Notas de Algebra Linear

Eduardo Hernandez, Michelle Pierri

Sumário

1 Espaços Vetoriais 3

1.1 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.2 Exercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

1.2.1 Interseção e Soma de Subespaços vetoriais . . . . . . . . . . . 91.3 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

1.3.1 Subespaços gerados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131.4 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

2 Dependência Linear, base e dimensão 20

2.1 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 232.1.1 Coordenadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

2.2 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 332.2.1 Prova teste 1 de 2011 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 342.2.2 Prova Teste 2 de 2012 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 342.2.3 Prova 1 do ano 2011 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 342.2.4 Prova 1 de 2012 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

3 Transformações Lineares 36

3.0.5 Imagem e Núcleo de uma transformação . . . . . . . . . . . . 373.1 Isomor�smo e Automor�smo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

3.1.1 O Espaço Vetorial L(U, V ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 443.1.2 A matriz associada a uma Transformação Linear . . . . . . . 46

3.2 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

2

Capítulo 1

Espaços Vetoriais

Neste capítulo introduziremos o conceito mais importante da teoria de algebra linear,o conceito de espaço vetorial. No que segue desta apostilha, R denota o conjuntodos números reais.

De�nição 1.1. Seja V é um conjunto não vazio e suponha que existem duas oper-ações de�nidas em V, uma operação somma (denotada +) que a cada par de elemen-tos u, v ∈ V associa un único elemento de V denotado por u + v, e uma operaçãochamada de multiplicação por escalar que a cada u ∈ V e todo λ ∈ R associa unúnico elemento de V denotado por λ · u. Dizemos que o triple (V,+, ·) é um espaçovetorial se 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,

P4 para cada u ∈ V existe v ∈ V tal que u+ v = 0,

P5 λ · (µ · u) = (λµ) · u para todo u ∈ V e λ, µ ∈ R,

P6 (λ+ µ) · u = λ · u+ µ · u para todo u ∈ V, λ, µ ∈ R,

P7 λ(u+ v) = λ · u+ λ · v para todo u, v ∈ V e λ ∈ 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.

A seguir apresentamos alguns exemplos de espaçõs vetorias.

Exemplo 1.3. Um exemplo obvio de espaço vetorial é o conjunto R munido com asoperações + e · usuais.

Exemplo 1.4. O espaço RnSeja 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

3

(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 exercicio mostrar que Rn munido com as operações anterioresi é umespaço vetorial.

Exemplo 1.5. O espaço de polinomios 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. Lembre que um polinômio com coe�cientes reaisé uma função f da forma f(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: p(x) = a0 + a1x + · · · + anxn =

∑ni=0 aix

i eλ ∈ R de�nimos λ · p(x) = (λa0) + (λa1)x+ · · ·+ (λan)x

n =∑n

i=0 λaixi

Exercício 1.6. Mostrar que Pn(R) munido com as operações anteriores é um espaçovetorial.

Exemplo 1.7. 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 1.8. Mostrar que F (A;R) munido com as operações anteriores é umespaço vetorial.

Exemplo 1.9. O espaço das matrizes de ordem n×m.Sejam n,m ∈ N. Lembremos que uma matriz de ordem n×m é uma ordenação denumeros 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.

4

De�nimos M(n,m) como sendo o conjunto formado por todas a matrizes deordem n × m. Nesta apostilha sempre assumiremos que M(n,m) é munido dasseguintes 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 1.10. Mostrar que com as operações anteriores M(n,m) é um espaçovetorial.

Exemplo 1.11. Um exemplo abstrato

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

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 1.12. 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) 6∈ 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 algebra linear são obtidos a partir dos ax-iomas P1-P8. No próximo resultado vemos como é possivel obter novas propriedadesa partir desses axiomas.

Proposição 1.13. Se (V,+, ·) é um espaço vetorial, então as seguintes propriedadessão veri�cadas.

5

1. O elemento 0 da propriedade P3 é único,

2. para cada u ∈ V o vetor −u da propriedade P4 é único,

3. se 0 é o vetor em P3 e λ ∈ R então λ0 = 0,

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

5. se λu = 0 então λ = 0 ou u = 0,

6. se u 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: Mostramos somente as seis primeiras propriedades, a prova das outras édeixada como exercicio.

