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GA3X1 - Geometria Analítica e Álgebra Linear Prof. Lilian Candido
6 Espaços vetoriais
Objetivos de aprendizagem
• Reconhecer espaços e subespaços vetoriais.
• Reconhecer e obter bases de espaços vetoriais.
• Determinar a dimensão de um espaço vetorial.
• Determinar as coordenadas de um vetor em relação a uma base.
6.1 Vetores em Rn
O conjunto R dos números reais é interpretado geometricamente como sendo a reta
real. Um número x pode ser encarado como um ponto ou como um vetor.
O
xb
x O
x
x
O conjunto R2 = {(x, y); x, y ∈ R} é interpretado geometricamente como sendo o
plano cartesino. Um par (x, y) pode ser encarado como um ponto ou como um vetor.
O
x
y
b
(x, y)
O
x
y
(x, y)
O conjunto R3 = {(x, y, z); x, y, z ∈ R} é interpretado geometricamente como sendo
o espaço tridimensional. Uma tripla (x, y, z) pode ser encarada como um ponto ou como
um vetor.
x
y
z
(x, y, z)
b
x
y
z
(x, y, z)
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Embora se perca a visão geométrica de espaços com dimensão acima de 3, é possível
estender essa ideia a espaços como R4,R5, . . . ,Rn. Assim, o conjunto
R
n = {(x1, x2, . . . , . . . , xn); x1, x2, . . . , xn ∈ R}
constitui o espaço de dimnesão n (ou espaço n-dimensional).
A maneira de se trabalhar no Rn é análoga àquela vista em R2 e R3.
Igualdade de vetores em Rn
Dois vetores u = (x1, x2, . . . , xn) e v = (y1, y2, . . . , yn) são iguais se, e somente se,
x1 = y1, x2 = y2, . . . , xn = yn, e escreve-se u = v.
Operações com vetores em Rn
Sejam os vetores u = (x1, x2, . . . , xn) e v = (y1, y2, . . . , yn) e k ∈ R. Define-se:
a) u+ v = (x1 + y1, x2 + y2, . . . , xn + yn)
b) ku = (kx1, kx2, . . . , kxn)
Exemplo 6.1: Operações com vetores em R5
Sejam u = (1, 0, 2,−3, 4) e v = (0, 1, 1,−2, 5).
u − 2v = u+ (−2v)
= (1, 0, 2,−3, 4) + (−2(0, 1, 1,−2, 5))
= (1, 0, 2,−3, 4) + (0,−2,−2, 4,−10)
= (1,−2, 0, 1,−6)
Propriedades algébricas dos vetores em Rn
Sejam u, v e w vetores em Rn; e sejam a e b escalares reais. Então, valem as
propriedades:
A) Em relação à adição:
A1) u + v = v + u
A2) (u+ v) +w = u + (v + w)
A3) Existe 0 ∈ V tal que u+ 0 = u
A4) Existe −u ∈ V tal que u+ (−u) = 0
M) Em relação à multiplicação por escalar:
M1) a(u + v) = au + av
M2) (a+ b)u = au + bu
M3) (ab)u = a(bu) = b(au)
M4) 1u = u
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6.2 Espaços vetoriais
Um espaço vetorial real é um conjunto V , não vazio, com duas operações: soma,
V ×V
+
−→ V , e multiplicação por escalar, R×V
·
−→ V , tais que as propriedades a seguir
sejam satisfeitas, ∀u,v,w ∈ V , ∀a, b ∈ R:
A) Em relação à adição:
A1) u + v = v + u
A2) (u+ v) + w = u+ (v + w)
A3) Existe 0 ∈ V tal que u+ 0 = u
A4) Existe −u ∈ V tal que u+ (−u) = 0
M) Em relação à multiplicação por escalar:
M1) a · (u + v) = a · u+ a · v
M2) (a+ b) · u = a · u + b · u
M3) (ab) · u = a · (b · u) = b · (a · u)
M4) 1 · u = u
Se na definição acima, ao invés de termos como escalares números reais, tivermos
números complexos, V será um espaço vetorial complexo.
Os elementos do espaço vetorial V serão chamados vetores, independentemente de
sua natureza. Assim, os vetores podem ser números (quando V for um conjunto numérico),
matrizes (quando V for constituído por matrizes), polinômios (quando V for constituído
de polinômios), e assim por diante.
São exemplos de espaços vetoriais:
a) O conjunto dos vetores do espaço n-dimensional Rn = {(x1, x2, . . . , xn); xi ∈ R},
com as operações usuais de soma de vetores e multiplicação de vetor por escalar.
b) O conjunto M(m,n) das matrizes reais m× n, com as operações usuais de soma de
matrizes e multiplicação de matriz por escalar.
c) O conjunto Pn = {a0+a1x+a2x2+· · ·+anxn; ai ∈ R} dos polinômios com coeficientes
reais de grau menor ou igual a n, com as operações usuais de soma de polinômios e
multiplicação de polinômio por escalar.
d) O conjunto V = {f : R → R} das funções reais definidas em R, com as operações
usuais de soma de funções e multiplicação de função por escalar.
Teorema: Seja V um espaço vetorial, u um vetor em V e a um escalar. São válidas as
seguintes propriedades:
i) 0 · u = 0
ii) a · 0 = 0
iii) −1 · u = −u
iv) Se a · u = 0, então a = 0 ou u = 0.
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6.3 Subespaços vetoriais
Sejam V um espaço vetorial e W um subconjunto não vazio de V . Se W é um
espaço vetorial em relação à adição e à multiplicação por escalar definidas em V , então
W é chamado de um subespaço vetorial de V .
Assim, para que W seja um subespaço vetorial, devem estar definidas em W as
operações de soma e multiplicação por escalar definidas em V , e devem ser satisfeitas as
oito propriedades A1, A2, A3, A4, P1, P2, P3 e P4 da definição de espaço vetorial. No
entanto, o teorema a seguir diz que basta que estejam definidas em W as operações de
soma e multiplicação por escalar definidas em V para que W seja um subespaço vetorial.
Teorema: Dado um espaço vetorial V , um subconjunto W , não vazio, será um subespaço
vetorial de V se:
i) Para quaisquer u,v ∈ W , tem-se u+ v ∈ W .
ii) Para quaisquer k ∈ R, u ∈ W , tem-se k · u ∈ W .
Demonstração. Como W é um subconjunto de um espaço vetorial V , e as operações em
W são as mesmas que aquelas definidas em V , as propriedades A1, A2, P1, P2, P3 e P4
são válidas em W , pois são válidas para todos os elementos de V . Como W é não vazio,
tomemos um elemento w qualquer de W . Da condição (ii), dado qualquer escalar k, o
vetor k ·w está em W . Tomando k = 0, temos que 0 ·w = 0 está em W , e a propriedade
A3 é satisfeita. Tomando k = −1, temos que −1 · w = −w está em W , e a propriedade
A4 é satisfeita. �
Um subespaço vetorial também é um espaço vetorial, portanto, ele deve conter
o vetor nulo. De fato, o subespaço mais simples de um espaço vetorial V é aquele que
consiste apenas do vetor nulo, W = {0}, chamado de subespaço nulo. Outro subespaço de
V é o próprio V . Todo espaço vetorial contém esses dois subespaços triviais, e subespaços
diferentes desses são chamados de subespaços próprios (ou não triviais).
Exemplo 6.2: O subespaço nulo
Se V é um espaço vetorial, o subconjunto W = {0} que consiste apenas no vetor nulo
de V é um subespaço vetorial de V . De fato, W é não vazio, e temos
i) 0 + 0 = 0
ii) k · 0 = 0 para qualquer k ∈ R
Exemplo 6.3: Subespaços vetoriais em R2
a) Seja W = {(x, y) ∈ R2; y = 2x}, ou seja, W = {(x, 2x); x ∈ R}, isto é, o
conjunto dos vetores de R2 que têm a segunda coordenada igual ao dobro da
primeira. Vamos verificar se W é um subespaço vetorial de R2.
W contém o vetor nulo 0 = (0, 0) de R2.
