Notas de Algebra Linear

Eduardo Hernandez, Michelle Pierri

Sumário

1 Espaços Vetoriais 4

1.1 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81.2 Exercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.2.1 Interseção e Soma de Subespaços vetoriais . . . . . . . . . . . 101.3 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

1.3.1 Subespaços gerados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151.4 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

2 Dependência Linear, Base e Dimensão 22

2.1 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 252.1.1 Coordenadas de um Vetor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

2.2 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 362.2.1 Prova teste 1 de 2011 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 372.2.2 Prova Teste 2 de 2012 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 372.2.3 Prova 1 do ano 2011 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 382.2.4 Prova 1 de 2012 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

3 Transformações Lineares 39

3.0.1 Imagem e Núcleo de uma transformação . . . . . . . . . . . . 403.1 Isomor�smo e Automor�smo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

3.1.1 O Espaço Vetorial L(U, V ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 483.1.2 A matriz associada a uma Transformação Linear . . . . . . . 49

3.2 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

4 Autovalores e Autovetores 57

4.1 Polinômio Característico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 614.2 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63

4.2.1 Transformações lineares diagonalizaveis . . . . . . . . . . . . 644.3 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68

4.3.1 Prova teste 2 de 2011 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 684.3.2 Prova 2 de 2011 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69

5 Espaços Euclidianos 70

5.1 Produto Interno . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 705.1.1 Ortogonalidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 745.1.2 Processo de Gram-Schmidt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 755.1.3 O metodo dos mínimos quadrados . . . . . . . . . . . . . . . 795.1.4 Complemento Ortogonal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80

2

5.1.5 Isometrias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 815.2 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82

5.2.1 Prova teste 3 de 2011 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 845.2.2 Prova 3 de 2011 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 855.2.3 Prova de recuperação de 2011 . . . . . . . . . . . . . . . . . 85

Referências Bibliográ�cas 86

3

Capítulo 1

Espaços Vetoriais

Neste capítulo introduzimos o conceito de espaço vetorial. No que segue desta apos-tilha, R denota o conjunto dos números reais.

De�nição 1.1. Seja V é um conjunto não vazio e suponha que existem duas ope-rações de�nidas em V, uma operação chamada soma que a cada par de elementosu, v ∈ V associa um único elemento de V denotado por u+ v, e uma operação cha-mada multiplicação por escalar que a cada u ∈ V e todo λ ∈ R associa um únicoelemento de V denotado por λu. Dizemos que o triple (V,+, ·) é um espaço vetorialse as seguintes condições são satisfeitas:

P1 u+ v = v + u para todo u, v ∈ V, (propriedade comutativa)

P2 u+ (v + w) = (u+ v) + w para todo u, v, w ∈ V, (propriedade associativa)

P3 existe um elemento 0 ∈ V tal que 0+u = u para todo u ∈ V, (elemento neutro)

P4 para cada u ∈ V (oposto aditivo de u) existe v ∈ V tal que u+ v = 0,

P5 α · (β · u) = (αβ) · u para todo u ∈ V e α, β ∈ R,

P6 (α+ β) · u = α · u+ β · u para todo u ∈ V, α, β ∈ R,

P7 α · (u+ v) = α · u+ α · v para todo u, v ∈ V e α ∈ R,

P8 1 · u = u para todo u ∈ V.

Observação 1.2. Os elementos de um espaço vetorial (independentemente da na-tureza do conjunto V ) são chamados de vetores e os números reais que aparecem namultiplicação λ · u são chamados escalares.

Observação 1.3. Para simpli�car, no que segue de esta apostilha escreveremossimplesmente λu em lugar de λ · u.

A seguir apresentamos alguns exemplos de espaçõs vetorias.

Exemplo 1.4. Um exemplo obvio de espaço vetorial é o conjunto R munido com asoperações + e · usuais.

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Exemplo 1.5. O espaço Rn

Seja Rn o conjunto formado por todas as n-uplas ordenadas de números reais.Lembre que uma n-upla de números reais é uma ordenação de números reais da forma(x1, . . . , xn). No conjunto Rn de�nimos a soma de n-uplas e a multiplicação escalarpor

(x1, . . . , xn) + (y1, . . . , yn) = (x1 + y1, . . . , xn + yn),

λ · (x1, . . . , xn) = (λx1, . . . , λxn).

Deixamos como exercício mostrar que Rn munido com as operações acima é umespaço vetorial.

Exemplo 1.6. O espaço das matrizes de ordem n×m.

Sejam n,m ∈ N. Lembremos que uma matriz de ordem n×m é uma ordenação denúmeros reais ai,j da forma

a1,1 a1,2 · · · a1,ma2,1 a2,2 · · · a2,m...

......

...ai,1 ai,2 · · · ai,m...

......

...an,1 an,2 · · · an,m

formada por n-�las e m-colunas. Para simpli�car, no que segue uma matriz como aanterior será representada na forma A = (ai,j)n,m.

De�nimos M(n,m) como sendo o conjunto formado por todas a matrizes deordem n×m munido das seguintes operações:

• Soma: Se A = (ai,j)n,m e B = (bi,j)n,m a A + B é dada por A + B =(ai,j + bi,j)n,m,

• Multiplicação por escalar: Se λ ∈ R e A = (ai,j)n,m, a matriz λA é dadapor λA = λ · (ai,j)n,m = (λai,j)n,m.

Exercício 1.7. Mostrar que M(n,m) é um espaço vetorial.

Exemplo 1.8. O espaço de polinômios de grau menor o igual a n.Seja n ∈ N e Pn(R) o conjunto formado por todos os polinômios com coe�cientes

reais de grau menor ou igual a n de�nidos de R em R. Lembre que um polinômiocom coe�cientes reais de�nido de R em R é uma função f : R → R da formaf(x) = a0 + a1x+ · · ·+ anx

n =∑n

i=0 aixi onde cada ai é um número real.

Em Pn(R) de�nimos as operações soma e multiplicação por escalar na forma

• Soma: Se p(x) = a0 + a1x+ · · ·+ anxn =

∑ni=0 aix

i e q(x) = b0 + b1x+ · · ·+bnx

n =∑n

i=0 bixi de�nimos (p+q)(x) = (a0+b0)+(a1+b1)x+· · ·+(an+bn)x

n =∑ni=0(ai + bi)x

i

• Multiplicação por escalar: Se p(x) = a0 + a1x+ · · ·+ anxn =

∑ni=0 aix

i eλ ∈ R de�nimos λ · p como o polinômio dado por λ · p(x) = (λa0) + (λa1)x+· · ·+ (λan)x

n =∑n

i=0 λaixi

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Exercício 1.9. Mostrar que Pn(R) munido com as operações anteriores é um espaçovetorial.

Exemplo 1.10. Espaços de funções

Seja A ⊂ R e denotemos por F(A;R) o conjunto formado por todas as funções fde�nidas de A em R. No conjunto F(A;R) consideramos as seguintes operações:

• Soma: Se f, g ∈ F (A;R) á função soma f+g : A → R é dada por (f+g)(x) =f(x) + g(x).

• Multiplicação por escalar: Se λ ∈ R e f ∈ F (A;R) a função λ · f é dadapor (λ · f)(x) = λf(x).

Exercício 1.11. Mostrar que F (A;R) munido com as operações anteriores é umespaço vetorial.

Os exemplos anteriores envolvem conjuntos e operações que já conhecemos. Oseguinte exemplo é mais abstrato e por isso o estudaremos com maior atenção.

Exemplo 1.12. Um exemplo abstrato

No conjunto V = (0,∞) de�nimos a soma entre dois números x e y de V porx� y = xy (aqui xy é o produto usual entre x e y) e o produto escalar de x e λ ∈ Rpor λ � x = xλ. Com essas operações temos que V é um espaço vetorial. De fato,note que

P1 se x, y ∈ V temos que x� y = xy = yx = y � x para todo x, y ∈ V,

P2 x � (y � z) = x � (yz) = x(yz) = (xy)z = (x � y)z = (x � y) � z para todox, y, z ∈ V,

P3 se x ∈ V temos que 1� x = 1x = x. Logo, o vetor 0 em P3 é o número 1,

P4 se x ∈ V então 1x ∈ V , de onde segue que P4 é satisfeita com −x = 1

x ,

P5 λ � (µ � x) = λ � xµ = (xµ)λ = xµλ = xλµ = (λµ) � x para todo x ∈ V eλ, µ ∈ R,

P6 (λ+ µ)� x = xλ+µ = xλxµ = xλ � xµ = (λ� x)� (µ� x) para todo x ∈ V eλ, µ ∈ R,

P7 λ� (x� y) = λ� (xy) = (xy)λ = xλyλ = (λ� x)� (λ� y) para todo x, y ∈ Ve λ ∈ R,

P8 1� x = x1 = x para todo x ∈ V.

Exemplo 1.13. Seja V = {(x, y, z, w) ∈ R4 : y = x, z = w2} com as operaçõesusuais de R4. Como (0, 0, 1, 1) ∈ V e −1(0, 0, 1, 1) = (0, 0,−1,−1) ̸∈ V, segue que Vnão é um espaço vetorial.

Um dos aspectos mais interessantes de qualquer teoria matemática é que ela é de-senvolvida a partir de um conjunto de propriedades básicas. Em particular, notamosque todos os resultados e aplicações da álgebra linear são obtidos a partir dos axio-mas P1-P8. No próximo resultado vemos como é possível obter novas propriedadesa partir desses axiomas.

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Proposição 1.14. Se (V,+, ·) é um espaço vetorial, então as seguintes propriedadessão veri�cadas.

1. O elemento 0 da propriedade P3 é único.

2. Para cada u ∈ V o vetor da propriedade P4 é único. No que segue este vetor énotado por −u.

3. Se 0 é o vetor em P3 e λ ∈ R então λ0 = 0 ∈ V..

4. Se 0 é o número real zero e u ∈ V então 0u = 0 ∈ V.

5. Se λu = 0 então λ = 0 ou u = 0.

6. Se u ∈ V então −1 · u = −u.

7. Se λ ∈ R e u ∈ V então (−λ)u = λ(−u) = −(λu).

8. Se u ∈ V então −(−u) = u.

9. Se u+ w = v + w então u = v.

10. Se u, v ∈ V então existe um único w ∈ V tal que u+ w = v.

Prova: Mostremos as seis primeiras propriedades. A prova das outras será deixadacomo exercicio.

1. Suponha que 0′ ∈ V também satisfaça a propriedade P3. Então, por P3 e P1

temos que 0′ = 0 + 0′ = 0′ + 0 = 0.

2. Suponha que v ∈ V é tal que u + v = 0. Usando P1, P2 e P3 vemos quev = v+0 = v+ (u+−u) = (v+ u) +−u = (u+ v) +−u = 0+−u = −u. Istoprova que existe um único vetor que veri�ca a propriedade P4.

3. Por P3 e P7 temos que λ0 = λ(0 + 0) = λ0 + λ0. Usando isto, vemos que

λ0 = λ0 + λ0, /+ −(λ0)

λ0 +−(λ0) = (λ0 + λ0) +−(λ0)

0 = (λ0 + λ0) +−(λ0) por P3

0 = λ0 + (λ0 +−(λ0)) por P2

0 = λ0 + 0 por P4

0 = λ0, por P3,

o que prova a propriedade.

4. Note que 0u = (0+0)u = 0u+0u. Logo, somando −(0u) ao ambos lados destaigualdade vemos que

0u+−(0u) = (0u+ 0u) +−(0u)

0 = 0u+ (0u+−(0u)) por P2

0 = 0u+ 0 por P4

0 = 0u por P3.

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5. Suponha que λu = 0 e que λ ̸= 0. Por P8, P5 e propriedade em (3), vemos queu = 1u = (λ−1λ)u = λ−1(λu) = λ−10 = 0.

6. Como 0 = 0 · u = (−1 + 1) · u = (−1 · u + 1 · u) = −1u + u, de (2) segue que−u = −1 · u.

1.1 Exercícios

1. Veri�que que o conjunto V com as operações indicadas é um espaço vetorial.

(a) O conjunto V =

{(a −bb a

): a, b ∈ R

}com as operações usuais de

M(2, 2).

(b) O conjunto V =

{(a −bb 3a

): a, b ∈ R

}com as operações usuais de

M(2, 2).

(c) O conjunto V ={(x, y) ∈ R2 : 3x− 2y = 0

}com as operações usuais de

R2.

(d) O conjunto V = {f : R → R : f(−x) = f(x), ∀x ∈ R} com as operaçõesdo espaço F(R;R).

(e) O conjunto V =∪

n∈N Pn(R) com as operações do espaço F(R;R).(f) O conjunto V = R2 munido das operações (x1, y1) ⊕ (x2, y2) = (2x1 −

2y1, y1 − x1) e α · (x, y) = (3αx,−αx.)

(g) O conjunto V = R2 com as operações (x1, y1)⊕(x2, y2) = (x1+x2, y1+y2)e α(x, y) = (αx, 0).

(h) O conjunto V ={(x, y, z, w) ∈ R4 : y = x, z = w2

}com as operações de

R4.

(i) V = R× (R \ {0}) com as operações (x1, y1)⊕ (x2, y2) = (x1 + x2, y1y2),α · (x, y) = (αx, yα).

(j) Seja ω ∈ R e Fω = {f ∈ F (R,R) : f é ω periodica} (lembre que umafunção f ∈ R é ω periodica f(s + ω) = f(s) para todo s ∈ R.) Com asoperações do espaço F(R;R), o conjunto Fω é um espaço vetorial .?

2. Suponha que (U, ⋄, ◦) e (W,⊕,⊙) são espaços vetoriais. No espaço produtoU × W = {(x, y) : x ∈ U, y ∈ W} de�nimos as operações (u, v) + (w, z) =(u ⋄w, v ⊕ z) e λ(u, v) = (λ ◦ u, λ⊙ v). Com as operações anteriores U ×W éum espaço vetorial?

Observação 1.15. Para simpli�car as notações, no que segue desta apostilha V seráum espaço vetorial e as operações soma e multiplicação por escalar serão denotadaspor u+ v e αu respectivamente.

Introduzimos agora o conceito de subespaço vetorial.

De�nição 1.16. Seja W ⊆ V . Dizemos que W é um subespaço vetorial de V , se Wmunido das operações soma e multiplicação por escalar de V é um espaço vetorial.

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Observação 1.17. É conveniente lembrar a seguinte frase da de�nição de espaçovetorial: �Uma operação soma que a cada par de elementos u,v ∈ V associa um

único elemento de V denotado por u+ v, e uma multiplicação por escalar que acada u ∈ V e todo λ ∈ R associa um único elemento de V denotado por λu. "Assim, para que W ⊆ V seja um subespaço vetorial de V é necessário que u+v e λusejam elementos de W se u, v pertencen a W e λ ∈ R. Como veremos no próximoresultado, estas propriedades caracterizam o conceito de subespaço vetorial.

Proposição 1.18. Um conjunto W ⊂ V é um subespaço vetorial de V ⇔ u+λv ∈ Wpara todo u, v ∈ W e todo λ ∈ R.

Prova: Se W é um subespaço vetorial de V , da de�nição de subespaço vetorial (vejatambém a observação 1.17) segue diretamente que u+ λv ∈ W para todo u, v ∈ We todo λ ∈ W .

Suponha agora que u + λv ∈ W para todo u, v ∈ W e todo λ ∈ R. Paraprovar que W é um espaço vetorial temos que mostrar que as propriedades P1-P8

( veja De�nição 1.1) são veri�cadas. As propriedades P1, P2, P5, P6, P7 e P8 sãotrivialmente satisfeitas pois elas são válidas em relação a V . Assim, para completara prova é su�ciente mostrar que P3 e P4 são satisfeitas.

Seja u ∈ W e λ ∈ R. Da Proposição 1.14 sabemos que −u = −1u. Logo,0 = u + −u = u + −1u ∈ W o que implica que a condição P3 é satisfeita. Usandoagora que 0 ∈ W e que −u = −1u temos que −u = 0 + −1u ∈ W o que prova queP4 é também válida. Segue do anterior que W é um subespaço vetorial de V . Istocompleta a prova.

Vejamos alguns examplos de sub-espacos vetoriais.

Exemplo 1.19. Obviamente os conjuntos {0} e V são subespaços vetorais de V .Estes subespaços são chamados de subespaços vetoriais triviais de V .

Exemplo 1.20. O conjunto S = {(x, y, z) ∈ R3 : x + y + z = 0} é um subsepaçovetorial de R3.

Sejam u = (x, y, z), v = (x1, y1, z1) elementos de S e λ ∈ R. Para mostrar que Wé um subespaço vetorial de R3 temos que provar que u+λv = (x+λx1, y+λy1, z+λz1)pertence a S. Da de�nição de S segue que x + y + z = 0 e que x1 + y1 + z1 = 0.Logo, x+ λx1 + y + λy1 + z + λz1 = x+ y + z + λ(x1 + y1 + z1) = 0, o que mostraque u+ λv ∈ S. Por tanto, S é um subespaço de R3.

Exemplo 1.21. Seja P ∗n(R) o subconjunto de Pn(R) de�nido por P ∗

n(R) = {p ∈Pn : p(0) = 0}. Para mostrar que P ∗

n(R) é um subespaço vetorial de Pn(R) usaremosa Proposição 1.18.

Sejam f, g ∈ P ∗n(R) e λ ∈ R. Provar f + αg ∈ P ∗

n(R) é equivalente a mostrarque (f + λg)(0) = 0. Note agora que (f + λg)(0) = f(0) + (λg)(0) = f(0) + λg(0) =0 + λ0 = 0.

Exemplo 1.22. Seja A ∈ M(n, n) e W = {X ∈ M(n, 1) : AX = 0}. O conjunto Wé um subespaço vetorial de M(n, 1).

Sejam X,Y ∈ W e λ ∈ R. Para mostrar que X + λY ∈ W temos que provar queA(X + λY ) = 0. Note agora que da de�nição de W , temos que AX = 0 e AY = 0,de onde segue que

A(X + λY ) = AX +A(λY ) = AX + λAY = O + λO = O.

Pela Proposição 1.18, isto prova que W é um subespaço vetorial de M(n, 1).

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1.2 Exercicios

1. Seja V um espaço vetorial e W ⊂ V um subespaço vetorial de V . Mostre que

(a) se v1, . . . , vn são vetores de V e λ1, . . . , αn são números reais então∑n

i=1 αivi ∈V ,

(b) se w1, . . . , wn são vetores de W e λ1, . . . , αn são números reais então∑ni=1 αiwi ∈ V ,

2. Sejam a1, . . . , an ∈ R e W = {(x1, . . . , xn) ∈ Rn :∑n

i=1 ajxj = a1x1 + · · · +anxn = 0}. O conjunto S é um subespaço vetorial de Rn ?

3. Resolver o exercício anterior usando o Exemplo 1.22.

4. O conjunto das matrizes simétricas de ordem n×n é um subespaço vetorial deM(n, n). ? Lembre que uma matriz A = (ai,j)n,n é simétrica se ai,j = aj,i paratodo i, j.

5. Sejam m,n ∈ N com m ≤ n. O conjunto Pm(R) é um subespaço de Pn(R) ?

6. Seja S∗n(R) o subconjunto de Pn(R) dado por

S∗n(R) = {f =

n∑i=0

ajxj ∈ Pn(R) : aj = 0 se j é par}.

Mostre que S∗n(R) é um subespaço vetorial de Pn(R).

1.2.1 Interseção e Soma de Subespaços vetoriais

Nesta seção veremos que a interseção e a soma de subespaços vetorias é um subespaçovetorial. Para começar, estudemos o caso da interseção.

Proposição 1.23. Suponha que U e W são subespaços vetoriais de V . Então oconjunto U ∩W = {x ∈ V : x ∈ U ∧ x ∈ W} é subespaço vetorial de V.

Prova: Para mostrar o resultado usamos a Proposição 1.18. Sejam u, v ∈ U ∩W eλ ∈ R. Como u, v ∈ U e U é um espaço vetorial temos que u+ λv ∈ U . Da mesmamaneira, como u, v ∈ W e W é um espaço vetorial também temos que u+ λv ∈ W .Do anterior, u + λv ∈ U e u + λv ∈ Wo que implica que u + λv ∈ U

∩W . Agora,

pela Proposição 1.18 segue que U ∩W é sub-espaço vetorial de V.

De�nição 1.24. Sejam U e W subconjuntos de V. O conjunto U +W de�nido porU +W = {u + w : u ∈ U,w ∈ W} é chamado soma de U e W . A soma U +W échamada direta se U ∩ W = {0}. Se a soma U + W é direta, usaremos a notaçãoU ⊕W em lugar de U +W.

Proposição 1.25. Suponha que U,W são subespaçõs vetoriais de V . Então,

1. U +W é um subespaço vetorial de V ,

2. U +W é o menor subespaço vetorial de V que contém U ∪W , ou seja, se Q éum subespaço vetorial de V que contém U ∪W então U +W ⊂ Q,

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3. a soma U +W é direta ⇔ para cada v ∈ U +W existe um único u ∈ U e umúnico w ∈ W tais que v = u+ w.

Prova: Para começar, mostremos que U +W é um subespaço vetorial de V . Sejamu, v ∈ U + W e λ ∈ R. Como u ∈ U + W , temos que existem vetores u1 ∈ U ew1 ∈ W tais que u = u1 + w1. Similarmente, como v ∈ U + W existem vetoresu2 ∈ U e w2 ∈ W tais que v = u2 +w2. Como U e W são subespaços vetoriais de Vsegue que u1 + u2 ∈ U e que λ(w1 + w2) ∈ W . Usando isto, vemos que

u+ λv = u1 + λw1 + u2 + λw2 = u1 + u2 + λ(w1 + w2) ∈ U +W,

de onde concluimos via a Proposição 1.18 que U +W é um subespaço vetorial de V .Provaremos agora a segunda propriedade. Para começar vejamos que U ∪W ⊂

U+W . Se u ∈ U então u = u+0 ∈ U+W de onde segue que U ⊂ U+W . Da mesmaforma podemos provar que W ⊂ U +W . Do anterior segue que U ∪W ⊂ U +W .

Suponha agora que Q é um subespaço vetorial de V tal que U∪W ⊂ Q. Se u ∈ Ue w ∈ W então u ∈ Q e w ∈ Q, o que implica que u + w ∈ Q pois Q é subespaçovetorial de V . Agora, da de�nição de U + W , vemos que U + W = {u + w : u ∈U, w ∈ W} ⊂ Q.

Para �nalizar, mostremos a propriedade (3). Suponha que a soma U+W é diretae que z ∈ U+W . Da de�nição de U+W segue que existem vetores u1 ∈ U e w1 ∈ Wtais que z = u1 +w1. Suponha agora que z também pode ser representado na formaz = u2 + w2 com u2 ∈ U e w2 ∈ W . Nas condições anteriores temos que

u1 + w1 = u2 + w2 o que implica que u1 − u2 = w2 − w1. (1.26)

Como u1 − u2 ∈ U e u1 − u2 = w2 − w1 ∈ W , segue que u1 − u2 ∈ U ∩W = {0} oque implica que u1 − u2 = 0 e u1 = u2. Mais ainda, como 0 = u1 − u2 = w2 − w1

obtemos que w1 = w2. Isto prova que a representação de z como soma de vetores deU e W é única.

Suponha agora que para cada v ∈ U + W existe um único u ∈ U e um únicow ∈ W tais que v = u + w. Se z ∈ U

∩W então z = 0 + z e z = z + 0 de onde

inferimos que z = 0 (pela hipotese, z pode ser escrito em uma única maneira). Comoz é arbitrário, segue do anterior que U

∩W = {0}, o que implica que a soma U +W

é direta. A prova está completa.

Exemplo 1.27. Sejam U = {(x, y, z) ∈ R3 : x+ y + z = 0} e W = {(x, y, z) ∈ R3 :x = y = 0}. Vejamos que R3 = U ⊕W .

É simple mostrar que U,W são subespaços vetoriais de R3 (deixamos isto comoexercicio!). Para mostrar que R3 = U ⊕ W , temos que provar que R3 = U + W eque U

∩W = {0}.

Suponha que z = (z1, z2, z3) ∈ U∩W . Da de�nição de W segue que z1 = z2 = 0 eda de�nição de U vemos que z3 = z1+z2+z3 = 0, o que prova que z = (z1, z2, z3) = 0e que U ∩W = {0}. Portanto, U +W é um somma direta.

Vejamos agora que R3 = U +W . Como U e W são sub-espaços vetoriais de R3,temos que U +W também é sub-espaço vetorial de R3, o que em particular mostraque U +W ⊂ R3.

Para completar a prova temos que mostrar que R3 ⊂ U +W . Equivalentemente,temos que mostrar que todo vetor de R3 pode ser escrito na forma u+w com u ∈ Ue w ∈ W . Suponha que v = (x, y, z) ∈ R3. Da de�nição de U e W temos que

11

(x, y,−x − y) ∈ U e que (0, 0, z + x + y) ∈ W , o que implica que v = (x, y, z) =(x, y,−x − y) + (0, 0, z + x + y) ∈ U + W . Isto prova que R3 ⊂ U + W . Agora aprova que R3 = U ⊕W está completa.

O conceito de soma direta pode ser generalizado.

De�nição 1.28. Seja V espaço vetorial e suponha que U1, . . . , Un são subconjuntosde V. A soma dos conjuntos U1, . . . , Un, é o conjunto de�nido por

n∑i=1

Ui = U1 + · · ·+ Un = {u1 + · · ·+ un : uj ∈ Uj , j = 1, . . . , n}.

De�nição 1.29. Sejam U1, . . . , Un subespaços vetoriais de de V. Dizemos que asoma U1 + · · · + Un é direta se Uj ∩ (U1 + · · ·+ Uj−1 + Uj+1 · · ·+ Un) = {0} paratodo j ∈ {1, . . . n}. No que segue, usaremos a notação U1 ⊕ · · · ⊕ Un = ⊕n

i=1Ui paraindicar que a soma U1 + · · ·+ Un é direta.

Procedendo como na prova da Proposição 1.25, podemos mostrar o seguinte re-sultado.

Proposição 1.30. Se U1, . . . , Un são subespaços vetoriais de V então

1. U1 + · · ·+ Un é um subespaço vetorial de V ,

2. U1+· · ·+Un é o menor subespaço vetorial de V que contém o conjunto∪n

i=1 Ui,

3. a soma U1+· · ·+Un é direta ⇔ para cada v ∈ U1+· · ·+Un e todo j ∈ {1, . . . , n}existe um único vetor uj ∈ Uj tal que v = u1 + · · ·+ un.

Prova: Exercicio.

Exemplo 1.31. Vejamos que Pn(R) é soma direta dos subespaços vetoriais Ui ={f ∈ Pn(R) : ∃ a ∈ R tal que f(x) = axi, ∀x ∈ R}, i = 1, . . . , n.

Se f ∈ Pn(R) então f é da forma f(x) = a0 + a1x+ . . . anxn de onde segue que

f ∈ U1 + · · ·+ Un pois aixi ∈ Ui para cada i. Isto prova que Pn(R) ⊂ U1 + · · ·+ Un

e que Pn(R) = U1 + · · ·+ Un pois U1 + · · ·+ Un ⊂ Pn(R).Para completar a prova usamos o item (3) da Proposição 1.30. Suponha que

f ∈ Pn(R) é tal que f(x) = a0 + a1x + . . . anxn e f(x) = b0 + b1x + . . . bnx

n. Doanterior, temos que H(x) = (a0 − b0) + (a1 − b1)x+ . . .+ (an − bn)x

n = 0 para todox ∈ R.

Como a0 − b0 = H(0) = 0 segue que a0 = b0, de onde temos que H(x) =(a1 − b1)x + (a2 − b2)x

2 + . . . + (an − bn)xn = 0 para todo x ∈ R. Assim, x[(a1 −

b1) + . . .+ (an − bn)xn−1] = 0 para todo x ∈ R o que implica que (a1 − b1) + (a2 −

b2)x+ . . .+ (an − bn)xn−1 = 0 para todo x ̸= 0.

Se (a1 − b1) > 0 (resp. (a1 − b1) < 0) então podemos escolher x su�cientementepequeno de modo que (a1−b1) > −[(a2−b2)x+. . .+(an−bn)x

n−1] (resp. (a1−b1) <−[(a2 − b2)x + . . . + (an − bn)x

n−1]) o que é absurdo pois neste caso temos que(a1 − b1) + [(a2 − b2)x + . . . + (an − bn)x

n−1] ̸= 0. Assim, única possibilidade é terque a1 − b1 = 0.

Segundo o anterior, H(x) = (a2 − b2)x2 + . . . + (an − bn)x

n = 0 para todox ∈ R de onde segue que x2[(a2 − b2) + . . .+ (an − bn)x

n−2] = 0 para todo x ∈ R e

12

(a2 − b2) + (a3 − b3)x + . . . + (an − bn)xn−2 = 0 para cada x ̸= 0. Argumentando

como antes podemos provar que a2 − b2 = 0.Continuando o processo anterior, segue que ai − bi = 0 para todo i ∈ {1, . . . , n},

o que implica que a representação de f é única. Isto completa a prova que Pn(R) =U1 + · · ·+ Un.

1.3 Exercícios

Ex. 1.32. Nos seguintes casos estude se W é um subespaço vetorial de V.

1. V = M(2, 2) e W =

{(a b−a c

): a, b, c,∈ R

}.

