Notas_Algebra_Linear_Capitulo_3

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Caṕıtulo 3
Espaços Vetoriais
Vamos definir os espaços vetoriais, que são os objetos de estudo da Álgebra Linear.
Definição 3.1. Dizemos que um conjunto V não vazio é um espaço vetorial sobre R, se em V está
definido duas operações:
• Adição:
V × V → V
(u, v) 7→ u+ v
• Multiplicação por um escalar:
R× V → V
(α, u) 7→ α · u
.
Essas operações satisfazem as propriedades.
(S) Em relação a adição, para todo u, v, w ∈ V tem-se:
1. u+ v = v + u (comutativa).
2. u+ (v + w) = (u+ v) + w (associativa).
3. Existe em V um elemento neutro, denotado por 0, tal que u+ 0 = u.
4. Para todo elemento u ∈ V , existe o elemento oposto, denotado por −u tal que u + (−u) =
(−u) + u = 0.
(M) Em relação a multiplicação, para todo u, v ∈ V e α, β ∈ R, temos
5. α(βu) = (αβ)u.
6. (α + β)u = αu+ βu.
7. α(u+ v) = αu+ αv.
8. 1 · u = u.
Observação 3.1. 1. Se na Definição 3.1, ao invés de considerar os escalares números reais e sim
números complexos, V será um espaço vetorial complexo.
2. Os elementos do espaço vetorial V serão chamados de vetores, não importando a natureza
do espaço V . Por exemplo, se V for o conjunto das matrizes de ordem n, então uma matriz
A ∈ V é dito um vetor A.
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3.1 Exemplos de Espaços Vetoriais
(1) O conjunto V = R é um espaço vetorial com relação as operações usuais de soma e multiplicação
de números reais.
De fato, claramente as 8 propriedades da Definição 3.1 são satisfeitas quando u, v, w ∈ R e
α, β ∈ R.
(2) Considere o conjunto V = R3 = {(x, y, z) ; x, y, z ∈ R}, V é um espaço vetorial com relação
as operações.
i) Adição: se u = (u1, u2, u3) e v = (v1, v2, v3), então u+ v = (u1 + v1, u2 + v2, u3 + v3).
ii) Multiplicação por escalar: se α ∈ R e u = (u1, u2, u3), então α · u = (α · u1, α · u2, α · u3).
De fato, sejam u = (u1, u2, u3), v = (v1, v2, v3) e w = (w1, w2, w3) ∈ R3.
1. Comutativa: u+v = (u1, u2, u3)+(v1, v2, v3) = (u1 +v1, u2 +v2, u3 +v3) = (v1 +u1, v2 +u2, v3 +
u3) = (v1, v2, v3) + (u1, u2, u3) = v + u.
2. Associativa: u+(v+w) = (u1, u2, u3)+((v1, v2, v3)+(w1, w2, w3)) = (u1, u2, u3)+(v1 +w1, v2 +
w2, v3 + w3) = (u1 + (v1 + w1), u2 + (v2 + w2), u3 + (v3 + w3)) = ((u1 + v1) + w1, (u2 + v2) +
w2, (u3 + v3) + w3) = (u1 + v1, u2 + v2, u3 + v3) + (w1, w2, w3) = (u+ v) + w.
3. O elemento neutro de R3 é o vetor 0 = (0, 0, 0), pois u + 0 = (u1, u2, u3) + (0, 0, 0) = (u1 +
0, u2 + 0, u3 + 0) = u.
4. O elemento oposto de u ∈ R3 é o vetor −u = (−u1,−u2,−u3), pois u + (−u) = (u1, u2, u3) +
(−u1,−u2,−u3) = (0, 0, 0) = 0.
5. α(βu) = α(β(u1, u2, u3)) = α(βu1, βu2, βu3) = (α(βu1), α(βu2), α(βu3)) = ((αβ)u1, (αβ)u2),
(αβ)u3)) = (αβ)(u1, u2, u3) = (αβ)u.
6. As condições (6), (7) e (8) da Definição 3.1 são imediatas e ficam como exerćıcio.
(3) Podemos generalizar o exemplo (2), considerando V = Rn = {(x1, x2, · · · , xn) : xi ∈ R} e as
operações.
i) Adição: se u = (x1, · · · , xn) e v = (y1, · · · , yn), então u+ v = (x1 + y1, · · · , xn + yn).
ii) Multiplicação por escalar: se α ∈ R e u = (x1, · · · , xn), então α · u = (α · x1, · · · , α · xn).
(Exerćıcio!)
(4) Seja V = Mm×n(R) o conjunto das matrizes reais m × n, munido com as operações usuais.
Se A = (aij) e B = (bij), i = 1, · · · ,m e j = 1, · · · , n, são matrizes reais m× n, então
• A+B = (aij) + (bij) = (aij + bij).