Dados u = (x1, 2x1),v = (x2, 2x2) ∈ W e k ∈ R, temos:
i) u+v = (x1, 2x1)+(x2, 2x2) = (x1+x2, 2x1+2x2) = (x1+x2, 2(x1+x2)) ∈
W , pois a segunda coordenada de u + v é o dobro da primeira.
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ii) ku = k(x1, 2x1) = (kx1, 2kx1) ∈ W , pois a segunda coordenada de au é o
dobro da primeira.
Portanto, W é subespaço vetorial de R2.
b) Seja W = {(x, y) ∈ R2; y = 4 − 2x}. Vamos verificar se W é um subespaço
vetorial de R2.
W não contém o vetor nulo 0 = (0, 0) de R2. Então W não é subespaço vetorial
de R2.
c) Seja W = {(x, x2); x ∈ R}, isto é, o conjunto dos vetores de R2 que têm a
segunda coordenada igual ao quadrado da primeira. Vamos verificar se W é um
subespaço vetorial de R2.
W contém o vetor nulo 0 = (0, 0) de R2.
Dados u = (x1, x21),v = (x2, x
2
2) ∈ W e k ∈ R, temos:
i) u + v = (x1, x21) + (x2, x
2
2) = (x1 + x2, x
2
1 + x
2
2) /∈ W , pois a segunda
coordenada de u+ v não é o quadrado da primeira.
Como a condição (i) não foi satisfeita, não precisamos verificar a condição (ii),
e podemos concluir que W não é subespaço vetorial de R2.
d) Seja W = {(x, y) ∈ R2; x ≥ 0}, isto é, o conjunto dos vetores de R2 que têm
a primeira coordenada não negativa. Vamos verificar se W é um subespaço
vetorial de R2.
W contém o vetor nulo 0 = (0, 0) de R2.
Sejam u = (x1, y1),v = (x2, y2) ∈ W , entãosabemos que x1 ≥ 0 e x2 ≥ 0. Dado
k ∈ R, temos:
i) u + v = (x1, y1) + (x2, y2) = (x1 + x2, y1 + y2) ∈ W , pois x1 + x2 ≥ 0.
ii) ku = k(x1, y1) = (kx1, ky1). Se k < 0 e x1 > 0, teremos ax1 < 0, e então
au /∈ W .
Como a condição (ii) não foi satisfeita, podemos concluir que W não é subespaço
vetorial de R2.
Exemplo 6.4: Subespaços vetoriais de R3
a) Seja W = {(x, 0, 0); x ∈ R}, isto é, o conjunto dos vetores de R3 que têm a
segunda e terceira coordenadas nulas. Vamos verificar se W é um subespaço
vetorial de R3.
W contém o vetor nulo 0 = (0, 0, 0) de R3.
Sejam u = (x1, 0, 0),v = (x2, 0, 0) ∈ W e k ∈ R.
i) u + v = (x1, 0, 0) + (x2, 0, 0) = (x1 + x2, 0, 0) ∈ W , pois a segunda e a
terceira coordenadas são nulas.
ii) ku = k(x1, 0, 0) = (kx1, 0, 0) ∈ W , pois a segunda e a terceira coordenadas
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são nulas.
Portanto, W é subespaço vetorial de R3.
b) Seja W = {(x, y, 0); x, y ∈ R}, isto é, o conjunto dos vetores de R3 que têm a
terceira coordenada nula. Vamos verificar se W é um subespaço vetorial de R3.
W contém o vetor nulo 0 = (0, 0, 0) de R3.
Sejam u = (x1, y1, 0),v = (x2, y2, 0) ∈ W e k ∈ R.
i) u + v = (x1, y1, 0) + (x2, y2, 0) = (x1 + x2, y1 + y2, 0) ∈ W , pois a terceira
coordenadas é nula.
ii) au = k(x1, y1, 0) = (kx1, ky1, 0) ∈ W , pois a terceira coordenada é nula.
Portanto, W é subespaço vetorial de R3.
c) Seja W = {(x, y, 1); x, y ∈ R}, isto é, o conjunto dos vetores de R3 que têm a
terceira coordenada igual a 1. Vamos verificar se W é um subespaço vetorial de
R
3.
W não contém o vetor nulo 0 = (0, 0, 0) de R3. Então W não é subespaço
vetorial de R3.
Exemplo 6.5: Subespaço vetorial de R4
Seja W = {(x1, x2,−x2, x1); xi ∈ R}, isto é, o conjunto dos vetores de R4 que têm a
terceira coordenada igual ao oposto da segunda, e a quarta coordenada igul à primeira.
Vamos verificar se W é um subespaço vetorial de R4.
W contém o vetor nulo 0 = (0, 0, 0, 0) de R4.
Sejam u = (x1, x2,−x2, x1),v = (y1, y2,−y2, y1) ∈ W e k ∈ R.
i) u+v = (x1, x2,−x2, x1)+(y1, y2,−y2, y1) = (x1+y1, x2+y2,−x2−y2, x1+y1) =
(x1+ y1, x2 + y2,−(x2 + y2), x1 + y1) ∈ W , pois a terceira coordenada é igual ao
oposto da segunda, e a quarta coordenada é igul à primeira.
ii) au = k(x1, x2,−x2, x1) = (kx1, kx2,−kx2, kx1) ∈ W , pois a terceira coordenada
é igual ao oposto da segunda, e a quarta coordenada é igul à primeira.
Portanto, W é subespaço vetorial de R4.
Exemplo 6.6: Espaço-solução de um sistema homogêneo
Seja o sistema homogêneo Ax = 0, em que A é uma matriz m×n. Uma solução para
este sistema consiste em um vetor x ∈ Rn. O conjunto W das soluções deste sistema,
isto é, W = {x ∈ Rn;Ax = 0}, é um subespaço vetorial de Rn.
De fato, W contém o vetor nulo de Rn, pois A0 = 0. Tomando u,v ∈ W temos
Au = 0 e Av = 0. Dado k ∈ R, temos:
i) A(u+ v) = Au+ Av = 0 + 0 = 0, ou seja, u + v é solução do sistema e então
u+ v ∈ W .
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ii) A(ku) = kAu = k0 = 0, ou seja, ku é solução do sistema e então au ∈ W .
6.4 Combinação linear
É muito útil sob diversos aspectos que possamos construir um elemento de um espaço
vetorial a partir de outros. Vejamos como fazer isso.
Sejam V um espaço vetorial real, v1,v2, . . . ,vn ∈ V e a1, a2, . . . , an números reais.
Então, o vetor
v = a1 · v1 + a2 · v2 + · · ·+ an · vn
é um elemento de V ao que chamamos combinação linear de v1, . . . ,vn. Os números
a1, a2, . . . , an são denominados coeficientes da combinação linear.
Exemplo 6.7: Determinação de combinações lineares em R2
a) Sejam os vetores v1 = (1, 0) e v2 = (0, 1). O vetor v = (3, 2) é combinação
linear de v1 e v2, pois existem coeficientes a1 e a2 tais que v = a1v1 + a2v2.
De fato, temos
(3, 2) = a1(1, 0) + a2(0, 1)
(3, 2) = (a1, 0) + (0, a2)
(3, 2) = (a1, a2)
que implica em a1 = 3 e a2 = 2. Assim, temos v = 3v1 + 2v2, isto é,
(3, 2) = 3(1, 0) + 2(0, 1)
b) Sejam os vetores v1 = (1, 0) e v2 = (1, 1). O vetor v = (3, 2) é combinação
linear de v1 e v2, pois existem coeficientes a1 e a2 tais que v = a1v1 + a2v2.
De fato, temos
(3, 2) = a1(1, 0) + a2(1, 1)
(3, 2) = (a1, 0) + (a2, a2)
(3, 2) = (a1 + a2, a2)
que implica no sistema
{
a1 + a2 = 3
a2 = 2
, cuja solução é a1 = 1 e a2 = 2.
Assim, temos v = 1v1 + 2v2, isto é,
(3, 2) = 1(1, 0) + 2(1, 1)
c) Sejam os vetores v1 = (1, 0), v2 = (0, 1) e v3 = (1, 1). O vetor v = (3, 2) é
combinação linear de v1, v2 e v3, pois existem coeficientes a1, a2 e a3 tais que
v = a1v1 + a2v2 + a3v3.