2. V = R4 e W = {(x, x, y, y) : x, y ∈ R} .

3. V = Pn(R) e W = {p ∈ Pn(R) : p(0) = p(1)} .

4. Sejam V = M(n, n), B ∈ M(n, n) e W o subconjunto de V dado por W ={A ∈ Mn : BA = 0} .

5. Sejam V = M(n, 1), A ∈ M(n, n) uma matriz dada e W o subconjunto de Vde�nido por W = {X ∈ V : AX = 0} .

6. V = M(n, n) e W ={A ∈ M(n, n) : AT = A

}onde AT denota a matriz trans-

posta de T . Note que AT = (aj,i)n,m quando A = (ai,j)n,n. )

7. V = R3 e W = {(x, y, z) ∈ R3 : x = 0},

8. V = R3 e W = {(x, y, z) ∈ R3 : x = 1},

9. V = R3 e W = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y + z = 0},

10. V = R3 e W = {(x, y, z) ∈ R3 : x ≤ y ≤ z},

11. V = R3 e W = {(x, y, z) ∈ R3 : x + y ∈ Q}, (Q é o conjunto dos númerosracionais)

12. V = R3 e W = {(x, y, z) ∈ R3 : x ∈ Z}, (Z é o conjunto dos números inteiros)

13. V = R3 e W = {(x, y, z) ∈ R3 : y é irracional},

14. V = R3 e W = {(x, y, z) ∈ R3 : x− 3z = 0},

15. V = P3(R) e W = {f ∈ P3(R) : f tem grau maior que 2},

16. V = P3(R) e W = {f ∈ P3(R) : f(0) = 2f(1)},

17. V = P3(R) e W = {f ∈ P3(R) : f(t) > 0, ∀ t ∈ R},

18. V = P3(R) e W = {f ∈ P3(R) : f(1) > 0}.

Ex. 1.33. Achar 100001 subespaços vetoriais de R2. Quantos subespaços vetoriaisde R existem ?

13

Ex. 1.34. Estudar as seguintes a�rmações (se você considera que a a�rmação éverdadeira prove ela e se acha que é falsa invente um contra exemplo):

1. Se W1 e W2 são susbespaços vetoriais de V então W1∪W2 é subespaço vetorialde V.

2. Suponha que W1 e W2 são subespaços de V. Então W1 ∪ W2 é subespaço deV ⇔ W1 ⊆ W2 ou W2 ⊆ W1.

3. Se W1 e W2 são susbespaços vetoriais de V então o conjunto {w1 −αw2 : wi ∈Wi, α ∈ R} é um subespaço vetorial de V.

4. Se W1 e W2 são susbespaços vetoriais de V então o conjunto W1 × W2 ={(w1, w2) : w1 ∈ W1, w1 ∈ W1} é um subespaço vetorial de V × V . (Note queV × V é um espaço vetorial quando munido das operações (v1, v2) + (v3, v4) =(v1 + v3, v2 + v4) e λ(v1, v2) = (λv1, λv2)).

5. Se U = {(x, y, z) ∈ R3 : x = 0} e W = {(x, y, z) ∈ R3 : y = 0} entãoR3 = U ⊕W .

Ex. 1.35. Nos seguintes casos, achar os subespaços U +W e U ∩W de V .

1. V = R2, U ={(x, y) ∈ R2 : y = 0

}e W =

{(x, y) ∈ R2 : x = αy

}onde α é

um número real não nulo.

2. V = M((2, 2), U =

{(a 00 b

): a, b ∈ R

}e W =

{(0 c0 d

): c, d ∈ R

}.

3. Se V = R2, U ={(x, y) ∈ R2 : 2x+ 3y = 0

}e W =

{(x, y) ∈ R2 : x− y = 0

}então V = U ⊕W .

4. Sejam V = M(3, 3) e U,W os subespaços de V dados por

U =

a b 0

0 0 c0 0 d

: a, b, c, d ∈ R

W =

0 0 e

f g 0h i 0

; e, f, g, h, i ∈ R

.

Ex. 1.36. Nos seguintes casos, achar um subespaçoW de V de modo que V = U⊕W.

1. V = R3 e U = {(x, y, 0) : x, y ∈ R} .

2. V = M(3, 3) e U ={A ∈ M(3, 3) : AT = A

}.

3. V = M(2, 1) e U = {X ∈ M(2, 1) : AX = 0} sendo A =

(1 10 1

).

Ex. 1.37. Suponha que U e W são subespaços vetoriais do espaço V . Provar que:

1. U ⊂ W ⇒ U +W = W

2. U ⊂ W ⇒ U ∩W = U

3. U +W = U ⇒ U ⊃ W

4. U ∩W = U ⇒ U ⊂ W

14

1.3.1 Subespaços gerados

Nesta seção veremos como obter um subespaço vetorial de V a partir de um subcon-junto de V . Para começar introduzimos o conceito de combinação linear de vetores.

De�nição 1.38. Seja S = {u1, . . . , un} ⊂ V e u ∈ V . Dizemos que u é umacombinação linear dos vetores u1, . . . , un (ou uma combinação linear dos vetores emS) se existem números reais α1, . . . , αn tais que u =

∑ni=1 αiui.

Exemplo 1.39. Seja S ⊂ Pn(R) o conjunto de�nido por S = {1, x, x2, . . . , xn}.Os vetores 1 + x, 1 + x2, 1 + 2x + 3x2 são combinações lineares dos vetores em S.Mais ainda, todo vetor de Pn(R) (equivalentemente, todo polinômio de grau n) écombinação linear dos vetores em S.

Exemplo 1.40. Seja S o subconjunto de P2(R) dado por S = {1, 1+x, 1+x+x2}.Mostre que o polinômio p(x) = 1 + x2 é combinação linear dos vetores em S.

Observação 1.41. Seja n ∈ N. Nesta apostilha, para i ∈ {1, . . . , n} usaremos anotação ei para o vetor de Rn dado por ei = (x1, . . . , xi, . . . , xn) onde xj = 0 se j ̸= ie xi = 1. Os vetores e1, . . . , en são chamados de vetores canónicos de Rn.

Exemplo 1.42. Seja y ∈ Rn. Como y = (y1, . . . , yi, . . . , yn) =∑n

i=1 yiei, vemos quetodo vetor de Rn é combinação linear dos vetores e1, . . . , en.

Exemplo 1.43. Sejam n,m ∈ N, k ∈ {1, . . . , n} e p ∈ {1, . . . ,m}. Nesta apostilha,usamos a notação Ap,k para a matriz Ap,k = (ai,j)n,m ∈ M(n,m) tal que ai,j = 0quando (i, j) ̸= (k, p) e ak,p = 1, ou seja,

Ak,p =

0 0 . . . 0 . . . 00 0 . . . 0 . . . 0...

......

...0 0 . . . 1 . . . 0...

......

...0 0 . . . 0 . . . 0

onde o número 1 aparece no lugar (k, p). É facil ver que toda matriz de M(n,m) écombinação linear das matrizes em {Ai,j : i = 1, . . . , n, j = 1, . . . ,m}. Mais ainda,se A = (ai,j)n,m então A =

∑ni=1

∑mj=1 ai,jAi,j =

∑i,j ai,jAi,j .

De�nição 1.44. Seja S ⊂ V não vazio. De�nimos o conjunto [S] como sendo osubconjunto de V formado por todas as combinações lineares dos elementos de S,ou seja, [S] = {v =

∑ni=1 αisi : αi ∈ R, si ∈ S, n ∈ N}. O conjunto [S] é chamado

de conjunto gerado por S.

Observação 1.45. Se na de�nição anterior temos que S = {u1, . . . , un} ⊂ V , então[S] = {

∑ni=1 αiui : αi ∈ R}.

Observação 1.46. Seja S ⊂ V . Do Exercicio 1.2 segue que [S] ⊂ V .

Exemplo 1.47. Seja n ∈ N e S = {e1, . . . , en} = {ei : i = 1, . . . , n}. Como todovetor de Rn é combinação linear dos vetores e1, . . . , en segue que Rn ⊂ [S], o queimplica que Rn = [S] pois Rn ⊃ [S].

15

Suponha agora que S = {Ai,j : i = 1, . . . , n, j = 1, . . . ,m} onde Ai,j são asmatrizes de�nidas no Exemplo 1.43. É fácil ver que uma matriz A = (ai,j)n,m podeser representada na forma A =

∑ni=1

∑mj=1 ai,jAi,j de onde obtemos que M(n,m) ⊂

[S], o que implica que M(n,m) ⊂ [S]. Como M(n,m) ⊃ [S] segue do anterior queM(n,m) = [S].

Similarmente, se S é o subconjunto de Pn(R) dado por S = {1, x, x2, . . . , xn}então Pn(R) = [S].

Observação 1.48. Nos exemplos anteriores, S ⊂ V e sempre temos que [S] = V .Em geral isto não é assim. Considere como exemplo V = R3 e S = {e1, e2}. Nestecaso temos que [S] = {(x, y, 0) : x, y ∈ R} ̸= R3.

Exemplo 1.49. Se S ⊂ P3(R) é o conjunto S = {1, t, t2, 1 + t3} então P3(R) = [S].

Para mostrar esta propriedade, observe que um polinômio da forma p(t) = a0 +a1t + a2t

2 + a3t3 pode ser representado na forma p(t) = (a0 − a3) + a1t + a2t

2 +a3(t

3 + 1) ∈ [S]. Isto mostra que P3(R) ⊂ [S] o que implica que P3(R) = [S].

Exemplo 1.50. Se S ⊂ M(2, 2) o conjunto dado por S =

{(0 10 0

),

(0 0−1 0

)}.

Note que os vetores [S] são da forma

A = α

(0 10 0

)+ β

(0 0−1 0

)=

(0 α−β 0

),

com α, β ∈ R. Como α, β são arbitrários, vemos que [S] está formado por todas asmatrizes com diagonal principal nula.

Proposição 1.51. Suponha que S = {u1, . . . , un} ⊂ V . As seguintes propriedadessão válidas.

1. [S] é um subespaço vetorial de V e S ⊂ [S],

2. [S] é o menor subespaço vetorial de V contendo S, equivalentemente, se M éum subespaço vetorial de V e S ⊂ M então [S] ⊂ M ,

3. se T ⊂ S então [T ] ⊂ [S],

4. [S ∪ T ] = [S] + [T ],

5. [[S]] = [S],

6. dado um vetor y ∈ V , [{u1, . . . , un}] = [{u1, . . . , un, y}] ⇔ y é combinaçãolinear dos vetores u1, . . . , un.

Prova: Provemos a primeira propriedade. Para mostrar que [S] subespaço vetorialde V , �xemos u, v ∈ [S] e α ∈ R. Pela de�nição de [S] podemos supor que u =α1u1 + · · ·+ αnun e v = β1v1 + · · ·+ βnvn onde α1, . . . , αn, β1, . . . , βn são númerosreais. Assim, temos que

u+ αv = α1u1 + · · ·+ αnun + αβ1v1 + · · ·+ αβnvn =

n∑i=1

(αi + αβi)ui,

16

que mostra que u + αv ∈ [S] pois u + αv é uma combinação linear de vetores emS. Agora, pela Proposição 1.18 segue que [S] subespaço vetorial de V . O fato queS ⊂ [S] é óbvio pois cada vetor ui pode ser escrito na forma ui =

∑j ̸=i 0uj + 1ui

Mostremos agora que [S] é o menor subespaço vetorial de V que contem o con-junto S. Suponha que M é um subespaço vetorial de V tal que S ⊂ M . Se u ∈ [S]então existem números reais α1, . . . , αn tais que u = α1u1 + · · · + αnun. Comocada vetor ui é também um elemento de M e M é subespaço vetorial temos queu = α1u1 + · · · + αnun ∈ M , o que implica que [S] ⊂ M . Isto prova que [S] é omenor subespaço vetorial de V que contem S.

Suponha agora que T ⊂ S. Neste caso podemos supor que T = {ui1 , . . . , uip}onde ij ∈ {1, . . . , n} e p é algum número em {0, . . . n}. Da de�nição de [T ] vemos queum vetor u ∈ [T ] pode ser escrito na forma u =

∑pj=1 αijuij onde αij , j ∈ {1, . . . , p}

são números reais. Como u =∑

k ̸=ij0uk +

∑pj=1 αij , obtemos que u ∈ [S] o que

prova que [T ] ⊂ [S] pois u é arbitrário.Provemos agora que [S∪T ] = [S]+[T ]. É fácil ver que S ⊂ [S]+[T ] e T ⊂ [S]+[T ],

de onde segue que S∪T ⊂ ([S]+[T ])∪([S]+[T ]) ⊂ [S]+[T ]. Como [S∪T ] é o menorsubespaço contendo S∪T segue que [S∪T ] ⊂ [S]+ [T ]. Por outro lado, notando que[S] ⊂ [S ∪ T ] e que [T ] ⊂ [S ∪ T ] vemos que [S] + [T ] ⊂ [S ∪ T ] + [S ∪ T ] = [S ∪ T ].Do anterior, segue que [S] + [T ] = [S ∪ T ].

Mostremos agora que [[S]] = [S]. Como S ⊂ [S] segue que [S] ⊂ [[S]]. Mais ainda,como [S] é um subespaço vetorial e [[S]] é o menor subespaço vetorial contendo [S]segue que [[S]] ⊂ [S]. Assim, [S] ⊂ [[S]] e [[S]] ⊂ [S] o que implica que [[S]] = [S].

Para �nalizar, provemos a última propriedade. Suponha que [{u1, . . . , un}] =[{u1, . . . , un, y}] sendo y ∈ V . De esta igualdade é imediato que y ∈ [{u1, . . . , un}] deonde segue que y é combinação linear do vetores u1, . . . , un. Suponha agora que y ∈ Vé combinação linear do vetores u1, . . . , un e �xemos números reais α1, . . . , αn tais quey =

∑ni=1 αiui. Se x ∈ [{u1, . . . , un, y}] então existem números reais β1, . . . , βn, θ tais

que x =∑n

i=1 βiui + θy. Do anterior, temos que

x =n∑

i=1

βiui + θy =n∑

i=1

βiui + θn∑

i=1

αiui =n∑

i=1

(βi + θαi)ui,

o que implica que x ∈ [{u1, . . . , un}]. Como x é arbitrário, o anterior mostra que[{u1, . . . , un, y}] ⊂ [{u1, . . . , un}] o que prova que [{u1, . . . , un}] = [{u1, . . . , un, y}]pois [{u1, . . . , un}] ⊂ [{u1, . . . , un, y}]. Isto completa a prova.

Argumentando como na prova do resultado anterior, podemos mostrar um resul-tado mais geral. A prova do seguinte resultado é omitida.

Proposição 1.52. Suponha que S ⊂ V . As seguintes propriedades são válidas.

1. [S] é um subespaço vetorial de V e S ⊂ [S],

2. [S] é o menor subespaço vetorial de V contendo S, equivalentemente, se M éum subespaço vetorial de V e S ⊂ M então [S] ⊂ M ,

3. se T ⊂ S então [T ] ⊂ [S],

4. [S ∪ T ] = [S] + [T ],

5. [[S]] = [S],

17

6. se S é subespaço vetorial de V então S = [S],

7. dado um conjunto W ⊂ V , [S] = [S ∪W ] ⇔ W ⊂ [S] ⇔ cada elemento de Wé combinação linear dos elementos de S.

De�nição 1.53. Seja S ⊂ V . O espaço vetorial [S] é chamado subespaço ve-torial gerado por S e os elementos de S são chamados de geradores de [S]. SeS = {u1, . . . , un}, usaremos a notação [S] = [u1, . . . , un].

De�nição 1.54. Dizemos que um espaço vetorial W é um espaço �nitamente geradose existe um conjunto S = {u1, . . . , un} ⊂ W tal que W = [S].

Do Exemplo 1.47 temos que os espaços Pn(R), Rn eM(n,m) são espaços vetoriais�nitamente gerados.

Exemplo 1.55. O espaço W de�nido por W = {X ∈ M(3, 1) : AX = 0} onde

A =

0 1 02 1 01 1 4

é �nitamente gerado.

Para rovar nossa a�rmação, é conveniente caracterizar os elementos de W . Se

X =

αβγ

∈ W então

0 1 02 1 01 1 4

αβγ

=

000

de onde segue que α = β = γ = 0.

Logo, o único elemento em W é o vetor zero. Assim, W = [{0}].

Exemplo 1.56. Seja W = {X ∈ M(4, 1) : AX = 0} sendo

A =

1 1 −1 02 0 1 13 1 0 10 −2 3 1

.

Supondo que W é um subespaço vetorial de M(4, 1), mostre que W é �nitamentegerado.

Para começar, caracterizemos de uma forma mais explicita o espaço W . Se

X =

αβγδ

∈ W então

1 1 −1 02 0 1 13 1 0 10 −2 3 1

αβγδ

=

0000

de onde segue que

{α = −γ/2− δ/2

β = 3γ/2 + δ/2.

Do anterior obtemos que

X =

−γ/2− δ/23γ/2 + δ/2

γδ

= γ

−1/23/210

+ δ

−1/21/201

,

18

o que permite concluir que W =

−1/23/210

,

−1/21/201

.

No seguinte exemplo, vemos o caso de um espaço vetorial que não é �nitamentegerado.

Exemplo 1.57. Seja P (R) conjunto formado por todos os polinômios de grau �nitomunido das operações soma e multiplicação por escalar usuais. O espaço P (R) nãoé �nitamente gerado.

Para mostrar nossa a�rmação, suponha que existem polinômios p1, . . . , pn taisque P (R) = [p1, . . . , pn] e seja N o grau mais alto dentre os graus dos polinômiosp1, . . . , pn. Como xN+1 ∈ P (R) e P (R) = [p1, . . . , pn], segue que existem núme-ros reais α1, . . . , αn tais que xN+1 =

∑ni=1 αipi. Neste caso, 1 =

∑ni=1 αi

pixN+1

para todo x ̸= 0. Porém isto é absurdo, pois para valores grandes de x temos que∑ni=1 αi

pixN+1 < 1. Como a contradição surge de supor que P (R) = [p1, . . . , pn], segue

que P (R) não pode ser �nitamente gerado.Vejamos uma segunda prova do fato anterior. De maneira similar, suponha que

existem polinômios p1, . . . , pn tais que P (R) = [p1, . . . , pn] e seja N o grau maisalto dentre os graus dos polinômios p1, . . . , pn. Como antes, existem números reaisα1, . . . , αn tais que xN+1 =

∑ni=1 αipi. Como cada polinômio pj é de grau menor

o igual a N , vemos que xN+1 pode ser representado na forma xN+1 =∑N

i=1 βixi

onde os coe�cientes βi são obtidos a partir dos números αi. Avaliando XN+1 emzero obtemos que 0N+1 =

∑Ni=1 βi0 = β0 = 0, de onde segue que XN+1 = β1x +

β2x2 . . . βNXN para todo x. Logo, xN = β1 + β2x

2 + . . . βN−1xN−1. Avaliando o

polinomio xN−1 em zero obtemos que β1 = 0 e que xN−1 = β2x + . . . βN−1xN−2.

Continuando o processo anterior, obtemos que 1 = βN−1x para todo x ̸= 0, o que éabsurdo. Portanto, P (R) não pode ser �nitamente gerado.

Exemplo 1.58. Sejam U = {(x, y, z, t) ∈ R4 : x−y+ t+z = 0} e V = {(x, y, z, t) ∈R4 : x + y − t + z = 0}. No que segue, acharemos um conjunto gerador para cadaum dos espaços U, V, U ∩ V e U + V.

Para começar, estudemos o espaço U . Se (x, y, z, t) ∈ U então y = x+ z + t e

(x, y, z, t) = (x, x+ z + t, z, t) = x(1, 1, 0, 0) + z(0, 1, 1, 0) + t(0, 1, 0, 1),

de onde segue que U = [S] onde S = {(1, 1, 0, 0), (0, 1, 1, 0), (0, 1, 0, 1)}.Vejamos agora o espaço V . Se (x, y, z, t) ∈ V então t = x+ y + z e

(x, y, z, t) = (x, y, z, x+ y + z) = x(1, 0, 0, 1) + y(0, 1, 0, 1) + z(0, 0, 1, 1),

de onde podemos concluir que V = [T ] onde T = {(1, 0, 0, 1), (0, 1, 0, 1), (0, 0, 1, 1)}.Se (x, y, z, t) ∈ U ∩ V então{

x− y + t+ z = 0

x+ y − t+ z = 0,

o que implica em x = −z e y = t. Deste modo, temos que (x, y, z, t) = (x, y,−x, y) =x(1, 0,−1, 0) + y(0, 1, 0, 1) de onde podemos concluir que U ∩ V = [W ] onde W ={(1, 0,−1, 0), (0, 1, 0, 1)}.

19

Finalmente, estudemos o espaço U + V . Como

U + V = [U ] + [V ] = [S] + [T ] = [S ∪ T ],

temos que

U + V = [(1, 1, 0, 0), (0, 1, 1, 0), (0, 1, 0, 1), (1, 0, 0, 1), (0, 0, 1, 1)].

Mais ainda, como (1, 1, 0, 0) = (1, 0, 0, 1) + (0, 1, 1, 0)− (0, 0, 1, 1) temos que

U + V = [(0, 1, 1, 0), (0, 1, 0, 1), (1, 0, 0, 1), (0, 0, 1, 1)].

1.4 Exercícios

Ex. 1.59. Em cada caso, achar [S] como subespaço de V .

1. S = {(1, 0), (2,−1)} , V = R2.

2. S = {(1, 1, 1), (2, 2, 0)} , V = R3.

3. S ={1, t, t2, 1 + t3

}, V = P3(R).

4. S =

{(0 10 0

),

(0 0−1 0

)}, V = M(2, 2).

Ex. 1.60. Em cada um dos itens abaixo achar um conjunto �nito que gere o espaçoW .

1. W ={(x, y, z) ∈ R3 : x− 2y = 0

}.

2. W = {p ∈ P3(R) : p′(t) = 0, ∀t ∈ R} .

3. W ={A ∈ M(2, 2) : At = A

}.

4. W = {X ∈ M(3, 1) : AX = 0} onde A =

0 1 02 1 01 1 4

.

Ex. 1.61. Em cada um dos itens abaixo achar um conjunto (o menor possível)gerador de U , W , U ∩W e U +W.

1. U = [(1, 0, 0), (1, 1, 1)] e W = [(0, 1, 0), (0, 0, 1)],

2. U ={(x, y, z) ∈ R3 : x+ y = 0

}e W = [(1, 3, 0), (0, 4, 6)],

3. U ={A ∈ M(2, 2) : At = A

}e W =

[(1 10 1

)],

4. U = [t3+4t2− t+3, t3+5t2+5, 3t3] e W = [t3+4t2, t−1, 1] como subespaçosde P3(R).

Ex. 1.62. Achar um subconjunto �nito de P3(R) que seja gerador de

1. U = {p ∈ P3(R) : p(1) = p(0) = 0} ,

20

2. W = {p ∈ P3(R) : p′′ = 0} ,

3. U ∩W.

Ex. 1.63. Mostre que as funções 1 e cos 2x pertencem a [ sen 2x, cos2 x].

Ex. 1.64. Veri�que se P2(R) = [1 + x, x+ 2x2, 1− x2].

Ex. 1.65. Achar um conjunto �nito que seja gerador de

1. U = {(x, y, z) ∈ R3 : x− 2y = 0},

2. V = {(x, y, z) ∈ R3 : x+ z = 0 e x− 2y = 0},

3. W = {(x, y, z) ∈ R3 : x+ 2y − 3z = 0},

4. U ∩ V e V +W .

Ex. 1.66. Achar um conjunto de geradores para o conjunto dos números complexosCmunido das operações usuais (a+ib)+(c+id) = a+c+i(c+d) e α(a+ib) = αa+iαb.Mostre que {2 + 3i, 1− 2i} é um conjunto gerador de C.

Ex. 1.67. Os conjuntos {(1,−1, 2), (3, 0, 1)} e {(−1,−2, 3), (3, 3,−4)} geram omesmo subespaço vetorial de R3 ?

Ex. 1.68. O conjuto de matrizes

{(1 00 1

),

(1 10 0

),

(0 01 1

),

(0 11 2

)}é

um conjunto gerador de M(2, 2) ?

21

Capítulo 2

Dependência Linear, Base e

Dimensão

No Exemplo 1.47 foi observado que os conjuntos S = {e1, . . . , en} e T = {Ai,j :i = 1, . . . , n, j = 1, . . . ,m} são geradores de Rn e M(n,m) respectivamente. Éinteressante notar para qualquer vetor ei temos que S \ {ei} não é gerador de Rn.Similarmente, para cada matriz Ai,j temos que T \{Ai,j} não é gerador de M(n,m).A propriedade descrita acima não é restrita a esses conjuntos e a essses espaços.Mais ainda, como veremos neste capítulo nenhum subconjunto de Rn com menos den vetores pode ser gerador de Rn e nenhum subconjunto de M(n,m) com menosde mn elementos pode ser gerador de M(n,m). De isso, vemos que os conjuntosgeradores de um espaço vetorial com o menor número de elementos possiveis sãomuito especiais. Este tipo de conjunto serão chamados de bases. Para formalizar asideias anteriores, temos que introduzir algumas de�nições.

De�nição 2.1. Sejam u1, . . . , un vetores não nulos de V . Dizemos que os veto-res u1, . . . , un são linearmente independentes ou que o conjunto {u1, . . . , un} é li-nearmente independente, se nenhum dos vetores ui é combinação linear dos outrosvetores.

No próximo Lema reformulamos o conceito acima.

Lema 2.2. Um conjunto {u1, . . . , un} ⊂ V de vetores não nulos é linearmente inde-pendente ⇔ a única solução da equação

∑ni=1 αiui = 0 é a solução nula, ou seja, a

solução com α1 = . . . , αn = 0.

Prova: Suponha que {u1, . . . , un} é linearmente independente e que a equação∑ni=1 αiui = 0 possui uma solução não nula. Então existem escalares α1, α2, . . . , αn

não todos zero, tais que∑n

i=1 αiui = 0. Se j é um índice tal que αj ̸= 0, entãouj = −

∑ni=1,j ̸=i

αiαjui o que implica que {u1, . . . , un} não é linearmente indepen-

dente, o que é absurdo. Isto prova que a equação∑n

i=1 αiui = 0 tem uma únicasolução se {u1, . . . , un} é linearmente independente.

Suponha que agora que a equação∑n

i=1 αiui = 0 possui uma única solução(no caso, a solução nula). Se o conjunto {u1, . . . , un} não é l.i, então um dessesvetores, digamos uj , é combinação linear dos outros. Neste caso, existem númerosreais β1, β2, . . . , βj−1, βj+1, . . . , βn tais que uj =

∑ni=1,j ̸=i βiui. Nessas condições,

temos que os números β1, β2, . . . , βj−1, −1, βj , . . . , βn são uma solução não nula de∑ni=1 αiui = 0, o que é aburdo. Portanto, {u1, . . . , un} é L.I.

22

Observação 2.3. Do Lemma 2.2, vemos que para mostrar que um conjunto devetores {u1, . . . , un} é linearmente independente, é su�ciente provar que a equação∑n

i=1 αiui = 0 possui uma única solução.

De�nição 2.4. Dizemos que um conjunto de vetores não nulos {u1, . . . , un} ⊂ V élinearmente dependente (ou que os vetores u1, . . . , un são linearmente dependentes)se {u1, . . . , un} ⊂ V não é linearmente independente.

Observação 2.5. Um conjunto de vetores {u1, . . . , un} ⊂ V não nulos é linearmentedependente se é possível encontrar números reais α1, . . . , αn não todos nulos tais queα1u1 + · · ·+ αnun = 0.

Exemplo 2.6. Os vetores (1, 1, 1), (1, 1, 0), (1, 0, 0) são linearmente independenteem R3. De fato, note que a equação α(1, 1, 1) + β(1, 1, 0) + γ(1, 0, 0) = (0, 0, 0) éequivalente ao sistema de equações

α+ β + γ = 0

α+ β = 0

γ = 0.

Como este sistema possui uma única solução, a soluçaõ nula, segue que {(1, 1, 1),(1, 1, 0), (1, 0, 0)} e linearmente independente.

Exemplo 2.7. Sejam u1 = (x1,1, x2,1, . . . , xn,1), u2 = (x1,2, x2,2, . . . , xn,2), . . ., un =(x1,n, x2,n, . . . , xn,n) vetores de Rn. Como foi observado anteriormente, para ver seos vetores u1, . . . , un são lineramente independentes, temos que estudar a equação∑n

i=1 αiui = 0. Esta equação é equivalente ao sistema de equações

α1x1,1+ . . . +αix1,i . . .+ αnx1,n = 0,α1x2,1+ . . . +αix2,i . . .+ αnx2,n = 0,

......

......

...α1xj,1+ . . . +αixj,i . . .+ αnxj,n = 0,

......

......

...α1xn,1+ . . . +αixn,i . . .+ αnxn,n = 0,

(2.8)

o qual pode ser re-escrito na forma

x1,1 x1,2 · · · x1,nx2,1 x2,2 · · · x2,n...

......

...xj,1 xj,2 · · · xj,n...

......

...xn,1 xn,2 · · · xn,n

α1...αi...αn

= Aα = 0. (2.9)

Se a matriz A é inversível (o que é equivalente a ter que detA ̸= 0), podemosmultiplicar a equaçao (2.26) por A−1 obtendo que α = A−10 = 0. Isto prova quese A é inversível, então os vetores u1, . . . , un são linearmente independentes. Se Anão é inversível (o que é equivalente a ter que detA = 0), o problema Aα = 0 temuma quantidade não �nita de soluções, de onde segue que os vetores u1, . . . , un sãolinearmente dependentes.

23

Resumimos as observações do Exemplo 2.7 na seguinte proposição.

Proposição 2.10. Sejam u1 = (x1,1, x1,2, . . . , x1,n), u2 = (x2,1, x2,2, . . . , x2,n), . . .,un = (xn,1, xn,2, . . . , xn,n) vetores de Rn e A a matriz de�nida em (2.26). Os vetoresu1, . . . , un são linearmente independentes ⇔ det(A) ̸= 0.

Exemplo 2.11. As matrizes

(1 00 1

),

(1 10 1

),

(0 10 0

)são linearmente indepen-

dentes ?Para resolver o problema temos que estudar a equação

α

(1 00 1

)+ β

(1 10 1

)+ γ

(0 10 0

)=

(0 00 0

). (2.12)

Desta equação segue que (α+ β β + γ0 α+ β

)=

(0 00 0

),

de onde inferimos que β = −α e γ = α. Logo, dado um número real não nulo θ,temos que os números α = θ, β = −θ e γ = θ são soluções de (2.12), o que implicaque as matrizes são linearmente dependentes.