• αA = α(aij) = (αaij).
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(5) V = Pn(R) = {a0 + a1x+ a2x2 + · · ·+ anxn : ai ∈ R, i = 1, · · · , n}: conjunto dos polinômios
com coeficientes reais de grau menor ou igual a n, munido das opera. Se p(x) = a0 + a1x + a2x
2 +
· · ·+ anxn e q(x) = b0 + b1x+ b2x2 + · · ·+ bnxn, então definimos as operações
• p(x) + q(x) = (a0 + b0) + (a1 + b1)x+ · · ·+ (an + bn)xn.
• αp(x) = αa0 + αa1x+ · · ·+ αanxn.
(6) Um exemplo não trivial:
Seja V = {u ∈ R : u > 0} e defina as operações.
• Soma: u⊕ v = u · v (produto usual da reta);
• Multiplicação por escalar: λ · u = uλ.
Verifique que V é um espaço vetorial.
1. u⊕ v = u · v = v · u = v ⊕ v.
2. u⊕ (v ⊕ w) = u⊕ (v · w) = u · (v · w) = (u · v) · w = (u⊕ v)⊕ w.
3. O elemento neutro de V é o número real 1, pois
u⊕ 1 = u · 1 = u,∀u ∈ V.
4. Elemento oposto de V : para todo u ∈ V , tome 1
u
∈ V (está definido e pertence a V pois
u > 0⇒ 1
u
> 0) e então
u⊕ 1
u
= u · u = 1.
5. α · (β · u) = α · (uβ) = (uβ)α = uβα = uαβ = (αβ) · u.
6. (α + β) · u = uα+β = uαuβ = (α · u).(β · u) = αu⊕ βu.
7. α · (u⊕ v) = α · (uv) = (uv)α = uαvα = uα ⊕ vα = α · u⊕ α · v.
8. 1 · u = u1 = u.
Portanto as oito propriedades são satisfeitas. Logo V munido dessas duas operações é um espaço
vetorial.
Propriedades 3.1. Seja V um espaço vetorial sobre R, α, β ∈ R e u, v ∈ V , então temos as
propriedades:
i) α.0V = 0 e 0.u = 0, onde 0V é o elemento neutro de V .
ii) α.u = 0 se, e somente se, α = 0 ou u = 0V .
iii) (−α)u = α(−u) = −(αu).
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iv) (α− β)u = αu− βu.
v) α(u− v) = αu− αv.
vi) Se β, α1, · · · , αn ∈ R e u1, · · · , um ∈ V , então
β
(
n∑
j=1
αjuj
)
=
n∑
j=1
(βαj)uj.
Exerćıcio 3.1. Seja V = R2 munido com a soma usual e a multiplicação por escalar (α, (x, y)) 7→
(αx, y). Mostre que V , com essas operações não é um espaço vetorial sobre R.
3.2 Subespaços Vetoriais
Definição 3.2. Seja V um espaço vetorial sobre R. Um subespaço vetorial de V é um subconjunto
W ⊆ V , não vazio, tal que:
(a) 0 ∈ W (elemento neutro da soma está em W );
(b) ∀u, v ∈ W , u+ v ∈ W ;
(c) ∀α ∈ R e ∀u ∈ W , tem αu ∈ W .
Observação 3.2. Subespaços vetoriais W ⊆ V são, em outras palavras, subconjuntos de V que, são
eles próprios, espaços vetoriais “menores”em V .
Proposição 3.1. Se W é um subespaço vetorial de V , então W também é um espaço vetorial sobre
R.
Exemplo 3.1. Subespaços vetoriais triviais de V :
• W = {0} e W = V .
Exemplo 3.2. Seja V = R3 e defina W = {(x, y, z) ∈ V : x + y = 0}. Temos que W é subespaço
vetorial de V .
Resolução: De fato, W é não vazio pois o vetor (0, 0, 0) ∈ W (0+0=0).
(a) O elemento neutro de W é o vetor (0, 0, 0) que está em W .
(b) Sejam u = (a1, b1, c1), v = (a2, b2, c2) ∈ W , então de u, v ∈ W obtemos:{
a1 + b1 = 0 (I)
a2 + b2 = 0 (II)
Mostremos que u+ v = (a1 + a2, b1 + b2, c1 + c2) ∈ W . Para isso, somemos
(a1 + a2) + (b1 + b2) = (a1 + b1) + (a2 + b2)
(I)
=
(II)
0 + 0 = 0.
Portanto u+ v ∈ W .
(c) Seja α ∈ R e u = (a, b, c) ∈ W , então a + b = 0, dáı αu = (αa, αb, αc) e então αa + αb =
α(a+ b) = α · 0 = 0.
Portanto αu ∈ W ⇒ W é subespaço vetorial de R3.
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Exemplo 3.3. Denote por V = Mn(R) o conjunto da matrizes reais de ordem n, e seja W ⊂ V as
matrizes triangulares superiores. Mostre que W é subespaço vetorial de V .
Resolução:
W =