De fato, temos
(3, 2) = a1(1, 0) + a2(0, 1) + a3(1, 1)
(3, 2) = (a1, 0) + (0, a2) + (a3, a3)
(3, 2) = (a1 + a3, a2 + a3)
que implica no sistema
{
a1 + + a3 = 3
a2 + a3 = 2
, que tem infinitas soluções
onde a1 = 3 − a3 e a2 = 2 − a3. Assim, v pode ser escrito como combinação
linear de v1, v2 e v3 e infinitas maneiras. Por exemplo:
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- fazendo a3 = 0 tem-se a1 = 3 e a2 = 2, então temos
v = 3v1 + 2v2 + 0v3, isto é, (3, 2) = 3(1, 0) + 2(0, 1) + 0(1, 1)
- fazendo a3 = 1 tem-se a1 = 2 e a2 = 1, então temos
v = 2v1 + 1v2 + 1v3, isto é, (3, 2) = 2(1, 0) + 1(0, 1) + 1(1, 1)
Para cada valor atribuído a a3, vamos obter uma forma de escrever v como
combinação linear de v1, v2 e v3.
d) Sejam os vetores v1 = (1, 2) e v2 = (2, 4). O vetor v = (3, 2) não é combinação
linear de v1 e v2, pois não existem coeficientes a1 e a2 e a3 tais que v = a1v1 +
a2v2.
De fato, temos
(3, 2) = a1(1, 2) + a2(2, 4)
(3, 2) = (a1, 2a1) + (2a2, 4a2)
(3, 2) = (a1 + 2a2, 2a1 + 4a2)
que implica no sistema
{
a1 + 2a2 = 3
2a1 + 4a2 = 2
, que não possui solução.
Exemplo 6.8: Determinação de combinações lineares em R3
Sejam os vetores v1 = (1,−3, 2) e v2 = (2, 4,−1).
a) O vetor v = (−4,−18, 7) é combinação linear de v1 e v2, pois existem coefici-
entes a1 e a2 tais que v = a1v1 + a2v2.
De fato, temos
(−4,−18, 7) = a1(1,−3, 2) + a2(2, 4,−1)
(−4,−18, 7) = (a1,−3a1, 2a1) + (2a2, 4a2,−a2)
(−4,−18, 7) = (a1 + 2a2,−3a1 + 4a2, 2a1 − a2)
que que implica no sistema



a1 + 2a2 = −4
−3a1 + 4a2 = −18
2a1 − a2 = 7
, cuja solução é a1 = 2
e a2 = −3. Assim, temos v = 2v1 − 3v2, isto é,
(−4,−18, 7) = 2(1,−3, 2)− 3(2, 4,−1)
b) O vetor v = (4, 3,−6) não é combinação linear de v1 e v2, pois não existem
coeficientes a1 e a2 tais que v = a1v1 + a2v2.
De fato, temos
(4, 3,−6) = a1(1,−3, 2) + a2(2, 4,−1)
(4, 3,−6) = (a1,−3a1, 2a1) + (2a2, 4a2,−a2)
(4, 3,−6) = (a1 + 2a2,−3a1 + 4a2, 2a1 − a2)
que que implica no sistema



a1 + 2a2 = 4
−3a1 + 4a2 = 3
2a1 − a2 = −6
, que não possui solução.
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6.5 Subespaços gerados
Dado um conjunto S = {v1,v2, . . . ,vn} de vetores em um espaço vetorial V , o
conjunto de todos os vetores que são combinações lineares dos vetores v1,v2, . . . ,vn é
chamado de conjunto gerado por v1,v2, . . . ,vn, denotado por [v1,v2, . . . ,vn] ou [S].
Teorema: Seja S = {v1,v2, . . . ,vn} um conjunto não vazio de vetores num espaço veto-
rial V . Então [S] é um subespaço vetorial de V .
Demonstração. O vetor nulo pertence a [S], pois 0 = 0 · v1 + 0 · v2 + · · ·+ 0 · vn.
Dados os vetores u = a1v1 + a2v2 + · · · + anvn,v = b1v1 + b2v2 + · · · + bnvn ∈ [S], e o
escalar k ∈ R, temos
i) u+ v = (a1 + b1)v1 + (a2 + b2)v2 + · · ·+ (an + bn)vn ∈ [S]
ii) ku = ka1v1 + ka2v2 + · · ·+ kanvn ∈ [S] �
Dizemos que [S] = [v1,v2, . . . ,vn] é o subespaço gerado pelos vetores v1,v2, . . . ,vn
(ou pelo conjunto S), e que os vetores v1,v2, . . . ,vn (ou o conjunto S) geram o subespaço
vetorial [S]. Os vetores v1,v2, . . . ,vn são chamados vetores geradores do subespaço [S],
enquanto S é chamado conjunto gerador de [S].
O subespaço [S] é o “menor” subespaço de V que contém todos os vetores de S, no
sentido de que qualquer outro subespaço de V que contenha todos aqueles vetores contém
W .
Para o caso particular de S = {}, define-se [S] = {0}.
Exemplo 6.9: Subespaços gerados em R2
a) O subespaço gerado pelos vetores v1 = (1, 0) e v2 = (0, 1) é dadopor
[v1,v2] = {(x, y) ∈ R
2/(x, y) = a1(1, 0) + a2(0, 1); a1, a2 ∈ R}.
Então, devemos ter
(x, y) = a1(1, 0) + a2(0, 1)
(x, y) = (a1, 0) + (0, a2)
(x, y) = (a1, a2)
que implica em a1 = x e a2 = y.
Dessa forma, (x, y) = x(1, 0) + y(0, 1) e então todo vetor (x, y) ∈ R2 é combi-
nação linear de v1 e v2.
Portanto, [v1,v2] = R2.
b) O subespaço gerado pelos vetores v1 = (1, 0) e v2 = (1, 1) é dado por
[v1,v2] = {(x, y) ∈ R
2/(x, y) = a1(1, 0) + a2(1, 1); a1, a2 ∈ R}.
Então, devemos ter
(x, y) = a1(1, 0) + a2(1, 1)
(x, y) = (a1, 0) + (a2, a2)
(x, y) = (a1 + a2, a2)
que implica no sistema
{
a1 + a2 = x
a2 = y
, cuja solução é a1 = x−y e a2 = y.
Dessa forma, (x, y) = (x − y)(1, 0) + y(1, 1) e então todo vetor (x, y) ∈ R2 é
combinação linear de v1 e v2.
Portanto, [v1,v2] = R2.
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c) O subespaço gerado pelos vetores v1 = (1, 0), v2 = (0, 1) e v3 = (1, 1) é dado
por
[v1,v2,v3] = {(x, y) ∈ R
2/(x, y) = a1(1, 0) + a2(0, 1) + a3(1, 1); a1, a2, a3 ∈ R}.
Então, devemos ter
(x, y) = a1(1, 0) + a2(0, 1) + a3(1, 1)
(x, y) = (a1, 0) + (0, a2) + (a3, a3)
(x, y) = (a1 + a3, a2 + a3)
que implica no sistema
{
a1 + a3 = x
a2 + a3 = y
, que possui infinitas soluções
para quaisquer (x, y). Dessa forma, todo vetor (x, y) ∈ R2 é combinação linear
de v1, v2 e v3.
Portanto, [v1,v2,v3] = R2.
d) O subespaço gerado pelos vetores v1 = (1, 2) e v2 = (2, 4) é dado por
[v1,v2] = {(x, y) ∈ R
2/(x, y) = a1(1, 2) + a2(2, 4); a1, a2 ∈ R}.
Então, devemos ter
(x, y) = a1(1, 2) + a2(2, 4)
(x, y) = (a1, 2a1) + (2a2, 4a2)
(x, y) = (a1 + 2a2, 2a1 + 4a2)
que implica no sistema
{
a1 + 2a2 = x
2a1 + 4a2 = y
.
Este sistema possui solução se 2x − y = 0, ou seja, o vetor (x, y) pertence ao
subespaço gerado por v1 e v2 se satisfaz a condição y = 2x.
Portanto, [v1,v2] = {(x, y) ∈ R2/y = 2x}.
e) O subespaço gerado pelo vetor v1 = (1, 2) é dado por
[v1,v2] = {(x, y) ∈ R
2/(x, y) = a1(1, 2), a1 ∈ R}.