Exemplo 2.13. As funções cos(·) e sen (·) são linearmente independentes?Como antes, temos que estudar a equação α cos(·) + β sen (·) = 0. Se α, β ∈ R

são soluções desta equação, então teremos que α cos(x) + β sin(x) = 0 para todox ∈ R. Se avaliamos em x = 0 obtemos que α = 0, de onde segue que β sin(x) = 0para todo x ∈ R. Se avaliarmos agora em x = π/2 obtemos que β = 0. Portanto, aúnica solução da equação α cos(·) + β sen (·) = 0 é α = β = 0, o que implica que asfunções cos(·) e sen (·) são linearmente independentes.

O próximo resultado resume algumas propriedades associadas ao conceito deconjunto linearmente independente.

Teorema 2.14. Seja A = {u1, . . . , un} ⊂ V.

1. Se {u1, . . . , un} é linearmente dependente então pelo menos um dos vetores écombinação linear dos outros,

2. Se {u1, . . . , un} é linearmente dependente e B é um conjunto �nito tal que{u1, . . . , un} ⊂ B então B é linearmente dependente,

3. Se {u1, . . . , un} é linearmente independente e B ⊂ {u1, . . . , un}, então B élinearmente independente,

4. Se {u1, . . . , un} é linearmente independente e {u1, . . . , un, v} é linearmente de-pendente então v é combinação linear dos vetores u1, . . . , un.

5. Se {u1, . . . , un} é linearmente independente, então todo vetor v ∈ [u1, . . . , un] seescreve de uma única maneira como combinação linear dos vetores u1, . . . , un,ou seja, se v = α1u1 + · · ·+ αnun e v = β1u1 + · · ·+ βnun então αi = βi paracada i = 1, . . . , n.

24

Prova: A propriedade em (1) segue diretamente da de�niçaõ de conjunto linearmenteindependente. Para mostrar (2), suponha que B = {u1, . . . , un, v1, . . . , vp}. Como Aé linearmente dependente existem números reias β1, . . . , βn não todos nulos tais que∑n

i=1 βiui = 0. Em particular, temos que

β1u1 + · · ·+ βnun + 0v1 + · · ·+ 0vp = 0,

o que implica que os vetores u1, . . . , un, v1, . . . , vp são linearmente dependente.Provemos agora (3). Sem perda de generalidade, podemos supor que B =

{u1, . . . , uk} para algum k ≤ n. Se α1, . . . , αk é uma solução da equação∑k

i=1 βiui =0 então

α1u1 + · · ·+ αkuk + 0uk+1 + · · ·+ 0un = 0,

e os números α1, . . . , αk, 0, . . . , 0 são uma solução da equação∑n

i=1 θiui = 0, o queimplica que α1 = α2 = . . . αk = 0 pois os vetores u1, . . . , un são linearmente in-dependentes. Do anterior, vemos que a única solução da equação

∑ki=1 βiui = 0 é

α1 = α2 = . . . αk = 0 o que prova que B é linearmente independente.Mostremos agora (4). Suponha que u1, . . . , un são linearmente independentes e

que u1, . . . , un, v são linearmente dependentes. Como os vetores u1, . . . , un, v sãolinearmente dependentes, existem números reias β1, . . . , βn, γ não todos nulos taisque

∑ni=1 βiui+ γv = 0. Se γ = 0 então

∑ni=1 βiui = 0 o que implica que β1 = . . . =

βn = 0 pois os vetores u1, . . . , un são linearmente independentes. Assim, temos quenecessariamente γ ̸= 0 de onde obtemos que v = −

∑ni=1

βi

γ ui. Isto mostra que v écombinação linear dos vetores u1, . . . , un.

Para �nalizar, mostremos (5). Se v = α1u1 + · · ·+αnun e v = β1u1 + · · ·+ βnunentão 0 = v − v =

∑ni=1(αi − βi)ui = 0 de onde segue que αi − βi = 0 para todo i

pois {u1, . . . , un} é linearmente independente. Portanto, αi = βi para cada i.

2.1 Exercícios

1. Estude se o conjunto S ⊂ V é linearmente independente.

(a) S = {(1, 2), (−3, 1)} , V = R2.

(b) S ={1 + t− t2, 2 + 5t− 9t2

}, V = P2(R).

(c) S =

{(−1 10 0

),

(2 0−1 0

)}, V = M(2, 2).

(d) S = {(1, 2, 2,−3), (−1, 4,−2, 0)} , V = R4.

(e) S =

1 2 0

3 0 10 0 2

,

1 1 −10 0 01 1 1

,

0 0 01 5 7−1 0 1

e V = M(3, 3).

(f) S = {f1, f2} , sendo V = F(R;R) e f1, f2 : R → R as funções de�nidaspor f1(x) = xex e f2(x) = x.

(g) S = {f1, f2, f3} , sendo V = F(R;R) e f1, f2, f3 : R → R as funçõesde�nidas por f1(x) = 1, f2(x) = ex e f3(x) = e2x.

2. Suponha que o conjunto S = {u, v, w} é linearmente independente. Os conjun-tos S1 = {u, u+v, u+v+w}, S2 = {u−v, v−w,w−u} e S3 = {u+v, u+v+w,w}são linearmente independentes. ?

25

3. Quais dos seguintes subconjuntos de R3 são linearmente independentes ?

(a) {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1), (2, 3, 5)},(b) {(1, 1, 1), (0, 1, 0), (1, 0,−2)},(c) {(0, 0, 0), (1, 2, 3), (4, 1,−2)},(d) {(1, 1, 1), (1, 2, 1), (3, 2,−1)},

4. Quais dos seguintes subconjuntos de P4(R) são linearmente independentes ?

(a) {1, x− 1, x2 + 2x+ 1, x2},(b) {2, x2 + 1, x+ 1, x2 − 1},(c) {x(x− 1), x3, 2x3 − x2, x},

Introduzimos agora o conceito de base de um espaço vetorial.

De�nição 2.15. Dizemos que um conjunto de vetores não nulos {u1, . . . , un} ⊂ Vé uma base de V se {u1, . . . , un} é linearmente independente e [u1, . . . , un] = V .

Exemplo 2.16. O conjunto {e1, . . . , en} é uma base de Rn e o conjunto de matrizes{Ai,j : i = 1, . . . , n, j = 1, . . . ,m} é uma base de M(n,m), veja Exemplo 1.43.

O conceito de base é um conceito restritivo. Porém, um espaço vetorial (diferentedo espaço trivial {0}) sempre possui uma in�nidade de bases diferentes. Considereos seguintes exemplos.

Exemplo 2.17. Se {u1, . . . , un} ⊂ V é uma base de um espaço vetorial V , é fácilmostrar que {αu1, . . . , αun} com α ∈ R não nulo, é também uma base de V . Assim,vemos que V possui uma in�nidade de bases diferentes. Vejamos alguns exemplosmais gerais.

Exemplo 2.18. Seja (a, b) ∈ R2 diferente de (0, 0). Veremos como achar vetores(c, d) de modo que {(a, b), (c, d)} seja uma base de R2. Sejam c, d ∈ R de modo quead− bc ̸= 0 (note que isto é sempre possível de fazer).

No que segue, veremos que {(a, b), (c, d)} de R2 é uma base de R2. Como{(a, b), (c, d)} tem que ser um conjunto gerador, todo vetor (x, y) ∈ R2 deve po-der ser escrito como combinação dos vetores (a, b), (c, d). Considere a equação emα, β dada por α(a, b) + β(c, d) = (x, y). Esta equação é equivalente a equação(

a cb d

)(αβ

)=

(xy

). (2.19)

Como det

(a cb d

)= ad − bc ̸= 0, segue que a matriz

(a cb d

)é inversível de

onde obtemos que (αβ

)=

(a cb d

)−1(xy

), (2.20)

o que implica que a equação α(a, b) + β(c, d) = (x, y) tem uma única solução e quex ∈ [(a, b), (c, d)]. Isto mostra que R2 = [(a, b), (c, d)].

26

Além do anterior, precissamos mostrar que {(a, b), (c, d)} é linearmente indepen-dente, o que é equivalente a mostrar que a equação α(a, b) + β(c, d) = (0, 0) possui

uma única solução. Como det

(a cb d

)= ad− bc ̸= 0, de (2.20) segue que a única

solução é (α, β) = (0, 0), o que implica que {(a, b), (c, d)} é linearmente independente.

Do cometários anteriores vemos que {(a, b), (c, d)} é uma base se det

(a cb d

)=

ad−bc ̸= 0, o que nos permite a�rmar que existe uma quantidade não �nita de basesde R2.

Usemos agora o que sabemos de Geometria analítica para achar bases de R2.Seja (a, b) ∈ R2 diferente de (0, 0) e �xemos (c, d) que não seja paralelo a (a, b) (noteque existe uma in�nidade de vetores não paralelos a (a, b)). De nosso estudo degeometria analítica, sabemos que neste caso, todo vetor (x, y) pode ser escrito naforma α(a, b) + β(c, d), o que implica que R2 = [(a, b), (c, d)]. Mais ainda, como osvetores (a, b), (c, d) não são paralelos segue que a equação α(a, b)+β(c, d) = 0 possuiuma única solução, a solução nula. Do anterior vemos que se (a, b), (c, d) não sãoparalelos, então {(a, b), (c, d)} é uma base de R2.

Exercício 2.21. Usando o exemplo anterior, achar bases de R2 da forma {(1, 1), (c, d)}.

Para que {(1, 1), (c, d)} seja base de R2, é su�ciente que det

(1 c1 d

)= d−c ̸= 0.

Logo, os conjuntos {(1, 1), (1, 2)}, {(1, 1), (1, π)}, {(1, 1), (π,√2)}.... são bases de R2.

Exemplo 2.22. As ideias do Exemplo 2.18 podem ser usadas para achar bases deR3. Sejam (a, b), (c, d) vetores R2 de modo ad− bc ̸= 0. Pelo Exemplo 2.18 sabemosque {(a, b), (c, d)} é uma base de R2. A�rmamos que {(a, b, 0), (c, d, 0), (0, 0, γ)} comγ ̸= 0 é uma base de R3.

Seja (x, y, z) ∈ R3. Como {(a, b), (c, d)} é uma base de R2, existem números reaisα, β tais que (x, y) = α(a, b) + β(c, d) de onde segue que (x, y, z) = α(a, b, 0) +β(c, d, 0) + z

γ (0, 0, γ), o que mostra que R3 = [(a, b, 0), (c, d, 0), (0, 0, γ)].Mostremos agora que {(a, b, 0), (c, d, 0), (0, 0, γ)} é linearmente independente. Se

(0, 0, 0) = α(a, b, 0)+β(c, d, 0)+θ(0, 0, γ), então (0, 0) = α(a, b)+β(c, d) e θ = 0 poisγ ̸= 0. Mais ainda, usando que {(a, b), (c, d)} é base de R2, obtemos que α = β = 0.Assim, α = β = θ = 0 o que mostra que {(a, b, 0), (c, d, 0), (0, 0, γ)} é linearmenteindependente.

Do feito acima segue que {(a, b, 0), (c, d, 0), (0, 0, γ)} é uma base de R3 e queexiste uma in�nidade de bases diferentes de R3.

Como no Exemplo 2.18, também podemos achar bases de R3 usando geometriaanalítica. De fato, sejam (a, b, c), (d, e, f) vetores não paralelos de R3 e �xemosum terceiro vetor (g, h, i) que não seja paralelo ao plano determinado pelos vetores{(a, b, c), (d, e, f)} (observe que existe uma in�nidade de vetores (g, h, i) com estapropriedade). No que segue mostraremos que {(a, b, c), (d, e, f), (g, h, i)} é uma basede R3.

De Geometria analítica sabemos que nas condições anteriores, todo vetor w =(x, y, z) ∈ R3 pode ser escrito na forma α(a, b, c) + β(d, e, f) + θ(g, h, i) o que im-plica que R3 = [(a, b, c), (d, e, f), )g, h, i)]. Por outro lado, suponha que α(a, b, c) +β(d, e, f) + θ(g, h, i) = 0. Se θ ̸= 0, então −α

θ (a, b, c) −βθ (d, e, f) = (g, h, i) o que

implica que w está no plano deteminado por pelos vetores (a, b, c), (d, e, f), o que éabsurdo. Assim, θ = 0 e α(a, b, c) + β(d, e, f) = 0. Se α ̸= 0, então (a, b, c), (d, e, f)

27

são paralelos, o que é absurdo. Isto implica que α = 0 o que por sua vez implicaque β = 0. Portanto, α = β = θ = 0 o que mostra que {(a, b, c), (d, e, f), (g, h, i)}é linearmente independente. Isto completa a prova que {(a, b, c), (d, e, f), (g, h, i)} éuma base de R3.

Exemplo 2.23. Sejam u1 = (x1,1, x2,1, . . . , xn,1), u2 = (x1,2, x2,2, . . . , xn,2), . . .,un = (x1,n, x2,n, . . . , xn,n) vetores de Rn e A a matriz dada por

A =

x1,1 x1,2 · · · x1,nx2,1 x2,2 · · · x2,n...

......

...xj,1 xj,2 · · · xj,n...

......

...xn,1 xn,2 · · · xn,n

(2.24)

Suponha que det(A) ̸= 0. Mostraremos a seguir que {u1, . . . , un} é uma base de Rn.Do Exemplo 4.19 sabemos que o conjunto de vetores {u1, . . . , un} é lineramente

independente. Mostremos agora que Rn = [u1, . . . , un]. Seja u = (a1, . . . , an) e con-sidere a equação

∑ni=1 αiui = u. Esta equação é equivalente ao sistema de equações

α1x1,1+ . . . +αix1,i . . .+ αnx1,n = a1,α1x2,1+ . . . +αix2,i . . .+ αnx2,n = a2,

......

......

...α1xj,1+ . . . +αixj,i . . .+ αnxj,n = ai,

......

......

...α1xn,1+ . . . +αixn,i . . .+ αnxn,n = an,

(2.25)

o qual pode ser re-escrito na forma

x1,1 x1,2 · · · x1,nx2,1 x2,2 · · · x2,n...

......

...xj,1 xj,2 · · · xj,n...

......

...xn,1 xn,2 · · · xn,n

α1...αi...αn

= Aα =

a1...ai...an

. (2.26)

Como A é inversível segue que α = A−1u o que implica que∑n

i=1 αiui = u. Istocompleta a prova que {u1, . . . , un} é uma base de Rn. Mais ainda, é fácil ver de esteexemplo que existe uma in�nidade de bases diferentes de Rn..

Exemplo 2.27. Achar uma base do subespaço vetorial U de R3 gerado pelo conjunto{(1, 0, 1), (1, 2, 0), (0, 2,−1)}.

Seja U = [(1, 0, 1), (1, 2, 0), (0, 2,−1)]. É fácil ver que o vetor (0, 2,−1) é combi-nação linear dos vetores (1, 0, 1) e (1, 2, 0) e que {(1, 0, 1), (1, 2, 0)} é linearmente in-dependente. Mais ainda, como [(1, 0, 1), (1, 2, 0)] = [(1, 0, 1), (1, 2, 0), (0, 2,−1) (vejaProposição 1.51) segue que {(1, 0, 1), (1, 2, 0)} é um conjunto gerador de U. Do an-terior vemos que {(1, 0, 1), (1, 2, 0)} é uma base de U .

28

No seguinte resultado veremos que todo espaço vetorial �nitamente gerado possuiuma base.

Teorema 2.28. Se V é �nitamente gerado, então V possui uma base.

Prova: Suponha que V = [u1, . . . , un]. Se {u1, . . . , un} é linearmente independenteentão o resultado está provado. Se os vetores u1, . . . , un não são linearmente in-dependentes, então existe um vetor uj que é combinação linear dos outros vetores.Para simpli�car a escrita, podemos mudar a ordem dos índices e supor que uj = u1.

Da Proposição 1.51 temos que [{u2, . . . , un}] = [{u1, u2, . . . , un}] = V , o queimplica que {u2, . . . , un} é um conjunto gerador de V .

Se os vetores u2, . . . , un são linearmente independente então {u2, . . . , un} é umabase de V e o resultado está provado. De modo contrário, um dos vetores u2, . . . , uné combinação linear dos outros. Renumerando os vetores u2, . . . , un sem necessario,podemos supor que u2 é combinação dos outros vetores. Neste caso, [{u3, . . . , un}] =[{u2, . . . , un}] = V , o que implica que {u3, . . . , un} é um conjunto gerador de V .

Como o conjunto {u1, . . . , un} é �nito, o processo anterior não pode continuar in-de�nidamente (o processo �naliza em {un} ou antes). Se o processo �naliza no passok é porque o conjunto {uk, . . . , un} é linearmente independentes e [{uk, . . . , un}] = V .Neste caso, temos que {uk, . . . , un} é uma base de V .

O próximo resultado nos permitirá introduzir o conceito de dimensão de umespaço vetorial �nitamente gerado.

Proposição 2.29. Suponha que V é �nitamente gerado e que {v1, . . . , vm} é umabase de V . Se n > m e {u1, . . . , un} ⊂ V então {u1, . . . , un} é linearmente depen-dente.

Prova: Para provar o resultado temos que estudar a equação

x1u1 + · · ·+ xnun = 0, (2.30)

e mostrar que esta equação possui uma solução não trivial.Como V = [{v1, . . . , vm}], temos que cada vetor uj é combinação linear dos

vetores v1, . . . , vm. Logo, para cada 1 ≤ j ≤ n existen números reais α1,j , . . . , αm,j

tais que uj = α1,jv1 + · · ·+αm,jvm =∑m

i=1 αi,jvi. Usando isto em (2.30) vemos que

x1

(m∑i=1

αi,1vi

)+ · · ·+ xj

(m∑i=1

αi,jvi

)+ · · ·+ xn

(m∑i=1

αi,nvi

)= 0. (2.31)

Reagrupando os termos em (2.31) obtemos que(n∑

k=1

xkα1,k

)v1 + · · ·+

(n∑

k=1

xkαj,k

)vi + · · ·

(n∑

k=1

xkαm,k

)vm = 0. (2.32)

Como os vetores v1, . . . , vm são linearmente independentes, cada uma das somas em(2.32) é zero, de modo que

x1α1,1 + . . .+ xnα1,n = 0,

x1α2,1 + . . .+ xnα2,n = 0,

... (2.33)

x1αm,1 + . . .+ xnαm,n = 0.

29

Assim, podemos conluir que a equação (2.30) possui uma solução (x1, . . . , xn) ⇔x1, . . . , xn é uma solução do sistema (2.33).

Note agora que o sistema (2.33) é um sistema linear homogêneo de m equações en incógnitas com n > m, o que implica que (2.33) possui uma in�nidade de soluções.Isto prova que (2.30) possui soluções não trivias e que {u1, . . . , un} é linearmentedependente.

Como consequência do resultado anterior temos o seguinte Teorema.

Teorema 2.34. Se V é �nitamente gerado então todas as bases de V possuem omesmo número de elementos.

Prova: Suponha que {v1, . . . , vm} e {u1, . . . , un} são duas bases do espaço V . Como{u1, . . . , un} é base e {v1, . . . , vm} é linearmente independente, da Proposição 2.29segue que m ≤ n. De maneira similar, como {v1, . . . , vm} é base e {u1, . . . , un} élinearmente independente, obtemos que n ≤ m. Como m ≤ n e n ≤ m segue-se quen = m.

O resultado anterior nos permite introduzir o conceito de dimensão de um espaçovetorial.

De�nição 2.35. Suponha que V é �nitamente gerado. Se V ̸= {0}, de�nimos adimensão de V como o número de elementos de alguma base de V . Se V = {0}dizemos que a dimensão de V é zero. A dimensão de V será denotada por dim(V ).

Observação 2.36. Do Exemplo 1.57 sabemos que existem espaços vetorias que nãosão �nitamente gerados. Quando um espaço não é �nitamente gerado, diremos quepossui dimensão não �nita.

Para facilitar a prova dos próximos resultados, consideramos o seguinte Lema.

Lema 2.37. Se {u1, . . . , un} ⊂ V é linearmente independente e v /∈ [{u1, . . . , un}]então o conjunto {u1, . . . , un, v} ⊂ V é linearmente independente.

Prova: Suponha que α1u1+ . . .+αnun+αv = 0. Se α ̸= 0, então v = −∑n

j=1αj

α ujo que é absurdo pois v /∈ [{u1, . . . , un}]. Assim, α = 0. Como α = 0, segue-se queα1u1 + . . . + αnun = 0 de onde obtemos que α1 = . . . = αn = 0 pois {u1, . . . , un}é linearmente independente. Portanto, α1 = . . . = αn = α = 0, o que implica que{u1, . . . , un, v} é linearmente independente.

O próximo resultado considera algumas propriedades dos espaços de dimensão�nita.

Proposição 2.38. Suponha que V é um espaço de dimensão �nita.

1. Se W é um subespaço vetorial de V então W é um espaço de dimensão �nitae dim(W ) ≤ dim(V ),

2. Se n = dim(V ) e {u1, . . . , un} é linearmente independente então {u1, . . . , un}é uma base de V .

Prova: Suponha queW ̸= {0} é um subespaço vetorial deW . ComoW ̸= {0}, existeum vetor (não nulo) w1 ∈ W . Se {w1} é uma base de W , então a propriedade estáprovada. De modo contrario, {w1} não é base e existe w2 ∈ W tal que w2 /∈ [{w1}].Agora, do Lemma 2.37 vemos que {w1, w2} é um conjunto linearmente independente.

30

Se {w1, w2} é uma base de W , o resultado está provado. De modo contrario,existe w3 ∈ W tal que w3 /∈ [{w1, w2}]. Como antes, do Lemma 2.37 obtemos que{w1, w2, w3} é linearmente independente.

Se o processo anterior continua inde�nidamente, teremos que existe k > n e umconjunto {w1, . . . , wk} que é linearmente independente, o que é absurdo segundo aProposição 2.29. Assim, temos que existe k ≤ n tal que o processo anterior �naliza.Note agora que o processo �naliza quando {w1, . . . , wk} é uma base de W . Portanto,W é �nitamente gerado e dim(W ) ≤ n.

Mostremos agora a segunda propriedade. Suponha por absurdo que {u1, . . . , un}não é una base de V . Como {u1, . . . , un} é linearmente independente, temos que{u1, . . . , un} não é um conjunto gerador de V . Logo, existe un+1 ∈ V tal que un+1 /∈[{u1, . . . , un}]. Mais ainda, do Lemma 2.37 segue que {u1, . . . , un+1} é linearmenteindependente, o que é absurdo pois todo conjunto com mais de n = dim(V ) elementosé linearmente dependente (veja Proposição 2.29). Como o absurdo segue de suporque {u1, . . . , un} não é base, podemos concluir que {u1, . . . , un} é base de V .

Exemplo 2.39. É fácil ver dimRn = n e dimPn(R) = n+1. Mais ainda, deixamoscomo exercicio mostrar que o conjunto de matrizes {Ak,l : k = 1, . . . , n, l = 1, . . . ,m}(veja Exemplo 1.43) é uma base de M(n,m) e que dimM(n,m) = nm.

Teorema 2.40. [Completamento de base] Suponha que {u1, . . . , ur} ⊂ V é linear-mente independente e que dimV = n > r > 0. Então existem vetores ur+1, . . . , untais que {u1, . . . , ur, ur+1, . . . , un} é uma base de V.

Prova: Pelo Teorema 2.34 temos que {u1, . . . , ur} não é base de V e como este con-junto é linearmente independente concluimos que {u1, . . . , ur} não é um conjuntogerador de V . Logo, existe um vetor ur+1 ∈ V tal que ur+1 /∈ [{u1, . . . , ur}]. Maisainda, do Lema 2.37 obtemos que {u1, . . . , ur, ur+1} é um conjunto linearmente in-dependente.

Agora temos duas possibilidades, r + 1 = n ou r + 1 < n. Se r + 1 = n, do item(2) da Proposição 2.38 obtemos que {u1, . . . , ur, ur+1} é uma base de V , e a provaestaria completa. Se r + 1 < n podemos fazer como antes e obter um vetor ur+2 talque {u1, . . . , ur, ur+1, ur+2} é linearmente independente. Como antes, r + 2 = n our+2 < n. Se r+2 = n, da Proposição 2.38 segue que {u1, . . . , ur, ur+1, ur+2} é umabase de V . Se r+2 < n podemos �zar ur+3 ∈ V tal que {u1, . . . , ur, ur+1, ur+2, ur+3}é linearmente independente.

Continuando o processo anterior, vemos que depois de no máximo n − r − 3passos, teremos um conjunto da forma {u1, . . . , ur, ur+1, ur+2, ur+3 . . . , un} que é li-nearmente independente. Como este conjunto tem n elementos e é linearmente inde-pendente, da Proposição 2.38 podemos concluir que {u1, . . . , ur, ur+1, ur+2, . . . , un}é uma base de V . A prova está completa.

Exemplo 2.41. Achar uma base do espaço R3 contendo o vetor (1, 1,−1).Como dim(R3) = 3, precisamos achar vetores (a, b, c), (x, y, z) de modo que o

conjunto {(a, b, c), (x, y, z), (1, 1,−1) seja linearmente independente. Do Exemplo2.23 sabemos que {(a, b, c), (x, y, z), (1, 1,−1)} é linearmente independente se

det

1 a x1 b y−1 c z

= x(b+ c)− y(a+ c) + z(b− a) ̸= 0.

31

Se usarmos (a, b, c) = (0, 1, 1) e (x, y, z) = (0, 0, 1) temos que o determinante anterioré um, o que implica que {(0, 1, 1), (0, 0, 1), (1, 1,−1)} é base de R3.

No próximo resultado estudamos a dimensão do espaço soma.

Teorema 2.42. Suponha que V é �nitamente gerado e que U , W são subespaçosvetoriais de V . Então

dim(U +W ) = dimU + dimW − dimU ∩W. (2.43)

Prova: Da Proposição 2.38 e do Teorema 2.28 segue-se que U,W,U ∩W e U +Wpossuim bases. Seja {v1, . . . , vm} é uma base de U

∩W. Como {v1, . . . , vm} ⊂

U é um conjunto linearmente independente, do Teorema 2.40 sabemos que exis-tem vetores u1, . . . , up em U tais que {u1, . . . , up, v1, . . . , vm} é base de U. De ma-neira similar, vemos que existe um conjunto de vetores {w1, . . . , wm} ⊂ W tal que{w1, . . . , wq, v1, . . . , vm} é uma base W.

A seguir mostraremos que {u1, . . . , up, w1, . . . , wq, v1, . . . , vm} é uma base de U +W . Para começar, vejamos que {u1, . . . , up, w1, . . . , wq, v1, . . . , vm} é linearmenteindependente.

Suponha que αi, βj , δk são números reais tais que

α1u1 + · · ·+ αpup + β1w1 + · · ·+ βqwq + δ1v1 + · · ·+ δmvm = 0. (2.44)

De (2.44) vemos que

W ∋q∑

i=1

βiwi = −p∑

i=1

αiui −m∑i=1

δivi ∈ U + U ∩W ⊂ U, (2.45)

o que implica que∑q

i=1 βiwi ∈ U∩W . Usando agora que {v1, . . . , vm} é base de

U ∩W , temos que existem números reais γi, i = 1, . . . ,m tais que

q∑i=1

βiwi = γ1v1 + · · ·+ γmvm de onde ague queq∑

i=1

βiwi −m∑i−1

γivi = 0.

Como {w1, . . . , wq, v1, . . . , vm} é linearmente independente, segue-se que γ1 = . . . =γm = β1 = . . . = βq = 0.

Usando em (2.45) que cada βi = 0, obtemos que∑p

i=1 αiui +∑p

i=1 δivi =0 o que nos permite conluir que α1 = . . . = αp = δ1 = . . . = δm = 0 pois{u1, . . . , up, v1, . . . , vm} é linearmente independente. O anterior prova que o con-junto {u1, . . . , up, w1, . . . , wq, v1, . . . , vm} é linearmente independente.

Vejamos agora que {u1, . . . , up, w1, . . . , wq, v1, . . . , vm} é um conjunto gerador deU +W . Seja v ∈ U +W e suponha que v = u+ w com u ∈ U e w ∈ W .

Como {u1, . . . , up, v1, . . . , vm} é uma base de U , podemos escrever u na formau =

∑pi=1 αiui +

∑mi=1 βivi onde αi, . . . , αp, β1, . . . , βm são números reais. Similar-

mente, como {w1, . . . , wq, v1, . . . , vm} é base de W , existem números reais α′i, . . . , α

′q,

β′1, . . . , β

′m tais que v =

∑qi=1 α

′iwi +

∑mi=1 β

′ivi. Do anterior vemos que

v = u+ w =

p∑i=1

αiui +

m∑i=1

(βi + β′i)vi +

m∑i=1

α′iwi,

32

o que prova que {u1, . . . , up, w1, . . . , wq, v1, . . . , vm} é um conjunto gerador de U+W .Do anterior segue que {u1, . . . , up, w1, . . . , wq, v1, . . . , vm} é linearmente indepen-

dente e gerador de U + W , o que implica que {u1, . . . , up, w1, . . . , wq, v1, . . . , vm} éuma base de U +W . Para completar a prova notamos que

dim(U +W ) = p+ q +m

= (p+m) + (q +m)−m

= dimU + dimW − dimU ∩W,

o que completa a prova.Fazendo uso da prova do Teorema 2.42, mostre o seguinte resultado.

Corolário 2.46. Suponha que V é �nitamente gerado e que U , W são subespaçosvetoriais de V tais que U∩W = {0}. Se {u1, . . . , up} é uma base de U e {w1, . . . , wq}é uma base W então {u1, . . . , up, w1, . . . , wq} é uma base W + U .

Exemplo 2.47. Achar uma base para U, W, U∩W e U+W sendo U = {p ∈ P3(R) :p(0) = p(1) = 0} e W = {p ∈ P3(R) : p(−1) = 0}.

Para comecar estudemos o espaço U . Seja p ∈ U e suponha que p(x) = a0 +a1x + a2x

2 + a3x3. Como p(0) = 0 segue que a0 = 0 e p(x) = a1x + a2x

2 + a3x3.