a11 a12 · · · a1n
0 a22 · · · a2n
...
...
. . .
...
0 0 · · · ann
 ; aij ∈ R

(a) A matriz nula 0 =
 0 · · · 0... . . . ...
0 · · · 0
 ∈ W , pois a matriz nula é uma matriz triangular superior.
(b) Seja A,B ∈ W , então
A+B =

a11 a12 · · · a1n
0 a22 · · · a2n
...
...
. . .
...
0 0 · · · ann
+

b11 b12 · · · b1n
0 b22 · · · b2n
...
...
. . .
...
0 0 · · · bnn
 =

a11 + b11 a12 + b12 · · · a1n + b1n
0 a22 + b22 · · · a2n + b2n
...
...
. . .
...
0 0 · · · ann + bnn
 .
Logo A+B ∈ W .
(c) Seja α ∈ R e A ∈ W , então
α · A = α

a11 a12 · · · a1n
0 a22 · · · a2n
...
...
. . .
...
0 0 · · · ann
 =

αa11 αa12 · · · αa1n
0 αa22 · · · αa2n
...
...
. . .
...
0 0 · · · αann
 ∈ W.
Portanto W é subespaço vetorial de Mn(R).
Exerćıcio 3.2. Sejam W1 e W2 subespaços vetoriais de V . Mostre que W1 ∩W2 ⊆ V é também
subespaço vetorial de V . Lembre que W1 ∩W2 = {w : w ∈ W1 e w ∈ W2}.
Exerćıcio 3.3. Seja S ⊆ Mn(R) o conjunto das matrizes simétricas. Mostre que S é subespaço
vetorial de Mn(R).
3.3 Soma de Subespaços
Sejam U e V dois subespaços vetoriais de W , indicaremos por U + V e chamaremos de soma de U
com V o seguinte subconjunto de W
U + V = {u+ v | u ∈ U, v ∈ V }.
Proposição 3.2. SeU e V são subespaços vetoriais de W , então U + V é um subespaço vetorial de
W .
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Demonstração: (a) 0 ∈ U e 0 ∈ V , pois U e V são subespaços de W , logo 0 + 0 = 0 ∈ U + V .
(b) Sejam w1 = u1 + v1 e w2 = u2 + v2 elementos de U + V , logo u1, u2 ∈ U ⇒ u1 + u2 ∈ U e
v1, v2 ∈ V ⇒ v1 + v2 ∈ V , dáı
w1 + w2 = (u1 + v1) + (u2 + v2) = (u1 + u2) + (v1 + v2) ∈ U + V.
(c) Sejam α ∈ R e w = u+ v ∈ U + V , dáı αu ∈ U e αv ∈ V e, então
αw = α(u+ v) = αu+ αv ∈ U + V.
Portanto U + V assim definida é um subespaço vetorial de W .
Definição 3.3 (Soma Direta). Sejam U e V subespaços vetoriais de W tais que U ∩V = {0}. Neste
caso, dizemos que o subespaço U + V é a soma direta dos subespaços U e V e denotamos U ⊕ V .
Em outras palavras, um subespaço W é dito ser soma direta de U e V se:
1. W = U + V ;
2. U ∩ V = {0}.
Exemplo 3.4. Seja W = R3 e U e V duas retas distintas que passam pela origem. Verifique se R3
é soma direta de U e V .
Resolução: A equação paramétrica de uma reta no R3, passando por um ponto (a, b, c) e na direção
do vetor u = (x0, y0, z0) é: 
x = a+ x0t
y = b+ y0t
z = c+ z0t
, t ∈ R.
como ambas as retas passam pela origem, então suas equações são:
U = {(x0t, y0t, z0t) : t ∈ R} e V = {(x1s, y1s, z1s) : s ∈ R}.
Verifique que U e V são subespaços vetoriais de R3 (exerćıcio), dáı pela Proposição 3.2, U + V é
subespaço vetorial de R3.
Como essas duas retas são distintas e ambas passam pela origem, temos que U ∩ V = {0}.
Agora U + V = {w = (x0t + x1s, y0t + y1s, z0t + z1s), t, s ∈ R}, note que U + V corresponde
exatamente a equação paramétrica do plano que passa pela origem e contém os vetores diretores
u = (x0, y0, z0) e v = (x1, y1, z1). Como um plano não é todo o R3, conclúımos que é imposśıvel
termos R3 = U + V , logo essa soma não é direta.
Exemplo 3.5. Sejam W = R3, U = {(x, y, z) ∈ R3 : z = 0} e V = {(x, y, z) ∈ R3 : x = y = 0}.
Mostre que R3 = U ⊕ V .
Resolução: Primeiramente temos que mostrar que U e V são subespaços vetoriais de R3. Isso é
deixado como exerćıcio.
Mostrado que U e V são subespaços, então pela Proposição 3.2, temos que U +V é subespaço de