Então, devemos ter
(x, y) = a1(1, 2)
(x, y) = (a1, 2a1)
isto é, y = 2x.
Portanto, [v1] = {(x, y) ∈ R2/y = 2x}.
Exemplo 6.10: Subespaços gerados em R3
a) Sejam os vetores v1 = (1, 0, 0), v2 = (0, 1, 0) e v3 = (0, 0, 1), e seja W =
[v1,v2,v3], isto é,
W = {(x, y, z) ∈ R3/(x, y, z) = a1(1, 0, 0) + a2(0, 1, 0) + a3(0, 0, 1); a1, a2, a3 ∈ R}.
Então, devemos ter
(x, y, z) = a1(1, 0, 0) + a2(0, 1, 0) + a3(0, 0, 1)
(x, y, z) = (a1, 0, 0) + (0, a2, 0) + (0, 0, a3)
(x, y, z) = (a1, a2, a3)
que implica em a1 = x, a2 = y e a3 = z.
Dessa forma, (x, y, z) = x(1, 0, 0) + y(0, 1, 0) + z(0, 0, 1) e então todo vetor
(x, y, z) ∈ R3 é combinação linear de v1, v2 e v3.
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Portanto, [v1,v2,v3] = R3.
b) Sejam os vetores v1 = (1, 1, 1), v2 = (1, 1, 0) e v3 = (1, 0, 0), e seja W =
[v1,v2,v3], isto é,
W = {(x, y, z) ∈ R3/(x, y, z) = a1(1, 1, 1) + a2(1, 1, 0) + a3(1, 0, 0); a1, a2, a3 ∈ R}.
Então, devemos ter
(x, y, z) = a1(1, 1, 1) + a2(1, 1, 0) + a3(1, 0, 0)
(x, y, z) = (a1, a1, a1) + (a2, a2, 0) + (a3, 0, 0)
(x, y, z) = (a1 + a2 + a3, a1 + a2, a1)
que implica no sistema



a1 + a2 + a3 = x
a1 + a2 = y
a1 = z
, cuja solução é a1 = z,
a2 = y − z e a3 = x− y.
Dessa forma, (x, y, z) = z(1, 1, 1)+ (y− z)(1, 1, 0)+ (x− y)(1, 0, 0) e então todo
vetor (x, y, z) ∈ R3 é combinação linear de v1, v2 e v3.
Portanto, [v1,v2,v3] = R3.
c) Sejam os vetores v1 = (1, 1, 2), v2 = (1, 0, 1) e v3 = (2, 1, 3), e seja W =
[v1,v2,v3], isto é,
W = {(x, y, z) ∈ R3/(x, y, z) = a1(1, 1, 2) + a2(1, 0, 1) + a3(2, 1, 3); a1, a2, a3 ∈ R}.
Então, devemos ter
(x, y, z) = a1(1, 1, 2) + a2(1, 0, 1) + a3(2, 1, 3)
(x, y, z) = (a1, a1, 2a1) + (a2, 0, a2) + (2a3, a3, 3a3)
(x, y, z) = (a1 + a2 + 2a3, a1 + a3, 2a1 + a2 + a3)
que implica no sistema



a1 + a2 + 2a3 = x
a1 + a3 = y
2a1 + a2 + 3a3 = z
.
Este sistema possui solução se −x− y+ z = 0, ou seja, o vetor (x, y, z) pertence
ao subespaço gerado por v1, v2 e v3 se satisfaz a condição x+ y − z = 0.
Portanto, = [v1,v2,v3] = {(x, y, z) ∈ R3/x+ y − z = 0}.
d) O subespaço gerado pelos vetores v1 = (1, 0, 0) e v2 = (0, 1, 0) é dado por
[v1,v2] = {(x, y, z) ∈ R
3/(x, y, z) = a1(1, 0, 0) + a2(0, 1, 0); a1, a2 ∈ R}
Então, devemos ter
(x, y, z) = a1(1, 0, 0) + a2(0, 1, 0)
(x, y, z) = (a1, 0, 0) + (0, a2, 0)
(x, y, z) = (a1, a2, 0)
isto é, z = 0.
Portanto, [v1,v2] = {(x, y, z) ∈ R3/z = 0}.
e) O subespaço gerado pelo vetor v1 = (1, 2, 3) é dado por
[v1] = {(x, y, z) ∈ R
3/(x, y, z) = a1(1, 2, 3); a1 ∈ R}
Então, devemos ter
(x, y, z) = a1(1, 2, 3)
(x, y, z) = (a1, 2a1, 3a1)
isto é, y = 2x e z = 3x.
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Portanto, [v1] = {(x, y, z) ∈ R3/y = 2x, z = 3x}.
Sendo [S] o subespaço gerado por um conjunto S, vejamos o que acontece se adici-
onarmos ao conjunto gerador S um vetor do subespaço [S].
Teorema: Dado um conjunto S = {v1,v2 . . . ,vn} de um espaço vetorial V , se w ∈ [S] ,
isto é, w = a1v1 + a2v2 + . . .+ anvn, então
[v1,v2, . . . ,vn] = [v1,v2, . . . ,vn,w]
Demonstração. Supondo que v ∈ [v1,v2, . . . ,vn,w], então existem coeficientes b1, b2, . . . , bn, b
tais que
v = b1v1 + b2v2 + . . .+ bnvn + bw
Assim, temos
v = b1v1 + b2v2 + . . .+ bnvn + b(a1v1 + a2v2 + . . .+ anvn)
ou seja,
v = (b1 + a1b)v1 + (b2 + a2b)v2 + . . .+ (bn + anb)vn
e, portanto, v é combinação linear de v1,v2, . . . ,vn, isto é, v ∈ [v1,v2, . . . ,vn].
Reciprocamente, supondo que v ∈ [v1,v2, . . . ,vn], então existem coeficientes b1, b2, . . . , bn
tais que
v = b1v1 + b2v2 + . . .+ bnvn
Assim, temos
v = b1v1 + b2v2 + . . .+ bnvn + 0w
e, portanto, v é combinação linear de v1,v2, . . . ,vn,w, isto é, v ∈ [v1,v2, . . . ,vn,w]. �
Assim, sendo [S] o subespaço gerado por um cojunto S, ao acrescentarmos vetores
de [S] ao conjunto S, o subespaço gerado será o mesmo. Esse fato faz entender que um
determinado subespaço pode ser gerado por uma inifinidade de vetores, porém existe um
número mínimo de vetores para gerá-lo.
6.6 Dependência e independência linear
Dado um espaço vetorial V , seja [S] o subespaço gerado pelo conjunto S. Do último
teorema, vimos que se algum vetor em S for combinação linear dos demais vetores em S,
então este é um vetor supérfluo para descrever o subespaço, isto é, podemos retirar esse
vetor do conjunto gerador e o subespaço gerado não será alterado.
Em particular, é desejável que o conjunto gerador tenha o menor número possível
de vetores, isto é, não tenha vetores desnecessários. Para isso, é preciso analisarmos como
os vetores dependem uns dos outros.
Se em um dado conjunto, algum vetor for combinação linear dos demais vetores,
dizemos que o conjunto é linearmente dependente. Caso nenhum vetor seja combinação
linear dos demais vetores, dizemos que o conjunto é linearmente independente. Dessa
forma, o conjunto gerador S terá o menor número possível de vetores se for linearmente
independente.
Nesta seção, vamos desenvolver maneiras de descobrir se um conjunto S é linear-
mente independente.
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Seja S = {v1,v2, . . . ,vn}. Suponha que vi seja combinação linear dos demais vetores
de S:
vi = b1v1 + b2v2 + . . .+ bi−1vi−1 + bi+1vi+1 + · · ·+ bnvn
Subtraindo vi de ambos os membros dessa equação e reordenando os termos, temos:
b1v1 + b2v2 + . . .+ bi−1vi−1 − vi + bi+1vi+1 + · · ·+ bnvn = 0
De modo geral, podemos renomear os coeficientes para que a equação fique sob
forma
a1v1 + a2v2 + . . .+ ai−1vi−1 + aivi + ai+1vi+1 + · · ·+ anvn = 0
Para que possamos isolar algum vi em termos dos outros vetores, devemos ter, pelo
menos ai 6= 0, pois precisaremos ter
vi =
a1
ai
v1 +
a2
ai
v2 + . . .+
ai−1
ai
vi−1 +
ai+1
ai
vi+1 + · · ·+
an
ai
vn
Portanto, para que um dos vetores seja combinação linear dos demais, os coeficientes
a1, . . . , an não podem ser todos nulos. Caso os coeficientes a1, . . . , an sejam todos nulos,
nenhum vetor do conjunto será combinação linear dos demais.
