Espaços vetoriais base

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ÁLGEBRA LINEAR
Marcelo Maximiliano Danesi
Espaços vetoriais: base
Objetivos de aprendizagem
Ao final deste texto, você deve apresentar os seguintes aprendizados:
 � Reconhecer os conceitos de base e dimensão de espaços vetoriais 
gerais.
 � Avaliar se um conjunto é base de um espaço vetorial dado.
 � Encontrar uma base para um espaço vetorial dado.
Introdução
Neste capítulo, você definirá o conceito geral de base e dimensão de 
espaços vetoriais, verá exemplos de conjuntos e suas bases e como 
podemos usar o conceito de dimensão junto com as transformações 
lineares a fim de melhor perceber os subespaços associados a ela. Além 
disso, saberá como construir a base de espaço vetorial usando as técnicas 
desenvolvidas em ℝn.
A definição de base e dimensão num espaço vetorial qualquer permite 
uma aproximação do ℝn, por meio das coordenadas de um vetor, e for-
nece as ferramentas que faltavam para entendermos as transformações 
lineares, mediante aplicação do teorema do núcleo e da imagem.
Base e dimensão de espaços vetoriais
Dentro da noção geral de espaço vetorial, uma base de um espaço vetorial 
E é um conjunto B ⊂ E, linearmente independente e gerador de E. Isto é, se 
v ∈ E e B é uma base de E, então podemos escrever, de forma única, v como 
uma combinação linear de elementos em B. A saber, existem v1, …, vn ∈ B e 
α1, ⋯, αn ∈ ℝ tal que:
v = α1 ⋅ v1 + ⋯ + αn ⋅ vn.
Adicionalmente, se B = {v1, … , vn}, então os números α1, … , αn são cha-
mados de coordenadas do vetor v na base B, e escrevemos (v)B = (α1, … , αn).
Em P3, o espaço vetorial dos polinômios de grau menor ou igual a 3 e de coeficientes 
reais, considere o conjunto formado pelos vetores:
v1 = x
3 + 2x – 4
v2 = x
2 + 3x – 2
v3 = x
3 + 2x2 + 3x – 3
v4 = 4x
3 – x2 + 2x + 7
a) B = {v1, v2, v3, v4} é um conjunto linearmente independente?
b) Como podemos escrever o vetor v = 11x3 – 3x2 + 7x + 4 como uma combinação 
linear dessa base? Isto é, quais são as coordenadas de v na base B?
Solução: 
a) B é um conjunto linearmente independente porque a combinação linear α1 ⋅ v1 
+ α2 ⋅ v2 + α3 ⋅ v3 + α4 ⋅ v4 = 0 admite apenas a solução trivial α1 = α2 = α3 = α4 = 0. 
Verificamos isso por meio da substituição dos vetores na igualdade α1 ⋅ (x3 + 2x – 4) 
+ α2 ⋅ (x2 + 3x – 2) + α3 ⋅ (x3 + 2x2 + 3x – 3) + α4⋅(4x3 – x2 + 2 + 7) = 0, distribuindo e 
arranjando os termos de acordo com as potências de x: 
(α1 + α3 + 4α4) x
3 + (α2 + 2α3 – α4 ) x
2 + (2α1 + 3α2 + 3α3 + 2α4 )x + 
(– 4α1 – 2α2 – 3α3 + 7α4) = 0.
Dessa forma, podemos afirmar que, em cada coeficiente: 
α1 + α3 + 4α4 = 0
α2 + 2α3 + α4 = 0
2α1 + 3α2 + 3α3 + 2α4 = 0
–4α1 – 2α2 – 3α3 + 7α4 = 0
o que é equivalente à equação matricial: 
 1 0 1 4
 0 1 2 –1
 2 3 3 2
–4 –2 –3 7
α1
α2
α3
α4
. =
0
0
0
0
que admite apenas a solução trivial. Podemos calcular isso por meio do método 
de Gauss.
Espaços vetoriais: base2
b) Pela definição, precisamos calcular α1, α2, α3, α4 de forma que:
v = α1 ⋅ v1 + ⋯ + αn ⋅ vn.