R3. Agora:
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(a) Considere w = (x, y, z) ∈ U ∩ V , então w ∈ U ⇒ z = 0, além disso, w ∈ V ⇒ x = y = 0.
Portanto w = (0, 0, 0) = 0⇒ U ∩ V = {0}.
(b) Mostremos que U + V = R3, para isso, temos que mostrar que U + V ⊆ R3 e R3 ⊆ U + V .
Claramente U + V ⊆ R3, pois o mesmo é subespaço de R3. Agora considere w ∈ R3, w = (x, y, z),
escrevemos
w = (x, y, z) = (x, y, 0) + (0, 0, z), onde (x, y, 0) ∈ U e (0, 0, z) ∈ V ⇒ w ∈ U + V ⇒ R3 ⊆ U + V.
Portanto R3 = U ⊕ V .
Exerćıcio 3.4. Considere W = R3, U um plano qualquer passando pela origem e V uma reta
passando pela origem e contida em U . É posśıvel termos R3 = U ⊕ V ?
Exerćıcio 3.5. Considere M2(R), U =
{(
a b
0 0
)
: a, b ∈ R
}
⊂M2(R) e
V =
{(
0 0
c d
)
: c, d ∈ R
}
⊂M2(R).
(a) Mostre que U e V são subespaços vetoriais de M2(R).
(b) Determine U + V .
(c) A soma U + V é direta?
3.4 Combinação Linear
Vamos, nesta seção, descrever como obter novos vetores do espaço a partir de vetores dados.
Definição 3.4. Sejam V um espaço vetorial sobre R, v1, v2, · · · , vn ∈ V e a1, a2, · · · , an ∈ R. Então
o vetor
v = a1v1 + a2v2 + · · ·+ anvn
é um elemento de V que chamaremos de combinação linear de v1, v2, · · · , vn.
Seja S = {u1, u2, · · · , un} ⊆ V , indicamos por < S > o conjunto formado por todas as com-
binações lineares posśıveis dos elementos de S, ou seja,
< S >= {a1u1 + a2u2 + · · ·+ anun | a1, a2, · · · , an ∈ R}.
Afirmação: < S > é um subespaço vetorial de V .
De fato,
(i) 0 ∈< S >, pois 0 = 0.u1 + 0.u2 + · · ·+ 0.un.
(ii) Sejam u, v ∈< S >, então{
u = a1u1 + · · ·+ anun
v = b1u1 + · · ·+ bnun
⇒ u+ v = (a1 + b1)u1 + (a2 + b2)u2 + · · ·+ (an + bn)un ⇒ u+ v ∈< S > .
(iii) Sejam u ∈< S > e λ ∈ R, então
λu = λ(a1u1 + a2u2 + · · ·+ anun) = (λa1)u1 + (λa2)u2 + · · ·+ (λan)un ⇒ λu ∈< S > .
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Definição 3.5. O subespaço vetorial < S > definido anteriormente é chamado de subespaço ge-
rado por S. Assim, cada elemento de < S > é uma combinação linear de S.
Em alguns casos podemos representar < S > por < u1, u2, · · · , un >. Diremos também que
u1, · · · , un geram < S >, ou então que são um sistema de geradores de < S >.
Propriedades 3.2. Para subespaços gerados temos as seguintes propriedades:
(a) S ⊆< S >.
(b) Se S1 ⊆ S2 ⊆ V , então < S1 >⊆< S2 >.
(c) << S >>=< S >.
(d) Se S1 e S2 são subconjuntos de V , então < S1 ∪ S2 >=< S1 > + < S2 >.
Exemplo 3.6. Considere V = R2 e u = (a, b) ∈ V , u 6= 0. Então,
< u >=< (a, b) >= {λu : λ ∈ R} = {λ(a, b) : λ ∈ R}.
Portanto < u > é uma reta que contém o vetor u e passa pela origem (quando λ = 0).
Exemplo 3.7. Seja V = R2, u = (1, 0) e v = (0, 1), então < {u, v} >= R2.
Resolução: Para mostrar que < u, v >= R2, devemos mostrar que < u, v >⊆ R2 e
R2 ⊆< u, v >. Primeiramente < u, v >⊆ R2 pois < u, v > é um subespaço de R2. Agora mos-
tremos que R2 ⊆< u, v >, para isso, considere (x, y) ∈ R2 um vetor qualquer, então
(x, y) = (x, 0) + (0, y) = x(1, 0) + y(0, 1) = xu+ yv.
Portanto (x, y) ∈< u, v > e então R2 =< u, v >.
Exemplo 3.8. Seja V = Mn(R) e S =
{(
a 0
0 b
)
∈ V
}
o conjunto das matrizes diagonais. Ache
um sistema de geradores de S.
Resolução: Seja u ∈ S um vetor qualquer.
u =
(
a 0
0 b
)
=
(
a 0
0 0
)
+
(
0 0
0 b
)
= a
(
1 0
0 0
)
+ b
(
0 0
0 1
)
.
Portanto, tomando v =
(
1 0
0 0
)