Dizemos que o conjunto S = {v1,v2, . . . ,vn} é linearmenteindependente (LI), ou
que os vetores v1,v2, . . . ,vn são linearmente independentes (LI), se a equação
a1v1 + a2v2 + · · ·+ anvn = 0
implica que a1 = a2 = · · · = an = 0. No caso em que exista algum ai 6= 0 dizemos
que o cojunto S = {v1,v2, . . . ,vn} é linearmente dependente (LD), ou que os vetores
v1,v2, . . . ,vn são linearmente dependentes (LD).
Exemplo 6.11: Dependência e independência linear em R2
a) O conjunto S = {(1, 0), (0, 1)} é linearmente independente.
De fato, dado a1v1 + a2v2 = 0 temos
a1(1, 0) + a2(0, 1) = (0, 0)
(a1, 0) + (0, a2) = (0, 0)
(a1, a2) = (0, 0)
que implica em a1 = 0 e a2 = 0.
b) O conjunto S = {(1, 0), (1, 1)} é linearmente independente.
De fato, dado a1v1 + a2v2 = 0 temos
a1(1, 0) + a2(1, 1) = (0, 0)
(a1, 0) + (a2, a2) = (0, 0)
(a1 + a2, a2) = (0, 0)
que implica no sistema
{
a1 + a2 = 0
a2 = 0
, cuja solução é a1 = 0 e a2 = 0.
c) O conjunto S = {(1, 0), (0, 1), (1, 1)} é linearmente dependente.
De fato, dado a1v1 + a2v2 + a3v3 = 0 temos
a1(1, 0) + a2(0, 1) + a3(1, 1) = (0, 0)
(a1, 0) + (0, a2)(a3, a3) = (0, 0)
(a1 + a3, a2 + a3) = (0, 0)
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que implica no sistema
{
a1 + a3 = 0
a2 + a3 = 0
, que é um sistema homogêneo
com menos equações do que incógnitas, e portanto possui infinitas soluções,
dadas por a1 = −a3 e a2 = −a3.
Uma solução particular para este sistema é a1 = −1, a2 = −1 e a3 = 1. Dessa
forma, tem-se:
−1v1 − 1v2 + 1v3 = 0
e então
v1 = −v2 + v3, ou seja, v1 é combinação linear de v2 e v3;
v2 = −v1 + v3, ou seja, v2 é combinação linear de v1 e v3;
v3 = v1 + v2, ou seja, v3 é combinação linear de v1 e v2.
d) O conjunto S = {(1, 2), (2, 4)} é linearmente dependente.
De fato, dado a1v1 + a2v2 = 0 temos
a1(1, 2) + a2(2, 4) = (0, 0)
(a1, 2a1) + (2a2, 4a2) = (0, 0)
(a1 + 2a2, 2a1 + 4a2) = (0, 0)
que implica no sistema
{
a1 + 2a2 = 0
2a1 + 4a2 = 0
, que tem infinitas soluções onde
a1 = −2a2.
Uma solução particular para este sistema é a1 = −2 e a2 = 1. Dessa forma,
tem-se:
−2v1 + 1v2 = 0
e então
v1 =
1
2
v2, ou seja, v1 é combinação linear de v2;
v2 = 2v1, ou seja, v2 é combinação linear de v1.
e) O conjunto S = {(1, 2)} é linearmente independente.
De fato, dado a1v1 = 0 temos
a1(1, 2) = (0, 0)
(a1, 2a1) = (0, 0)
que implica em a1 = 0.
Exemplo 6.12: Dependência e independência linear em R3
a) O conjunto S = {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)} é linearmente independente.
De fato, dado a1v1 + a2v2 + a3v3 = 0 temos
a1(1, 0, 0) + a2(0, 1, 0) + a3(0, 0, 1) = (0, 0, 0)
(a1, 0, 0) + (0, a2, 0) + (0, 0, a3) = (0, 0, 0)
(a1, a2, a3) = (0, 0, 0)
que implica em a1 = 0, a2 = 0 e a3 = 0.
b) O conjunto S = {(1, 1, 1), (1, 1, 0), (1, 0, 0)} é linearmente independente.
De fato, dado a1v1 + a2v2 + a3v3 = 0 temos
a1(1, 1, 1) + a2(1, 1, 0) + a3(1, 0, 0) = (0, 0, 0)
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(a1, a1, a1) + (a2, a2, 0) + (a3, 0, 0) = (0, 0, 0)
(a1 + a2 + a3, a1 + a2, a1) = (0, 0, 0)
que implica no sistema



a1 + a2 + a3 = 0
a1 + a2 = 0
a1 = 0
, cuja solução é a1 = 0,
a2 = 0 e a3 = 0.
c) O conjunto S = {(1, 1, 2), (1, 0, 1), (2, 1, 3)} é linearmente dependente.
De fato, dado a1v1 + a2v2 + a3v3 = 0 temos
a1(1, 1, 2) + a2(1, 0, 1) + a3(2, 1, 3) = (0, 0, 0)
(a1, a1, 2a1) + (a2, 0, a2) + (2a3, a3, 3a3) = (0, 0, 0)
(a1 + a2 + 2a3, a1 + a3, 2a1 + a2 + a3) = (0, 0, 0)
que implica no sistema



a1 + a2 + 2a3 = 0
a1 + a3 = 0
2a1 + a2 + 3a3 = 0
, que tem infinitas solu-
ções, dadas por a1 = −a3 e a2 = −a3.
Uma solução particular para este sistema é a1 = −1, a2 = −1 e a3 = 1. Dessa
forma, tem-se:
−1v1 − 1v2 + 1v3 = 0
e então
v1 = −v2 + v3, ou seja, v1 é combinação linear de v2 e v3;
v2 = −v1 + v3, ou seja, v2 é combinação linear de v1 e v3;
v3 = v1 + v2, ou seja, v3 é combinação linear de v1 e v2.
d) O conjunto S = {(1, 0, 0), (0, 1, 0)} é linearmente independente.
De fato, dado a1v1 + a2v2 = 0 temos
a1(1, 0, 0) + a2(0, 1, 0) = (0, 0, 0)
(a1, 0, 0) + (0, a2, 0) = (0, 0, 0)
(a1, a2, 0) = (0, 0, 0)
que implica em a1 = 0 e a2 = 0.
e) O conjunto S = {(1, 2, 3)} é linearmente independente.
De fato, dado a1v1 = 0 temos
a1(1, 2, 3) = (0, 0)
(a1, 2a1, 3a1) = (0, 0)
que implica em a1 = 0.
O teorema a seguir se refere à dependêcia e à independência linear de conjuntos de
um ou dois elementos e conjuntos que contenham o vetor nulo.
Teorema: Seja S um conjunto em um espaço vetorial V .
a) Se S contém o vetor nulo, então S é linearmente dependente.
b) Se S contém exatamente um vetor v e v 6= 0, então S é linearmente independente.
c) Se S contém dois vetores, então S é linearmente dependente se, e somente se, um
dos vetores é múltiplo escalar do outro.
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Demonstração.
a) Seja S = {v1,v2, . . . , 0, . . . ,vn}. Então a equação
0v1 + 0v2 + · · ·+ a0 + · · ·+ 0vn = 0
se verifica para a 6= 0. Portanto, S é linearmente dependente.
b) Seja S = {v}, com v 6= 0. Então a equação
av = 0
só se verifica se a = 0. Portanto, S é linearmente independente.
c) Seja S = {v1,v2}.
Supondo que S seja linearmente dependente, a equação
a1v1 + a2v2 = 0
se verifica pra algum ai 6= 0. Supondo a1 6= 0, tem-se v1 = −
a2
a1
v2, isto é, um dos
vetores é múltiplo escalar do outro.