1. Suponha que 0′ ∈ V tambem satisfaz 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 un 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)0 = 0u+ (0u+−(0u)) por P2

0 = 0u+ 0 por P4

0 = 0u por P3.

5. Suponha que λu = 0 e que λ 6= 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 · u+ 1 · u) = −1u+ u, de (2) segue que −u = −1 · u.

6

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 1.14. 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 1.15. Seja W ⊂ V . Dizemos que W é um subespaço vetorial de V , seW munido das operações soma e multiplicação escalar de V é um espaço vetorial.

Observação 1.16. É conveniente lembrar a seguinte frase da de�nição de espaçovetorial: � Uma operação somma (denotada +) que a cada par de elementos u,v ∈ Vassocia um único elemento de V denotado por u+ v, e uma multiplicação porescalar que a cada u ∈ V e todo λ ∈ R associa un único elemento de V denotadopor λu. " Logo, para que W ⊂ V seja um subespaço vetorial de V é necessario queu + v ∈ W e λu ∈ W para todo u, v ∈ V e todo λ ∈ R. Como veremos no próximoresultado, estas propriedades caracterizam o conceito de subespaço vetorial.

7

Proposição 1.17. Um conjuntoW ⊂ V é um subespaço vetorial de V ⇔ u+λv ∈Wpara todo u, v ∈W e todo λ ∈W .

Prova: Se W é um subespaço vetorial de V , da de�nição de subespaço vetorial (vejatambém a observação 1.16) 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 ∈ W . Paraprovar que W é um espaço vetorial temos que mostrar que as propriedades P1-P8

são veri�cadas. As propriedades P1, P2, P5, P6, P7 e P8 são trivialmente satisfeitaspois elas são válidas em relação a V . Assim, resta mostrar que P3 e P4 são satisfeitas.

Seja u ∈ W e λ ∈ R. Da Proposição 1.13 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 tambem válida. Segue do anterior que W é um subespaço vetorial de V . Istocompleta a prova.

Vejamos alguns examplos de sub-espacos vetoriais.

Exemplo 1.18. Obviamente os conjuntos {0} e V são subespaços de V . Estessubespaços são chamados de subespaços vetoriais triviais de V .

Exemplo 1.19. 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) vetores em S e λ ∈ R. Para mostrar que W éum 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 1.20. Seja P ∗n(R) o subconjunto de Pn(R) de�nido por P ∗n = {p ∈ Pn :p(0) = 0}. Para mostrar que P ∗n(R) é um subespaço vetorial de Pn(R) usaremos aProposição 1.17.

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 1.21. Seja A ∈ M(n, n) uma matriz quadrada de ordem n e W = {X ∈M(n, 1) : AX = 0}. O conjunto W com as operações de M(n, 1) é um subespaçovetorial 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.

Isto prova que W é um subespaço vetorial de M(n, 1).

Exemplo 1.22. 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}.

Deixamos como exercicio mostrar que S∗n(R) é um subespaço vetorial de Pn(R).

8

1.2 Exercicios

1. 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. ?

2. Resolver o exercicio anterior usando o Exemplo 1.21.

3. 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.

4. Sejam m,n ∈ N com m ≤ n. O conjunto Pm(R) é um subespaço 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. Se U e W são sub-espaços vetoriais de V então o conjunto U ∩W = {x ∈ V : x ∈ U, x ∈W} é sub-espaço vetorial de V.

Prova: Para mostrar o resultado usamos a Proposição 1.17. Sejam u, v ∈ U ∩W eλ ∈ R. Como u, v ∈ U e U é um espaço vetorial temos que u+ λv ∈ U . Mais ainda,como u, v ∈ W e W é um espaço vetorial também temos que u + λv ∈ W . Agora,pela Proposição 1.17 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 sub-espaçõs 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.