e w =
(
0 0
0 1
)
∈ S, temos S =< v,w >.
3.5 Espaços Vetoriais Finitamente Gerados
Definição 3.6. Dizemos que um espaço vetorial V é finitamente gerado se existir S ⊆ V , S finito,
de tal forma que V =< S >.
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Exemplo 3.9. a) O espaço R3 é finitamente gerado pelo conjunto S = {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)}.
De fato, para todo (a, b, c) ∈ R3 temos:
(a, b, c) = (a, 0, 0) + (0, b, 0) + (0, 0, c) = a(1, 0, 0) + b(0, 1, 0) + c(0, 0, 1).
Logo R3 ⊆< S > e então < S >= R3.
b) Mostre que M2(R) é finitamente gerado.
De fato, considere S =
{(
1 0
0 0
)
,
(
0 1
0 0
)
,
(
0 0
1 0
)
,
(
0 0
0 1
)}
.
Mostremos que < S >= M2(R). Claramente < S >⊆ M2(R), temos que mostrar agora que
M2(R) ⊆< S >, para isso, considere
(
a b
c d
)
∈M2(R) uma matriz qualquer, então:(
a b
c d
)
= a
(
1 0
0 0
)
+ b
(
0 1
0 0
)
+ c
(
0 0
1 0
)
+ d
(
0 0
0 1
)
.
Portanto
(
a b
c d
)
é uma combinação linear dos elementos de S, ou seja,
(
a b
c d
)
∈< S >
e então M2(R) ⊆< S >.
Exemplo 3.10. Seja U = {(x, y, z, w) ∈ R4 : x − y = 0 e z + w = 0}, determine o conjunto de
geradores para U , isto é, determine um conjunto finito S tal que < S >= U .
Resolução: Um ponto (x, y, z, w) ∈ U se, e somente se, x − y = 0 e z + w = 0, ou seja, x = y e
z = −w. Logo os vetores de U são da forma
(x, y, z, w) = (y, y,−w,w) = (y, y, 0, 0) + (0, 0,−w,w) = y(1, 1, 0, 0) + w(0, 0,−1, 1).
Portanto, todo vetor de U se escreve como uma combinação linear dos vetores (1, 1, 0, 0) e
(0, 0,−1, 1). Logo,
U =< (1, 1, 0, 0), (0, 0,−1, 1) > .
Exemplo 3.11. Considere os seguintes subespaços do R3
U =< (1, 0, 0), (1, 1, 1) > e V =< (0, 1, 0), (0, 0, 1) > .
Determine um sistema de geradores de U ∩ V
Resolução: Vamos determinar U ∩ V . Seja w ∈ U ∩ V ⇒ w ∈ U e w ∈ V .
w ∈ U ⇒ w = a(1, 0, 0) + b(1, 1, 1)⇒ w = (a+ b, b, b).
Agora w ∈ V ⇒ w = x(0, 1, 0) + y(0, 0, 1)⇒ w = (0, x, y). Comparando as duas expressões para
w, obtemos a = −b, x = b, y = b. Logo o ponto w tem a forma w = (0, b, b) = b(0, 1, 1).
Portanto U ∩ V =< (0, 1, 1) >.
Exerćıcio 3.6. Denote por Pn(R) o conjunto dos polinômios com coeficientes reais e de grau me-
nor ou igual a n, Pn(R) = {a0 + a1t + a2t2 + · · · + antn : ai ∈ R}. Mostre que Pn(R) =<
1, t, t2, · · · , tn−1, tn >.
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3.6 Dependência e Independência Linear
Nosso objetivo agora é mostrar que em todo espaço vetorial finitamente gerado V , existe um subcon-
junto B finito, de tal modo que todo vetor de V é uma combinaçãolinear, de uma única maneira,
dos elementos desse conjunto B.
Definição 3.7. Sejam V um espaço vetorial e v1, · · · , vn ∈ V . Dizemos que o conjunto {v1, · · · , vn}
é linearmente independente (L.I.), ou que os vetores v1, · · · , vn são L.I., se a equação
a1v1 + a2v2 + · · ·+ anvn = 0 (3.1)
implica que a1 = a2 = · · · = an = 0. Caso tenhamos a equação (3.1) satisfeita e algum ai 6= 0,
dizemos que {v1, · · · , vn} é linearmente dependente (L.D.) ou que os vetores v1, · · · vn são L.D..
Exemplo 3.12. Classifique os conjuntos abaixo em L.I. ou L.D.
a) A = {(1, 1, 0), (2,−1, 1), (1, 4,−1)}
b) B = {(1, 2, 3), (1, 4, 9), (1, 8, 27)}
Resolução: (a) Considere a equação
x(1, 1, 0) + y(2,−1, 1) + z(1, 4,−1) = (0, 0, 0). (3.2)
Dessa equação temos:
(x+ 2y + z, x− y + 4z, y − z) = (0, 0, 0)⇒