Reciprocamente, supondo que v1 é múltiplo escalar de v2 tem-se v1 = kv2, isto é,
v1 − kv2 = 0, e então a equação
a1v1 + a2v2 = 0
se verifica para a1 = 1 e a2 = −k, isto é, S é linearmente dependente.
6.7 Base e dimensão de um espaço vetorial
Queremos, nesta seção, determinar o número mínimo de vetores necessários para
gerar um determinado espaço vetorial. Para que esse número seja mínimo, é necessário
que o conjunto gerador seja linearmente independente. Tal conjunto gerador mínimo é
chamado base do espaço vetorial.
Um conjunto B = {v1, . . . ,vn} de vetores de um espaço vetorial V será uma base
de V se:
i) B gera o espaço vetorial V e
ii) B é linearmente independete (LI).
Exemplo 6.13: Bases em R2
a) O conjunto B = {(1, 0), (0, 1)} é base de R2. De fato,
i) B gera R2 (exemplo 6.9a)
ii) B é linearmente independente (exemplo 6.11a)
A base B = {(1, 0), (0, 1)} é chamada de base canônica de R2.
b) O conjunto B = {(1, 0), (1, 1)} é base de R2. De fato,
i) B gera R2 (exemplo 6.9b)
ii) B é linearmente independente (exemplo 6.11b)
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c) O conjunto B = {(1, 0), (0, 1), (1, 1)} não é base de R2. Vimos que
i) B gera R2 (exemplo 6.9c)
ii) B é linearmente dependente (exemplo 6.11c), logo a condição (ii) não é
satisfeita.
d) O conjunto B = {(1, 2), (2, 4)} não é base de R2. Vimos que
i) B não gera R2 (exemplo 6.9d), logo a condição (i) não é satisfeita.
ii) B é linearmente dependente (exemplo 6.11d), logo a condição (ii) não é
satisfeita.
e) O conjunto B = {(1, 2)} não é base de R2. Vimos que
i) B não gera R2 (exemplo 6.9e), logo a condição (i) não é satisfeita.
ii) B é linearmente independente (exemplo 6.11e)
Exemplo 6.14: Bases em R3
a) O conjunto B = {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)} é base de R3. De fato,
i) B gera R3 (exemplo 6.10a)
ii) B é linearmente independente (exemplo 6.12a)
A base B = {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)} é chamada de base canônica de R3.
b) O conjunto B = {(1, 1, 1), (1, 1, 0), (1, 0, 0)}é base de R3. De fato,
i) B gera R3 (exemplo 6.10b)
ii) B é linearmente independente (exemplo 6.12b)
c) O conjunto B = {(1, 1, 2), (1, 0, 1), (2, 1, 3)} não é base de R3. Vimos que
i) B não gera R3 (exemplo 6.10c), logo a condição (i) não é sarisfeita.
ii) B é linearmente dependente (exemplo 6.12c), logo a condição (ii) não é
satisfeita.
d) O conjunto B = {(1, 0, 0), (0, 1, 0)} não é base de R3. Vimos que
i) B não gera R3 (exemplo 6.10d), logo a condição (i) não é sarisfeita.
ii) B é linearmente independente (exemplo 6.12d)
e) O conjunto B = {(1, 2, 3)} não é base de R3. Vimos que
i) B não gera R3 (exemplo 6.10e), logo a condição (i) não é sarisfeita.
ii) B é linearmente independente (exemplo6.12e)
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Exemplo 6.15: Base canônica de R4
O conjunto B = {(1, 0, 0, 0), (0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1)} é base de R4. De fato
i) [B] = {v ∈ R4/v = a1v1 + a2v2 + a3v3 + a4v4; a1, a2, a3, a4 ∈ R}
Então, temos
(x1, x2, x3, x4) = a1(1, 0, 0, 0) + a2(0, 1, 0, 0) + a3(0, 0, 1, 0) + a4(0, 0, 0, 1)
(x1, x2, x3, x4) = (a1, 0, 0, 0) + (0, a2, 0, 0) + (0, 0, a3, 0) + (0, 0, 0, a4)
(x1, x2, x3, x4) = (a1, a2, a3, a4)
que implica em a1 = x1, a2 = x2, a3 = x3 e a4 = x4.
Dessa forma, todo vetor v ∈ R4 é combinação linear de v1, v2, v3 e v4.
Portanto, [B] = R4, ou seja, B gera R4.
ii) Dado a1v1 + a2v2 + a3v3 + a4v4 = 0 temos
a1(1, 0, 0, 0) + a2(0, 1, 0, 0) + a3(0, 0, 1, 0) + a4(0, 0, 0, 1) = (0, 0, 0, 0)
(a1, 0, 0, 0) + (0, a2, 0, 0) + (0, 0, a3, 0) + (0, 0, 0, a4) = (0, 0, 0, 0)
(a1, a2, a3, a4) = (0, 0, 0, 0)
que implica em a1 = 0, a2 = 0, a3 = 0 e a4 = 0.
Portanto, B é linearmente independente.
A base B = {(1, 0, 0, 0), (0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1)} é chamada de base canônica
de R4.
Exemplo 6.16: Base canônica de Rn
O conjunto B = {(1, 0, . . . , 0), (0, 1, . . . , 0), . . . , (0, 0, . . . , 1)} é base de Rn. De fato
i) [B] = {v ∈ Rn/v = a1v1 + a2v2 + · · ·+ anvn; a1, a2, . . . , an ∈ R}
Então, temos
(x1, x2, . . . , xn) = a1(1, 0, . . . , 0) + a2(0, 1, . . . , 0) + · · ·+ an(0, 0, . . . , 1)
(x1, x2, . . . , xn) = (a1, 0, . . . , 0) + (0, a2, . . . , 0) + · · ·+ (0, 0, . . . , an)
(x1, x2, . . . , xn) = (a1, a2, . . . , an)
que implica em a1 = x1, a2 = x2, . . . , an = xn.
Dessa forma, todo vetor v ∈ Rn é combinação linear de v1,v2, . . . ,vn.
Portanto, [B] = Rn, ou seja, B gera Rn.
ii) Dado a1v1 + a2v2 + · · ·+ anvn = 0 temos
a1(1, 0, . . . , 0) + a2(0, 1, . . . , 0) + · · ·+ an(0, 0, . . . , 1) = (0, 0, . . . , 0)
(a1, 0, . . . , 0) + (0, a2, . . . , 0) + · · ·+ (0, 0, . . . , an) = (0, 0, . . . , 0)
(a1, a2, . . . , an) = (0, 0, . . . , 0)
que implica em a1 = 0, a2 = 0, . . . , an = 0.
Portanto, B é linearmente independente.
A base B = {(1, 0, . . . , 0), (0, 1, . . . , 0), . . . , (0, 0, . . . , 1)} é chamada de base canônica
de Rn.
Teorema: Sejam v1,v2, . . . ,vn vetorers não nulos que geram um espaço vetorial V . En-
tão, dentre esses vetores podemos extrair uma base de V .
Demonstração. Se v1,v2, . . . ,vn são linearmente independentes, então eles forma uma
base de V e não temos mais nada a fazer.
18
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Se v1,v2, . . . ,vn são linearmente dependentes, algum vetor vi é combinação linear dos de-
mais vetores v1,v2, . . . ,vi−1,vi+1, . . . ,vn e, portanto, v1,v2, . . . ,vi−1,vi+1, . . . ,vn ainda
geram V . Se v1,v2, . . . ,vi−1,vi+1, . . . ,vn ainda forem linearmente dependentes, um dos
vetores é combinação linear dos demais vetores e retirando este vetor do conjnto gerador
ainda continuamos gerando o espaço vetorial V . Seguindo desta forma, após retirar do
conjunto uma quantidade finita de vetores chegaremos a um conjunto de vetores linear-
mente independentes que ainda geram V , ou seja, formaremos uma base de V . �
Exemplo 6.17: Obtendo uma base a partir do conjunto gerador
a) Sejam os vetores v1 = (1, 2) e v2 = (2, 4), e W = [v1,v2].