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 , existem vetores u1 ∈ U e w1 ∈W tais queu = u1 +w1. Similarmente, como v ∈ U +W existem vetores u2 ∈ U e w2 ∈W taisque v = u2+w2. Como U e W são subespaços vetoriais de V segue que u1+u2 ∈ Ue 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 que U +W é um subespaço vetorial de V .Provaremos agora a segunda propriedade. Se u ∈ U então u = u + 0 ∈ U +W

de onde segue que U ⊂ U +W . Da mesma forma podemos provar que W ⊂ U +W .Assim, obtemos que U ∪W ⊂ U +W .

9

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

Para �nalizar, mostremos a propriedade (3). Suponha que a soma U+W é direta.Se z ∈ U +W existem vetores u1 ∈ U e w1 ∈ W tais que z = u1 + w1. Suponhaagora que z = u2 + w2 com u2 ∈ U e w2 ∈W . Nessas condições

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 arbitrario do anterior temos que U

⋂W = {0} e 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 = 0e da de�nição de U vemos que z3 = z1 + z2 + z3 = 0, o que prova que z = 0 e queU ∩W = {0}.

Para completar a prova, emos que provar que todo vetor de R3 pode ser escrito naforma u+w com u ∈ U e w ∈W . Seja z = (z1, z2, z3) ∈ R3. Como (x, y,−x−y) ∈ U ,(0, 0, z + x + y) ∈ W e z = (x, y,−x − y) + (0, 0, z + x + y) segue que z ∈ U +W .Portanto, R3 = U ⊕W .

O conceito de soma direta pode ser generalizado.

De�nição 1.28. Sejam U1, . . . , Un subconjuntos do espaço V. A soma dos conjuntosU1, . . . , 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 = ⊕ni=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

10

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

2. U1+· · ·+Un é o menor subespaço vetorial de V que contém o conjunto⋃ni=1 Ui,

3. V = U1 ⊕ · · · ⊕ Un ⇔ para cada v ∈ U1 + · · ·+ Un e todo j ∈ {1, . . . , n} existeum 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 ={axi : a ∈ R}.

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 + · · ·+ Une que Pn(R) = U1 + · · ·+ Un pois U1 + · · ·+ Un ⊂ Pn(R).

Para completar a prova usamos o item (3) da Proposição 1.30. Suponha quef ∈ Pn(R) é tal que f(x) = a0 + a1x + . . . anx

n e f(x) = b0 + b1x + . . . bnxn. Do

anterior, temos que H(x) = (a0 − b0) + (a1 − b1)x+ . . .+ (an − bn)xn = 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)x2 + . . . + (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 6= 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)xn−1] (resp. (a1− b1) <[(a2− b2)x+ . . .+ (an− bn)xn−1]) o que é absurdo pois neste caso (a1− b1)− [(a2−b2)x+ . . .+ (an − bn)xn−1] 6= 0. Assim, única possibilidade é ter que 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)xn−2] = 0 para todo x ∈ R e(a2 − b2) + (a3 − b3)x + . . . + (an − bn)xn−2 = 0 para cada x 6= 0. Argumentandomostramos que a2 − b2 = 0.

Para completar a prova, temos que mostrar a representação f(x) = a0 + a1x +. . . anx

n é única. Suponha que f(x) = b0 + b1x + . . . bnxn. Do anterior, temos que

H(x) = (a0 − b0) + (a1 − b1)x+ . . .+ (an − bn)xn = 0 para todo x ∈ R.Continuando o processo anterior, podemos mostrar que ai = bi para todo i ∈

{1, . . . , n} o que prova que a representação de f é única. Isto completa a prova quePn(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} .

11

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 enteiros)

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 ?

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 contraexemplo):

1. SeW1 eW2 são susbespaços vetoriais de V entãoW1∪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 .

12

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. Se V é o espaço V = M(3, 3), U =

a b 0

0 0 c0 0 d

: a, b, c, d ∈ R

e

W =

0 0 e

f g 0h i 0

; e, f, g, h, i ∈ R

então V = U ⊕W .