x+ 2y + z = 0
x− y + 4z = 0
y − z = 0
.
Resolvendo o sistema, obtemos como solução y = z, x = −3z, z ∈ R. Portanto temos uma
combinação linear nula dos vetores de A (equação (3.2)), com os escalares dessa combinação linear
não todo nulos. Logo o conjunto A é L.D.
(b) Considere a combinação linear
x(1, 0, 3) + y(0, 4, 9) + z(1, 8, 0) = (0, 0, 0). (3.3)
Obtemos o sistema: 
x+ z = 0
4y + 8z = 0
3x+ 9y = 0
.
Resolvendo esse sistema, obtemos como solução x = 0, y = 0 e z = 0. Portanto a equação (3.3)
implica que os escalares dessa combinação linear são todo nulos. Logo o conjunto B é L.I.
Exemplo 3.13. Mostre que o conjunto de vetores {1, 2x, x2, 3 + x− 2x2} de P3(R) é L.D.
Resolução: Considere a combinação linear
a.1 + b.2x+ c.x2 + d.(3 + x− 2x2) = 0⇒ (a+ 3d) + (2b+ d)x+ (c− 2d)x2 = 0⇒

a+ 3d = 0
2b+ d = 0
c− 2d = 0
Resolvendo o sistema acima, temos a solução a = −3d, b = −d
2
e c = 2d, d ∈ R. Portanto
essa combinação linear nula nos forneceu escalares não nulos como solução. Portanto o conjunto
{1, 2x, x2, 3 + x− 2x2} é L.D. em P3(R).
30
Exemplo 3.14. Determine m para que o conjunto de vetores do R3, {(3, 5m, 1), (2, 0, 4), (1,m, 3)}
seja L.I.
Resolução: Considere
x(3, 5m, 1) + y(2, 0, 4) + z, (1,m, 3) = (0, 0, 0)⇒ (3x+ 2y + z, 5mx+mz, x+ 4y + 3z) = (0, 0, 0)⇒
⇒