Usando agora que p(1) = 0 obtemos que a1 = −a2−a3 e que p pode ser representadona forma

p(x) = −(a2 + a3)x+ a2x2 + a3x

3 = a2(x2 − x) + a3(x

3 − x) ∈ [x2 − x, x3 − x],

o que implica que U = [x2 − x, x3 − x].Mostraremos agora que {x2−x, x3−x} é linearmente independente. Se α, β são

números reais tais que α(x2 − x) + β(x3 − x) = 0 então −(α+ β)x+αx2 + βx3 = 0,de onde obtemos que −(α+β) = α = β = 0 pois os vetores x, x2, x3 são linearmenteindependentes. Isto prova que {x2 − x, x3 − x} é linearmente independente. Doanterior vemos que {(x2 − x), (x3 − x)} é uma base de U e que dim(U) = 2.

Estudemos agora o conjunto W . Suponha que p ∈ W e p(x) = a0+a1x+a2x2+

a3x3. Como p(−1) = 0, temos que a0 − a1 + a2 − a3 = 0 e que a1 = a0 + a2 − a3.

Assim,

p(x) = a0 + (a0 + a2 − a3)x+ a2x2 + a3x

3

= a0(1 + x) + a2(x2 + x) + a3(x

3 − x),

de onde vemos que {1 + x, x2 + x, x3 − x} é um conjunto gerador de W .Por outro lado, se α(1+x)+β(x2+x)+γ(x3−x) = 0 temos que α+(α+β−γ)x+

βx2 + γx3 = 0, de onde segue-se que α = (α + β − γ) = γ = β = 0 pois os vetores1, x, x2, x3 são linearmente independentes. Isto prova que {1 + x, x2 + x, x3 − x} éum conjunto linearmente independente de W .

Do anterior, {1 + x, x2 + x, x3 − x} é uma base de W e dim(W ) = 3.Achemos agora uma base de U ∩ W . Se p = a0 + a1x + a2x

2 + a3x3 ∈ U ∩ W

então p(0) = p(1) = p(−1) = 0, de onde obtemos quea0 = 0

a0 + a1 + a2 + a3 = 0

a0 − a1 + a2 − a3 = 0

33

Mais ainda, do sistema anterior segue que a0 = a2 = 0 e a1 = −a3. Portanto, opolinonio p pode ser escrito na forma p(x) = a1x+a3x

3 = −a1(x3−x) o que permitr

deduzir que {x3 − x} é uma base de U ∩W e que dim(U ∩W ) = 1.Para �nalizar, note que do Teorema 2.42 temos que dim(U + W ) = dim(U) +

dim(W ) − dim(U ∩ W ) = 2 + 3 − 1 = 4 o que implica que W + U = P3(R) poisdim(P3(R)) = 4.

Exemplo 2.48. Sejam U = {A ∈ M(2, 2) : AT = A} e W =

[(1 10 1

)]. Calcule-

mos a dimensão dos espaços U, W, U ∩W e U +W .

Para começar, estudemos o espaço U . Se A =

(a bc d

)∈ U então A = AT =(

a cb d

), de onde vemos que c = b. Assim, A é da forma

A =

(a bb d

)= a

(1 00 0

)+ b

(0 11 0

)+ d

(0 00 1

),

e U é gerado por S = {(1 00 0

),

(0 11 0

),

(0 00 1

)}.Mais ainda, como S é linearmente

independente obtemos que S é uma base de U e que dim(U) = 3.

É óbvio que

(1 10 1

)é uma base de W e que dimW = 1.

Estudemos agora o espaço U ∩W . Se A ∈ U ∩W então A ∈ W e A =

(α α0 α

)para algum α ∈ R. Usando agora que A ∈ U , obtemos que α = 0 e que A é a matriznula. Portanto, U ∩W = {0} e dimU ∩W = 0.

Pelo Teorema 2.42 temos que dim(U +W ) = dimU + dimW − dimU ∩W = 4,de onde concluimos que U +W = M(2, 2) pois U +W é um subespaço vetorial deM(2, 2) e dimM(2, 2) = 4.

Exemplo 2.49. Sejam U = {p ∈ P2(R) : p′ = 0}, W = {p ∈ P2(R) : p(0) = p(1) =0} subespaços vetoriais de P2(R). Estudemos as dimensão dos espaços U, W, U ∩We U +W .

Para começar vejamos o espaço U . Se p = a0 + a1t + a2t2 ∈ U então p′(t) =

a1 + 2a2t = 0 para todo t ∈ R, de onde segue que a1 = a2 = 0 pois os polinômios1, x são L.I. Portanto, p é o polinômio constante p(t) = a0, {1} é uma base de U edimU = 1.

Vejamos agora o espaço W . Se p = a0 + a1t + a2t2 ∈ U então p(0) = a0 = 0 e

p(1) = a0 + a1 + a2 = a1 + a2 = 0 de onde vemos que a1 = −a2 e p = a1t− a1t2 =

a1(t−t2) para todo t ∈ R. Assim, S = {t−t2} é gerador deW e como S esta formadopor um elemento, segue que S é L.I. Portanto, S é uma base de W e dimW = 1.

Para estudar U∩W , suponha que p ∈ U ∩W = [1]∩ [t− t2]. Neste caso, existen

constantes λ, µ ∈ R tais que p(t) = λ e p(t) = µ(t − t2) para todo t ∈ R, de ondesegue que λ = µ(t − t2) para todo t ∈ R. Em particular, para t = 1 vemos queλ = 0 de onde obtemos que p(t) = 0 para todo t ∈ R. Portanto, U ∩ W = {0} edimU ∩W = 0.

Finalmente, como dim(U +W ) = dimU + dimW − dimU ∩W = 1 + 1− 0 = 2e {1, t− t2} ⊂ U +W temos que {1, t− t2} é uma base de U +W .

34

2.1.1 Coordenadas de um Vetor

Pelo Teorema 2.14 sabemos que cada vetor v ∈ V pode ser representado como com-binação linear dos vetores da base e que esta representação é única. Usando estefato, podemos introduzir a seguinte de�nição.

De�nição 2.50. Suponha que B = {u1, . . . , un} é uma base de V , que u ∈ V eque u =

∑ni=1 αiui. Os números α1, . . . , αn são chamados de coordenas de u em

relação à base B. No que segue, para u ∈ V usaremos a notação uB para a matriz

uB ∈ M(n, 1) de�nida por uB =

α1...αn

.

Exemplo 2.51. O conjunto B = {(1, 1, 1), (0, 1, 1), (0, 0, 1)} é uma base de R3. Paradeterminar as coordenadas do vetor u = (1, 2, 0) em relação a B, temos que acharnúmeros reais α, β, γ tais que

(1, 2, 0) = α(1, 1, 1) + β(0, 1, 1) + γ(0, 0, 1) = (α, α+ β, α+ β + γ),

o que é equivalente a resolver o sistema de equações

α = 1, α+ β = 2, α+ β + γ = 0.

A solução deste sistema é α = β = 1 e γ = −2, de modo que uB =

11−2

.

Além do anterior, se v = (x, y, z) ∈ R3 é um vetor qualquer, para achar vB temosque resolver o sistema

α = x, α+ β = y, α+ β + γ = z,

que tem como solução α = x, β = y−x e γ = z−y+x. Assim, uB =

xy − x

z − y + x

.

Exemplo 2.52. Mostrar que o conjunto de polinômios B = {1, x, x2 − x} é umabase de P2(R) e achar as coordenadas do polinômio u = 1 + x + x2 em relação aB. Encontre as coordenadas de um polinômio da forma p(x) = a0 + a1x+ a2x

2 emrelação a B.

Como dim(P2(R)) = 3, para mostrar que {1, x, x2 − x} é uma base de P2(R) ésu�ciente provar que {1, x, x2 − x} é linearmente independente. Se α, β, γ são taisque α+βx+ γ(x2−x) = 0 para todo x ∈ R então α+(β− γ)x+ γx2 = 0 para todox ∈ R, de onde obtemos que α = (β − γ) = γ = 0 pois os polinômios 1, x, x2 sãolinearmente independentes. Do anterior é óbvio que e α = β = γ = 0 o que mostraque {1, x, x2 − x} é uma base de P2(R).

Para achar uB, temos que escrever u como combinação linear dos polinômiosem {1, x, x2 − x}, o que é equivalente a encontrar números reais α, β, γ tais queu = 1 + x+ x2 = α1 + βx+ γ(x2 − x). A partir desta equação obtemos que α = 1,

β = 2 e que γ = 1. Assim, uB =

121

.

35

Suponha agora que p(x) = a0 + a1x + a2x2. Para achar as coordenadas de

p en relação a B temos que achar α, β, γ de modo que p = a0 + a1x + a2x2 =

α1 + βx+ γ(x2 − x). Este problema é equivalente a resolver as equações

α = a0, β − γ = a1, γ = a2,

de onde obtemos que pB =

a0a1 + a2

a2

.

2.2 Exercícios

Ex. 2.53. Estude se o conjunto B é uma base do espaço V.

1. B ={1, 1 + t, 1− t2, 1− t− t2 − t3

}, V = P3(R).

2. B =

{(1 10 0

),

(2 10 0

),

(0 11 0

),

(0 00 2

)}, V = M(2, 2).

3. B = {(1, 1, 1, 1), (1, 1, 1, 0), (1, 1, 0, 0), (1, 0, 0, 0)} , V = R4.

Ex. 2.54. Achar uma base e a dimensão do subespaço W de V.

1. W ={(x, y, z, t) ∈ R4 : x− y = 0 e x+ 2y + t = 0

}, V = R4.

2. W = {X ∈ M(2, 2) : AX = X} onde A =

(1 20 1

), V = M(2, 2).

3. W = {X ∈ M(2, 2);AX = XA} onde A =

(1 01 1

)e V = M(2, 2).

Ex. 2.55. Achar uma base e a dimensão de U , W , U +W e U ∩W .

1. U ={(x, y, z) ∈ R3 : x+ y + z = 0

}, W = {(x, y, 0) : x, y ∈ R} , V = R3.

2. U = {A ∈ M(2, 2) : tr (A) = 0} ,W ={A ∈ M(2, 2) : AT = −A

}e V é o es-

paço M(2, 2). Lembre que a traça de A, denotada por tr (A), é a soma doselementos da diagonal principal de A.

Ex. 2.56. Seja u = (−1, 8, 5) ∈ R3, v = (x, y, z) ∈ R3, A = {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)}B = {(0, 0, 1), (0, 1, 1), (1, 1, 1)} e C = {(1, 2, 1), (0, 3, 2), (1, 1, 4)}. Achar uA, uB, uC ,vA, vB e vC .

Ex. 2.57. Seja p ∈ P3(R) dado por p(t) = 10 + t2 + 2t3. Achar pA, pB e pC sendoA = {1, t, t2, t3}, B = {1, 1+ t, 1+ t+ t2, 1+ t+ t2+ t3} e C = {4+ t, 2, 2− t2, t+ t3}.Achar qA, qB e qC sendo q = a0 + a1x+ a2x

2 + a3x3.

Ex. 2.58. Achar as coordenadas do vetor

(2 5−8 7

)em relação a base canonica

de M(2, 2) e em relação a base

{(1 00 0

),

(1 10 0

),

(1 11 0

),

(1 11 1

)}.

Ex. 2.59. Achar uma base M(2, 2) que contenha os vetores

(1 01 0

)e

(1 10 0

).

36

Ex. 2.60. Suponha que {u1, . . . , un} é uma base de V . Mostre que S = {u1, u1 +u2, u1+u2+u3, . . . , u1+· · · , un} é um base de V (Mostre que S é L.I. e use Proposição2.38). Prove que {α1u1, . . . , αnun} é uma base de V quando todos os números αj

são diferentes de zero.

2.2.1 Prova teste 1 de 2011

1. Seja T : R3 → M(2, 2) a função de�nida por T : R3 → M(2, 2) dada por

T (x, y, z) =

(−z z − yx 0

)(a) Mostre que T é uma transformação linear.

(b) Achar Ker(T ), a dimensão e uma base.

(c) Achar Img(T ), a dimensão e uma base.

2. Suponha que U e W são subespaços vetorias de um espaço vetorial X.

(a) Mostre que U∩W e U +W são subespaços vetorias de X.

(b) Suponha que dim(X) = n, dim(U) > n/2 e que dim(W ) > n/2. Mostreque U ∩W ̸= {0}.

3. Seja X = M(n, n) munido das operações usuais e S o conjunto de�nido porS = {A ∈ X : A = −AT } (lembre que AT = (aj,i) se A = (ai,j)). Mostre queS é um espaço vetorial com as operações de X. Achar a dimensão e uma basepara S.

2.2.2 Prova Teste 2 de 2012

1. Mostre que o conjunto U = { (x, y, z) ∈ R3 | 2x − 2y = z } é um subespaçovetorial de R3. Achar um conjunto gerador de U .

2. Mostre que o conjunto W = { (x, y, z) ∈ R3 | 2x = y − z } é um subespaçovetorial de R3. Achar um conjunto gerador de W .

3. Achar um conjunto gerador para U + W . É verdade que R3 = U ⊕ W ?(justi�que)

4. De�na o conceito de combinação linear e represente o polinômio p(x) = x2

como combinação linear dos vetores { 1, 2− x, 2 + x+ x2 } de P (2).

5. Sejam P3(R) os espaço de polinômios de grau menor o igual a 3 e

U = {p ∈ P3(R) : p(1) = p(0) = 0} .

O conjunto é um espaço vetorial com as operações de P3(R)? Em caso a�rma-tivo, achar um conjunto gerador de U .

37

2.2.3 Prova 1 do ano 2011

1. Seja T : M(2, 2) → M(2, 2) a função dada por T

([a bc d

])=

[0 a2b c

](a) Mostre que T é uma transformação linear.

(b) Achar o núcleo de T , a dimensão do núcleo e uma base.

(c) Achar Img(T ), a dimensão de Img(T ), e uma base.

2. Seja U = {(1, 2, 3), (1, 1, 1), (2, 8, 14)} e W o conjunto de�nido por

W = {α(1, 2, 3) + β(1, 1, 1) + γ(2, 8, 14) : α, β, γ ∈ R}.

(a) Mostre que W é subespaço vetorial de R3.

(b) Achar uma base para W e a dimensão de W .

3. Sejam X = M(3, 3) com as operações usuais e S = {A ∈ X : A = −AT } (Noteque AT = (aj,i) se A = (ai,j)). Mostre que S é um subespaço vetorial de X.Achar a dimensão e uma de S.

2.2.4 Prova 1 de 2012

1. Seja V um espaço vetorial e {u1, . . . , un} ⊂ X.

(a) De�na os conceitos de combinação linear, conjunto l.i. e espaço geradopor {u1, . . . , un},

(b) mostre que [{u1, . . . , un}] é um espaço vetorial de V ,

(c) [{(1, 2, 3), (4, 5, 6), (1, 0, 0)}] = R3? (justi�que ! )

2. Mostre que o conjunto U = { (x, y, z) ∈ R3 : x − 2y = 3z } é um subespaçovetorial de R3. Achar um conjunto gerador de U .

3. Mostre que o conjunto W = { (x, y, z) ∈ R3 : 4x = 5y − 6z } é um subespaçovetorial de R3. Achar um conjunto gerador de W .

4. Achar um conjunto gerador de U +W . É verdade que R3 = U ⊕W ? (justi�-que!)

38

Capítulo 3

Transformações Lineares

Neste capítulo estudaremos um tipo especial de funções que são de�nidas entre es-paços vetorias. Este tipo de funções, chamadas de transformações lineares, nospermitiram comparar os espaços vetorials desde diferentes pontos de vista. Em par-ticular, veremos que dois espaços vetoriais de igual dimensão são (do ponto de vistada álgebra linear) iguais.

No que segue, U , V são espaços vetoriais e para simpli�car a escrita, usaremosa mesma notação para as operações em U e em V (mas lembre que essas operaçõespodem ser diferentes,.. muito diferentes!!). Começamos com a seguinte de�nição.

De�nição 3.1. Uma função T : U → V é chamada transformação linear se T (λu) =λT (u) e T (u+ v) = T (u) + T (v) para todo u, v ∈ U e todo λ ∈ R.

Observação 3.2. No que segue, L(U, V ) denotará o conjunto formado por todas astransformações lineares de�nidas de U em V .

Deixamos como exercicio a prova do seguinte Lema.

Lema 3.3. Uma função T : U → V é uma transformação linear ⇔ T (u + µv) =T (u) + µT (v) para todo u, v ∈ U e cada µ ∈ R.

Vejamos alguns exemplos de transformações lineares.

1. A função T : U → V dada por T (u) = 0 para todo u ∈ U , é uma transformaçãolinear.

2. A função T : U → U dada por T (u) = u é uma transformação linear. Estafunção é chamada de transformação identidade e no que segue será notadasimplesmente por I.

3. Seja T : Pn(R) → Rn+1 a função dada por T (a0 + a1x + · · · + anxn) =

(a0, . . . , an).

Para provar que T é uma transformação linear, usaremos o Lemma 3.3. Sejamu, v ∈ Pn(R), α ∈ R e suponha que u = a0 + a1x + a2x

2 + a3x3 + anx

n ev = b0 + b1x+ b2x

2 + b3x3 + bnx

n. Da de�nição de T vemos que

T (u+ λv) = T ((a0 + αb0) + (a1 + αb1)x . . .+ (an + αbn)xn)

= ((a0 + αb0), (a1 + αb1), . . .+ (an + αbn))

= (a0, a1, . . . , an) + α(b0, b1, . . . , bn)

= T (u) + αT (v),

39

o que prova que T é uma transformação linear.

4. Seja A ∈ M(m,n). De�nimos a função T : M(n, 1) → M(m, 1) por T (X) =AX. A função T é uma transformação linear.

Suponha que A = (ai,j)i,j e sejam u = (u1, . . . , un)T e v = (v1, . . . , vn)

T vetoresde M(n, 1). Para mostrar que T (u) + αT (v) = T (u+ αv) é su�ciente mostrarque as coordenadas de T (u+ αv) são iguais as coordenadas de T (u) + αT (v).Da de�nição do produto A(u + αv) vemos que a coordenada i de A(u + αv)é dada por

∑nj=1 ai,j(uj + αvj). Similarmente, vemos que a coordenada i de

T (u) = Au e a coordenada i de T (v) = Av são dadas por∑n

j=1 ai,juj e∑nj=1 ai,jvj respectivamente, de onde segue que a coordenada i de Au + αAv

é∑n

j=1 ai,juj + α∑n

j=1 ai,jvj .

Do anterior é claro que para todo i = 1, . . . , n, a coordenada i de T (u+ αv) éigual a coordenada i de T (u) + αT (v). Assim, T (u) + αT (v) = T (u + αv) oque implica que T é uma transformação linear.

3.0.1 Imagem e Núcleo de uma transformação

Antes de introduzir a imagem e Núcleo de uma transformação linear, lembremosalguns conceitos da teoria de funções.

De�nição 3.4. Sejam X,Y conjuntos, A ⊂ X, B ⊂ Y e f : X → Y função. Aimagem de A por f é o subconjunto de Y dado por f(A) = {f(a) : a ∈ A} e aimagem inversa de B ⊂ Y por T é o subconjunto de X de�nido por f−1(B) = {x ∈X : T (x) ∈ B}.

De�nição 3.5. Sejam X,Y conjuntos e f : X → Y uma função. Dizemos que

1. f é injetora se f(x) = f(z) ⇔ x = z,

2. f é sobrejetora se f(X) = {f(x) : x ∈ X} = Y (equivalentemente, para todoy ∈ Y existe x ∈ X tal que f(x) = y),

3. f é bijetora se f é injetora e sobrejetora,

4. f é inversível, se existe uma função g : Y → X tal que g ◦ f(x) = x para todox ∈ X e f ◦ g(y) = y para todo y ∈ Y . Neste caso, a função g será denotadapor f−1.

Lema 3.6. Se T ∈ L(U, V ) é inversível então a inversa de T é única e T−1 é umatransformação linear.

Prova: Suponha que R,S ∈ L(V,U) são inversas de T . Para v ∈ V temos que

Sv = S ◦ IV v = S ◦ (T ◦R)v = (S ◦ T ) ◦Rv = IU ◦Rv = Rv

o que implica que S = R.Para mostrar que T−1 é uma transformação linear, �xemos x, y ∈ U e α ∈ R.

Como T é sobrejetora, existem vetores v, w ∈ U tais que T (u) = x e T (w) = y. Maisainda, notando que T (u+ αw) = T (u) + αT (w) = u+ αy segue que T−1(x+ αy) =u+ αw = T−1(x) + αT−1(y), o que prova que T−1 é linear.

40

Proposição 3.7. Suponha que T : U → V uma transformação linear.

1. Se W é um subespaço vetorial de U então T (W ) é um subespaço vetorial deV. Mais ainda, se {w1, . . . , wn} é um conjunto gerador de W então o conjunto{T (w1), . . . , T (wn)} é gerador de T (W ) ( T (W ) = [{T (w1), . . . , T (wn)}]).

2. Sejam 0U e 0V o zero de U e o zero de V respectivamente. Então T (0U ) = 0V .

3. Se W é um subespaço vetorial de V , então T−1(W ) ̸= ∅ e T−1(W ) é umsubespaço vetorial de U.

Prova: Mostremos (1). Para provar que T (W ) é subespaço vetorial de U temos quemostrar que x+ αy ∈ T (W ) para todo x, y ∈ T (W ) e todo α ∈ R. Se x, y ∈ T (W ),então existem u,w ∈ W tais que x = T (u) e y = T (w). Usando que T é umatransformação linear, vemos que

x+ αy = T (u) + λT (w) = T (u) + T (αw) = T (u+ αw),

o que implica que x+ αy ∈ T (W ) pois u+ αw ∈ W .Suponha agora que {w1, . . . , wn} é um conjunto gerador de W . Se w ∈ W , então

existem números reais α1, . . . , αn tais que w =∑n

i=1 αiwi. Usando agora que T éuma transformação linear vemos que T (w) = T (

∑ni=1 αiwi) =

∑ni=1 αiT (wi) o que

implica que T (w) ∈ [{T (w1), . . . , T (wn)}]. Como w é arbitrário, do anterior vemosque T (W ) ⊂ [{T (w1), . . . , T (wn)}].

Notando que T (W ) é um espaço vetorial e que {T (w1), . . . , T (wn)} ⊂ T (W ) éclaro que [{T (w1), . . . , T (wn)}] ⊂ T (W ). Do anterior, T (W ) ⊂ [{T (w1), . . . , T (wn)}]e [{T (w1), . . . , T (wn)}] ⊂ T (W ) o que mostra que T (U) = [{T (w1), . . . , T (wn)}].

A prova de prova (2) é obvia pois T (00U ) = 0T (0U ) = 0V .Para �nalizar provemos (3). Como T (0U ) = 0V segue-se que 0U ∈ T−1(W ),

de modo que T−1(W ) ̸= ∅. Para mostrar que T−1(W ) é subsepaço vetorial de U ,�xemos x, y ∈ T−1(W ) e α ∈ R. Pela de�nição de T−1(W ) temos que T (x), T (y) ∈W o que implica que T (x) + αT (y) ∈ W pois W é um espaço vetorial. Usando istosegue que T (x+αy) = T (x) + λT (y) ∈ W o que mostra que x+ λy ∈ T−1(W ). Istoprova que T−1(W ) é um subespaço vetorial de U. A prova está completa.

Pelo item (1) da proposição anterior, temos que uma transformação linear T :U → V é completamente determinada pelos valores que ela assume numa base de U .De fato, se {w1, . . . , wn} é uma base de U e u ∈ U , então u pode ser escrito na formau =

∑ni=1 αiwi de onde obtemos que T (u) =

∑ni=1 αiT (wi). Logo, se conhecemos

os valores T (wi) conhecemos T (u) para qualquer u. Mais ainda, como veremos nopróximo Lemma, se {u1, . . . , un} e {v1, . . . , vn} são vetores de U e V respectivamente,e {u1, . . . , un} é uma base de U então existe uma transformação linear T : U → Vtal que T (ui) = vi para cada i.

Lema 3.8. Suponha que {u1, . . . , un} é uma base e U e que {v1, . . . , vn} ⊂ V . Entãoexiste uma única transformação linear T : U → V tal que T (ui) = vi para cada i.

Prova: Como {u1, . . . , un} é uma base e U , para u ∈ U existem números reaisα1, . . . , un tais que u =

∑ni=1 αiui. Usando este fato, de�nimos T : U → V por

T (u) =∑n

i=1 αivi quando u =∑n

i=1 αiui. A�rmamos que T é função e que T é umatransformação linear.

41

Da de�nição de T e do fato que os coe�cientes na representação de u ∈ U sãounicos, segue que T é uma função. Para ver que T é linear, suponha que u, x ∈ Ue que α ∈ R. Se u =

∑ni=1 αiui e x =

∑ni=1 βiui então αu + x = α

∑ni=1 αiui +∑n

i=1 βiui =∑n

i=1(ααi + βi)ui de onde segue que

T (αu+ x) =n∑

i=1

(ααi + βi)vi = αn∑

i=1

αivi +n∑

i=1

βivi = αT (u) + T (x),

o que prova que T é linear. Mais ainda, como ui = 0u1+ . . . , 1ui+ . . . 0un temos queT (ui) = vi para cada i, o que prova que T é uma transformação como a requerida.

Para mostrar que é unica, suponha que S : U → V é uma outra transformaçãolinear tal que S(ui) = T (ui) = vi para cada i. Se u =

∑ni=1 αiui ∈ U então

S(u) = S(

n∑i=1

αiui) =

n∑i=1

αiS(ui) =

n∑i=1

αivi = T (u),

o que implica que S(u) = T (u) para todo u ∈ U . Isto prova que T = S.

Observação 3.9. Note que na prova do Lema 3.8 aparece como de�nir a transfor-mação T : U → V tal que T (ui) = vi para cada i. De fato, se u =

∑ni=1 αiui então

T (u) =∑n

i=1 αivi.

Deixamos como exercicio provar o seguinte Lemma.

Lema 3.10. Suponha que {u1, . . . , un} é um conjunto linearmente independente deU e que {v1, . . . , vn} ⊂ V . Então existe uma transformação linear T : U → V tal queT (ui) = vi para cada i. Mais ainda, se {u1, . . . , un} não é uma base então existemin�nitas transformações que veri�cam as condições requeridas.

Exemplo 3.11. Achar uma transformação linear T : R3 → R3 tal que T (R3) sejagerada por {(1, 2, 0), (1, 1, 1)}.

De�niremos uma transformação T tal que T (1, 0, 0) = (1, 2, 0), T (0, 1, 0) =(1, 1, 1) e T (0, 0, 1) = (0, 0, 0). Se (x, y, z) ∈ R3, temos que

T (x, y, z) = xT (e1) + yT (e2) + zT (e3)

= x(1, 2, 0) + y(1, 1, 1)

= (x+ y, 2x+ y, y).

Assim, a transformação linear dada por T (x, y, z)(x+y, 2x+y, y) é como a requerida.

Exemplo 3.12. Achar uma transformação linear T : R2 → R2 tal que T (1, 2) =(3,−1) e T (0, 1) = (1, 2).

Como {(1, 2), (0, 1)} é uma base de R2, para (x, y) ∈ R2 existem números reaisα, β tais que (x, y) = α(1, 2)+β(0, 1) = (α, 2α+β). Mais ainda, é fácil ver que nestecaso α = x e β = (y − 2x).

Da Observação 3.9 temos que a transformação requerida é dada por

T (x, y) = T (x(1, 2) + (y − 2x)(0, 1))

= xT (1, 2) + (y − 2x)T (0, 1)

= x(3,−1) + (y − 2x)(1, 2)

= (x+ y, 2y − 5x).

42

Introduzimos agora o conceito de núcleo de uma transformação linear. No quesegue desta apostilha, usaremos a mesma notação “0” para o zero de algum espaçovetorial.

De�nição 3.13. Seja T ∈ L(U, V ). O núcleo de T é o subconjunto de U de�nidopor T−1({0}) = {u ∈ U : T (u) = 0}. No que segue usaremos a notação N (T ) para onúcleo de T .

Exemplo 3.14. Sejam T : R3 → R S : R3 → R2 as transformações lineares de�nidaspor T ((x, y, z)) = 2x+ y − z e S((x, y, z)) = (2x+ y − z, z). Achar o nucleo de T, Se bases para os espaços N (T ), N (S) T (R3) e S(R3).

Para comecar estudemos a função T . Da de�nição de T temos que

N (T ) = {(x, y, z) : T ((x, y, z)) = 2x+ y − z = 0}= {(x, y, z) : 2x+ y = z}= {(x, y, 2x+ y) : x, y ∈ R}= {x(1, 0, 2) + y(0, 1, 1) : x, y ∈ R}= [(1, 0, 2), (0, 1, 1)] (3.15)

de onde obtemos que N (T ) é um espaço de dimensão 2 e que {(1, 0, 2), (0, 1, 1)} éuma base.

Lema 3.16. Suponha que T ∈ L(U, V ). Então o núcleo de T é um subespaço vetorialde U . Mais ainda, T é injetora ⇔ N (T ) = {0}.

Prova: A Primeira propriedade segue diretamente de Proposição 3.7 pois {0} é umsubespaço vetorial de V e N (T ) = T−1({0}).

Mostremos agora a segunda propriedade. Suponha agora que T é injetora e sejax ∈ N (T ). Como T (x) = 0V , T (0) = 0 (veja o item (2) da Proposição 3.7) e T éinjetora, segue que x = 0U . Isto prova que N (T ) = {0}.

Suponha agora queN (T ) = {0} e que x, y ∈ U são tais que T (x) = T (y). Como Té linear, vemos que T (x−y) = T (x)−T (y) = 0 o que implica que x−y ∈ N (T ) = {0}e que x = y. Isto mostra que T é injetora. A prova está completa.

Exemplo 3.17. Sejam θ ∈ R e T : R2 → R2 a transformação linear de�nida por

T (x, y) = (x cos θ − y sen θ, x sen θ + y cos θ).