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

1.3.1 Subespaços gerados

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

De�nição 1.38. Seja A = {u1, . . . , un} ⊂ V . Uma expressao da forma u =∑ni=1 αiui, com α1, . . . , αn números reais, é chamada combinação linear dos vetores

u1, . . . , un, ou combinação linear dos vetores em A.

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

Exemplo 1.40. Seja A o subconjunto de P3(R) dado por A = {1, 1+x, 1+x+x2}.Mostre que o polinômio p(x) = 1 + x2 é combinação linear dos vetores em A.

13

Exemplo 1.41. Seja n ∈ N. Nesta apostilha, para i ∈ {1, . . . , n} usaremos a notaçãoei para o vetor de Rn dado por ei = (x1, . . . , xi, . . . , xn) onde xj = 0 se j 6= i e xi = 1(ou seja, ei = (0, . . . , 1, . . . , 0)).

É fazil ver que y = (y1, . . . , yi, . . . , yn) =∑n

i=1 yiei, de modo que todo vetor deRn é combinação linear dos vetores e1, . . . , en. Observamos que os vetores e1, . . . , ensão chamados de vetores canónicos de Rn.

Exemplo 1.42. Sejam n,m ∈ N, k ∈ {1, . . . , n} e p ∈ {1, . . . ,m}. Nesta apostilha,Ap,k = (ai,j)n,m é a matriz de M(n,m) tal que ai,j = 0 quando (i, j) 6= (k, p) eak,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 fazil 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 1.43. 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}.

De�nição 1.44. Seja S = {u1, . . . , un} ⊂ V . De�nimos o conjunto [S] como sendoo subconjunto de V formado por todas as combinações lineares dos elementos de S,ou seja, [S] = {v =

∑ni=1 αiui : αi ∈ R}.

Exemplo 1.45. Seja n ∈ N e S = {e1, . . . , en} = {ei : i = 1, . . . , n}. Como todovetor de Rn é combinação linear dos vetores canonicos e1, . . . , en segue que Rn = [S].Se S = {Ai,j : i = 1, . . . , n, j = 1, . . . ,m} onde Ai,j são as matrizes de�nidas noExemplo 1.42, então M(n,m) = [S]. Similarmente, se S é o subconjunto de Pn(R)formado pelos polinomios 1, x, x2, . . . , xn temos que Pn(R) = [S].

Nos exemplos anteriores, o subespaço gerado por S é sempre o espaço completo.Em geral isto não é assim. Considere a modo de exemplo, o subconjunto de R3 dadopor S = {e1, e2}. É fazil ver que neste caso, [S] = {(x, y, 0) : x, y ∈ R} 6= R3.

Exemplo 1.46. Se S ⊂ P3(R) é o conjunto S = {1, t, t2, 1 + t3} então P3(R) = [S].De fato, note que um polinomio da forma p(t) = a0 + a1t+ a2t

2 + a3t3 pode ser

representado na forma p(t) = (a0− a3)+ a1t+ a2t2+ a3(t

3+1) ∈ [S], de onde segueque P3(R) = [S].

Exemplo 1.47. Se S =

{(0 10 0

),

(0 0−1 0

)}, os vetores em [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 arbitrarios, vemos que [S] está formado por todas asmatrizes con diagonal principal nula.

14

Na próxima proposição consideramos algumas importantes propriedades dos con-juntos gerados.

Proposição 1.48. Seja S um subconjunto não vazio de V. As seguintes condiçõessão válidas.

1. [S] é um subespaço vetorial de V , S ⊂ [S] e [S] é o menor subespaço vetorialde V contendo S,

2. se S um subespaço vetorial de V então S = [S] e [[S]] = [S],

3. se T ⊂ S então [T ] ⊂ [S],

4. [S ∪ T ] = [S] + [T ].

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 + · · · + βmvm onde α1, . . . , αn, β1, . . . , βm ∈ R sãonúmeros números reais e u1, . . . , un, v1, . . . , vm são vetores em S. De esta forma,temos que

u+ αv = α1u1 + · · ·+ αnun + αβ1v1 + · · ·+ αβmvm,

que mostra que u+αv ∈ [S] pois u+αv se escreve como combinação linear de vetoresem S. Agora, pela Proposição 1.17 segue que [S] subespaço vetorial de V . O fatoque S ⊂ [S] é obvio.