3x+ 2y + z = 0
5mx+mz = 0
x+ 4y + 3z = 0
.
Para que o conjunto seja L.I., o sistema acima tem que ter uma única solução trivial (x = y =
z = 0). Isso só é posśıvel desde que a matriz de seus coeficientes seja inverśıvel, ou seja, possua
determinante não nulo. Logo
det
 3 2 15m 0 m
1 4 3
 6= 0⇒ −20m 6= 0⇒ m 6= 0.
Uma consequência de um conjunto L.D. é o seguinte teorema.
Teorema 3.1. O conjunto {v1, · · · , vn} é L.D. se, e somente se, pelo menos um de seus vetores for
combinação linear dos demais.
Em posse do teorema anterior, é posśıvel mostrar um resultado que dado um conjunto L.D.
qualquer, diferente do vetor nulo, sempre existe um subconjunto L.I. desse conjunto.
Exemplo 3.15. Em um espaço vetorial V qualquer, o conjunto {v, w, 2v−w} é sempre L.D. pois o
último vetor é uma combinação linear dos dois primeiros.
3.7 Base de um Espaço Vetorial
Definição 3.8. Seja V um espaço vetorial. Uma base de V é um subconjunto finito β ⊂ V no qual
as seguintes condições se verificam:
1. β é linearmente independente;
2. V =< β >.
Exemplo 3.16. a) V = R3 e β = {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)} é base de R3. Essa base é conhecida
como base canônica do R3.
b) V = R3 e β1 = {(1, 0, 0), (2, 1, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)} e β2 = {(1, 0, 0), (0, 0, 1)} não são bases de
R3.
Resolução: De fato, β1 não é LI, pois o vetor (2, 1, 0) é combinação linear dos demais
(2, 1, 0) = 2(1, 0, 0) + (0, 1, 0).
Por fim, β2 não é base porque β2 não gera R3 (< β2 >6= R3), os vetores da forma (0, a, 0) ∈ R3
não são combinações lineares dos vetores de β2.
31
c) V = M2(R) e β =
{(
1 0
0 0
)
,
(
0 1
0 0
)
,
(
0 0
1 0
)
,
(
0 0
0 1
)}
é base de V (essa base tb.
é conhecida como base canônica de M2(R)).
Observação 3.3. A base de um espaço vetorial não é única, por exemplo, β = {(3, 5, 1), (2, 0, 4), (1, 1, 3)}
é também base de R3 diferente da base dada no exemplo (a) (Verifique que β é base de R3).
Exerćıcio 3.7. Mostre que β = {1, t, t2, · · · , tn} é uma base de Pn(R).
3.8 Dimensão de um Espaço Vetorial
Definição 3.9. Seja V um espaço vetorial finitamente gerado. Chamamos de dimensão de V e
denotamos por dim(V), o número de vetores de uma base qualquer de V . Se esse número de vetores
for finito, dizemos que V é um espaço vetorial de dimensão finita.
Neste ponto, é natural fazermos a seguinte pergunta. Que garantia temos que o número de vetores
de diferentes bases de V é sempre o mesmo?
Essa pergunta é respondido pelo seguinte teorema.
Teorema 3.2 (Teorema da Invariância). Seja V um espaço vetorial finitamente gerado. Então duas
bases quaisquer de V tem o mesmo número de vetores.
Exemplo 3.17. 1. V = R2, dim(R2) = 2, pois β = {(1, 0), (0, 1)} é uma base.
2. V = Rn, dim(Rn) = n, pois β = {(1, 0, · · · , 0), (0, 1, 0, · · · , 0), · · · , (0, · · · , 0, 1)} é uma base.
(β é chamada de base canônica do Rn).
3. dim(M2(R))=4 pois
β =
{(
1 0
0 0
)
,
(
0 1
0 0
)
,
(
0 0
1 0
)
,
(
0 0
0 1
)}
é base de M2(R).
4. Se V = Pn(R), então dim(V ) = n+ 1, pois γ = {1, t, t2, · · · , tn} é base de Pn(R).
Propriedades 3.3. As seguintes propriedades são satisfeitas:
1. Todo subespaço vetorial de um espaço vetorial finitamente gerado é também finitamente gerado.
2. Se W é um subespaço vetorial de V e dim(W )= dim(V ), então W = V .
3.8.1 Processo Prático para Determinar uma Base de um Subespaço de
Rn
Em alguns casos, o conjunto de geradores para um subespaço V nem sempre é uma base para tal.
Por exemplo, R2 =< (2, 1), (−1, 2), (3, 1) >, mas esses três vetores não formam uma base para R2
porque eles não são L.I. (verifique). O processo que apresentaremos a seguir, nos permite encontrar
uma base para V a partir de seus geradores.
Seja V =< u1, u2, · · · , ur >⊆ Rn um subespaço. Observemos que:
32
1. Permutar vetores que geram V , não altera o subespaço gerado, ou seja,
V =< u1, · · · , ui, · · · , uj, · · · , ur >=< u1, · · · , uj, · · · , ui, · · · , ur > .
2. Para todo α ∈ R, temos
V =< u1, · · · , ui, · · · , uj + αui, · · · , ur > .
3. Se u1, u2, · · · , ur está na forma escada, ou seja, o número de zeros iniciais de ui é maior que
de ui−1, então os vetores u1, u2, · · · , ur formam um conjunto LI, e então dim(V ) = r e dáı
{u1, u2, · · · , ur} é uma base para V .
Portanto, pelas observações acima, o processo prático para determinar uma base de um subespaço
V de Rn, consiste em formar uma matriz com os geradores u1, u2, · · · , ur de V em suas linhas e
escalonar tal matriz, ou colocá-la na forma escada. Se o conjunto de geradores for L.D., os vetores
que forem combinação linear dos demais irão se anular no decorrer do escalonamento, ficando com
linhas toda nula, essas linhas são descartadas. O conjunto final obtido, ao descartarmos os vetores
que se anulam, forma um conjunto L.I. de geradores, ou seja, uma base.
Exemplo 3.18. Seja V um subespaço vetorial de R4 gerado pelos vetores (0, 1, 2,−1), (3, 0,−1, 1) e
(−3, 2, 5,−3). Determine a dimensão de V .
Resolução: Para determinar a dimensão de V , vamos exibir uma base para V .
Escalonando a matriz 0 1 2 −13 0 −1 1
−3 2 5 3
 L1 ↔ L2L3 → L3 + L2
 3 0 −1 10 1 2 −1
0 2 4 −2
 L1 ↔ L1/3L3 → L3 − 2L2
 1 0 −
1
3
1
3
0 1 2 −1
0 0 0 0
 .
Portanto V =< (1, 0,−1
3
, 1
3
), (0, 1, 2,−1) >, logo V possui dimensão igual a 2.
Exemplo 3.19. Encontre uma base para V =< (2, 1, 1, 0), (1, 0, 1, 2), (0,−1, 1, 4) >⊆ R4.
Resolução: Escalonando a matriz 2 1 1 01 0 1 2
0 −1 1 4
 L1 ↔ L2L3 → L3 + L2
 1 0 1 22 1 1 0
0 −12 1 4
 L2 → L2 − 2L1
 1 0 1 20 1 −1 −4
0 −1 1 4
 L3 → L3 + L2
 1 0 1 20 1 −1 −4
0 0 0 0
 .
Portanto β = {(1, 0, 1, 2), (0, 1,−1,−4)} é base de V e dim(V)=2.
33
3.9 Dimensão da Soma dedois Subespaços
Vimos que se W é espaço vetorial e U e V são subespaços de W , então U ∩ V e U + V são também
subespaços de W . Vamos agora obter uma relação entre as dimensões desses subespaços.
Teorema 3.3. Seja W um espaço vetorial de dimensão finita. Se U e V são subespaços de W , então
dim(U ∩ V ) + dim(U + V ) = dim(U) + dim(V ).
Exemplo 3.20. Considere os seguintes subespaços de R4, U =< (1, 0, 1, 0), (0, 1, 0, 0) > e V =
{(x, y, z, w) ∈ R4 : x+ y = 0}. Determine dim(U ∩ V ) e dim(U + V ).
Resolução: Claramente β = {(1, 0, 1, 0), (0, 1, 0, 0)} é uma base para U pois ele gera U e é L.I.
Vamos encontrar uma base para V .
(x, y, z, w) ∈ V ⇔ x+ y = 0⇔ y = −x,
logo
(x, y, z, w) = (x,−x, z, w) = x(1,−1, 0, 0) + z(0, 0, 1, 0) + w(0, 0, 0, 1)⇒
⇒ V =< (1,−1, 0, 0), (0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1) > .
Agora γ = {(1,−1, 0, 0), (0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1)} é LI (Verifiquem!), logo γ é uma base para V .
Portanto, dim(U) = 2 e dim(V ) = 3. Agora U + V = {u + v : u ∈ U e v ∈ V }, então claramente
U + V =< β ∪ γ >=< (1, 0, 1, 0), (0, 1, 0, 0), (1,−1, 0, 0), (0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1) >. Contudo β ∪ γ não
é LI, vamos obter uma base para U + V escalonando a matriz formada pelos geradores de U + V .
1 0 1 0
0 1 0 0
1 −1 0 0
0 0 1 0
0 0 0 1