Para isso, substituindo os vetores 11x3 – 3x2 + 7x + 4 = α1 ⋅ (x3 + 2x – 4) + α2 ⋅ 
(x2 + 3x – 2) + α3 ⋅ (x3 + 2x2 + 3x – 3) + α4 ⋅ (4x3 – x2 + 2x + 7) e distribuindo e arranjando 
os termos de acordo com as potências de x, temos:
11x3 – 3x2 + 7x + 4 = (α1 + α3 + 4α4) x
3 + (α2 + 2α3 – α4)x
2 + (2α1 + 3α2 + 3α3 + 2α4)x 
+ (– 4α1 – 2α2 – 3α3 + 7α4).
Dessa forma, podemos afirmar que, em cada coeficiente:
α1 + α3 + 4α4 = 11
α2 + 2α3 – α4 = –3
2α1 + 3α2 + 3α3 + 2α4 = 7
–4α1 – 2α2 – 3α3 + 7α4 = 4
o que é equivalente à equação matricial: 
 1 0 1 4
 0 1 2 –1
 2 3 3 2
–4 –2 –3 7
α1
α2
α3
α4
. =
11
–3
7
4
que podemos resolver usando o método de Gauss. Desse modo, podemos calcular 
que existe uma única solução dada por (v)B = (α1, α2, α3, α4 ) = (3, –1, 0, 2).
Uma observação relevante nesse momento é que estamos trabalhando de 
forma análoga à feita em ℝ𝑛 e aproveitando disso para usarmos os conceitos 
de ℝ𝑛 para a solução do problema geral.
Com a noção de base estabelecida, podemos afirmar que, se E admite 
uma base com n vetores, então todas as bases de E têm o mesmo número n de 
vetores. Dizemos, então, que a dimensão de E é n e escrevemos dim(E) = n.
Reunindo todos esses resultados, podemos estabelecer, para alguns espaços 
vetoriais, a noção de base canônica e calcular sua dimensão.
3Espaços vetoriais: base
1. Em Pn, o espaço vetorial dos polinômios de grau menor ou igual a n e 
de coeficientes reais, esse espaço é gerado pela base (canônica):
B = {1, x, x2, … , xn } e dim(Pn) = n + 1.
2. Em P∞, o espaço vetorial de todos os polinômios de coeficientes reais, 
esse espaço é gerado pela base (canônica):
B = {1, x, x2, … , xn,…} e dim(P∞) = ∞.
3. Em M(m × n), o espaço vetorial das matrizes, m × n, de coeficientes reais, 
esse espaço é gerado pela base (canônica) composta pelas matrizes:
e dim(M(m×n)) = mn.
Repare que P∞ é um subespaço do espaço vetorial das funções reais con-
tínuas, logo dim(C0(ℝ)) = ∞. O próximo exemplo ajuda na visualização das 
bases e no cálculo da dimensão dos espaços listados anteriormente.
Em P4, o espaço vetorial dos polinômios de grau menor ou igual a 4 e de coeficientes 
reais, gerado pela base (canônica):
B = {1, x, x2, x3, x4} e dim(P4) = 5.
Em M(2 × 3), o espaço vetorial das matrizes, 2 × 3, de coeficientes reais, gerado pela 
base (canônica):
B = {A1,1 = , A1,2 = , A1,3 = , A2,1 = , 
A2,2 = , A2,3 = }
1 0 0
0 0 0
0 0 0
0 1 0
0 0 0
0 0 1
0 1 0
0 0 0
0 0 1
0 0 0
0 0 0
1 0 0
e dim(M(2 × 3)) = 6.
Espaços vetoriais: base4
Admitimos, como convenção, que:
 � se E = {0}, então dim(E) = 0;
 � se B é a base canônica e α1, ⋯, αn ∈ ℝ são as coordenadas de v na base 
B, escrevemos (v) = (α1, … , αn ) por simplicidade.
Dado E espaço vetorial, tal que dim(E) = n, destacamos as seguintes 
propriedades:
 � se {u1, … , um} ⊂ E é linearmente independente, então m ≤ n;
 � se E = ger{u1, … , un}, então {u1, … ,un} é linearmente independente;
 � se F é subespaço de E, então dim(F) ≤ n e dim(F) = n, somente se F = E.
