208 –
Álgebra Linear
evitamos cálculos desnecessários. No exercício sete, letra a, o con-
junto é LD, pois o segundo vetor é quatro vezes o primeiro, formando 
uma combinação linear; na letra b, ao resolver o sistema homogêneo 
de equações, que vem da combinação dos três vetores resultando no 
vetor nulo, obtém-se coeficientes iguais a zero, o que nos garante que 
a solução será LI; no item c, o número de incógnitas é maior que o 
número de equações, e assim a solução será LD (ou ainda, basta notar 
que a segunda e terceira matrizes já formam uma base para o espaço 
requerido, de modo que as outras matrizes já podem ser escritas como 
combinação linear dessas duas). No exercício oito, observa-se que o 
sistema é LI, e que gera todo o R2.
5. Transformações lineares
Para as atividades apresentadas, o objetivo é fazer com que o leitor fixe 
os conceitos apresentados nesse capítulo. No exercício um o leitor deve 
constatar em seus cálculos que se trata de uma transformação linear. 
Ao resolver o exercício dois, aplicando os conceitos de transformações 
lineares, conclui-se que a solução é dada pelo vetor (5, 7, -4). Para o 
exercício três, encontra-se que o núcleo é gerado por (-2, -1, 1), ou 
ainda, em outros termos, Núcleo = {(x, y, z) ∈ R³ | (-2z, -z, z)} em 
função de z. Para o exercício quatro, o leitor deve encontrar como ima-
gem da transformação linear o subespaço gerado por ( ) ( ){ }2,1,0 , 1,0,1  . 
No exercício cinco, ao procurar o que gera o núcleo da transformação 
linear, o leitor irá encontrar o vetor (-3, 1, 2). Já a imagem será gerada 
pelos vetores (1, 1, 0) e (1, 0, 1). Portanto, teremos dim[Ker(T)]=1 e, 
para a imagem, dim[Im(T)]=2.
6. Operadores
Para as atividades apresentadas, temos como objetivo fazer com que o 
leitor fixe os conceitos apresentados neste capítulo. No exercício um, o 
leitor deve constatar em seus cálculos que o determinante é diferente de 
– 209 –
Gabarito
zero, concluindo que é inversível. Ao resolver o exercício dois, o leitor 
irá determinar a matriz inversa 1
1 2
5 5
1 3
5 5
T −
 
 
=  
 −
  
. Para o exercício três, 
o leitor deve iniciar calculando o determinante e, assim, observar que 
como o determinante é igual a zero, não existirá inversa. Para o exer-
cício quatro, o leitor deverá encontrar como matriz mudança de base 
1
41
2 7
30 7
T −
− 
 =
 
 
.
7. Diagonalização de Matrizes
Para as atividades apresentadas, temos como objetivo fazer com que o 
leitor fixe os conceitos apresentados neste capítulo. No exercício um, o 
leitor deve calcular o determinante da matriz A – λI, que é o polinô-
mio característico, obtendo uma equação do segundo grau, da qual irá 
obter as seguintes soluções λ : λ =1 3 e λ = −2 5 . Ao resolver o exercí-
cio dois, aplicando os conceitos para a determinação dos autovalores, 
o leitor deverá encontrar λ =1 1 , λ =2 2 e λ =3 3 com seus respectivos 
autovetores ( ) ( )2 3 111,0,0 2,1,0 ,4,1
2
v = , v = , v =
→ → →  −  
 
. Para o exercício 
três, os autovalores a serem determinados serão ( ) ( )
→ →
= − =1 21, 1 , 1,3v v  . 
No quatro, a matriz diagonal D que diagonaliza a matriz A é dada por 
 
 =  
  
1 0 0
0 3 0
0 0 5
A . No exercício cinco, a matriz a ser diagonal é a própria 
matriz A.
Referências
– 212 –
Álgebra Linear
BOLDRINI, J. L. et al. Álgebra linear. 3. ed. São Paulo: Harbra, 1980.
KOLMAN, B. HILL, D. R. Introdução à álgebra linear com aplicações. 8. 
ed. Rio de Janeiro: LTC, 2006.
KUHLKAMP, N. Matrizes e sistemas de equações lineares. 3. ed. 
Florianópolis: UFSC, 2011.
LIMA, E. L. Álgebra Linear. 6. ed. Rio de Janeiro: IMPA, 2003.
SILVA, M. E. de C. e S. Fundamentos de matemática para ciências sociais 
aplicadas. Curitiba: Fael, 2014.
STEINBRUCH, A.; WINTERLE, P. Álgebra linear. 2. ed. São Paulo: 
Pearson, 1987.
Ao estudar matemática, por vezes nos deparamos com disciplinas totalmente 
abstratas. É o que acontece na disciplina de álgebra linear. Em muitos casos, 
a álgebra linear não resolve por si só um problema de aplicação, porém, é 
uma ferramenta fundamental para as resoluções de problemas aplicados a 
outras disciplinas.
Em álgebra linear são estudados os conceitos de matrizes, sistemas de equa-
ções, vetores, espaços vetoriais, transformações lineares e diagonalização de 
matrizes, tópicos essenciais para os cursos de exatas.
O estudo de álgebra linear está relacionado à estrutura de um espaço vetorial. 
As propriedades e operações apresentadas são ferramentas essenciais para 
estruturar, por exemplo, uma abordagem em redes elétricas.
ISBN 978-85-60531-61-5 
 
9 788560 531615