Vimos que W = {(x, y) ∈ R2/y = 2x} (exemplo 6.9d).
Dentre os vetores geradores v1 e v2, podemos extrair uma base de W = [v1,v2].
Os vetores v1 e v2 são linearmente dependentes (exemplo 6.11d).
Dado a1v1 + a2v2 = 0 temos
a1(1, 2) + a2(2, 4) = (0, 0)
(a1, 2a1) + (2a2, 4a2) = (0, 0)
(a1 + 2a2, 2a1 + 4a2) = (0, 0)
que implica no sistema
{
a1 + 2a2 = 0
2a1 + 4a2 = 0
, que tem infinitas soluções onde
a1 = −2a2.
Uma solução particular para este sistema é a1 = −2 e a2 = 1. Dessa forma,
tem-se:
−2v1 + 1v2 = 0
e então
v2 = 2v1
ou seja, v2 é combinação linear de v1. Desse modo, o vetor v2 é supérfluo no
conjunto gerador, e temos simplesmente W = [v1].
O vetor v1 é linearmente independente, pois um único vetor não nulo é sempre
linearmente independente.
Portanto, B = {(1, 2)} é uma base do subespaço W .
b) Sejam os vetores v1 = (1, 1, 2), v2 = (1, 0, 1) e v3 = (2, 1, 3), e W = [v1,v2,v3].
Vimos que W = {(x, y, z) ∈ R3/x+ y − z = 0} (exemplo 6.10c).
Dentre os vetores geradores v1, v2 e v3, podemos extrair uma base de W =.
Os vetores v1, v2 e v3 são linearmente dependentes (exemplo 6.12c).
Dado a1v1 + a2v2 + a3v3 = 0 temos
a1(1, 1, 2) + a2(1, 0, 1) + a3(2, 1, 3) = (0, 0, 0)
(a1, a1, 2a1) + (a2, 0, a2) + (2a3, a3, 3a3) = (0, 0, 0)
(a1 + a2 + 2a3, a1 + a3, 2a1 + a2 + a3) = (0, 0, 0)
que implica no sistema



a1 + a2 + 2a3 = 0
a1 + a3 = 0
2a1 + a2 + 3a3 = 0
, que tem infinitas solu-
ções, dadas por a1 = −a3 e a2 = −a3.
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Uma solução particular para este sistema é a1 = −1, a2 = −1 e a3 = 1. Dessa
forma, tem-se:
−1v1 − 1v2 + 1v3 = 0
e então
v3 = v1 + v2
ou seja, v3 é combinação linear de v1 e v2. Desse modo, o vetor v3 é supérfluo
no conjunto gerador, e temos simplesmente W = [v1,v2].
Os vetores v1 e v2 são linearmente independentes, pois um não é múltiplo escalar
do outro.
Portanto, B = {(1, 1, 2), (1, 0, 1)} é uma base do subespaço W .
Exemplo 6.18: Obtendo uma base de um subespaço vetorial
a) Seja o subespaço vetorial W = {(x, y) ∈ R2/y = 2x}, isto é, o subespaço de
R
2 formado pelos vetores que têm a segunda coordenada igual ao dobro da
primeira. Então os vetores de W podem ser escritos como
(x, 2x) = x(1, 2)
Desse modo, vemos que W é gerado pelo vetor v1 = (1, 2). O vetor v1 é
linearmente independente, pois um único vetor não nulo é sempre linearmente
independente.
Portanto, B = {(1, 2)} é uma base de W .
b) Seja o subespaço vetorial W = {(x, y, z) ∈ R3/z = 0}, isto é, o subespaço de R2
formado pelos vetores que têm a terceira coordenada nula. Então os vetores de
W podem ser escritos como
(x, y, 0) = x(1, 0, 0) + y(0, 1, 0)
Desse modo, vemo que W é gerado pelos vetores v1 = (1, 0, 0) e v2 = (0, 1, 0).
Os vetoesr v1 e v2 são linearmente independentes, pois um não é múltiplo escalar
do outro.
Portanto, B = {(1, 0, 0), (0, 1, 0)} é uma base de W .
Teorema: Seja B = {v1,v2, . . . ,vn} uma base de um espaço vetorial V . Então:
(a) Um conjunto com menos de n vetores não gera V .
(b) Um conjunto com mais de n vetores é linearmente dependente.
Corolário: Qualquer base de um espaço vetorial V tem sempre o mesmo número de
vetores.
O número de vetores de uma base de um espaço vetorial V é chamado dimensão de
V e denotado por dimV . Se V é o espaço vetorial nulo, define-se dim V = 0.
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Exemplo 6.19: Dimensão de Rn
Para o espaço vetorial Rn, uma das bases é a base canônica
B = {(1, 0, . . . , 0), (0, 1, . . . , 0), . . . , (0, 0, . . . , 1)}
Como B possui n vetores, temos dimRn = n.
Em particular:
No R2 temos a base canônica B = {(1, 0), (0, 1)}, logo, dimR2 = 2.
No R3 temos a base canônica B = {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)}, logo, dimR3 = 3.
Sabemos que um conjunto B é base de V se B gera V e se B for linearmente
independente. No entanto, se soubermos que dim V = n, para obtermos uma base de V
basta que apenas uma das condições de base esteja atendida. A outra condição ocorre
automaticamente.
Teorema: Seja V um espaço vetorial de dimensão n.
(a) Qualquer subconjunto de V com n vetores geradores de V é uma base de V .
(b) Qualquer subconjunto de V com n vetores linearmente independente é uma base de
V .
Podemos, ainda, relacionar a dimensão de um espaço vetorial com a dimensão de
seus subespaços pelo teorema a seguir.
Teorema: Se W for um subespaço vetorial de um espaço vetorial V de dimensão finita,
então
(a) W tem dimensão finita.
(b) dimW ≤ dimV .
(c) W = V se, e somente se dimW = dimV .
Exemplo 6.20: Determinando a dimensão de um espaço vetorial
a) Seja W = {(x, y) ∈ R2/y = 2x}.
O conjunto B = {(1, 2)} é uma base de W (exemplo 6.18a).
Como a base obtida para W possui um único vetor, temos dimW = 1.
b) Seja W ={(x, y, z) ∈ R3/z = 0}.
O conjunto B = {(1, 0, 0), (0, 1, 0)} é uma base de W (exemplo 6.18b).
Como a base obtida para W possui dois vetores, temos dimW = 2.
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6.8 Coordenadas de um vetor em relação a uma base
Vimos que um espaço vetorial possui infinitas bases, todas com a mesma quantidade
de vetores. Nesta seção, veremos como representar um vetor em relação às diferentes bases
de um espaço vetorial.
Teorema: Dada uma base B = {v1,v2, . . . ,vn} de V , cada vetor de V é escrito de
maneira única como combinação linear de v1,v2, . . . ,vn.
De acordo com o teorema anterior, um vetor v ∈ V é escrito como uma única com-
binação linear v = a1v1+a2v2+ . . .+anvn dos vetores de uma base B = {v1,v2, . . . ,vn}
de V .
Os números a1, a2, . . . , an são chamados coordenadas de v em relação à base B, e o
vetor coluna
[v]
B
=





a1
a2
...
an





é o vetor de coordenadas de v em relação à base B.
É importante notar que a ordem dos vetores de uma base influi no vetor de coorde-
nadas de um vetor em relação a esta base. Em virtude disso, ao considerarmos uma base
B = {v1,v2, . . . ,vn}, estaremos sempre subentendendo que a base seja ordenada, isto é,
que os vetores estão ordenados na ordem em que aparecem.
Exemplo 6.21: Coordenadas de um vetor em relação a uma base
No espaço vetorial R2, tomemos o vetor v = (3, 2).
a) Seja a base canônica B = {(1, 0), (0, 1)}.
Para obter as coordenadas de v = (3, 2) em relação à base B, precisamos escrever
v = (3, 2) como combinação linear dos vetores v1 = (1, 0) e v2 = (0, 1) da base
B.
Do exemplo 6.7a temos
(3, 2) = 3(1, 0) + 2(0, 1)
Portanto, o vetor de coordenadas de v em relação à base B é
[v]B =
[
3
1
]
b) Seja a base B = {(1, 0), (1, 1)}.