Essas propriedades abrem caminho para o Teorema do Núcleo e da Ima-
gem (paralelo ao Teorema do Posto): dados E1, E2 espaços vetoriais, T: E1 → E2 
transformação linear, então:
N(T) = {u ∈ E1; T(u) = 0}
Im(T) = {w = T(u);u ∈ E1}
são respectivamente subespaços de E1 e E2, que satisfazem:
dim(N(T)) + dim(Im(T)) = dim(E1).
Considere a transformação linear A: P4 → P5, tal que:
A(ax4 + bx3 + cx2 + dx + e) = (2a + b – c – d)x5 + (a + 2c + d + e) x4+ (b – d + e) x3 + (2a 
+ 2b – c – 2d + e)x2 + (– 2a + c + e)x + (2a + b – 6c – 3d –3e).
De imediato, podemos afirmar que essa transformação não é sobrejetora, pois Im(T) 
≤ dim(P4) = 5, enquanto que dim(P5) = 6.
Investigando o núcleo de T, dado u = ax4 + bx3 + cx2 + dx + e ∈ P4, temos que u∈N(A) 
se A(u) = 0. Isto é, se:
(2a + b – c – d)x5 + (a + 2c + d + e)x4 + (b – d + e)x3 + (2a + 2b – c – 2d + e)x2 + 
(– 2a + c + e)x + (2a + b – 6c – 3d – 3e) = 0.
5Espaços vetoriais: base
A igualdade anterior ocorre se:
2a + b – c – d = 0
a + 2c + d + e = 0
b – d + e = 0
2a + 2b – c – 2d + e = 0
–2a + c + e = 0
2a + b – 6c – 3d – 3e = 0
o que é equivalente ao sistema matricial:
 2 1 –1 –1 0
 1 0 2 1 1
 0 1 0 –1 1
 2 2 –1 –2 1
–2 0 1 0 1
 2 1 –6 –3 –3
TA
.
a
b
c
d
e
=
0
0
0
0
0
0
Aplicando o método de Gauss na matriz TA, calculamos suas equivalências de forma 
que: 
TA~
1 0 2 1 1
0 1 –5 –3 –2
0 1 0 –1 1
0 2 –5 –4 –1
0 0 5 2 3
0 1 –10 –5 –5
~ ~
1 0 2 1 1
0 1 –5 –3 –2
0 0 5 2 3
0 0 5 2 3
0 0 5 2 3
0 0 –5 –2 –3
5 0 0 1 –1
0 1 0 –1 1
0 0 5 2 3
0 0 0 0 0
0 0 0 0 0
0 0 0 0 0
que equivale ao sistema:
5a + d – e = 0
b – d + e = 0
5c + 2d + 3e = 0
d = d
e = e
Espaços vetoriais: base6
ou:
a = – d + e1
5
1
5
c = – d – e2
5
3
5
b = d – e
d = d
e = e
Isto é, (a, b, c, d, e) = d(–1/5,1, – 2/5,1,0) + e(1/5, – 1, – 3/5,0,1), com d, e ∈ ℝ.
Dessaforma:
�(A) = ger{– x4 + x3 – x2 + x, x4 – x3 – x2 + 1}1
5
1
5
3
5
2
5
O que significa que 𝒩(A) é um subespaço vetorial de P4 de dimensão 2, e Im(A) é 
um subespaço vetorial de P5 de dimensão 3. 
Interessante é que podemos determinar a dimensão de Im(A) sem calcularmos uma 
base desse subespaço.
Conjunto como base de espaço vetorial
Dados E espaço vetorial e B ⊂ E, B é base de E se:
 � B for linearmente independente;
 � E = ger(B).
Observe que essa última condição pode ser substituída pela dim(E) = 
dim(ger(B)). Assim, podemos afirmar que um conjunto B é base de E se B 
tiver dim(E) vetores e for linearmente independente.
7Espaços vetoriais: base
Em P2, considere B = {v1, v2, v3}, tal que:
v1 = x
2 + 2x – 4
v2 = x
2 + 3x – 2
v3 = – x
2 + 2x + 7,
Como B tem dim(P2) = 3 vetores, só precisamos verificar que B é linearmente inde-
pendente, para afirmarmos que B é base de P2.