Se (x, y) ∈ N (T ) então T (x, y) = (x cos θ − y sen θ, x sen θ + y cos θ) = (0, 0), deonde segue que (

cos(θ) − sen (θ)sen (θ) cos(θ)

)(xy

)=

(00

).

Como A matriz anterior é inversível (o determinante da matriz anterior é 1),obtemos que (x, y) = (0, 0). Assim, N (T ) = {0} o que implica que T é injetora.

Estabelecemos agora um dos mais importantes resultados da teoria de transfor-mações lineares.

43

Teorema 3.18 (Teorema do Núcleo e da Imagem). Suponha que T ∈ L(U, V ) e queU tem dimensão �nita. Então

dim(U) = dimN (T ) + dimT (U).

Prova: No que segue supomos que N (T ) ̸= {0}. Como U é um espaço de dimensão�nita, temos que N (T ) também é �nitamente gerado. Suponha que {u1, . . . , up} éuma base de N (T ). Pelo Teorema 2.40 sabemos que existem vetores v1, . . . , vq de Utais que {u1, . . . , up, v1, . . . , vq} é uma base de U.

No que segue, mostraremos que {T (v1), . . . , T (vq)} é uma base de T (U). Paracomeçar vejamos que {T (v1), . . . , T (vq)} é linearmente independente.

Suponha que α1T (v1) + · · · + αqT (vq) = 0. Como T é linear, é fácil ver queT (α1v1 + · · · + αqvq) = 0, de onde segue que

∑qj=1 αivi ∈ N (T ). Usando que

{u1, . . . , up} é uma base de N (T ), podemos supor que∑q

j=1 αivi =∑p

j=1 βiui ondeβi são números reais. Assim,

β1u1 + · · ·+ βpup − α1v1 − · · · − αqvq = 0,

de onde obtemos que α1 = · · · = αq = β1 = · · · = βp = 0 pois {u1, . . . , up, v1, . . . , vq}é uma base de U. Isto prova que {T (v1), . . . , T (vq)} é linearmente independente.

Por outro lado, como {u1, . . . , up, v1, . . . , vq} é uma base de U , do item (1) daProposição 3.7 segue que {T (u1), . . . , T (up), T (v1), . . . , T (vq)} é um conjunto geradorde T (U), o que implica que {T (v1), . . . , T (vq)} é um conjunto gerador de T (U). Istocompleta a prova que {T (v1), . . . , T (vq)} é uma base de T (U).

Notando que {u1, . . . , up} é base de N (T ), que {u1, . . . , up, v1, . . . , vq} é basede U e que {T (v1), . . . , T (vq)} é uma base do espaço T (U), vemos que dimU =dimN (T ) + dimT (U). A prova do caso N (T ) = {0} segue da prova anterior. Istocompleta a demostração.

Observação 3.19. Na prova do Teorema 3.18 aparece uma maneira de achar umabase para o espaço T (U). De fato, na prova supomos que {u1, . . . , up} é uma base deN (T ) e logo completamos este conjunto a uma base do espaço U que foi denotadapor {u1, . . . , up, v1, . . . , vq}. O conjunto {T (v1), . . . , T (vq)} é uma base de T (U).

Como consequência do resultado anterior temos as seguintes propriedades.

Corolário 3.20. Suponha que T ∈ L(U, V ). Se dimU = dimV , então as seguintescondições são equivalentes.

1. T é sobrejetora,

2. T é injetora,

3. T é bijetora,

4. T leva bases de U em bases de V, isto é, se {u1, . . . , un} é uma base de U então{T (u1), . . . , T (un)} é uma base de V.

Prova: Suponha que T é sobrejetora. Pelo teorema anterior temos que dim(U) =dim(N (T )) + dim(V ) de onde segue que dim(N (T )) = 0 e que N (T ) = {0}. Agora,do Lemma 3.16 podemos concluir que T é injetora.

44

Se T é injetora então dimN (T ) = 0 e do Teorema 3.18 segue dimU = dimT (U).Portanto, T (U) é um subespaço de V com a mesma dimensão de V o que implicavia o item (2) da Proposição 2.38 que T (U) = V . Isto prova que T é sobrejetora, ecomo consequencia bijetora.

Suponha que T é bijetora e que u1, . . . , un é uma base de U. Do item (1) daProposição 3.7 sabemos que {T (u1), . . . , T (un)} é um conjunto gerador de T (U) = V .Por outro lado, se

∑ni=1 αiT (ui) = 0 então T (

∑ni=1 αiui) = 0 de onde obtemos que∑n

i=1 αiui = 0 uma vez que T é injetora. Como u1, . . . , un é base obtemos queα1 = . . . un = 0 o que implica que {T (u1), . . . , T (un)} é linearmente independente.Assim, temos provado que {T (u1), . . . , T (un)} é uma base de V . Portanto, T levabases em bases.

Finalmente, suponha que T leva bases em bases. Seja u1, . . . , un uma base de U.Pela hipótese, o conjunto {T (u1), . . . , T (un)} é uma base de V. Assim, dado v ∈ Vexistem números reais α1, . . . , αn tais que v =

∑ni=1 αiT (ui) de onde obtemos que

v = T (∑n

i=1 αiui). Isto mostra que T é sobrejetora. A prova está completa.

Exemplo 3.21. Estudemos a transformação T : P2(R) → P2(R) de�nida por T (p) =p′ + p′′.

Se p(x) = a0 + a1x+ a2x2 ∈ N (T ) então (a1 +2a2x) + 2a2 = 0 para todo x ∈ R.

Fazendo x = 0, seque que a1 = −2a2 e com x = −1 segue que a1 = 0. Assim, pé o polinômio constante p = a0. Logo, N (T ) = {a : a ∈ R} que tem por base opolinômio {1}.

Da observação 3.19 segue que o conjunto {Tx, Tx2} = {1, 2x+2} é uma base daimagem de T . Assim, T (P2(R)) é um espaço de dimensão 2.

Exemplo 3.22. Achar uma transformação T ∈ L(P3(R), P2(R)) tal que N (T ) =[{1 + x3, 1− x2}].

Para de�nir a transformação T precissamos de uma base de P3(R). Por conveni-encia, consideramos a base {1 + x3, 1− x2, 1, x}. Como queremos que o núcleo de Tseja {1 + x3, 1− x2}, de�nimos T (1 + x3) = T (1− x2) = 0. Mais ainda, para que onúcleo de T seja exatamente [{1 + x3, 1− x2}], de�nimos T (1) = 1 e T (x) = x.

Para achar uma formula explicita de T , �xemos p(x) = a0+ a1x+ a2x2+ a3x

3 ∈P3(R). Note agora que

T (p) = T (a0 + a2 − a3 + a1x+ a3(1 + x3)− a2(1− x2))

= T (a0 + a2 − a3) + a1Tx+ a3T (1 + x3)− a2T (1− x2)

= (a0 + a2 − a3)1 + a1x

= a0 + a2 − a3 + a1x.

Exercício 3.23. Usando as ideias no exemplo anterior, achar uma segunda trans-formação S ∈ L(P3(R), P2(R)) tal que N (S) = [{1 + x3, 1− x2}].

Corolário 3.24. Se T ∈ L(U, V ), dim(V ) = 1 e T é não nula, então T é sobrejetora.

Prova: Como T é não nula, 1 = dimU = dimN(T ) + dimT (U) ≥ dimT (U) ≥ 1,de onde segue que dimT (U) = 1. Isto prova que T é sobrejetora pois dimV = 1.

Corolário 3.25. Suponha que T ∈ L(Rn,R) é não nula. Então T é sobrejetora eexistem números reais a1, . . . , an tais que T ((x1, . . . , xn)) = a1x1 + . . . + anxn paratodo x = (x1, . . . , xn) ∈ Rn. Mais ainda, N (T ) = {(x1, . . . , xn) ∈ Rn : a1x1 + . . . +anxn = 0} e dim(N (T )) = n− 1.

45

Prova: Como T é não nula segue do Corolario anterior que T é sobrejetora. Umvetor x = (x1, . . . , xn) ∈ Rn pode ser escrito na forma x = (x1, . . . , xn) =

∑ni=1 xiei

de onde vemos que T ((x1, . . . , xn)) =∑n

i=1 xiT (ei). Assim, T ((x1, . . . , xn)) = a1x1+. . . + anxn com ai = T (ei) e é óbvio que N (T ) = {(x1, . . . , xn) ∈ Rn : a1x1 + . . . +anxn = 0}.

Finalmente, do Teorema 3.18 segue que n = dim(Rn) = dim(N (T ))+dimT (U) =dim(N (T ))+1 de onde obtemos que n−1 = dim(N (T )). Isto completa a prova.

Exemplo 3.26. Estudemos o núcleo e a imagem da transformação T : M(2, 2) →

M(2, 2) dada por T (X) = AX −XA, onde A é a matriz A =

(1 20 1

).

Se X =

(a bc d

)∈ N (T ), então AX = XA e

(1 20 1

)(a bc d

)=

(a bc d

)(1 20 1

),

de onde obtemos o sistema de equaçõesa+ 2c = a

b+ 2d = 2a+ b

c = c.

d = 2c+ d

Deste sistema obtemos que c = 0, a = d. Logo, X é da forma

X =

(a b0 a

)= a

(1 00 1

)+ b

(0 10 0

).

Portanto, o espaço N (T ) é gerado pelas matrizes

(1 00 1

),

(0 10 0

). Mais ainda,

como estas matrizes são linearmente independentes segue que N (T ) é um espaço de

dimensão dois e que

{(1 00 1

),

(0 10 0

)}é uma base de N (T ).

Estudemos agora a imagem de T . Uma matriz Y =

(x yz t

)petence a imagen

de T se existe uma matriz X =

(a bc d

)tal que Y = AX −XA. Equivalentemente,

(x yz t

)=

(a+ 2c b+ 2d

c d

)−(a 2a+ bc 2c+ d

)=

(2c 2d− 2a0 −2c

)= 2c

(1 00 −1

)+ 2(d− a)

(0 10 0

), (3.27)

de onde deduzimos que a imagem de T é gerada por A = {(1 00 −1

),

(0 10 0

)} Como

A é linearmente independente, obtemos que a imagem de T é um espaço vetorial dedimensão dois e que A é uma base da imagem de T .

46

3.1 Isomor�smo e Automor�smo

Nesta seção estudamos o conceito de espaços vetoriais isomorfos. A isomor�a é umdos conceitos mais importantes da álgebra lineat, e basicamente diz que espaçosvetoriais isomorfos são �iguais" do ponto de vista da álgebra linear. Para comecar,introduzimos o conceito de isomor�smo.

De�nição 3.28. Uma transformação linear T : U → V é chamada isomor�smo seT é bijetora. Se U = V dizemos que T é um automor�smo.

De�nição 3.29. Os espaços U e V são isomorfos se existe um isomor�smo linearde�nido de U em V .

Exemplo 3.30. As seguintes funções são isomor�smos.

1. T : U → U dada por T (u) = u,

2. T : Rn → Pn−1(R) dada por T (x1, . . . , xn) = x1 + x2t+ · · ·+ xntn−1,

3. T : M(m,n) → Rmn que associa a cada matriz A = (aij) de M(m,n) o vetorde Rn dado por (a1,1, . . . , a1,n, . . . , am,1, . . . , am,n),

Teorema 3.31. Sejam U, V espaços vetoriais de dimensão �nita. Os espacos U, Vsão isomorfos ⇔ dim(U) = dim(V ).

Prova: Suponha que ⇔ dim(U) = dim(V ) e sejam {u1, . . . , un} e {v1, . . . , vn} basesde U e V respectivamente. Para mostrar que os espaços são isomorfos, temos quemostrar que existe um isomor�smo T de U em V . Pelo Lemma 3.8 existe uma únicaT ∈ L(U, V ) tal que T (ui) = vi para cada i = 1, . . . n. Mais ainda, para x ∈ U comx =

∑ni=1 xiui temos que T (x) = T (

∑ni=1 xiui) =

∑ni=1 xivi.

No que segue mostraremos que T é um isomor�smo entre U e V. Para mostrarque T é injetora provaremos que N (T ) = {0}. Suponha que x =

∑ni=1 xiui ∈ N (T ).

Como T (x) =∑n

i=1 xivi = 0 e {v1, . . . , vn} é uma base de V , segue que xi = 0 paratodo i e que x = 0. Isto prova que N (T ) = {0}.

Vejamos agora que T é sobrejetora. Se y ∈ Y então y pode ser representadona forma y =

∑ni=1 yivi. Seja x ∈ U de�nido por x =

∑ni=1 yiui. É óbvio que

T (x) = T (∑n

i=1 yiui) =∑n

i=1 yivi = y o que implica que y ∈ T (U). Como y éarbitario, podemos concluir que T (U) = V . Portanto, T é sobrejetora.

Dos passos anteriores segue que T é um isomor�smo e que os espaços U e V sãoisomorfos.

Suponha agora que os U, V são isomorfos. Sejam T : U → V um isomor�smoe {u1, . . . , un} uma base de U . Pelo Corolario 3.20 sabemos que T leva bases deU em bases de V , de onde obtemos que {Tu1, . . . , Tun} é uma base de V e quedim(U) = dim(V ). A prova está completa.

Exemplo 3.32. Seja T : R3 → R3 a transformação linear dada por T (x, y, z) =(x− y, x− z, z − y). Se T (x, y, z) = (0, 0, 0) então x− y = 0, x− z = 0 e z − y = 0de onde obtemos que x = y = z. Logo, N (T ) = [(1, 1, 1)] e T não é injetora. Emparticular, notamos que T não é um isomor�smo.

47

3.1.1 O Espaço Vetorial L(U, V )

Sejam T, S ∈ L(U, V ) e α ∈ R. Como V é um espaço vetorial, podemos de�nir asfunções T + S : U → V e (αT ) : U → V por (T + S)(u) = T (u) + S(u) e (αT )(u) =αT (u). Mais ainda, é fácil mostrar as funções S+T e αT são transfromações lineraesde U em V . Deixamos como exercicio a prova do seguinte Lemma.

Lema 3.33. Sejam T, S ∈ L(U, V ) e α ∈ R. Então as funções T + S : U → V e(αT ) : U → V são transformações lineares de U em V .

Teorema 3.34. O conjunto L(U, V ) munido das operações S + T e αT de�nidasanteriormente é um espaço vetorial e dimL(U, V ) = dim(U) dim(V ).

Prova: A prova que L(U, V ) é um espaço vetorial é deixada como exercicio. Paracalcular a dimensão de L(U, V ), temos que achar uma base deste espaço.

Sejam {u1, . . . , un} e {v1, . . . , vm} bases de U e V respectivamente. Para 1 ≤ i ≤n e 1 ≤ j ≤ m denotamos por Ti,j a única transformação linear Ti,j : U → V tal queTi,j(ui) = vj . Note que Tij(x) = xivj quando x =

∑ni=1 xiui. Mostraremos a seguir,

que {Tij : 1 ≤ i ≤ n, 1 ≤ j ≤ m } é uma base de L(U, V ).

Provemos para começar que {Tij : 1 ≤ i ≤ n, 1 ≤ j ≤ m } é linearmenteindependente. Se

∑ni=1

∑mj=1 aijTij = 0, da de�nição das funções Ti,j segue que

0 =n∑

i=1

m∑j=1

aijTij(uk) =m∑j=1

n∑i=1

aijTij(uk) =m∑j=1

akjTkj(uk) =m∑j=1

akjvj .

Usando agora que os vetores v1, . . . , vm são linearmente independentes, obtemos queak1 = . . . = akm = 0. Notando agora que k é arbitrário, deduzimos que todos oscoe�cientes ai,j são zeros, o que mostra que {Tij : 1 ≤ i ≤ n, 1 ≤ j ≤ m } élinearmente independente.

Mostremos agora que {Tij : 1 ≤ i ≤ n, 1 ≤ j ≤ m } é um conjunto gerador deL(U, V ). Para começãr, escrevemos cada vetor T (ui) na forma

T (ui) = α1iv1 + · · ·+ αmivm.

Usando agora que Tij(u) = xivj , para u =∑n

i=1 xiui vemos que

T (u) = x1T (u1) + . . .+ xnT (un)

= x1(α11v1 + · · ·+ αm1vm) + · · ·+ xn(α1nv1 + · · ·+ αmnvm)

= α11x1v1 + · · ·+ αm1x1vm + · · ·+ α1nxnv1 + · · ·+ αmnxnvm

= α11T11(u) + · · ·+ αm1T1m(u) + · · ·+ α1nT1n(u) + · · ·+ αmnTnm(u),

de onde obtemos que

T = α11T11 + · · ·+ αm1T1m + · · ·+ α1nT1n + · · ·+ αmnTnm,

o que prova que {Tij : 1 ≤ i ≤ n, 1 ≤ j ≤ m } é um conjunto gerador de L(U, V ).Do anterior, vemos que {Tij : 1 ≤ i ≤ n, 1 ≤ j ≤ m } é uma base de L(U, V ) e

que dimL(U, V ) = dim(U) dim(V ).

De�nição 3.35. O espaço vetorial L(U,R) é chamado espaço dual de U .

48

Corolário 3.36. O espaco dual de U é um espaço vetorial de dimensão n.

Observação 3.37. A prova do Teorema 3.34 nos fornece de uma base do espaçoL(U, V ). Em particular, se B = {u1, . . . , un} é uma base de U , a familia de transfor-mações lineares f1, . . . , fn : U → R dadas por fj(u) = fj(x1u1 + · · · + xnun) = xj ,j = 1, . . . , n, é base do espaço dual de U . Esta base é chamada base dual de B.

Exemplo 3.38. Achar a base dual de B = {(1, 1, 1), (1, 1, 0), (1, 0, 0)}.Se (x, y, z) ∈ R3, então (x, y, z) = z(1, 1, 1) + (y − z)(1, 1, 0) + (x− y)(1, 0, 0) de

onde segue que f1(x, y, z) = z, f2(x, y, z) = y − z e f3(x, y, z) = x− y.

Proposição 3.39. Sejam Z,W espaços vetoriais.

1. Se T ∈ L(U, V ) e S ∈ L(V,W ) então S ◦ T ∈ L(U,W ).

2. Se T ∈ L(U, V ), S ∈ L(V,W ) e R ∈ L(W,X) então (R ◦ S) ◦ T = R ◦ (S ◦ T ).

3. Se S, T ∈ L(U, V ), R ∈ L(V,W ) então R ◦ (S + T ) = R ◦ S +R ◦ T.

4. Se T ∈ L(U, V ), IV é a identidade em V e IU ∈ L(U) é a identidade em U .então IV ◦ T = T e T ◦ IU = T.

Prova: Somente provaremos (1). Para u, v ∈ U e α ∈ R, vemos que

S ◦ T (λu+ v) = S(T (λu+ v))

= S(λT (u) + T (v))

= S(λT (u)) + S(T (v))

= λS(T (u)) + S(T (v))

= λ(S ◦ T )(u) + (S ◦ T )(v), (3.40)

o que mostra que S ◦ T é uma transformação linear.

3.1.2 A matriz associada a uma Transformação Linear

Como consequencia do Teorema 3.31, temos que um espaço de dimensão �nita n édo ponto de vista da álgebra linear igual ao espaço Rn. De esta forma é possívelsimpli�car de maneira importante o estudo de espaços vetoriais. Da mesma forma,podemos simpli�car a teoria de transformações lineares associando a cada transfor-mação linear T : U → V uma transformação linear T : Rn → Rm. Mais ainda, comoveremos nesta seção, podemos estudar o espaço L(Rn,Rm) via o espaço de matrizesM(n,m).

Para iniciar nosso estudo, precissamos introduzir algumas notações. Sejam T ∈L(U, V ), B = {u1, . . . , un} uma base de U e C = {v1, . . . , vm} é uma base de V . Noque segue, supomos que T (uj) =

∑mi=1 ai,jvi onde ai são números reais.

De�nição 3.41. A matriz de representação da transformação T em relação às basesB e C é a matriz [T ]BC ∈ M(m,n) dada por

[T ]BC =

a1,1 a1,2 . . . a1,na2,1 a2,2 . . . a1,n...

.... . .

...am,1 am,2 . . . am,n

.

49

Exemplo 3.42. Sejam T : R3 → R2 dada por T (x, y, z) = (x + y, x − z), B ={(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)} e C = {(1, 1), (0, 1)}.

Para achar [T ]BC , temos que representar os vetores T (ei) como combinação lineardos vetores C = {(1, 1), (0, 1)}. Note que

T (1, 0, 0) = (1, 1) = 1(1, 1) + 0(0, 1),

T (0, 1, 0) = (1, 0) = 1(1, 1)− 1(0, 1),

T (0, 0, 1) = (0,−1) = 0(1, 1)− 1(0, 1),

de onde obtemos que [T ]BC =

(1 1 00 −1 −1

).

Exemplo 3.43. Sejam T : R3 → R2 dada por T (x, y, z) = (x+ y, x− z), B a basecanónica de R3 e C a base canónica de R2.

Como antes, para achar [T ]BC temos que achar as coordenada de cada vetor T (ei)em relação a base C. Como

T (1, 0, 0) = (1, 1) = 1(1, 0) + 1(0, 1),

T (0, 1, 0) = (1, 0) = 1(1, 0) + 0(0, 1),

T (0, 0, 1) = (0,−1) = 0(1, 0)− 1(0, 1), (3.44)

obtemos que [T ]BC =

(1 1 01 0 −1

). Note que neste caso (o caso onde usamos as bases

canonicas) temos que

T (x, y, z) = (x+ y, x− z) = [T ]BC

xyz

,

para todo (x, y, z) ∈ R3. Como veremos a seguir, este fato é bem mais geral.

Proposição 3.45. Sejam T ∈ L(U, V ), B base de U e C base de V . Se u ∈ Uentão, T (u)C = [T ]BCuB.

Prova: Suponha que B = {u1, . . . , un}, C = {v1, . . . , vm} e [T ]BC = (αij). Seja u ∈ U

e suponha que uB =

a1...an

. Com essas notações temos que

T (u) = T (a1u1 + · · ·+ anun)

= a1T (u1) + · · ·+ anT (un)

= a1(α11v1 + · · ·+ αm1vm) + · · ·+ an(α1,nv1 + · · ·+ αm,nvm)

= (a1α1,1 + · · ·+ anα1,n)v1 + · · ·+ (a1αm,1 + · · ·+ anαm,n)vm,

de onde segue que

T (u)C =

a1α1,1 + · · ·+ anα1,n...

a1αm,1 + · · ·+ anαm,n

=

α1,1 · · · α1,n...

. . ....

αm,1 · · · αm,n

a1

...an

= [T ]BCuB,

o que completa a prova.Estabelecemos agora algumas propriedades relativas a matrizes de representação.

50

Proposição 3.46. Sejam B e C bases de U e V respectivamente. Se T, S ∈ L(U, V )e λ, µ ∈ R então [λT + µS]BC = λ[T ]BC + µ[S]BC .

Prova: Suponha que B = {u1, . . . , un}, C = {v1, . . . , vm}, [T ]BC = (αij) e que[S]BC = (βij). Nessas condições temos que

(λT + µS)(uj) = λT (uj) + µS(uj)

= λ(α1,jv1 + · · ·+ αm,jvm) + µ(β1,jv1 + · · ·+ βm,jvm)

= (λα1,j + µβ1,j)v1 + · · ·+ (λαm,j + µβm,j)vm,

de onde deduzimos que

[λT + µS]BC =

λα1,1 + µβ1,1 · · · λα1,n + µβ1,n...

. . ....

λαm,1 + µβm,1 · · · λαm,n + µβm,n

= λ[T ]BC + µ[S]BC .

Proposição 3.47. Seja W espaços vetorial, T ∈ L(U, V ) e S ∈ L(V,W ). Se B,C eD são bases de U, V e W respectivamente, então [S ◦ T ]BD = [S]CD[T ]

BC .

Prova: Suponha que B = {u1, . . . , un}, C = {v1, . . . , vm} e D = {w1, . . . , wp}. Se[T ]BC = (αi,j), [S]C,D = (βk,l) e [S ◦ T ]BD = (γs,r) temos que

S ◦ T (uj) = S

(m∑i=1

αijvi

)

=m∑i=1

αijS(vi)

=m∑i=1

αij

(p∑

k=1

βkiwk

)

=

p∑k=1

(m∑i=1

βkiαij

)wk,

de onde obtemos que o coe�ciente que aparece na posição (k, j) da matriz [S ◦ T ]BDé dado por

∑mi=1 βk,iαi,j .

Por outro lado, o coe�ciente γk,j de [S]CD[T ]BC é obtido a partir da �la k de [S]CD e

da coluna j de [T ]BC via a regra γk,j =∑m

i=1 βk,iαi,j . Assim temos que o coe�cienteque aparece na posição (k, j) de [S ◦T ]BD é igual ao coe�ciente que aparece na posição(k, j) de [S]CD[T ]

BC , o que prova que [S ◦ T ]BD == [S]CD[T ]

BC .

Corolário 3.48. Sejam B e C bases de U e V respectivamente.

1. Se T ∈ L(U, V ) é inversível, então [T−1]CB = ([T ]BC)−1.

2. Se U = V , B = C e T ∈ L(V ) então [T ]CC = [I]BC [T ]B,B[I]CB.

Prova: Note que

[T ]BC [T−1]CB = [T ◦ T−1]C = [I]C = I,

[T−1]CB[T ]BC = [T−1 ◦ T ]B,B = [I]B,B = I, (3.49)

onde I é a matriz identidade de ordem n. Isto implica que [T ]BC é uma matriz inversívele que [T−1]CB = ([T ]BC)

−1.A propriedade em (2) segue diretamente de (1), e é deixada como exercicio.

51

Corolário 3.50. Sejam B e C bases de U e V . Se dim(U) = dim(V ) e [T ]BC éinversível, então T é uma função bijetora.

Prova: É su�ciente mostrar que T é injetora. Se Tu = 0 então 0 = [Tu]C = [T ]BCuB.Como [T ]BC é inversivel, segue que 0 = ([T ]BC)

−1[Tu]C = uB, o que implica queu =

∑mi=1 0ui = 0. Isto prova que T é injetora.

Exemplo 3.51. Seja B = {(1, 1), (1,−1)} e suponha que T ∈ L(R2) é tal que

[T ]B,B =

(1 00 5

). Achar [T ]C,C onde C é a base canônica de R2 e uma formula

explícita para T (x, y).Para achar [T ]C,C , usamos a formula [T ]C,C = [I]BC [T ]

BB[I]

CB =. Para calcular [I]BC

note que

(1, 0) =1

2(1, 1) +

1

2(1,−1),

(0, 1) =1

2(1, 1)− 1

2(1,−1),

de onde segue que [I]CB =

(12

12

12 −1

2

). Similermente, obtemos que [I]BC =

(1 11 −1

).

Assim,

[T ]C,C =

(1 11 −1

)(1 00 5

)(12

12

12 −1

2

)=

(3 −2−2 3

).

Finalmente, da Proposição 3.45 segue que

T (x, y) = [T ]C,C

(xy

)= (3x− 2y, 3y − 2x).

Exemplo 3.52. Seja T : P2(R) → R a transformação dada por T (p) =∫ 10 p(s)ds.

Achar a matriz de T em relação às bases canônicas de P2(R) e R.Sejam C = {1} e B = {1, x, x2}. Da de�nição de T temos que T (1) = 1, T (x) = 1

2e T (x2) = 1

3 , de onde segue que [T ]BC =(1 1

213

).

Exemplo 3.53. Seja T : P3(R) → P2(R) dada por T (p) = p′. Achar a matriz de Tem relação às bases canônicas de P3(R) e P2(R).

Primeiro que nada, lembre que a base canonica de Pn(R) é Cn = {1, x, . . . , xn}.Note agora que

T (1) = 0 = 0 + 0x+ 0x2, T (x) = 1 = 1 + 0x+ 0x2,

T (x2) = 2x = 0 + 2x+ 0x2, T (x3) = 3x2 = 0 + 0x+ 3x2,

de onde segue que

[T ]C3C2

=

0 1 0 00 0 2 00 0 0 3

.

Exemplo 3.54. Seja T : R3 → R3 dada por T (x, y, z) = (x+ z, y + z, x + y + 2z).Achar [T ]BB sendo B = {(1, 1, 2), (−1, 1, 0), (−1,−1, 1)}.

52

Note que

T (1, 1, 2) = (3, 3, 6) = 3(1, 1, 2) + 0(−1, 1, 0) + 0(−1,−1, 1),

T (−1, 1, 0) = (−1, 1, 0) = 0(1, 1, 2) + (−1, 1, 0) + 0(−1,−1, 1),

T (−1,−1, 1) = (0, 0, 0) = 0(1, 1, 2) + 0(−1, 1, 0) + 0(−1,−1, 1),

de modo que

[T ]B =

3 0 00 1 00 0 0

Como veremos no seguinte resultado, é possível deduzir propriedades de uma

transformação T a partir da propriedades de [T ]BC .

Proposição 3.55. Sejam T ∈ L(U, V ), B uma base de U e C uma base V . Atransformação T é um isomor�smo ⇔ [T ]BC é inversível.

Prova: Se T é um isomor�smo, pelo Corolario 3.48 temos que [T ]BC é inversível eque ([T ]BC)

−1 = [T−1]C,B.

Suponha agora que [T ]BC é inversível. Da Proposição 3.45 sabemos que T (u)C =[T ]BCuB para todo u ∈ U , de onde vemos que T (u) = 0 ⇔ u = 0. Assim, N (T ) = {0}o que implica que T é um isomor�smo pois dim(U) = dim(V ).

Exemplo 3.56. Vejamos se a transformação linear T : R2 → P1(R) dada porT (a, b) = a+ (a+ b)x é um isomor�smo.

Se B é a base canonica de R2 e C = {1, x, x2}, então [T ]BC =

(1 01 1

). Como esta

matriz é inversível, seque da Proposição 3.55 que T é um isomor�smo.

3.2 Exercícios

Ex. 3.57. Seja T ∈ L(U). Mostre que T 2 = 0 se e somente se T (U) ⊂ N (T ).