Para obter as coordenadas de v = (3, 2) em relação à base B, precisamos escrever
v = (3, 2) como combinação linear dos vetores v1 = (1, 0) e v2 = (1, 1) da base
B.
Do exemplo 6.7b temos
(3, 2) = 1(1, 0) + 2(1, 1)
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Portanto, o vetor de coordenadas de v em relação à base B é
[v]B =
[
1
2
]
6.9 Exercícios
1. Sejam u = (−3, 2, 1, 0), v = (4, 7,−3, 2) e v = (5,−2, 8, 1). Encontre as coordenadas
de
(a) v − w
(b) 2u+ 7v
(c) −u + (v − 4w)
(d) 6 (u− 3v)
(e) −v − w
(f) (6v −w)− (4u+ v)
2. Verificar quais subconjuntos do R2 são subespaços vetoriais.
(a) W = {(x, y); y = −x}
(b) W = {(x, x2); x ∈ R}
(c) W = {(x, y); x+ 3y = 0}
(d) W = {(y, y); y ∈ R}
(e) W = {(x, y); y = x+ 1}
(f) W = {(x, y); x ≥ 0}
3. Verificar quais subconjuntos do R3 são subespaços vetoriais.
(a) W = {(x, y, z); x = 4y e z = 0}
(b) W = {(x, y, z); z = 2x− y}
(c) W = {(x, y, z); x = z2}
(d) W = {(y, y, z); y = x+ 2 e z = 0}
(e) W = {(x, x, x); x ∈ R}
(f) W = {(x, x, 0); x ∈ R}
(g) W = {(y, y, z); xy = 0}
(h) W = {(y, y, z); x = 0 e y = |z|}
(i) W = {(y,−3x, 4x); x ∈ R}
(j) W = {(y, y, z); x ≥ 0}
(k) W = {(y, y, z); x+ y + z = 0}
(l) W = {(4t, 2t,−t); t ∈ R}
4. Verificar se o subconjunto do R4 é subespaço vetorial.
W = {(x1, x2, x3, 0); x1, x2, x3 ∈ R}
5. Considere o subespaço de R4
W = [(1, 1,−2, 4), (1, 1,−1, 2), (1, 4,−4, 8)]
(a) O vetor
(
2
3
, 1,−1, 2
)
pertence a W ?
(b) O vetor (0, 0, 1, 1) pertence a W ?
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6. Determine se o conjunto S gera R2. Se o conjunto não gerar R2, então dê uma
descrição geométrica do subespaço que ele gera.
(a) S = {(2, 1), (−1, 2)}
(b) S = {(−1, 1), (3, 1)}
(c) S = {(5, 0), (5,−4)}
(d) S = {(2, 0), (0, 1)}
(e) S = {(−3, 5)}
(f) S = {(1, 1)}
(g) S = {(−1, 2), (2,−4)}
(h) S = {(0, 2), (1, 4)}
(i) S = {(1, 3), (−2,−6), (4, 12)}
(j) S = {(−1, 2), (2,−1), (1, 1)}
7. Determine se o conjunto S gera R3. Se o conjunto não gerar R3, então dê uma
descrição geométrica do subespaço que ele gera.
(a) S = {(4, 7, 3), (−1, 2, 6), (2,−3, 5)}
(b) S = {(5, 6, 5), (2, 1,−5), (0,−4, 1)}
(c) S = {(−2, 5, 0), (4, 6, 3)}
(d) S = {(1, 0, 1), (1, 1, 0), (0, 1, 1)}
(e) S = {(1,−2, 0), (0, 0, 1), (−1, 2, 0)}
(f) S = {(1, 0, 3), (2, 0,−1), (4, 0, 5), (2, 0, 6)}
8. Determine se os vetores dados geram o R4. Justifique a sua resposta.
(a) S = {(1, 1, 1, 1), (0, 1, 1, 1), (0, 0, 1, 1), (0, 0, 0, 1)}
(b) S = {(1, 3,−1, 0), (−2, 1, 0, 0), (0, 2, 1,−1), (3, 6,−3,−2)}
9. Classificar os seguintes subconjuntos do R2 em LI ou LD:
(a) {(1, 3)}
(b) {(1, 3), (2, 6)}
(c) {(2,−1), (3, 5)}
(d) {(1, 0), (−1, 1), (3, 5)}
10. Classificar os seguintes subconjuntos do R3 em LI ou LD:
(a) {(2,−1, 3)}
(b) {(1,−1, 1), (−1, 1, 1)}
(c) {(2,−1, 0), (−1, 3, 0), (3, 5, 0)}
(d) {(2, 1, 3), (0, 0, 0), (1, 5, 2)}
(e) {(1, 2,−1), (2, 4,−2), (1, 3, 0)}
(f) {(1,−1,−2), (2, 1, 1), (−1, 0, 3)}
(g) {(1, 2,−1), (1, 0, 0), (0, 1, 2), (3,−1, 2)}
11. Classificar os seguintes subconjuntos do R4 em LI ou LD:
(a) {(2, 1, 0, 0), (1, 0, 2, 1), (−1, 2, 0,−1)}
(b) {(0, 1, 0,−1), (1, 1, 1, 1), (−1, 2, 0, 1), (1, 2, 1, 0)}
(c) {(1,−1, 0, 0), (0, 1, 0, 0), (0, 0, 1,−1), (1, 2, 1,−2)}
(d) {(1, 1, 2, 4), (1,−1,−4, 2), (0,−1,−3, 1), (2, 1, 1, 5)}
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12. Verificar quais dos seguintes conjuntos de vetores formam base do R2:
(a) {(1, 2), (−1, 3)}
(b) {(3,−6), (−4, 8)}
(c) {(0, 0), (2, 3)}
(d) {(3,−1), (2, 3)}
13. Verificar quais dos seguintes conjuntos de vetores formam base do R3:
(a) {(1, 1,−1), (2,−1, 0), (3, 2, 0)}
(b) {(1, 0, 1), (0,−1, 2), (−2, 1,−4)}
(c) {(2, 1,−1), (−1, 0, 1), (0, 0, 1)}
(d) {(1, 2, 3), (4, 1, 2)}
(e) {(0,−1, 2), (2, 1, 3), (−1, 0, 1), (4,−1,−2)}
14. Mostrar que o conjunto
{(1, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 1), (1, 0, 0, 3), (0, 0, 0, 5)}
é base do R4.
15. Mostrar que os vetores v1 = (1, 1, 1), v2 = (1, 2, 3), v3 = (3, 0, 2) e v4 = (2,−1, 1)
geram o R3 e encontrar uma base dentre os vetores v1, v2, v3 e v4.
16. Determinar uma base do subespaço do R4 gerado pelos vetores v1 = (1,−1, 0, 0),
v2 = (−2, 2, 2, 1), v3 = (−1, 1, 2, 1) e v4 = (0, 0, 4, 2).
17. Em cada item, (i) dê uma descrição geométrica, (ii) encontre uma base e (iii) en-
contre a dimensão do subespaço W de R2.
(a) W = {(2t, t); t ∈ R} (b) W = {(0, t); t ∈ R}
18. Em cada item, (i) dê uma descrição geométrica, (ii) encontre uma base e (iii) en-
contre a dimensão do subespaço W de R3.
(a) W = {(2t, t,−t); t ∈ R} (b) W = {(2s− t, s, t); s, t ∈ R}
19. Em cada item, (i) encontre uma base e (ii) a dimensão do subespaço W de R4.
(a) W = {(2s− t, s, t, s); s, t ∈ R}
(b) W = {(5t,−3t, t, t); t ∈ R}
(c) W = {(0, 6t, t,−t); t ∈ R}
(d) W = {(s+ 4t, t, s, 2s− t); s, t ∈ R}
20. Determinar o vetor coordenada de v = (6, 2) em relação às seguintes bases:
(a) α = {(3, 0), (0, 2)}
(b) β = {1, 2), (2, 1)}
(c) γ = {(1, 0), (0, 1)}
(d) δ = {(0, 1), (1, 0)}
21. Quais são as coordenadas de x = (1, 0, 0) em relação à base
β = {(1, 1, 1), (−1, 1, 0), (1, 0,−1)}?
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