L1 ↔ L1 − L4
L3 → L3 − L1

1 0 0 0
0 1 0 0
0 −1 −1 0
0 0 1 0
0 0 0 1
 L3 → L3 − (L2 + L4)

1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 0 0
0 0 1 0
0 0 0 1
 .
Portanto U + V =< (1, 0, 0, 0), (0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1) >⇒ dim(U + V ) = 4. Logo,
dim(U ∩ V ) = dim(U) + dim(V )− dim(U + V ) = 2 + 3− 4 = 1.
3.10 Coordenadas
Uma base ordenada de um espaço vetorial V é uma base na qual fixamos quem é o primeiro vetor,
quem é o segundo vetor, e assim por diante.
Sejam V um espaço vetorial de dimensão finita e B = {u1, u2, · · · , un} uma base ordenada de V .
Assim, qualquer v ∈ V é uma combinação linear de B, isto é, existem escalares a1, · · · , an ∈ R tal
que
v = a1u1 + · · ·+ anun.
Afirmação: Os escalares a1, · · · , an na igualdade acima são determinados de forma única.
34
De fato, suponha que existam b1, · · · , bn ∈ R tal que
v = a1u1 + · · ·+ anun = b1u1 + · · ·+ bnun.
Desta forma temos que
(a1 − b1)u1 + · · ·+ (an − bn)un = 0.
Como B é uma base, os vetores u1, · · · , un são LI. Logo (a1 − b1) = · · · = (an − bn) = 0 e então
a1 = b1, · · · , an = bn.
Definição 3.10. Os escalares a1, · · · , an que aparecem na igualdade v = a1u1 + · · · + anun são
chamados coordenadas do vetor v em relação à base B.
Podemos associar uma matriz às coordenadas do vetor v, do seguinte modo:
Se v = a1u1 + · · ·+anun, onde B é uma base ordenada B = {u1, · · · , un}, então considera-se uma
matriz n× 1
 a1...
an

B
, como a matriz das coordenadas de v em relação a base ordenada B.
Exemplo 3.21. Considere β = {(1, 2), (−2, 2)} uma base ordenada de R2. Encontre as coordenadas
do vetor v = (3,−1) com relação a essa base.
Resolução: (3, 1) = a(1, 2) + b(−2, 2) = (a− 2b, 2a+ 2b), logo
{
a− 2b = 3
2a+ 2b = 1
⇒ a = 4
3
, b = −5
6
.
Portanto na base β temos v =
(
4
3
,−5
6
)
β
.
Exemplo 3.22. Considere B = {1, 1 + t, 1 + t2} uma base ordenada de P2(R).
(a) Encontre as coordenadas de f(t) = 1 + 2t+ 3t2 com relação a essa base ordenada.
(b) Determine o vetor v de P2(R) que nesta base B tem coordenadas v = (3,−1, 2)B.
Resolução:
(a) 1 + 2t+ 3t2 = a1.1 + a2(1 + t) + a3(1 + t
2)
1 + 2t+ 3t2 = (a1 + a2 + a3).1 + a2t+ a3t
2
logo,

a1 + a2 + a3 = 1
a2 = 2
a3 = 3
⇒ a1 = −4, a2 = 2 a3 = 3.
Logo a matriz das coordenadas de f(t) é
 −42
3

B
em relação à base ordenada B.
(b) v = 3.1 + (−1).(1 + t) + 2.(1 + t2) = 3− 1− t+ 2 + 2t2 = 4− t+ 2t2.
3.11 Mudança de Base
De agora em diante, por efeito de simplicidade, diremos apenas base em vez de base ordenada.
35
Sejam V um espaço vetorial de dimensão n e B = {u1, · · · , un} e C = {v1, · · · , vn} duas bases de
V . Desta forma, existe uma única famı́lia de escalares aij tal que
v1 = a11u1 + a21u2 · · ·+ an1un
v2 = a12u1 + a22u2 · · ·+ an2un
...
vn = a1nu1 + a2nu2 · · ·+ annun
.
Definição 3.11. Seguindo as afirmações acima, a matriz n × n, MBC =

a11 a12 . . . a1n
a21 a22 . . . a2n
...
...
...
...
an1 an2 . . . ann

chama-se matriz de mudança da base B para a base C.
Exemplo 3.23. Determine a matriz de mudança da base B = {(1, 1, 0), (0, 1,−2), (0, 0, 3)} para a
base canônica do R3.
Resolução: i) (1, 0, 0) = a1(1, 1, 0) + a2(0, 1,−2) + a3(0, 0, 3) = (a1, a1 + a2,−2a2 + 3a3)⇒
⇒

a1 = 1
a1 + a2 = 0
−2a2 + 3a3 = 0
⇒ a1 = 1, a2 = −1, a3 = −
2
3
.
ii) Repetindo o processo para o segundo vetor da base canônica, temos:
(0, 1, 0) = a1(1, 1, 0) + a2(0, 1,−2) + a3(0, 0, 3) = (a1, a1 + a2,−2a2 + 3a3)⇒
⇒

a1 = 0
a1 + a2 = 1
−2a2 + 3a3 = 0
⇒ a1 = 0, a2 = 1, a3 =
2
3
.
ii) Por fim,para o terceiro vetor da base canônica, temos:
(0, 0, 1) = a1(1, 1, 0) + a2(0, 1,−2) + a3(0, 0, 3) = (a1, a1 + a2,−2a2 + 3a3)⇒
⇒

a1 = 0
a1 + a2 = 0
−2a2 + 3a3 = 1
⇒ a1 = 0, a2 = 0, a3 =
1
3
.
Portanto a matriz de mudança de base B para a base canônica C é MBC =
 1 0 0−1 1 0
−2
3
2
3
1
3

Exerćıcio 3.8. Dadas as bases B = {1, t, t + t2, t3} e C = {2, 1 − t, t2, t − t3} de P3(R), determine
a matriz de mudança da base C para B.
Observação 3.4. Note que se duas bases de um mesmo espaço vetorial coincide, isto é, se B e C
são bases de V e se B = C, então a matriz de mudança da base B para C, ou vice-versa é a matriz
identidade.
36