Ex. 3.58. Veri�que se as funções abaixo são transformações lineares.

1. T : R3 → R dada por T (x, y, z) = x+ 5y − z,

2. T : R3 → R dada por T (x, y, z) = x+ 5y − z + 1,

3. T : R3 → R dada por T (x, y, z) = x2 + 5y − z,

4. T : M(n, 1) → M(n, 1) dada por T (X) = AX + X, sendo A ∈ M(n, n) umamatriz �xa.

5. T : Pn(R) → Pn(R) dada por T (p) = p′ + p′′,

6. T : M(2, 2) → M(2, 2) dada por T (X) = AX onde A ∈ M(2, 2) é uma matriz�xa.

7. T : P2(R) → P2(R) dada por T (p) = p+ q onde q(t) = t2 + 1 é um polinômiodado.

53

Ex. 3.59. Achar o núcleo, uma base do núcleo, a imagen e uma base da imagempara as seguintes transformações.

1. T : R2 → R dada por T (x, y) = y + 2x,

2. T : R3 → R dada por T (x, y, z) = z − 2x,

3. T : R2 → R2 dada por T (x, y) = (2x+ 2y, x+ y),

4. T : R2 → R2 dada por T (x, y) = (x+ y, x− y),

5. T : R3 → R3 dada por T (x, y, z) = (z − x, z − 2x, z − 3x),

6. T : R3 → R3 dada por T (x, y, z) = (x+ y, 2x+ y, 3x+ y),

7. T : R2 → R dada por T (x, y) = y + 2x,

8. T : M(2, 2) → M(2, 2) dada por T (X) = AX, onde A =

(1 22 4

),

9. T : P2(R) → P2(R) dada por T (p) = p′, p ∈ P2(R),

10. T : P2(R) → P2(R) dada por T (p) = p′ + p′′, p ∈ P2(R),

11. T : M(2, 2) → M(2, 2) dada por T (X) = AX +X, sendo A =

(1 42 3

).

Ex. 3.60. Achar uma transformação linear T : R3 → R3 tal que T ((1, 0, 0)) =(2, 3, 1), T ((1, 1, 0)) = (5, 2, 7) e T ((1, 1, 1)) = (−2, 0, 7). T é sobrejetora?, injetora?bijetora? justi�que sua resposta.

Ex. 3.61. Achar uma transformação linear T : P2(R) → P2(R) tal que T (1) = 1+ t,T (t) = t + t2 e T (t2) = 1 + t − 2t2. T é sobrejetora?, injetora? bijetora? justi�quesua resposta.

Ex. 3.62. Achar uma transformação linear T : M(2, 2) → M(2, 2) tal que

T

((1 00 0

))=

(1 42 3

), T

((1 10 0

))=

(−1 00 3

),

T

((0 01 0

))=

(0 02 1

), T

((0 00 1

))=

(1 02 0

).

T é sobrejetora?, injetora? bijetora? justi�que sua resposta.

Ex. 3.63. Achar uma transformação linear T : R4 → R4 tal que o conjunto{(1, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0)} seja base do núcleo de T .

Ex. 3.64. Achar uma transformação linear T : R4 → R4 tal que o conjunto{(1, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0)} seja base do núcleo e da imagem de T .

Ex. 3.65. Achar uma transformação linear T : R3 → R3 tal que dimN (T ) = 1.

Ex. 3.66. Achar uma transformação linear T : R3 → R3 tal que {(1, 1, 0), (0, 0, 1)}seja base do nucleo e {(1,−1, 1)} seja base da imagem.

54

Ex. 3.67. Achar T ∈ L(R3,R4) tal que T (R3) = [(2, 2, 3, 2), (3, 2, 0, 2)].

Ex. 3.68. Achar uma transformação linear T : R5 → R3 tal que

T (R5) = [(1, 0, 0), (0, 1, 0), (1, 1, 1)] e N (T ) = [(1, 1, 1, 1, 1), (1, 1, 1, 1, 0)].

Ex. 3.69. Achar uma transformação linear T : R3 → R2 tal que T (1, 0, 0) = (1, 2),T (0, 1, 0) = (3, 4) e T (0, 0, 1) = (0, 0).

Ex. 3.70. Achar uma transformação linear T : R5 → R3 tal que dimN (T ) = 2 edimT (R5) = 3.

Ex. 3.71. Achar L(R3,R4) tal que N (T ) = [(1, 0, 1)].

Ex. 3.72. Achar uma transformação linear T : R4 → R4 tal que N (T ) = T (R4) =[(1, 0, 1, 0), (0, 1, 0, 1)].

Ex. 3.73. Achar T : R2 → R3 linear tal que T (R2) = [(1, 1, 1), (1, 2, 0)].

Ex. 3.74. Achar uma transformação linear T : R2 → R3 tal que T (R2) = [(1, 1, 1)]e N (T ) = [(1, 1)].

Ex. 3.75. Estudar se as transformações lineares abaixo são isomor�smos. Em casoa�rmativo, achar a inversa de T .

1. T : R3 → R3 dada por T (x, y, z) = (x− 3y − 2z, y − 4z, z),

2. T : R3 → R3 dada por T (x, y, z) = (x, x− y, 2x+ y − z),

3. T : R3 → R3 tal que T (1, 0, 0) = (1, 1, 1), T (0, 0, 1) = (1, 0, 1) e T (0, 1, 2) =(0, 0, 4).

Ex. 3.76. Estudar se os espaços U e V são isomorfos.

1. U = R2 e V ={(x, y, z) ∈ R3 : z = 0

}.

2. U = M(2, 3) e V = {p ∈ P4(R) : p′ = 0} .

3. U = R3 e V ={A ∈ M(2, 2) : At = A

}.

4. U =

{(a 00 0

): a ∈ R

}e V = {p ∈ P3(R) : p′ = 0} .

Ex. 3.77. Mostre que as funções T,R, S ∈ L(R2,R2) dadas por T (x, y) = (x, 2y),R(x, y) = (x, x+ y) e S(x, y) = (0, x) formam um subconjunto linearmente indepen-dente de L(R2,R2).

Ex. 3.78. Suponha que U, V,W são espaços vetoriais. Se T ∈ L(U, V ) e S ∈L(V,W ) são tais que N (T ) = {0} e N (S) = {0} , mostre que N (S ◦ T ) = {0} .

Ex. 3.79. Achar matrizes de representação nas bases canónicas de

1. T : R3 → R2 dada por T (x, y, z) = (x+ y, z),

2. T : R4 → R dada por T (x, y, z, t) = 2x+ y − z + 3t,

55

3. T : R → R3 dada por T (x) = (x, 2x, 3x).

Ex. 3.80. Seja M =

(1 20 −1

)e T : M(2, 2) → M(2, 2) dado por T (X) =

MX −XM . Achar a representação de T em relação a base canónica de M(2, 2)

Ex. 3.81. Suponha que T ∈ L(R2,R2) é tal que [T ]BB =

(1 15 1

)sendo B =

{(1, 0), (1, 4)}. Achar [T ]CC sendo C a base canônica de R2. Achar uma formulaexplicita para T (x, y).

Ex. 3.82. Seja T : P2(R) → R a transformação linear de�nida por T (p) =∫ 1−1 p(s)ds. Achar [T ]

BC nos casos

B ={1, t, t2

}, C = {1} e B =

{1, 1 + t, 1 + t+ t2

}, C = {−2} .

Ex. 3.83. Seja C a base canonica de R3 e suponha T ∈ L(R3,R3) é tal que

[T ]CC =

1 1 00 1 00 1 −1

.

Seja S : R3 → R3 dada por S = I + T + 2T 2. Achar uma formula explicita paraS(x, y, z) e [S]CC .

Ex. 3.84. Seja T : P2(R) → P2(R) a transformação linear dada por T (p(t)) =p(t)− p(1). Achar [T ]BC , [T ]

BB e [T ]CC sendo B =

{1, t− 1, (t− 1)2

}e C =

{1, t, t2

}.

Ex. 3.85. Suponha que B = {u1, u2, u3} uma base de um espaço vetorial V e queT, S : V → V são transformações lineares em V tais que

T (u1) = 2u1 − 3u2 + u3, S(u1) = 3u1 + 2u2,

T (u2) = u1 + u2, S(u2) = u1 − u2 − u3,

T (u3) = u2 + u3, S(u3) = u1 + u2 − 2u3.

Achar [T ]BB, [S]BB, [S ◦ T ]BB, [S2 + I]BB e [T 3 − S2]BB.

Ex. 3.86. Sejam U = R3, V = R2, B = {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)} e C ={(1, 0), (0, 1)}. Achar T ∈ L(U, V ) tal que [T ]BC é dada por

a)

(1 2 34 5 1

)b)

(0 0 10 1 0

)c)

(10 5 −32 −1 4

)

56

Capítulo 4

Autovalores e Autovetores

Neste capítulo introduziremos alguns conceitos que nos auxiliaram na compreensãodo comportamento de uma transformação linear T : V → V . A idea básica é acharsub-espacos U de V de modo que T seja uma transformação de U em U . Começamoscom algumas de�nições.

Neste Capitulo, V será um espaço vetorial.

De�nição 4.1. Seja T ∈ L(V ) e U um subespaço vetorial de V . Dizemos que U éinvariante por T se T (U) ⊂ U.

De�nição 4.2. Seja T ∈ L(V ). Dizemos que um vetor não nulo u ∈ V é umautovetor de T se existe λ ∈ R tal que T (u) = λu. Neste caso, λ é chamado deautovalor de T associado ao autovetor u.

A partir dos autovalores de uma transformação linear, podemos achar espaçosinvariantes.

Lema 4.3. Suponha que T ∈ L(V ) e que λ é um autovalor de T . Então o conjuntoV (λ) = {u ∈ V : T (u) = λu} = N (T − λI) é um subespaço vetorial de V e V (λ) éinvariante por T .

Prova: Sejam u, v ∈ V (λ) e α ∈ R. Da de�nição de V (λ) vemos que

T (u+ αv) = T (u) + αT (v) = λu+ αλv = λ(u+ αv),

o que implica que u+ αv ∈ V (λ). Mais ainda, como TT (u) = T (λu) = λT (u) segueque T (u) ∈ V (λ) o que implica que T (V (λ)) ⊂ V (λ). Isto mostra que V (λ) é umespaço invariante por T .

De�nição 4.4. Suponha que T ∈ L(V ) e que λ é um autovalor de T. O subespaçovetorial V (λ) é chamado subespaço próprio associado ao autovalor λ e a dimensãode V (λ) é a chamada de multiplicidade geométrica de λ.

Exemplo 4.5. Estudemos os autovalores e os subespaços próprios da transformaçãoT : R2 → R2 dada por T (x, y) = (y, 4x).

Se λ ∈ R é um autovalor de T então existe (x, y) ̸= (0, 0) tal que (y, 4x) =T (x, y) = λ(x, y). Assim, para achar um autovalor, temos que estudar o sistema{

y − λx = 0

4x− λy = 0,

57

que pode ser re-escrito na forma(−λ 14 −λ

)(xy

)=

(00

). (4.6)

Note que este problema tem uma solução não nula (x, y), somente quando

det

(−λ 14 −λ

)= λ2 − 4 = 0.

Assim, os unicos candidatos a autovetores de T são ±2.Estudemos o caso λ = −2. Veja que

V (−2) = {(x, y) ∈ R2 : T (x, y) = −2(x, y)}= {(x, y) ∈ R2 : (y, 4x) = −2(x, y)}= {(x, y) ∈ R2 : −2x = y}= {(x,−2x) ∈ R2 : x ∈ R}= [(1,−2)], (4.7)

de onde obtemos que (1,−2) é um autovetor associado a λ = −2 e que a multiplici-dade geométrica de −2 é um. Similarmente, para λ = 2 temos que

V (2) = {(x, y) ∈ R2 : T (x, y) = 2(x, y)}= {(x, y) ∈ R2 : (y, 4x) = 2(x, y)}= {(x, y) ∈ R2 : 2x = y}= {(x, 2x) ∈ R2 : x ∈ R}= [(1, 2)],

de onde segue que (1, 2) é um autovetor associado a 2 e que a multiplicidade geomé-trica de 2 é um.

Além do anterior, notamos que B = {(1, 2), (1,−2)} é uma base de R2, que

R2 = V (2)⊕ V (−2) e que [T ]BB =

(−2 00 2

).

Exemplo 4.8. Estudemos agora os autovalores e os subespaços próprios da trans-formação T : R2 → R2 dada por T (x, y) = (−y, x).

Para achar os autovalores de T temos que estudar a equação em variavel λ, x, ydada por T (x, y) = λ(x, y), que pode ser re-escrita na forma{

λx+ y = 0

x− λy = 0

Este problema é equivalente a estudar(λ 11 −λ

)(xy

)=

(00

), (4.9)

Note que este problema tem uma solução não nula somente quando

det

(λ 11 −λ

)= −λ2 − 1 = 0.

58

Como não existe uma solução real de −λ2 − 1 = 0, deduzimos que T não possuiautovalores.

Vejamos um exemplo mais abstrato.

Exemplo 4.10. Estudemos a transformação T : Pn(R) → Pn(R) dada por T (p) =p′.

Se λ é um autovalor, então existe um polinômio não zero f ∈ Pn(R) tal queT (f)− λf = f ′ − λf = 0. Se f =

∑ni=0 ait

i, então

a1 − λa0 + (2a2 − λa1)t+ . . .+ (nan − λan−1)tn−1 + λant

n = 0,

para todo t ∈ R, de onde segue que a1 = λa0, 2a2 = λa1, . . ., nan = λan−1 e λan = 0.Se λ ̸= 0 então an = 0, de onde segue que ai = 0 para todo i e que f é o polinômio

zero. Portanto, T não possui autovalores que sejam diferentes de zero.Por outro lado, se λ = 0 segue que ai = 0 para i = 1, 2, . . . n e que f = a0. Assim,

λ = 0 é um autovalor de T , V (0) = {a : a ∈ R} e dimV (0) = 1.

Exemplo 4.11. Seja T : R3 → R3 dada por T (x, y, z) = (x, y, x). Achar todos osautovalores de T, os respectivos subespaços próprios e a multiplicidade geométricade cada autovalor.

Para achar os autovalores de T , estudamos a equação T (x, y, z)− λ(x, y, z) = 0,que é equivalente a estudar o problema1− λ 0 0

0 1− λ 0−1 0 λ

xyz

=

000

. (4.12)

Este problema tem uma solução não nula (x, y, z) somente quando o determinate damatriz é zero. Assim, para achar os autovalores de T podemos estudar a equaçãoem λ,

det

1− λ 0 00 1− λ 0−1 0 λ

= λ(1− λ)2 = 0.

As soluções desta equação são λ1 = 0, λ2 = 1, de modo que os unicos possiveisautovalores de T são λ1 = 0 e λ2 = 1.

Note que para λ = 0,

V (0) = {(x, y, z) ∈ R3 : T (x, y, z) = (x, y, x) = 0(x, y, z)}= {(0, 0, z) ∈ R3 : z ∈ R}= [(0, 0, 1)], (4.13)

o que implica que λ = 0 é um autovalor de T e que dimV (0) = 1. Similarmente,para λ = 1 vemos que

V (1) = {(x, y, z) ∈ R3 : T (x, y, x) = (x, y, x) = 1(x, y, z)}= {(x, y, z) ∈ R3 : x = z}= {(x, y, x) ∈ R3 : x ∈ R, y ∈ R}= {x(1, 0, 1) + y(0, 1, 0) : x ∈ R, y ∈ R}= [(0, 1, 0), (1, 0, 1)], (4.14)

59

de onde segue que λ = 1 é um autovalor de T e que a multiplicidade geométrica de1 é dois.

Além do anterior, notamos que B = {(0, 0, 1), (0, 1, 0), (1, 0, 1)} é uma base de

R3, R3 = V (0)⊕ V (1) e que [T ]BB =

0 0 00 1 00 0 1

.

Em cada um dos exemplos anteriores podemos observar que os autovetores as-sociados a autovalores diferentes são linearmente independentes. Como veremos nopróximo resultado, isto corresponde a uma propriedade geral.

Teorema 4.15. Seja T ∈ L(V ) e suponha que λ1, . . . , λn são autovalores diferentesde T . Se ui ∈ V (λi) para cada i, então o conjunto {u1, . . . , un} é linearmenteindependente.

Prova: Vejamos para começar que {u1, u2} é linearmente independente. Se os vetoresu1, u2 não são linearmente independente, então existe α ̸= 0 em R tal que αu1 = u2.Neste caso temos que T (αu1) = T (u2) de onde segue que λ1u2 = λ2u2 e que λ1 = λ2,o que é aburdo. Isto mostra que {u1, u2} é linearmente independente.

No que segue mostramos que {u1, . . . , uk} é l.i. se {u1, . . . , uk−1} é linearmenteindependente. Suponha, por absurdo que, o conjunto {u1, . . . , uk−1} não é linear-mente independente. Neste caso, o vetor uk pode ser representado como combinaçãolinear dos vetores {u1, . . . , uk−1}, de modo que existem números reais α1, . . . , αk−1

(não todos zeros"!) tais que

uk = α1u1 + . . .+ αk−1uk−1. (4.16)

de onde obtemos que

λkuk = Tuk = α1λ1u1 + . . .+ αk−1λk−1uk−1. (4.17)

Se multiplicarmos (4.16) por −λk e sumarmos o resultado a (4.17) obtemos

0 = α1(λ1 − λk)u1 + α2(λ2 − λk)u2 + · · ·+ αk−1(λk−1 − λk)uk−1.

Com estamos supondo que os vetores u1, . . . , uk−1 saõ é linearmente independentes,segue que

α1(λ1 − λk) = . . . = αk−1(λk−1 − λk) = 0.

Se j ∈ {1, . . . , k − 1} é tal que αj ̸= 0, da equação αj(λj − λk) = 0 obtemos queλj = λk, o que é absurdo pois os autovalores λ1, . . . , λn são diferentes. Isto mostraque {u1, . . . , uk} é realmente linearmente independente.

Finalmente, como foi provado que o conjunto {u1, u2} é linearmente indepen-dente, do processo anterior deduzimos que {u1, . . . , un} é linearmente independente.A prova está completa.

Corolário 4.18. Suponha que as hipoteses do Teorema 4.15 são satisfeitas e quedim(V ) = n. Então B = {u1, . . . , un} é uma base de V , V =

⊕ni=1 V (λi) e

λ1 0 · · · 00 λ2 · · · 0...

......

......

......

...0 0 · · · λn

(4.19)

60

Prova: Do Teorema 4.15 sabemos que {u1, . . . , un} é linearmente independente ecomo dim(V ) = n obtemos que dimV (λi) = 1 para todo i. Como consequencia,temos que {u1, . . . , un} é uma base de V e V =

⊕ni=1 V (λi). Finalmente, como

T (ui) = 0u1 + · · ·+ λiui + · · ·+ 0un para cada i, segue que [T ]BB é dada por (4.19).Como veremos no proximo Teorema, o resultado anterior tem uma versão bem

mais geral.

Teorema 4.20. Seja T ∈ L(V ). Suponha que λ1, . . . , λm são autovalores diferen-tes de T , dimV (λi) = ki, {ui1, . . . , uiki} é uma base de Vλi

e∑

ki =∑

V (λi) =

dim(V ) = n. Então∪m

i=1{ui1, . . . , uiki} é uma base de V , V =⊕n

i=1 V (λi) e [T ]BB éuma matriz diagonal da forma

[T ]BB =

A1 0 · · · 00 A2 · · · 0...

......

......

......

...0 0 · · · Am

onde Ai =

λi1 0 · · · 00 λi

2 · · · 0...

......

......

......

...0 0 · · · λi

ki

(4.21)

.

4.1 Polinômio Característico

Nesta seção introduzimos o polinômio caracteristico de uma transformação, que entreoutras coisas, nos auxiliará na procura dos autovalores e autovetores de uma trans-formação linear. Nos exemplos 4.5, 4.8 e 4.11 podemos observar que o problemade achar os autovalores foi transformado em achar os valores λ para os quais umadeterminda matriz tem determinante zero. O determinante desta matriz é chamadopolinômio caracteristico de T .

De�nição 4.22. Seja A ∈ M(n, n). O polinômio característico de A é de�nido porPA(λ) = det (A− λI), onde I é a matriz identidade de ordem n.

De�nição 4.23. Seja T ∈ L(V ) e B uma base de V . O polinômio característico deT é o polinômio de�nido por PT (λ) = det([T ]BB − λ[I]BB) = det([T − I]BB) onde I é atransformação identidade em V

Observação 4.24. Note que a matriz em (4.6), (4.9) e (4.12) é exatamente a amatriz [T − λI]BB sendo B a base canónica.

A de�nição 4.23 é ambigua pois o polinômio depende da base B. Como veremosno próximo resultado, não existe tal ambiguedade.

Proposição 4.25. Se T ∈ L(V ) e B,C são bases de V , então det([T − I]BB) =det([T − I]CC).

Prova: Do Corolario 3.48 sabemos que [T − I]CC = ([I]CB)−1[T − I]BB[I]

CB. Usando

esta fórmula e o fato que det(A−1) = det(A), vemos que

det([T − I]CC) = det(([I]CB)−1[T − I]BB[I]

CB)

= det([I]CB)−1) det([T − I]BB) det([I]

CB)

= det([I]CB)−1 det([I]CB) det([T − I]BB)

= det([T − I]BB),

61

o que mostra o resultado.No próximo resultado é estabelecida a relação entre as raizes do polinômio ca-

racteristico de uma transformação linear T e os autovalores de T .

Proposição 4.26. Seja T ∈ L(V ). Um número real λ é autovalor de T ⇔ λ é umaraiz do polinômio caracteristico de T.

Prova: Seja B = {u1, . . . , un} uma base de V. Suponha que λ é um autovalor de T eque u ∈ V é um autovetor associado a λ. Da de�nição de autovetor e da Proposição3.45 temos que [T − λI]BBuB = 0 de onde deduzimos que det[T − λI]BB = 0 poisuB ̸= 0. Isto prova que λ é uma raiz de PT .

Reciprocamente, se PT (λ) = 0 então a matriz [T − λI]B não é inversível, demodo que, existe um vetor não nulo x = (x1, . . . , xn) tal que [T − λI]Bx

T = 0. Sede�nirmos u =

∑ni=1 xiui, da Proposição 3.45 obtemos que (T − λI)u = 0 o que

prova que λ é um autovalor de T . A prova está completa.

De�nição 4.27. Seja T ∈ L(V ) e suponha que λ é um autovalor de T . A multipli-cidade algébrica de λ é a multiplicidade de λ como raiz do polinômio característicode T.

Na proxima proposição estudamos a relaçaõ entre a multiplicidade geométrica ea multiplicidade algébrica.

Proposição 4.28. Seja T ∈ L(V ) e suponha que λ é um autovalor de T . Então amultiplicidade geométrica de α é menor o igual a sua multiplicidade algébrica.

Prova: Suponha que dimV (α) = r. Sejam B = {u1, . . . , ur} uma base de V (α) eC = {u1, . . . , ur, v1, . . . , vp} uma base de V . A representação de T − λI em relaçãoa base C é da forma

α− λ · · · 0...

. . ....

0 · · · α− λ

r×r

Mr×(n−r)

0(n−r)×r N(n−r)×(n−r)

n×n

onde 0(n−r)×r ∈ M((n− r), r) é a matriz nula e a notação Sp×q indica que S é umamatriz de ordem p× q. Da representação anterior, segue que PT (λ) = (λ−α)rQ(λ).Como α ainda pode ser raiz de Q(·), segue que r é menor o igual a multiplicidadealgébrica de α.

Exemplo 4.29. Seja T : R2 → R2 dada por T (x, y) = (ax + by, cx + dy). Pelosresultados anteriores, para achar os autovalores de T é su�ciente calcular as raizesdo polinômio caracteristico de T . Se usarmos a base canonica para calcular PT ,vemos que

PT (λ) = det([T ]CC − [I]CC)

= det

((a bc d

)− λ

(1 00 1

))= det

(a− λ bc d− λ

)= λ2 − (a+ d)λ+ ad− bc.

62

O polinômio PT possui raizes reais somente quando (a+ d)2 − 4(ad− bc) ≥ 0. Se(a+d)2 = 4(ad−bc), então (a+d)/2 é o único autovalor de T . Se (a+d)2−4(ad−bc) >

0, os autovalores de T sãoa+d±

√(a+d)2−4(ad−bc)

2 .

Exemplo 4.30. Seja T : P2 → P2 dada por T (a0 + a1x + a2x2) = a1 + a2x.

Achar os autovaloes, os autovetores os sub-espaços proprios associados e as dimen-sões algebrica e geometrica de T . Proceda de maneira direta e usando o polinômiocaracteristico.

Para achar o polinômio PT , usamos a base B = {1, x, x2}. Note que T (1) = 0 demodo 1B = (0, 0, 0)T . Como T (x) = 1 e T (x2) = x segue que T (x)B = (1, 0, 0)T e

T (x2)B = (0, 1, 0)T , de onde obtemos que [T ]BB =

0 1 00 0 10 0 0

. Agora, da de�nição

do polinômio caracteristico segue que

PT (λ) = det([T ]BB − λI) = det(

−λ 1 00 −λ 10 0 −λ

= −λ3,

o que implica que o único autovalor da T é λ = 0.Procuremos agora os autovetores de T. Se 0(a0 + a1x + a2x

2) = T (a0 + a1x +a2x

2) = a1+a2x então a1 = a2 = 0, de onde segue que V (0) = {a0 ·1 : a0 ∈ R} = [1].Assim, V (0) é um espaço vetorial de dimensão um.

Exemplo 4.31. Seja T : M(2, 2) → M(2, 2) dada por T (

(a bc d

)) =

(b cd a

).

Para começar, temos que achar [T ]BB. Se s B é a base canonica de M(2, 2), temosque

[T ]BB =

0 1 0 00 0 1 00 0 0 11 0 0 0

.

Usando esta representação segue que

PT (λ) = det(

−λ 1 0 00 −λ 1 00 0 −λ 11 0 0 −λ

) = λ4 + 1,

de onde concluímos que T não possui autovalores reais.

4.2 Exercícios

Ex. 4.32. Achar os autovalores e autovetores da transformação T : V → V onde

1. V = R2 e T (x, y) = (x+ y, x− y),

2. V = R3 e T (1, 0, 0) = (2, 0, 0), T (0, 1, 0) = (2, 1, 2), T (0, 0, 1) = (3, 2, 1),

63

3. V = R4 e [T ]BB =

3 1 0 00 3 0 00 0 4 00 0 0 3

onde B é base canônica de R4.

Ex. 4.33. Uma matriz A = (ai,j) ∈ M(n, n) é chamada triangular superior (resp.inferior) se onde ai,j = 0 quando i < j (resp. se onde ai,j = 0 quando i > j ). Qualo polinômio característico de A?

Ex. 4.34. Suponha que A,B ∈ Mn são matrizes triangulares (superior o inferior)com a mesma diagonal principal. Existe alguma relação entre seus polinômios ca-racterísticos? Qual?

Ex. 4.35. Se λ é autovalor de T ∈ L(V ) então λn é autovalor de Tn. ?

4.2.1 Transformações lineares diagonalizaveis

De�nição 4.36. Dizemos que uma transformação T ∈ L(V ) é diagonalizável seexiste uma base de V formada por autovetores de T .

O conceito diagonalizavel é motivado pelo seguinte resultado. Antes de continuar,lembre que uma matriz A = (ai,j) ∈ M(n, n) é chamada diagonal se ai,j = 0 quandoi ̸= j.

Teorema 4.37. Uma transformação T ∈ L(V ) é diagonalizavel ⇔ existe uma baseB de V tal que [T ]BB é uma matriz diagonal.

Prova: Suponha que T é diagonalizavel e seja B = {u1, . . . , un} uma base de Vformada por autovetores de T . Como T (ui) = λiui para cada i, é fácil ver que

[T ]BB =

λ1 0 · · · 00 λ2 · · · 0...

.... . .

...0 0 · · · λn

.

Suponha agora que C = {v1, . . . , vn} é uma base de V tal que

[T ]CC =

µ1 0 · · · 00 µ2 · · · 0...

.... . .

...0 0 · · · µn

.

Como [T ]CC(ui)C = µi(ui)C segue que Tui = µiui e que ui é um autovetor de Tassociado ao autovalor µi.

Nos próximos resultados conctinuamos estudando condições baixo as quais umatransformação linear é diagonalizavel.

Proposição 4.38. Suponha que n = dim(V ) e que C = {u1, . . . , un} é uma base deV . Uma transformação T ∈ L(V ) é diagonalizavel ⇔ existe uma matriz inversívelM ∈ M(n, n) tal que M−1[T ]CCM é diagonal.

64

Prova: Se T é diagonalizavel então existe uma base B formada por autovetores deT e [T ]BB é uma matriz diagonal. A existência da matriz M segue agora da relação[T ]BB = [I]CB[T ]

CC [I]

BC e do fato que [I]CB = ([I]BC)

−1.Suponha agora que existe uma matriz invertível M = (mi,j) ∈ M(n, n) tal que

M−1[T ]CCM é uma matriz diagonal. Para provar o resultado, é su�ciente acharuma base B de modo que [ic]

BC = M (note que neste caso teremos que [ic]

CB =

M−1). Considerando o anterior, de�namos o conjunto B = {v1, . . . , vn} onde vi =∑nj=1mj,iuj .A�rmamos que B = {v1, . . . , vn} é uma base de V . Suponha que

∑nj=1 θjvj = 0.

Usando que vi =∑n

j=1mj,iuj teremos que∑n

j=1 θj∑n

k=1mk,juk = 0. Manipulando

esta soma podemos mostrar que M(θ1, · · · , θn)T = 0 de onde segue que θi = 0 paracada i pois M é inversível. Isto prova que B = {v1, . . . , vn} é l.i, o que implica queB = {v1, . . . , vn} é uma base de V pois dim(V ) = n.

Do anterior segue que [T ]BB = [Id]CB[T ]

CC [Id]

BC = M−1[T ]CCM é uma matriz diago-

nal o que implica que T é diagonalizavel.