Calculando o wronskiano de B:
W(x) = det = det = 10
 v1 v2 v3
v´1 v´2 v´3
v´1́ v´2́ v´3́
(x2 + 2x – 4) (x2 + 3x – 2) (–x2 + 2x + 7)
 (2x + 2) (2x + 3) (–2x + 2)
 (2) (2) (–2)
Assim, W(x) ≠ 0 e B é linearmente independente. Logo, podemos afirmar que B é 
base de P2.
É importante também vermos alguns exemplos de quando um conjunto 
não é base do espaço vetorial que o contém.
Em P2, considere as seguintes afirmações. 
 � B1 = {v1 = x + 1, v2 = x
2 – 1} é um conjunto linearmente independente, pois v1 e v2 
não são múltiplos. Contudo, dim(ger(B1)) = 2, logo B1 não é base de P2 (que tem 
dimensão 3).
 � B2 = {v1,v2,v3 = v1 – v2 } possui três vetores, mas é linearmente dependente porque 
v3 é combinação dos demais. Logo, dim(ger(B2 )) < dim(P2), e B2 não é base de P2.
Construção de uma base para espaço vetorial
Usando as propriedades que vimos até agora, podemos afirmar que, dados E 
espaço vetorial C = {v1, … , vn } ⊂ E, se C é linearmente dependente, então 
existe B ⊂ C, tal que B é linearmente independente e ger(B) = ger(C).
Espaços vetoriais: base8
Em P2, considere C = {v1, v2, v3}, tal que:
v1 = x
2 + 2x – 1
v2 = – x2 + x – 2
v3 = – x
2 + 4x – 5.
Podemos verificar que esse conjunto é linearmente dependente, pois a igualdade
α1v1 + α2v2 + α3v3 = 0 admite solução não trivial. Substituindo os vetores
α1(x
2 + 2x – 1) + α2 (– x
2 + x – 2) + α3 (– x
2 + 4x – 5) = 0 e distribuindo e associando 
os termos de acordo com a potência de x, obtemos (α1 – α2 – α3)x
2 + (2α1 + α2 + 4α3 )
x + (– α1 – 2α2 – 5α3) = 0.
Assim, a igualdade é válida se, e somente se, em cada coeficiente, temos:
α1 – α2 – α3 = 0
2α1 + α2 + 4α3 = 0
–α1 – 2α2 – 5α3 = 0
que é equivalente à equação matricial:
 1 –1 –1
 2 1 4
–1 –2 –5
.
α1
α2
α3
=
0
0
0
Aplicando o método de Gauss à matriz dos coeficientes, calculamos suas equiva-
lências de forma que:
 1 –1 –1
 2 1 4
–1 –2 –5
~ ~ ~
1 –1 –1
0 3 6
0 –3 –6
1 –1 –1
0 1 2
0 0 0
1 0 1
0 1 2
0 0 0
que equivale ao sistema:
α1 + α3 = 0
α2 + 2α3 = 0
α3 = α3
ou:
α1 = –α3
α2 = – 2α3
α3 = α3
9Espaços vetoriais: base
Isto é, (α1, α2, α3) = α3 (– 1, – 2, 1), com α3 ∈ ℝ e uma solução não trivial, seria:
– 1v1 – 2v2 + 1v3 = 0
ou:
v3 = v1 + 2v2
mostrando que v3 é combinação linear de v1 e v2. Dessa maneira, {v1, v2} é um conjunto 
linearmente independente, e ger{v1, v2 } = ger(C).
No exemplo anterior, o isomorfismo entre Pn e ℝn+1 poderia ser usado para justificar 
que, quando escalonamos a matriz de coeficientes na forma triangular superior: 
1 –1 –1
0 1 2
0 0 0
essa matriz indica, através dos seus pivôs, que os vetores nas colunas 1 e 2 da matriz 
original eram linearmente independentes e o vetor na coluna 3 da matriz original era 
uma combinação deles, onde:
1
2
–1
↔ x2 + 2x –1
–1
1
–2
↔ –x2 + x – 2
Segue daí a afirmação que {v1, v2} é um conjunto linearmente independente e 
ger{v1, v2} = ger(C).
Isso significa que, dado um conjunto C de vetores de E, é possível (por 
meio do Teorema do Posto) reduzir esse conjunto, obtendo um B linearmente 
independente, tal que ger(B) = ger(C). Além disso, existe uma dualidade entre 
os métodos de ℝn+1 e Pn que podem ser usados a nosso favor.