Lema 4.39. Suponha que T ∈ L(V ), que λ1, . . . , λn são autovalores diferentes de Te que {ui1, . . . , uini

} é uma base de V (λi). Então B =∪n

i=1{ui1, . . . , uini} é uma base

do espaço∑n

i=1 V (λi) e dim(∑n

i=1 V (λi)) =∑n

i=1 dim(V (λi)).

Prova: Para começar, observamos que é óbvio que B é um conjunto gerador de∑V (λi). Suponha agora que

∑i,j θi,ju

ij = 0 e de�namos zi =

∑nij=1 θi,ju

ij . Como∑n

j=1 zj = 0 e zj ∈ V (λj) para cada j, do Teorema 4.15 segue-se que zj = 0 paracada j, de onde obtemos que

∑nij=1 θi,ju

ij = 0 para cada i. Como {ui1, . . . , uini

} éuma base de V (λi), podemos concluir que θi,j = 0 para todo i ∈ {1, . . . , ii} e todoi ∈ {1, . . . , n}. Isto prova que {uij : i = 1, . . . , n, j = 1, . . . , ni} é um conjunto l.i.o que completa a prova que B é uma base de

∑V (λi). Usando este fato, segue

fazilmente que dim(∑n

i=1 V (λi)) =∑n

i=1 dim(V (λi)).

Teorema 4.40. Seja T ∈ L(V ) e suponha que λ1, . . . , λn são todos os autovaloresde T . A transformação T é diagonalizável ⇔V =

∑ni=1 V (λi). (Similarmente, T é

diagonalizável ⇔dim(V ) =∑n

i=1 dim(V (λi)). )

Prova: Suponha que T é diagonalizável e seja {u1, . . . , un} uma base de V for-mada por autovetores de T . Como cada um dos vetores uj pertence a algumdos espacos V (λi), segue que V = [{u1, . . . , un}] ⊂

∑ni=1 V (λi) o que implica que

V =∑n

i=1 V (λi).Suponha agora que V =

∑ni=1 V (λi) para cada i denotemos por {ui1, . . . , uini

}uma base de V (λi). Do Lemma 4.39 segue que B =

∪ni=1{ui1, . . . , uini

} é uma basede∑

V (λi) o que implica que B =∑n

i=1{ui1, . . . , uini} é uma base de V . Portanto,

T é diagonalizavel.

Exemplo 4.41. A transformação do Exemplo 4.11 é diagonalizável pois o conjuntode autovetores B = {(0, 0, 1), (0, 1, 0), (1, 0, 1)} é uma base de R3. A transformaçãodo Exemplo 4.5 também é diagonalizável pois os autovetores (1, 2) e (1,−2) formamuma base de R2.

Note agora que a transformação do Exemplo 4.10 não é diagonalizável pois 0 éo único autovalor e V (0) ̸= V = Pn(R). Similarmente a transformação do Exemplo4.8 não é diagonalizável pois não possui autovalores.

Finalizamos esta seção com o seguintes resultados.

65

Corolário 4.42. Uma transformação T ∈ L(V ) é diagonalizável ⇔ as multiplicidadealgébrica e geométrica de cada autovalor são iguais.

Prova: Suponha que λ1, . . . , λn são os autovalores de T e notemos por e mi a mul-ticiplicidade algébrica de λi.

Se T é diagonalizavel, do Teorema 4.40 segue que dim(V ) =∑n

i=1 dim(V )(λi).Como dim(V ) =

∑mi e dim(V (λi)) ≤ mi para cada i, temos que mi = dim(V (λi))

para cada i.Suponha agora que mi = dim(V (λi)) para cada i. Neste caso, dim(

∑V (λi)) =∑n

i=1mi = dimV , de onde podemos concluir que V =∑n

i=1 V (λi). Agora doTeorema 4.40 vemos que T é diagonalizavel. Isto completa a prova.

Corolário 4.43. Se T ∈ L(V ) é tal que a soma das multiplicidades geométricas detodos os autovalores de T é igual a dimensão de V, então T é diagonalizável.

Prova: Sejam λ1, . . . , λn os autovalores de T e denotemos por mi a multiciplicidadealgebrica de λi. Como dimV =

∑ni=1 dimV (λi) = dim(

∑ni=1 V (λi)) temos que

V =∑n

i=1 V (λi), o que pelo Teorema 4.40 implica que T é diagonalizável.

Corolário 4.44. Se T ∈ L(V ) é tal que PT (λ) = (λ1 − λ) · · · (λm − λ) onde osnúmeros λi são reais e diferentes, então T é diagonalizável.

Prova: Neste caso temos que dimV (λi) = 1 para cada i. Agora o resultado é umaconsequencia do Corolario 4.42.

Exemplo 4.45. Como aplicação dos resultados anteriores, estudemos se a trans-formação linear T : R3 → R3 de�nida por T (x, y, z) = (x + z, y + z, x + y + 2z) édiagonalizável.

Se calculamos o polinômio caracteristico usando a base canônica temos que

PT (λ) = det

1− λ 0 10 1− λ 11 1 2− λ

= (1− λ)((1− λ)(2− λ)− 1) + 1(−(1− λ))

= (1− λ)(λ2 − 3λ) = λ(1− λ)(λ− 3), (4.46)

de modo que PT (λ) possui três raizes simples. Agora, do Corolario 4.44 segue-se queT é diagonalizável.

Também podemos provar que T é diagonalizavel usando a de�nição de transfor-mação diagonalizavel, mas este caminho é mais longo. Neste temos que achar osautovetores associados aos autovalores λ = 0, 1, 3.

Para começar, estudemos os autovetores associados a λ = 0. Se T (x, y, z) =0(x, y, z), temos que os números x, y, z são soluções do sistema de equações

x+ z = 0

y + z = 0

x+ y + 2z = 0

,

de onde obtemos que x = y = −z. Assim, qualquer autovetor (x, y, z) associado aλ = 0 é da forma x(1, 1,−1) de onde segue-se que V (0) = [(1, 1,−1)] e dimV (0) = 1.

66

Para achar os autovalores associados a α = 1, suponha que T (x, y, z) = (x, y, z).Neste caso, obtemos o sistema

x+ z = x

y + z = y

x+ y + 2z = z

de onde obtemos que x = −y e que z = 0. Assim, os autovetores associados a λ = 1são da forma x(1,−1, 0), V = [(1,−1, 0)] e dimV (1) = 1.

Estudemos agora os autovetores associados a λ = 3. Se T (x, y, z) = (3x, 3y, 3z)temos que

x+ z = 3x

y + z = 3y

x+ y + 2z = 3z

de onde segue-se que z = 2x = 2y. Do anteirior se deduz que os autovetores associ-ados a λ = 3 são da forma x(1, 1, 2), V (3) = [(1, 1, 2)] e dimV (3) = 1.

Para �nalizar, note que o conjunto B = {(1, 1,−1), (1,−1, 0), (1, 1, 2)} é umabase de R3 de onde segue-se que T é diagonalizavel.

Exemplo 4.47. Suponha que T : R2 → R2 é uma transformação linear tal que

[T ]BB =

(a bb c

)para alguma base B de R2. A seguir, mostraremos que T diagonali-

zável.Usando a matriz [T ]BB obtemos que PT (λ) = λ2− (a+ c)λ+ac− b2. O polinômio

PT (λ) tem raizes reais se (a − c)2 + 4b2 ≥ 0. Se (a − c)2 + 4b2 = 0, então b = 0 ea = c de onde vemos que T é diagonalizavel.

Por outro lado, se (a − c)2 + 4b2 > 0 temos duas possibilidade, a ̸= c ou b ̸= 0.Em qualquer um desses casos, teremos que T tem dois autovalores diferentes de ondese deduz (via Corolario 4.18) que T é diagonalizável.

Do anterior podemos concluir que T é diagonalizável.

Exemplo 4.48. Estudemos agora se a transformação T : P2(R) → P2(R) dado porT (p(t)) = p′′(t)− 2p′(t) + p(t) é diagonalizável.

Se C é a base canonica de P2(R) então [T ]CC =

1 −2 20 1 −40 0 1

e PT (λ) = (1−λ)3.

Assim, para ver que T é diagonalizável temos que achar dimV (1).Se p(t) = x+yt+zt2 é um autovetor de T então Tp = 2z−2y−4zt+x+yt+zt2 =

x+yt+ zt2 para todo t ∈ R, de onde obtemos que y = z = 0. Assim, todo autovetorde T é necessariamente da forma p(t) = x, o que implica que dimV (1) = 1 e que Tnão é diagonalizável.

Exemplo 4.49. Estudemos em detalhe se a transformação linear T : R4 → R4 dadapor T (x, y, z, t) = (x+ y, y, 2z + t, 2z + t) é diagonalizável.

Se usarmos a base canonica de R3 para calcular o polinômio caracteristico de T

67

obtemos que

PT (λ) = det

1− λ 1 0 00 1− λ 0 00 0 2− λ 10 0 2 1− λ

= (1− λ)2((2− λ)(1− λ)− 2)

= (1− λ)2(λ2 − 3λ) = λ(λ− 3)(1− λ)2.

Note que para decidir se T é diagonalizável é su�ciente achar dimensão de V (1).De fato, se dimV (1) = 2 então T será diagonalizável e se dimV (1) = 1 esta trans-formação linear não será diagonalizável (veja Corolario 4.18).

Se (x, y, z, t) ∈ V (1) então (x+ y, y, 2z+ t, 2z+ t) = (x, y, z, t), de onde obtemosque y = z = t = 0. Assim, vemos que os autovetores associados a λ = 1 são da formax(1, 0, 0, 0), V (1) = [(1, 0, 0, 0)] e dimV (1) = 1. Portanto, T não é diagonalizavelpois a multiciplicidades geometrica e algebrica de λ = 1 são diferentes.

4.3 Exercícios

Ex. 4.50. Estude se existe M ∈ M(2, 2) tal que M−1AM seja uma matriz diagonal

nos casos A =

(2 43 13

)e A =

(3 −22 1

)Ex. 4.51. Seja C a base canonica de R3. Estude se os operadores T, S ∈ L(R3)com matrizes de representação

[T ]CC =

1 2 −22 1 −22 2 −3

e [S]CC =

1 0 0m 2 0n 0 2

são diagonalizaveis.

Ex. 4.52. Seja C a base canonica de R4. Estude se os operadores T, S ∈ L(R4)com matrizes de representação

[T ]CC =

−1 −4 −2 −2−4 −1 −2 −22 2 1 42 2 4 1

e [S]CC =

1 1 1 11 1 −1 −11 −1 1 −11 −1 −1 1

são diagonalizaveis.

4.3.1 Prova teste 2 de 2011

1. Sejam X,Y espaço vetoriais e T : X → Y é uma transformação linear. Mostreque T transforma bases de X em bases de Y ⇔ T é um isomor�smo.

2. Achar 3 transformação lineares T : R4 → R3 tais que T (1, 1, 1, 1) = (2, 3, 4),T (1, 1, 1, 0) = (4, 5, 6) e T (1, 1, 0, 0) = (7, 8, 9).

68

3. Sejam X = M(2, 2), Y = P2(R) e T : X → Y a função dada por

T

(a bc d

)= ax2 + (a+ c)x+ a+ b+ c.

Achar [T ]CB sendo B = {(

1 11 1

),

(1 11 0

),

(1 10 0

),

(1 00 0

)} e C =

{1 + 2x+ 3x2, 1 + 2x, 2}

4. Seja T : R4 → R4 tal que

[T ]CC =

0 0 0 0a 0 0 00 b 0 00 0 c 0

, sendo C a base canónica. Achar condições para a, b

e c, de modo que T seja diagonalizável.

4.3.2 Prova 2 de 2011

1. Seja T : R3 → R3 dada por T (x, y, z) = (5x−6y−6z,−x+4y+2z, 3x−6y−4z).

(a) Achar os autovalores de T .

(b) Achar uma base e a dimensão de cada um dos espaços V (λ).

(c) Mostre que T é diagonalizável.

(d) Achar [T ]BB, [Id]BC , [Id]

CB sendo B uma base de vetores proprios de R3 e C

a base canónica de R3.

(e) Achar ([T ]CC)31 sendo C a base canónica de R3.

(f) De�na Isomor�smo. A função T é um isomor�smo ?

2. Achar uma transformação linear T : R3 → R3 tal que T (1, 1, 1) = (2, 3, 4),T (1, 1, 0) = (4, 5, 6) e T (1, 0, 0) = (7, 8, 9). A transformação T é um isomor-�smo ?

69

Capítulo 5

Espaços Euclidianos

5.1 Produto Interno

Neste capítulo estudaremos uma classe de espaços vetoriais que possuem uma es-trutura que combina elementos de elementos de álgebra linear, análise e geometria.Para começar introduzimos a seguinte de�nição.

De�nição 5.1. Seja V um espaço vetorial. Um produto interno em V é uma função⟨·, ·⟩ : V × V → R tal que

1. ⟨u+ v, w⟩ = ⟨u,w⟩+ ⟨v, w⟩ para todo u, v, w ∈ V,

2. ⟨αu, v⟩ = α⟨u, v⟩ para todo u, v ∈ V e α ∈ R,

3. ⟨u, v⟩ = ⟨v, u⟩ para todo u, v ∈ V,

4. ⟨u, u⟩ > 0 se u ̸= 0.

De�nição 5.2. Um espaço vetorial munido de um produto interno é chamado espaçoeuclidiano.

Exemplo 5.3. O espaço Rn é um espaço euclideano provisto do produto interno⟨x, y⟩ = x1y1 + · · · + xnyn. Note que neste caso, o produto interno entre os vetores(1,−1, 1), (0, 2, 4) ∈ R3 é ⟨(1,−1, 1), (0, 2, 4)⟩ = 1 · 0 + (−1) · 2 + 1 · 4 = 2.

Similarmente, o produto interno entre os vetores u = (cos(θ), sin(θ)) e v =(cos(α), sen (α)) é ⟨u, v⟩ = cos θ cosα+ sen θ senα = cos(θ − α).

Exemplo 5.4. Um mesmo espaço vetorial pode ter diferentes produto internos. EmR3, por exemplo, a função dada por ⟨(x, y, z), (x′, y′, z′)⟩ = xx′

2 + yy′

3 + zz′

4 também éum produto interno em R3. Veja que neste caso, o produto entre os vetores (1,−1, 1)e (0, 2, 4) é ⟨(1,−1, 1), (0, 2, 4)⟩ = 1·0

2 + −1·23 + 1·4

4 = 13 .

Exemplo 5.5. Seja C([a, b];R) o espaço das funções continuas de�nidas de [a, b] emR. Para f, g ∈ C([a, b];R) de�nimos ⟨f, g⟩ =

∫ ba f(x)g(x)dx. A função ⟨·, ·⟩ é um

produto interno em C([a, b];R).Note que produto interno entre sin e cos é ⟨sin, cos ⟩ =

∫ 2π0 sinx cosx dx =

sin2 x2

∣∣∣2π0

= 0.

70

Exemplo 5.6. Para matrizes A = (ai,j), B = (bi,j) em M(m,n) de�nimos ⟨A,B⟩ =∑mi=1

∑nj=1 ai,jbi,j . A função ⟨·, ·⟩ : M(m,n) ×M(m,n) → R é um produto interno

em M(m,n).

Veja que o produto interno das matrizes A =

(1 10 2

)e B =

(−2 01 1

)é ⟨A,B⟩ =

1 · (−2) + 1 · 0 + 0 · 1 + 2 · 1 = 0.

Exemplo 5.7. O traço de uma matriz quadrada A é a soma dos elementos dadiagonal da matriz e é denotado por trA. Deixamos como exercicio mostrar que afunção ⟨A,B⟩ = tr (BtA) é um produto interno em M(n, n).

A prova do seguinte lemma segue diretamente da de�nição de produto interno.

Lema 5.8. Suponha que ⟨·, ·⟩ é um produto interno em V . Então as seguintes pro-priedades são veri�cadas.

1. ⟨0, 0⟩ = 0,

2. ⟨∑n

i=1 aiui, v⟩ =∑n

i=1 ai⟨ui, v⟩,

3. ⟨v,∑n

i=1 aiui⟩ =∑n

i=1 ai⟨v, ui⟩,

4. ⟨∑m

j=1 bjvj ,∑n

i=1 aiui⟩ =∑m

j=1

∑ni=1 bjai⟨vj , ui⟩.

Como foi mencionado na introdução, o produto interno permite introducir noçõesgeometricas no espaço V . Em particular, a partir de um produto interno podemosintroduzir a noção de distância. No que segue, para simpli�car, sempre supomos queV é um espaço euclidiano munido de um produto interno denotado por ⟨·, ·⟩.

De�nição 5.9. A norma de um vetor u ∈ V é de�nida por ||u|| =√⟨u, u⟩.

Exemplo 5.10. Seja Rn munido do produto interno de�nido no Exemplo 5.3. Nestecaso, a norma de um vetor x = (x1, . . . , xn) é dada por ||x|| =

√x21 + · · ·+ x2n. Note

que nos casos n = 2 e n = 3, a norma de x representa a distância de x ao ponto zero.

Exemplo 5.11. Se em C([a, b];R) consideramos o produto interno de�nido no Exem-

plo 5.4, então a norma de f ∈ C([a, b];R) é dada por ||f || =√∫ b

a [f(x)]2 dx.

Consideramos agora algumas propriedades da norma.

Proposição 5.12. As seguintes propriedades são válidas.

1. ||αu|| = |α|||u|| para todo u ∈ V e todo α ∈ R,

2. ||u|| ≥ 0 para todo u ∈ V,

3. ||u|| = 0 ⇔ u = 0,

4. |⟨u, v⟩| ≤ ∥u∥ ∥v∥ para todo u, v ∈ V (desigualdade de Cauchy-Schwarz),

5. ∥u+ v∥ ≤ ∥u∥+ ∥v∥ para todo u, v ∈ V (desigualdade triangular).

71

Prova: É fácil ver que ||αu|| =√

⟨αu, αu⟩ =√

α2⟨u, u⟩ = |α|√⟨u, u⟩ = |α| ||u||, o

que prova (1). Como as propriedades (2)-(3) são obvias, são deixadas como exercicio.Para mostrar (4), �xemos u, v ∈ V . Se v = 0 a propriedade é obvia, de modo no

que segue sempre supomos que v ̸= 0 e u ̸= 0. Note que para t ∈ R, temos

0 ≤ ⟨u+ tv, u+ tv⟩= ⟨u, u⟩+ 2⟨u, v⟩t+ ⟨v, v⟩t2

= ||u||2 + 2t⟨u, v⟩+ ||v||2t2,

o que implica que o descriminate do polinômio t → ||u||2+2t⟨u, v⟩+ ||v||2t2 é menoro igual a zero. Ou seja, ⟨u, v⟩2−4||u||2||v||2 ≤ 0 de onde segue que |⟨u, v⟩| ≤ ∥u∥ ∥v∥.

Mostremos agora (4). Fazendo uso da desigualdade de Cauchy-Schwarz, parau, v ∈ V vemos que

||u+ v||2 = ⟨u+ v, u+ v⟩= ||u||2 + ||v||2 + 2⟨u, v⟩≤ ||u||2 + ||u||2 + 2||u||||v||= [||u||+ ||v||]2,

de onde obtemos que ∥u+ v∥ ≤ ∥u∥+ ∥v∥. Isto completa a prova.

Exemplo 5.13. No caso do exemplo 5.3, a desigualdade de Cauchy-Schwarz é dadapor

| (x1y1 + · · ·+ xnyn) |≤ (x21 + · · ·+ x2n)(y21 + · · ·+ y2n).

Similarmente, no caso do exemplo 5.4 temos que

|∫ b

af(x)g(x) dx |≤

∫ b

af2(x) dx

∫ b

ag2(x) dx.

Proposição 5.14 (Identidade do Paralelogramo). Se u, v são vetores em V então

∥u+ v∥2 + ∥u− v∥2 = 2(∥u∥2 + ∥v∥2).

Prova: Da de�nição de norma temos que

∥u+ v∥2 + ∥u− v∥2 = ⟨u+ v, u+ v⟩+ ⟨u− v, u− v⟩= ⟨u, u⟩+ ⟨v, v⟩+ 2⟨u, v⟩+ ⟨u, u⟩+ ⟨v, v⟩ − 2⟨u, v⟩= 2⟨u, u⟩+ 2⟨v, v⟩= 2(∥u∥2 + ∥v∥2).

Antes de enunciar o próximo resultado, notamos que na teoria de análise, oconceito de norma é mais geral que o descrito neste capítulo. O próximo resultadonos permite saber se uma norma é de�nida a partir de algum produto interno.

Proposição 5.15. Se u, v são vetores em V, então ∥u+ v∥2 − ∥u− v∥2 = 4⟨u, v⟩.

Prova: É fácil ver que

∥u+ v∥2 − ∥u− v∥2 = ⟨u+ v, u+ v⟩ − ⟨u− v, u− v⟩= ⟨u, u⟩+ ⟨v, v⟩+ 2⟨u, v⟩ − ⟨u, u⟩ − ⟨v, v⟩+ 2⟨u, v⟩= 4⟨u, v⟩.

A partir do produto interno podemos de�nir uma �distância� no espaço V . Parafazer isto, consideremos as seguinte de�nição.

72

De�nição 5.16. Seja U um conjunto e D : U × U → [0,∞) uma função. Dizemosque D(·) é uma distância em U se

1. D(u, v) = 0 ⇔ u = v,

2. D(u, v) = D(v, u) para todo u, v ∈ V,

3. D(u, v) ≤ D(u,w) +D(w, v) para todo u, v, w ∈ V (desigualdade triangular).

No que segue deste capítulo, usaremos a notação d(·) para a função d : V ×V →[0,∞) de�nda por d(u, v) = ∥u− v∥ sendo ∥ · ∥ a norma em V .

Proposição 5.17. As seguintes propriedades são satisfeitas.

1. d(u, v) ≥ 0 para todo u, v ∈ V,

2. d(u, v) = 0 se e somente se u = v,

3. d(u, v) = d(v, u) para todo u, v ∈ V,

4. d(u, v) ≤ d(u,w) + d(w, v) para todo u, v, w ∈ V.

Prova: As primeiras três propriedades são obvias e a desiguladade 5 segue direta-mente da desigualdade triangular estabelecida na Proposiçao 5.12.

Corolário 5.18. A funçaõ d(·) é uma distância em V .

Exemplo 5.19. Veja que no Exemplo 5.13 (com n = 3) a distãncia entre os vetoresu = (1, 1, 3) e v = (2, 2, 1) é d(u, v) =

√(1− 2)2 + (1− 2)2 + (3− 1)2 =

√6. Note

que d(u, v) é realmente a distância entre os vetores u e v. Similarmente, nas condiçõesdo Exemplo 5.11, temos que a distãncia entre as funções sin(·) e cos(·) é

d(sin, cos) = (

∫ 2π

0[sinx− cosx]2 dx)

12

= (

∫ 2π

0[1− 2 sinx cosx] dx)

12

=√2π.

Consideramos agora algumas questões relacionadas ao conceito de angulo entrevetores. Da geometria analitica sabemos que o angulo θ entre dois vetores u = (x, y)e v = (w, z) de R2, é tal que

cos(θ) =xw + yz√

x2 + y2√w2 + z2

=⟨u, v⟩∥u∥ ∥v∥

.

A partir deste fato, de�niremos o angulo entre dois vetores de um espaço vetorialqualquer. Note que se u, v ∈ V são vetores não nulos, da desigualdade de Cauchy-Schwarz temos que −∥u∥ ∥v∥ ≤ ⟨u, v⟩ ≤ ∥u∥ ∥v∥ de onde segue que −1 ≤ ⟨u,v⟩

∥u∥ ∥v∥ ≤ 1.

Como existe um único número real θ ∈ [0, π) tal que cos(θ) = ⟨u,v⟩∥u∥ ∥v∥ , podemos

introduzir a seguinte de�nição.

De�nição 5.20. O angulo θ entre dois vetores não nulos u, v ∈ V é o número realθ ∈ [0, π) tal que cos(θ) = ⟨u,v⟩

∥u∥ ∥v∥ ,

Exemplo 5.21. Considere o produto interno do Exemplo 5.11. Para calcular oangulo entre as as funções seno e cosseno, note que ⟨sin, cos ⟩ =

∫ 2π0 sinx cosx dx =

12 sin

2 x∣∣2π0

= 0. Assim, o ângulo entre estas funções é π2 .

73

5.1.1 Ortogonalidade

A ortogonalidade entre vetores de R2 é um conceito relevante pois tem implicaçõesgeometricas importantes. Note por exemplo que dada uma linha L no plano e umponto fora de ela, a reta de menor comprimento que parte em A é intercepta Lé caracterizada pelo fato que o angulo entre as duas retas é 90◦. Como veremos,este tipo de propriedades podem ser generalizadas, estendidas no ámbito de espaçosvetorias. Considerando o anterior, introduzimos o seguinte conceito.

De�nição 5.22. Sejam u, v ∈ V . Dizemos que u, v são ortogonais se ⟨u, v⟩ = 0. Noque segue, usaremos a notação u⊥v para indicar que dois vetores são ortogonais.

De�nição 5.23. Dizemos que um counjunto S ⊂ V é ortogonal se u⊥v para todou, v ∈ S com u ̸= v. Se S é ortogonal e ∥u∥ = 1 para todo u ∈ S, dizemos que S éortonormal.

De�nição 5.24. Dizemos que u ∈ V é ortogonal a um conjunto S ⊂ V se u⊥v paratodo v ∈ S.

Exemplo 5.25. No Exemplo 5.3, o cojunto de vetores S = {ei : i = 1, . . . , n} é umconjunto ortonormal de Rn.

Observação 5.26. Note que se u = 0 ou v = 0 então u⊥v. Tambem notamos queu ̸= 0 e v ̸= 0, então u⊥v se e somente se o ângulo entre u e v é π/2.

Estabelecemos sem prova o seguinte Lema.

Lema 5.27. Se S ⊂ V é um conjunto ortogonal então { u∥u∥ : u ∈ S, u ̸= 0} é

ortonormal.

Proposição 5.28. Suponha que S = {u1, . . . , un} ⊂ V é um conjunto ortogonalformado por vetores não nulos. Então S é linearmente independentes.

Prova: Suponha que∑n

i=1 αiui = 0. Usando que S é ortogonal e as propriedadesdo produto interno, para j = 1, . . . n temos que

0 = ⟨n∑

i=1

αiui, uj⟩ =n∑

i=1

αi⟨ui, uj⟩ = αj⟨uj , uj⟩

de onde obtemos que αj = 0 ou ⟨uj , uj⟩ = 0. Como os vetores em S são não nulos,obtemos que αj = 0 de onde segue que S é linearmente independente.

De�nição 5.29. Dizemos que S = {u1, . . . , un} ⊂ V é uma base ortonormal de Vse S é um conjunto ortonormal e S é uma base de V .

Lema 5.30. Se {u1, . . . , un} é uma base ortonormal de V e u ∈ V , então u =∑ni=1⟨u, ui⟩ui.

Prova: Seja u ∈ V e suponha que u =∑n

i=1 αiui. Usando que S é ortogonal e aspropriedades do produto interno vemos que

⟨u, uj⟩ = α1⟨u1, uj⟩+ . . .+ αi⟨ui, uj⟩+ . . .+ αn⟨un, uj⟩= αj⟨uj , uj⟩= αj ,

de onde segue que u =∑n

i=1⟨u, ui⟩ui.

74

Exemplo 5.31. Usando o lemma anterior podemos achar as coordenadas do vetoru = (1, 1) ∈ R2 em relação a base B = {(

√22 ,

√22 ), (

√22 ,−

√22 )} de R2. De fato, do

Lemma 5.30 temos que

(1, 1) = ⟨(1, 1), (√2

2,

√2

2)⟩(

√2

2,

√2

2) + ⟨(1, 1), (

√2

2,−

√2

2)⟩(

√2

2,−

√2

2)

=√2(

√2

2,

√2

2) + 0(

√2

2,−

√2

2),

de modo que uB =

(√20

).

5.1.2 Processo de Gram-Schmidt

Por diferentes razoes, algumas das quais serão evidentes no que segue, é convenientetrabalhar com bases ortonormais. Nesta seção apresentaremos o processo de orto-gonalização de Gram-Schmidt, que permite obter uma base ortonormal a partir deuma base qualquer. O processo de Gram-Schmidt está descrito na demostração doTeorema 5.35. Para provar este teorema é conveniente considerar alguns resultadospreliminares.

De�nição 5.32. Suponha que U = [u1, . . . , un] sendo {u1, . . . , un} ⊂ U um conjuntoortonormal e seja u ∈ V. O vetor PU (u) =

∑ni=1⟨u, ui⟩ui é chamado de projeção

ortogonal de u em U .

O conceito de projeção ortogonal de u é motivado pelo seguinte resultado.

Lema 5.33. Suponha que U = [u1, . . . , un] sendo {u1, . . . , un} ⊂ U um conjuntoortonormal. Se u ∈ V então o vetor dado por u −

∑ni=1⟨u, ui⟩ui é ortogonal a U e

u =∑n

i=1⟨u, ui⟩ui ⇔ u ∈ U .

Prova: Seja w =∑n

j=1 αjuj ∈ U. Usando que {u1, . . . , un} é um conjunto ortonor-mal, vemos que

⟨n∑

j=1

αjuj , PU (u)⟩ = ⟨n∑

j=1

αjuj , u− ⟨u, u1⟩u1 − · · · − ⟨u, un⟩un⟩

= ⟨n∑

j=1

αjuj , u⟩+ ⟨n∑

j=1

αjuj ,−⟨u, u1⟩u1 − · · · − ⟨u, un⟩un⟩

=

n∑j=1

αj⟨uj , u⟩ −n∑

j=1

αj

n∑i=1

⟨u, ui⟩⟨uj , ui⟩

=n∑

j=1

αj⟨uj , u⟩ −n∑

j=1

αj⟨u, uj⟩

= 0,

o que mostra que ⟨w,PU (u)⟩ = 0 para todo w ∈ U . Por utro lado, se u ∈ U entãou−

∑ni=1⟨u, ui⟩ui ∈ U de onde vemos que ⟨u−PU (u), u−PU (u)⟩ = 0, o que implica

que u− PU (u) = 0 e que u =∑n

i=1⟨u, ui⟩ui.Note que na de�nição do vetor PU (u), existe uma dependencia sobre a base.