Espaços vetoriais: base10
Vamos aproveitar essa ideia da dualidade e descrever um algoritmo que 
permite calcular o complemento da base de um subespaço de E para obtermos 
uma base do próprio E, quando E = Pn ou E = Mm×n(ℝ).
Sejam E espaço vetorial e B = {u1, u2, … ,ur } à base de um subespaço de 
E, então:
 � considere as coordenadas (u1),(u2), … , (ur ) dos vetores de B na base 
canônica de E;
 � escreva a matriz ;
 � encontre os l = (dim(E) – r) vetores em ℝdim(E) que geram a solução da 
equação matricial ;
 � escreva a base de E como a união de B e os l vetores em E calculados 
pelas coordenadas do passo anterior.
Vamos a alguns exemplos, comentando cada passo até obtermos esse 
complemento da base dada.
Em P2, sabemos que B = {v1, v2}, tal que:
v1 = x
2 + 2x – 1
v2 = – x
2 + x – 2
são linearmente independentes e que ger(B) ≠ P2. Isso significa que deve existir 
v ∈ P2, tal que {v} ∪ B é base de P2.
Aplicando o algoritmo que descrevemos, procedemos da seguinte forma. 
 � Na base canônica {x2, x, 1} de P2, escrevemos os vetores em coordenadas:
(v1) = (1, 2, – 1)
(v2) = (– 1, 1, – 2)
 � Assim, a matriz A fica definida por:
A = 1 2 –1
–1 1 –2 2×3
11Espaços vetoriais: base
 � Calculando a solução da equação matricial:
 1 2 –1
–1 1 –2
.
a
b
c
= 0
0
aplicamos o método de Gauss à matriz A, calculando suas equivalências de forma que:
 1 2 –1
–1 1 –2 ~ ~
1 2 –1
0 3 –3
1 0 1
0 1 –1
que equivale ao sistema:
a + c = 0
b – c = 0
c = c
ou:
a = –c
b = c
c = c
Isto é, (a, b, c) = c(– 1, 1, 1), com c ∈ ℝ e �(A) = ger{(–1,1,1)} ⊂ ℝ3 .
Esse resultado está de acordo com o que era esperando, já que dim(P2) = 3, r = 2 
implica que precisamos de l = 3 – 2 = 1 vetores para complementar a base B.
 � Escrevemos o vetor v ∈ P2 usando as coordenadas na base canônica:
v = – 1x2 + 1x + 1
{v} ∪B = {v1, v2, v} é uma base de P2.
W(x) = det = det = –18
 v1 v2 v
v´1 v´2 v´
v´1́ v´2́ v´´
(x2 + 2x – 1) (–x2 + x – 2) (–x2 + x + 1)
 (2x + 2) (–2x + 1) (–2x + 1)
 (2) (–2) (–2)
Logo, W(x) ≠ 0 e {v1, v2, v} é linearmente independente.
Uma base é sempre um conjunto ordenado. Estamos escrevendo a base canônica de 
Pn como {x
n, … , x, 1} por uma questão de conveniência. Os cálculos são totalmente 
análogos, se usarmos essa base como {1, x, … ,xn}.
Espaços vetoriais: base12
Vamos a mais um exemplo, agora no espaço das matrizes.
Em M3×2(ℝ), considere o conjunto:
 
B = v1 = , v2 = , v3 = , v4 =
 1 –2
–1 0
 2 3
–2 1
 0 2
 1 –1
 1 0
 1 –1
–2 1
–2 3
 0 –2
 0 1
Esse conjunto é linearmente independente, e ger(B) ≠ M3×2(ℝ). Isso significa que 
deve existir v5, v6∈ M3×2(ℝ) , tal que {v5, v6} ∪ B é base de M3×2(ℝ) u, uma vez que 
dim(M3×2(ℝ)) = 6 . 
Aplicando o algoritmo que descrevemos, temos o seguinte.
 � Na base canônica:
 
A1,1 = , A1,2 = , A2,1 = , A2,2 = , A3,1 = , A2,3 =
1 0
0 0
0 0
0 1
0 0
0 0
0 0
1 0
0 0
0 0
0 1
0 0
0 0
0 0
1 0
0 0
0 0
0 1
de M3×2(ℝ), escrevemos os vetores em coordenadas, (v1) = (1, – 2, – 1, 0, 2, 3); (v2) = 
(– 2, 1, 0, 2, 1, – 1); (v3) = (1, 0, 1, – 1, – 2, 1); (v4) = (– 2, 3, 0, – 2, 0, 1).