Como veremos no próximo resultado, não existe esta dependencia.

75

Proposição 5.34. Suponha que U ⊂ V é um subespaço vetorial e que conjuntosS = {u1, . . . , un} e R = {v1, . . . , vn} são bases ortonormais de U . Se u ∈ V , então∑n

i=1⟨u, ui⟩ui =∑n

i=1⟨u, vi⟩vi e PU (u) é independente de S e R.

Prova: Sejam w = u −∑n

i=1⟨u, ui⟩ui e z = u −∑n

i=1⟨u, vi⟩vi ∈ U . Do Lemma5.33 sabemos que os vetores w, z são ortogonais a U e como w − z ∈ U obtemosque ⟨w − z, w − z⟩ = ⟨w − z, w⟩ + ⟨w − z, z⟩ = 0. Assim, z = w o que implica que∑n

i=1⟨u, ui⟩ui =∑n

i=1⟨u, vi⟩vi e que PU (u) é independente de S e R.

Como foi observado anteriormente, a prova do próximo resultado nos fornece deum método para obter uma base ortonormal a partir de uma base qualquer. Estemétodo é chamado de processo de ortogonalização de Gram-Schmidt.

Teorema 5.35. Se U é um subespaço vetorial de V então existe uma base ortonormalpara U .

Prova: Suponha que {v1, . . . , vn} é uma base de U e seja u1 = v1∥v1∥ e U1 = [u1].

Pelo Lema 5.33 sabemos que o vetor v2 − PU1(v2) = v2 − ⟨v2, u1⟩u1 é ortogonal a

U1. Se de�nirmos agora u2 =v2−PU1

(v2)

∥v2−PU1(v2)∥ obtemos que {u1, u2} é ortonormal o que

implica via Proposição 5.28 que é {u1, u2} é linearmente independente. Mais ainda,é claro que [{u1, u2}] = [{v1, v2}].

Seja U2 = [u1, u2]. Pelo Lemma 5.33 sabemos que v3−PU2(v3) = v3−⟨v2, u2⟩u2−⟨v2, u1⟩u1 é ortogonal ao espaço U2 o que implica que u3 =

v3−PU2(v3)

∥v3−PU2(v3)∥ é tam-

bém ortogonal a U2. Agora, pela Proposição 5.28 obtemos que {u1, u2, u3} é linear-mente independente. Mais ainda, como u3 ∈ [{v1, v2, v3}] temos que [{u1, u2, u3}] ⊂[{v1, v2, v3}] o que implica que [{u1, u2, u3}] = [{v1, v2, v3}] pois {u1, u2, u3} é line-armente independente.

Suponha agora que usando o processo anterior obtemos que {u1, . . . , uk} com

k < n e uj =vj−

∑j−1i=1 ⟨vj ,ui⟩ui

∥vj−∑j−1

i=1 ⟨vj ,ui⟩ui∥é ortonormal, linearmente independente e que

[{v1, . . . , vk}] = [{u1, . . . , uk}].Pelo Lemma 5.33 temos que o vetor vk+1 − PUk

(vj) = vk+1 −∑k

i=1⟨vj , ui⟩ui eortogonal ao espaço Uk = [{v1, . . . , vk}] de onde segue que uk+1 =

vk+1−∑k

i=1⟨vj ,ui⟩ui

∥vk+1−∑k

i=1⟨vj ,ui⟩ui∥também é ortogonal a Uk, que {u1, . . . , uk+1} é linearmente independente e queuk+1 ∈ [{uk+1, u1, . . . , uk}] ⊂ [{vk+1, u1, . . . , uk}] ⊂ [{vk+1, v1, . . . , vk}]. Mais ainda,como as dimensões de [{uk+1, u1, . . . , uk}] e [{vk+1, v1, . . . , vk}] são iguais podemosconcluir que [{u1, . . . , uk, uk+1}] = [{v1, . . . , vk, vk+1}].

Continuando como antes, obtemos que um conjunto ortonormal {u1, . . . , un} talque que [{u1, . . . , uk, un}] = [{v1, . . . , vk, vn}], o que implica que {u1, . . . , un} é umabase ortonormal de U . .

Observação 5.36. Como pode-se observar, a prova do Teorema anterior nos fornecede um método para obter uma base ortonormal a partir de uma base qualquer de V .

76

De fato, se {v1, . . . , vn} é uma base de V e {u1, . . . , un} são os vetores de�nidos por

u1 =v1

∥v1∥,

u2 =v2 − ⟨v2, u1⟩u1

∥v2 − ⟨v2, u1⟩u1∥

u3 =v3 − ⟨v3, u1⟩u1 − ⟨v3, u2⟩u2

∥v3 − ⟨v3, u1⟩u1 − ⟨v3, u2⟩u2∥...

uk+1 =vk+1 −

∑ki=1⟨vk+1, ui⟩ui

∥vk+1 −∑k

i=1⟨vk+1, ui⟩ui∥,

...

un =vn −

∑n−1i=1 ⟨vn, ui⟩ui

∥vn −∑n−1

i=1 ⟨vn, ui⟩ui∥,

então {u1, . . . , un} é uma base ortonormal de V .

Exemplo 5.37. Neste exemplo, usaremos o processo de Gram-Schmidt para acharuma base ortonormal de P2(R) a partir da base {1, x, x2}. No que segue usaremos oproduto interno do Exemplo 5.11,

Se usamos as notações do Teorema 5.35 teremos que v1 = 1, v2 = t e v2 = t2. Oprimer vetor da base ortonormal é dado por u1(t) =

v1(t)∥v1∥ = 1

∥v1∥ = 1. Assim temosque u1 = 1.

O polinômio u2 é calculado via a formula u2(x) =x−⟨x,1⟩1

∥x−⟨x,1⟩1∥ . Como

⟨x, 1⟩ =∫ 1

0x dx =

1

2e ∥x− ⟨x, 1⟩1∥2 =

∫ 1

0(x− 1

2)2 dx =

1

12,

obtemos que u2(x) =√12(x− 1

2) =√3(2x− 1).

O polinômio u3 é calculado via a fórmula u3 = v3−⟨v3,u1⟩u1−⟨v3,u2⟩u2

∥v3−⟨v3,u1⟩u1−⟨v3,u2⟩u2∥ . Assim,para x ∈ R temos que

p3(x) =x2 − ⟨x2, 1⟩1− ⟨x2,

√3(2x− 1)⟩

√3(2x− 1)

∥x2 − ⟨x2, 1⟩1− ⟨x2,√3(2x− 1)⟩

√3(2x− 1)∥

.

Como

⟨x2, 1⟩ =∫ 1

0x2 dx =

1

3, ⟨x2,

√3(2x− 1)⟩ =

√3

∫ 1

0x2(2x− 1) dx =

√3

6

e

∥x2 − ⟨x2, 1⟩1− ⟨x2,√3(2x− 1)⟩

√3(2x− 1)∥2

= ∥x2 − x+1

6∥2

=

∫ 1

0(x2 − x+

1

6)2 dx =

1

180,

obtemos que

p3(x) =√180(x2 − x+

1

6) =

√5(6x2 − 6x+ 1).

77

Do anterior, o conjunto {1,√3(2x− 1),

√5(6x2− 6x+1)} é uma base ortonormal de

P2(R).

Exemplo 5.38. Usemos agora o método de Gram-Schmidt para achar uma baseortonormal de W = {(x, y, z) ∈ R3 : x − 2y = 0}. Para obter uma base ortonormalde W , temos que achar primeiro uma base de W .

Se (x, y, z) ∈ W , entçao (x, y, z) = (2y, y, z) = y(2, 1, 0) + z(0, 0, 1) de onde éfácil concluir que {(2, 1, 0), (0, 0, 1)} = {v1, v2} é uma base de W.

Se usamos esta base, temos que u1 = (0, 0, 1) pois ∥(0, 0, 1)∥ = 1. Além disso, ovetor u2 é dado por

u2 =(2, 1, 0)− ⟨(2, 1, 0), (0, 0, 1)⟩(0, 0, 1)∥(2, 1, 0)− ⟨(2, 1, 0), (0, 0, 1)⟩(0, 0, 1)∥

=(2, 1, 0)

∥(2, 1, 0)∥= (

2√5,1√5, 0).

Do anterior segue que {(0, 0, 1), ( 2√5, 1√

5, 0)} é uma base ortonormal de W .

Exemplo 5.39. Neste exemplo procuraremos uma base ortonormal para o espaçoW = {(x, y, z, t) ∈ R4 : x+ y + z + t = 0}.

Para comezar, note que (x, y, z, t) ∈ W se e somente se (x, y, z, t) = (−y − z −t, y, z, t), de onde obtemos que

(x, y, z, t) = y(−1, 1, 0, 0) + z(−1, 0, 1, 0) + t(−1, 0, 0, 1).

Como {(−1, 1, 0, 0), (−1, 0, 1, 0), (−1, 0, 0, 1)} = {v1, v2, v3} é linearmente indepen-dente seque-se que este conjunto é uma base de W.

Calculemos agora os vetores ui de�nidos via Gram-Schmidt. É fácil ver queu1 =

(−1,1,0,0)∥(−1,1,0,0)∥ = (− 1√

2, 1√

2, 0, 0). Em relação a u2 vemos que

u2 =(−1, 0, 1, 0)− ⟨(−1, 0, 1, 0), (− 1√

2, 1√

2, 0, 0)⟩(− 1√

2, 1√

2, 0, 0)

∥(−1, 0, 1, 0)− ⟨(−1, 0, 1, 0), (− 1√2, 1√

2, 0, 0)⟩(− 1√

2, 1√

2, 0, 0)∥

=(−1

2 ,−12 , 1, 0)

∥(−12 ,−

12 , 1, 0)∥

=1√6(−1,−1, 2, 0),

de modo que u2 =1√6(−1,−1, 2, 0). Da de�nição de u3 vemos que

u3 =(−1, 0, 0, 1)− ⟨(−1, 0, 0, 1), u1⟩u1 − ⟨(−1, 0, 0, 1), u2⟩u2

∥(−1, 0, 0, 1)− ⟨(−1, 0, 0, 1), u1⟩u1 − ⟨(−1, 0, 0, 1), u2⟩u2∥e como

⟨(−1, 0, 0, 1), u1⟩ = ⟨(−1, 0, 0, 1), (− 1√2,1√2, 0, 0)⟩ = 1√

2,

⟨(−1, 0, 0, 1), u2⟩ = ⟨(−1, 0, 0, 1),1√6(−1,−1, 2, 0)⟩ = 1√

6,

(−1, 0, 0, 1)− ⟨(−1, 0, 0, 1), u1⟩u1 − ⟨(−1, 0, 0, 1), u2⟩u2 = (−1

3,−1

3,−1

3, 1),

obtemos que u3 =(− 1

3,− 1

3,− 1

3,1)

∥(− 13,− 1

3,− 1

3,1)∥ = 1

2

√3(−1

3 ,−13 ,−

13 , 1).

Assim, vemos que {(− 1√2, 1√

2, 0, 0), 1√

6(−1,−1, 2, 0), 12

√3(−1

3 ,−13 ,−

13 , 1)} é uma

base ortonormal de W .

78

Nos próximos exemplos calcularemos a projeção ortogonal de um vetor sobre umdeterminado espaço vetorial.

Exemplo 5.40. Seja U = [( 1√3,− 1√

3, 1√

3), ( 1√

2, 1√

2, 0)]. Usando o produto interno

usual de R3, calculemos a projeção ortogonal do vetor u = (2, 3, 1) sobre o espaço U .Lembre que se {u1, u2} é uma base ortonormal de U , então a projeção de u em

U é dada por PU (u) = ⟨u, u1⟩u1 + ⟨u, u2⟩u2 e que este vetor é independente da baseortonormal considerada.

Como neste caso {u1, u2} = {( 1√3,− 1√

3, 1√

3), ( 1√

2, 1√

2, 0)} é uma base ortonormal,

podemos calcular PU (u) diretamente. Assim,

PU ((2, 3, 1)) = ⟨(2, 3, 1), ( 1√3,− 1√

3,1√3)⟩( 1√

3,− 1√

3,1√3)

+⟨(2, 3, 1), ( 1√2,1√2, 0)⟩( 1√

2,1√2, 0)

= (5

2,5

2, 0).

Exemplo 5.41. Considere P3(R) com o produto interno do Exemplo por 5.11.Calculemos a projeção ortogonal do vetor p(x) = 1 + x + x2 + x3 sobre o espaçoU = [x3 − x].

Como o conjunto { x3−x∥x3−x∥} = {u1} é uma base ortonormal de U , temos que a

projeção de um vetor u sobre o espaço U é dada por PU (u) = ⟨u, u1∥u1∥⟩

u1∥u1∥ . Note

agora que

∥x3 − x∥2 =∫ 1

0(x3 − x)2 dx =

∫ 1

0(x6 + x2 − 2x4) dx =

x7

7+

x3

3− 2x5

5

∣∣∣∣10

=1

7+

1

3− 2

5=

8

105e

⟨p, u1⟩ =105

8⟨1 + x+ x2 + x3, x3 − x⟩

=105

8

∫ 1

0(1 + x+ x2 + x3)(x3 − x) dx

=8

105

∫ 1

0(−x− x2 + x5 + x6) dx =

−11

21

105

8.

Do anterior obtemos que PU (p)(x) = −558 (x

3 − x).

5.1.3 O metodo dos mínimos quadrados

Nesta seção introduziremos um método que pode ser usado na teoria de optimização.Este método, chamado dos mínimos quadrados, nace a partir da seguinte pergunta

Suponha que U é um subespaço vetorial de V e que u ∈ V . Qual é a menordistancia entre u e o espaço U . ?

A resposta a esta pergunta é dada no seguinte Teorema.

79

Teorema 5.42. Se U é um subespaço vetorial de V e u ∈ V \U , então ∥u−PU (u)∥ ≤∥u− v∥ para todo v ∈ U .

Prova: Seja v ∈ U . Usando que u − PU (u) é ortogonal a U e que PU (u) − v ∈ Uvemos que

∥u− v∥2 = ∥u− PU (u) + PU (u)− v∥2

= ∥u− PU (u)∥2 + 2⟨u− PU (u), PU (u)− v⟩+ ⟨PU (u)− v, PU (u)− v⟩= ∥u− PU (u)∥2 + ∥PU (u)− v∥2

de onde obtemos que ∥u − PU (u)∥ ≤ ∥u − v∥. Como a função x → x2 é crescente,segue do anterior que ∥u− PU (u)∥ ≤ ∥u− v∥ para todo v ∈ U .

Observação 5.43. Note que o ultimo Teorema nõ somente responde a perguntaanterior, também mostra que a menor distancia entre u e o espaço U é atingida noponto PU (u) ∈ U . Mais ainda, a menor distância é dada pelo comprimento do vetoru− PU (u) que é ortogonal (perpendicular) a U .

Exemplo 5.44. Seja W = {(x, y, z) ∈ R3 : x − 2y = 0} e u = (1, 2, 3). Desejamosachar um ponto w ∈ W tal que ∥u− w∥ seja a menor distância de u a algum pontode U .

Pelo Teorema 5.42, sabemos que este ponto é PW (u) e do Exemplo 5.38 sabemosque {(0, 0, 1), ( 2√

5, 1√

5, 0)} é uma base ortonormal de W . Se usamos esta base para

calcular PW (u), temos que

PW (u) = ⟨(1, 2, 3), (0, 0, 1)⟩(0, 0, 1) + ⟨(1, 2, 3), ( 2√5,1√5, 0)⟩( 2√

5,1√5, 0)

= (0, 0, 3) + 3(2

5,1

5, 0)

= 3(2

5,1

5, 1).

Mais ainda, podemos determinar uma formula geral para PW (u). De fato, se u =(x, y, z) vemos que

PW ((x, y, x)) = ⟨(x, y, z), (0, 0, 1)⟩(0, 0, 1) + ⟨(x, y, z), ( 2√5,1√5, 0)⟩( 2√

5,1√5, 0)

= (0, 0, z) + (2x+ y√

5)(

2√5,1√5, 0)

=1

5(4x+ 2y, 2x+ y, 5z).

5.1.4 Complemento Ortogonal

De�nição 5.45. Seja U um subespaço de V . O complemento ortogonal de U (de-notado U⊥) é o conjunto de�nido por U⊥ = {v ∈ V : ⟨u, v⟩ = 0, ∀u ∈ U}.

Lema 5.46. Se U ⊂ V então U⊥ é um subespaço vetorial de V.

Prova: Se v, w ∈ V ⊥, α ∈ R e u ∈ U temos que ⟨v + αw, u⟩ = ⟨v, u⟩+ α⟨w, u⟩ = 0,o que da de�nição de V ⊥ implica que v + αw ∈ V ⊥.

80

Teorema 5.47. Se U é um subespaço de V então V = U ⊕ U⊥.

Prova: Seja v ∈ V . Para comezar observamos que v−PU (v) ∈ U⊥ e que PU (v) ∈ U ,de onde temos que v = PU (v)+ v−PU (v) ∈ U +U⊥ o que implica que V ⊂ U +U⊥

e V = U +U⊥. Por otro lado, se w ∈ U∩U⊥ segue-se que ⟨w,w⟩ = 0 o que implica

que w = 0 e que U∩U⊥ = {0}. Isto completa a prova.

Exemplo 5.48. Seja U = {(x, y, z) ∈ R3 : x − y − z = 0}. Para achar o espaçoU⊥, temos que caraterizar todos os vetores w ∈ R3 tais que ⟨w, u⟩ = 0 para todou ∈ U . Para fazer isto é su�ciente encotrar alguma base {u1, u2} de U e achar todosos vetores w ∈ R3 tais que ⟨w, u1⟩ = 0 e ⟨w, u2⟩ = 0.

É fácil ver que U = [(1, 1, 0), (1, 0, 1)]. Logo, se (x, y, z) ∈ U⊥ teremos que⟨(x, y, z), (1, 1, 0)⟩ = 0 e ⟨(x, y, z), (1, 0, 1)⟩ = 0, de onde obtemos que x + y = 0 ex+ z = 0. Assim, (x, y, z) = x(1,−1,−1) e V ⊥ = [(1,−1,−1)].

Nas seguintes seções estudaremos brevemente alguns tipos especiais de transfor-mações lineares. No que segue, U e V são espaços euclidianos e denotaremos por⟨·, ·⟩U e ⟨·, ·⟩V os respectivos produtos internos.

5.1.5 Isometrias

De�nição 5.49. Dizemos que T ∈ L(U, V ) é uma isometria se ⟨T (u1), T (u2)⟩U =⟨u1, u2⟩V para todo u1, u2 ∈ U.

O conceito �isometria" é motivado pelo seguinte resultado.

Teorema 5.50. Suponha que T ∈ L(U, V ). As seguintes condições são equivalentes.

1. T é uma isometria,

2. ∥T (u)∥ = ∥u∥ para todo u ∈ V,

3. ∥T (u)− T (v)∥ = ∥u− v∥ para todo u, v ∈ V,

4. Se {u1, . . . , un} ⊂ V é ortonormal então {T (u1), . . . , T (un)} é ortonormal emV.

Prova: Se T é uma isometria e u ∈ U , então ∥T (u)∥2V = ⟨T (u), T (u)⟩V = ⟨u, u⟩U =∥u∥2U , o que prova que (1) implica (2).

A prova que (2) e (3) são equivalentes é obvia, pois T é linear.Mostremos agora que (3) implica (4). Para comecar, notamos que de (3) e a

Proposição 5.15, para u, v ∈ U tem-se que

⟨T (u), T (v)⟩ =1

4(∥T (u) + T (v)∥2 − ∥T (u)− T (v)∥2)

=1

4(∥u+ v∥2 − ∥u− v∥2)

= ⟨u, v⟩.

Logo, se {u1, . . . , un} ⊂ V é um conjunto ortonormal, da relação ⟨T (ui), T (uj)⟩ =⟨ui, uj⟩ para todo i, j, segue que {T (u1), . . . , T (un)} é ortonormal.

Para �nalizar, provemos que (4) implica (1). Pela teoria desenvolvida nestecapítulo sabemos que existe uma base ortonormal {u1, . . . , un} de U . Se u, v ∈ U ,

81

do Lemma 5.30 temos que u =∑n

i=1⟨u, ui⟩ui e v =∑n

i=1⟨v, ui⟩ui de onde obtemosque

⟨u, v⟩ = ⟨n∑

i=1

⟨u, ui⟩ui,n∑

j=1

⟨v, uj⟩uj⟩

=n∑

i=1

n∑j=1

⟨u, ui⟩⟨v, uj⟩⟨ui, uj⟩

=n∑

i=1

⟨u, ui⟩⟨v, ui⟩,

Por outro lado, usando agora que {T (u1), . . . , T (un)} é ortonormal vemos que

⟨T (u), T (v)⟩ = ⟨n∑

i=1

⟨u, ui⟩T (ui),n∑

j=1

⟨v, uj⟩T (uj)⟩

=

n∑i=1

n∑j=1

⟨u, ui⟩⟨v, uj⟩⟨T (ui), T (uj)⟩

=

n∑i=1

⟨u, ui⟩⟨v, ui⟩.

Finalmente, comparando as igualdadea anteriores é claro que ⟨T (u), T (v)⟩U = ⟨u, v⟩Vo que prova que T é isometria. A prova do Teorema está completa.

Exemplo 5.51. Seja θ ∈ R e T : R2 → R2 a transformação linear dada por

T (x, y) = (x cos θ − y sin θ, x sin θ + y cos θ).

Depois de alguns calculos, para (x1, y1), (x2, y2) ∈ R2 obtemos que

⟨T (x1, y1), T (x2, y2)⟩ = x1x2(cos2 θ + sin2 θ)− y1x2(− cos θ sin θ + cos θ sin θ)

−x1y2(cos θ sin θ − cos θ sin θ) + y1y2(cos2 θ + sin2 θ)

= x1x2 + y1y2

= ⟨(x1, y1), (x2, y2)⟩,

de onde vemos que T é uma isometria.

Lema 5.52. Se T ∈ L(U, V ) é uma isometria e dimU = dimV então T é umisomor�smo.

Prova: Como ∥Tu∥ = ∥u∥ para todo u ∈ U é claro que T é injetora de onde segueque T é isomor�smo pois e dimU = dimV .

5.2 Exercícios

Ex. 5.53. Seja V espaço vetorial. Mostre que sempre é possível de�nir um produtointerno em V .

Ex. 5.54. Estude se a função ⟨ , ⟩ é um produto interno em V.

82

1. V = R2 e ⟨u,w⟩ = 2x1x2 + 4y1y2 sendo u = (x1, y1), w = (x2, y2).

2. V = P3(R) e ⟨p, q⟩ = a0b0+a1b1+a2b2+a3b3 sendo p(t) = a0+a1t+a2t2+a3t

3,q(t) = b0 + b1t+ b2t

2 + b3t3.

3. V = M(2, 2) e ⟨A,B⟩ = tr(AtB) onde tr é a função traço.

4. V = R3 e ⟨u,w⟩ = x1x2 + y1y2 sendo u = (x1, y1, z1), w = (x2, y2, z2).

5. V = R4 e ⟨u,w⟩ = x1x2 + y1y2 + z1z2 − t1t2 sendo u = (x1, y1, z1, t1), w =(x2, y2, z2, t2).

Ex. 5.55. Nos seguintes casos, achar ⟨u, v⟩, ∥u∥, ∥v∥ e o ângulo entre os vetores ue v.

1. V = R3 com o produto interno usual e u = (1, 2, 1), v = (3, 4, 2).

2. V = P2(R) com produto interno ⟨p, q⟩ =∫ 10 p(t)q(t) dt e u = p(t) = 1+ t+4t2,

v = q(t) = 2 + 5t2.

3. V = M(2, 2) com produto interno ⟨A,B⟩ = tr(AtB) e A =

(1 24 12

), B =(

8 −14 3

).

Ex. 5.56. Em cada um dos itens abaixo achar d(u, v).

1. V = R4 com o produto interno usual, u = (1, 1, 1, 1), v = (1, 0, 2, 3).

2. V = P2(R) com produto interno ⟨p, q⟩ =∫ 10 p(t)q(t) dt, u = 1+t e v = 3

4 t+3t2.

3. V = M(3, 3) com produto interno ⟨A,B⟩ = tr(AtB),

u =

1 2 34 5 61 1 1

e v =

1 2 10 0 12 2 2

.

Ex. 5.57. Estude se o conjunto S é ortonormal em V .

1. V = R3 com o produto interno usual e S = {(0, 1, 1), (1, 1, 0)}.

2. V é o espaço dos polinômios de grau 2 de�nidos sobre [0, 1] com produto interno⟨p, q⟩ =

∫ 10 p(t)q(t) dt e S =

{t, t2

}.

3. V = M(3, 3) com produto interno ⟨A,B⟩ = tr(AtB) e

S =

{(1 00 0

),

(0 10 1

),

(0 01 0

)}.

Ex. 5.58. Achar uma base ortonormal paraW usando o processo de Gram-Schmidt.

1. W = [(1, 1, 0, 0), (0, 1, 2, 0), (0, 0, 3, 4)] com o produto usual de V = R4,

2. W = [1, 1 + t, t2] com o produto ⟨p, q⟩ =∫ 10 p(t)q(t)dt (os polinômios são

considerados de�nidos sobre [0, 1]).

83

3. W é o subespaço de M(2, 2) dado por

W =

[(1 00 0

),

(0 10 1

),

(0 01 1

)]e ⟨·, ·⟩ é o produto interno ⟨A,B⟩ = tr(AtB).

Ex. 5.59. Achar m ∈ R de modo que a transformação T : R3 → R3 dada por

T (x, y, z) = (1√3x+

1√3y +mz,− 1√

6x+

2√6y − 1√

6z,− 1√

2x+

1√2z)

seja uma isometria.

Ex. 5.60. Achar uma isometria em P2(R) cuja matriz em relação à base canônica

seja

1√2

1√2

0

0 0 1x y z

.

Ex. 5.61. A função T : M(2, 2) → M(2, 2) dada por T (A) = At é uma isometria?.

Ex. 5.62. Mostre que o conjunto

{1, cosx, cos 2x, cos 3x, . . . , sinx, sin 2x, sin 3x, . . .}

é ortogonal no espaço das funções contínuas C([0, 2π],R) com relação ao produtointerno ⟨f, g⟩ =

∫ 2π0 f(x)g(x)dx.

5.2.1 Prova teste 3 de 2011

1. Produto interno:

(a) Sejam α, β números reais. Para u = (u1, u2) e v = (v1, v2) vetores de R2

de�nimos

< u, v >= 5u1v1 +6u2v2. A função < ·, · > é um produto interno em R2.?

(b) Seja P(R) o espaço vetorial formado por todos os polinômios de�nidos deR em R. Estude se a função < p, q >= p(1)q(1) é um produto interno emP(R). Achar 10 produtos internos diferentes para o espaço dos polinômiosde grau n.

2. Considere em R3 o produto interno < u, v >= u1v1 + 2u2v2 + 3u3v3. Acharuma base ortonormal para R3 a partir da base {(1, 1, 1), (1, 1, 0), (1, 0, 0)}.

3. Seja W o subespaço de R2 formado pelos vetores {(x, 2x) : x ∈ R}. Acharo espaço W⊥. Achar a distancia do vetor (1,−1) aos espaços W e W⊥. (Adistancia de um vetor x a um espaço vetorial V , é a menor das distâncias entrex e algum vetor de V .)

84

5.2.2 Prova 3 de 2011

1. Estude se as seguintes funções são produto interno em R3.

(a) < (u1, u2, u3), (v1, v2, v3) >1= u1v1 + 2u2v2 + 3u3v3.

(b) < (u1, u2, u3), (v1, v2, v3) >2= u1v1 − u2v2 + u3v3.

(c) Se alguma das funções é produto interno, achar uma base ortonormal apartir da base {(1, 1, 1), (1, 1, 0), (1, 0, 0)}.

2. Considere R3 com o produto interno usual e seja Z o subespaço de R3 de�nidopor Z = {(x, 2x, x+ y) : x, y ∈ R}.

(a) Achar uma base ortonormal para Z,

(b) Achar a projeção PZ : R3 → Z,

(c) Achar um vetor v ∈ Z tal que ∥ v − (1,−1, 1) ∥≤∥ z − (1,−1, 1) ∥ paratodo z ∈ Z.

5.2.3 Prova de recuperação de 2011

1. Seja T : R3 → R3 dada por T (x, y, z) = (3x− y + z,−x+ 5y − z, x− y + 3z).

(a) A função T é transformação linear ?

(b) Achar os autovalores de T .

(c) Achar uma base e a dimensão de cada um dos espaços V (λ).

(d) A funçaõ T é diagonalizável.?

(e) Se T é diagonalizável, achar [T ]BB, [Id]CB sendo B uma base de vetores

proprios de R3 e C a base canónica de R3.

2. Considere R3 com o produto interno usual e seja Z o subespaço de R3 de�nidopor Z = {(x, 2x+ y, x+ y) : x, y ∈ R}.

(a) Mostre que Z é espaço vetorial.

(b) Achar uma base ortonormal para Z,

(c) Achar a projeção PZ : R3 → Z,

(d) Achar um vetor v ∈ Z tal que ∥ v − (1, 0, 1) ∥≤∥ z − (1, 0, 1) ∥ para todoz ∈ Z.

85

Referências Bibliográ�cas

[CDC] Callioli, C. A., Domingues, H. H., Costa, R. C. F., Álgebra Linear e Apli-cações, 2a edição, Atual Editora Ltda, 1978.

[L] Lima, E. L., Álgebra Linear, Coleção Matemática Universitária, IMPA,CNPq, Rio de Janeiro, 1995.

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