 � Assim, a matriz A fica definida por:
 1 –2 –1 0 2 3
–2 1 0 2 1 –1
 1 0 1 –1 –2 1
–2 3 0 –2 0 1
A =
4×6
 � Calculando a solução da equação matricial:
 1 –2 –1 0 2 3
–2 1 0 2 1 –1
 1 0 1 –1 –2 1
–2 3 0 –2 0 1
.
a
b
c
d
e
f
=
0
0
0
0
13Espaços vetoriais: base
aplicamos o método de Gauss à matriz A, calculando suas equivalências de forma que:
 1 –2 –1 0 2 3
–2 1 0 2 1 –1
 1 0 1 –1 –2 1
–2 3 0 –2 0 1
~ ~
1 –2 –1 0 2 3
0 –3 –2 2 5 5
0 2 2 –1 –4 –2
0 –1 –2 –2 4 7
~ ~
1 –2 –1 0 2 3
0 –3 –2 2 5 5
0 0 2 1 –2 4
0 0–4 –8 7 16
1 –2 –1 0 2 3
0 –3 –2 2 5 5
0 0 2 1 –2 4
0 0 0 –2 1 8
~ ~
1 –2 –1 0 2 3
0 –3 –2 0 6 13
0 0 4 0 –3 16
0 0 0 –2 1 8
4 –8 0 0 5 28
0 2 0 0 –3 –14
0 0 4 0 –3 16
0 0 0 –2 1 8
4 0 0 0 –7 –28
0 2 0 0 –3 –14
0 0 4 0 –3 16
0 0 0 –2 1 8
que equivale ao sistema:
4a – 7e – 28f = 0
2b – 3e –14f = 0
4c – 3e – 16f = 0
–2d + e + 8f = 0
e = e
f = f
ou:
a = e + 7f7
4
b = e + 7f3
2
c = e + 4f3
4
d = e + 4f1
2
e = e
f = f
Espaços vetoriais: base14
Isto é, (a, b, c, d, e, f) = e , , , , 1, 0 + f (7,7,–4,4,0,1)7
4
3
2
3
4
1
2
, com e, f ∈ ℝ e 
�(A) = ger ⊂ ℝ6, , , , 1, 0 , (7,7,–4,4,0,1)74
3
2
3
4
1
2
.
Esse resultado está de acordo com o que esperávamos de l = 2 vetores para com-
plementar a base B.
 � Escrevemos os vetores v5, v6 ∈ M3×2(ℝ), usando as coordenadas na base canônica:
v5 = + + + + 1 + 0 =
7
4
3
2
1 0
0 0
0 0
0 1
0 0
0 0
3
4
0 0
1 0
0 0
1
2
0 0
0 1
0 0
0 0
0 0
1 0
0 0
0 0
0 1
7/4 3/2
3/4 1/2
 1 0
v6 = 7 + 7 – 4 + 4 + 0 + 1 =
1 0
0 0
0 0
0 1
0 0
0 0
0 0
1 0
0 0
0 0
0 1
0 0
0 0
0 0
1 0
0 0
0 0
0 1
 7 7
–4 4
 0 1
{v5, v6} ∪ B = {v1, v2, v3, v4, v5, v6} é uma base de M3×2(ℝ).
Não será demonstrado neste material, mas vale lembrar-se de que {v1, v2, v3, v4, v5, v6} 
é linearmente independente.
ANTON, H.; BIVENS, I. C.; DAVIS, S. L. Cálculo. 10. ed. Porto Alegre: Bookman, 2014. 2 v.
ANTON, H.; RORRES, C. Álgebra linear com aplicações. 10. ed. Porto Alegre: Bookman, 2012.
LAY, D.; LAY, S.; MACDONALD, J. Álgebra linear e suas aplicações. 5. ed. Rio de Janeiro: 
LTC, 2018.
LIMA, E. Álgebra linear. 9. ed. Rio de Janeiro: IMPA, 2016.
15Espaços vetoriais: base