Para completar a prova de (1), mostremos agora que [S] é o menor subespaçovetorial de V que contem o conjunto S. Suponha que M é um subespaço vetorialde V tal que S ⊂ M . Se u ∈ [S] então existem números reais α1, . . . , αn e vetoresu1, . . . , un em S tais que u = α1u1 + · · ·+αnun. Como cada vetor ui é um elementodeM eM é subespaço vetorial temos que u = α1u1+ · · ·+αnun ∈M , o que implicaque [S] ⊂M . Isto prova que [S] é o menor subespaço vetorial de V que contem S.

Mostremos agora a segunda propriedade. Como S é um subespaço vetorial e [S]é o menor subespaço vetorial de V temos que [S] ⊂ S o que implica que [S] = S poisS ⊂ [S]. Mais ainda, usando o anterior é claro que [[S]] = [S].

Para mostrar (3) suponha que T ⊂ S. Se u ∈ [T ] então existem números reaisα1, . . . , αn e vetores u1, . . . , un em T tais que u =

∑ni=1 αiui. Como cada vetor ui

é també um elemento de S segue da de�nição de [S] que u ∈ [S]. Isto prova que[T ] ⊂ [S].

Para �nalizar, provemos que [S ∪ T ] = [S] + [T ]. É fazil ver que S ⊂ [S] + [T ] eT ⊂ [S]+[T ] de onde segue que S∪T ⊂ [S]+[T ]. Observando agora que [S]+[T ] é umsubespaço vetorial de V e que [S∪T ] é o menor subespaço vetorial que contem S∪T ,obtemos que [S∪T ] ⊂ [S]+[T ].Mais ainda, como [S]+[T ] ⊂ [S∪T ]+[S∪T ] ⊂ [S∪T ]vemos que [S] + [T ] ⊂ [S ∪ T ]. Do anterior, tem-se que [S] + [T ] = [S ∪ T ].

Proposição 1.49. Se S = {u1, . . . , un} ⊂ V , etão as seguintes propriedades sãoválidas.

1. [S] é um subespaço vetorial de V , S ⊂ [S] e [S] é o menor subespaço vetorialde V contendo S.

2. se T ⊂ S então [T ] ⊂ [S],

3. [S ∪ T ] = [S] + [T ].

15

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 + βi)ui,

que mostra que u + αv ∈ [S] pois u + αv é uma combinação linear de vetores emS. Agora, pela Proposição 1.17 segue que [S] subespaço vetorial de V . O fato queS ⊂ [S] é obvio pois cada vetor ui pode ser escrito na forma ui =

∑j 6=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.

Mostremos agora (2). Como T ⊂ S, podemos supor que T = {ui1 , . . . , uip} sendo1 ≤ ij ≤ in para cada j. Se u ∈ [T ] então existem números reais α1, . . . , αp tais queu =

∑pj=1 αjuij . Mas, como u =

∑nj=1 βjuj com βj = αj se j = ij e βj = 0 quando

j /∈ {i1, . . . , ip} temos que u ∈ [S], o que prova que [T ] ⊂ [S].Para �nalizar, provemos que [S ∪ T ] = [S] + [T ]. É fazil ver que S ⊂ [S] + [T ] e

T ⊂ [S]+[T ] de onde segue que S∪T ⊂ [S]+[T ]. Observando agora que [S]+[T ] é umsubespaço vetorial de V e que [S∪T ] é o menor subespaço vetorial que contem S∪T ,obtemos que [S∪T ] ⊂ [S]+[T ].Mais ainda, como [S]+[T ] ⊂ [S∪T ]+[S∪T ] ⊂ [S∪T ]vemos que [S] + [T ] ⊂ [S ∪ T ]. Do anterior, tem-se que [S] + [T ] = [S ∪ T ].

De�nição 1.50. Seja S ⊂ V . O conjunto [S] é chamado o subespaço vetorial geradopor S e os elementos de S são chamados de geradores de [S]. Se S = {u1, . . . , un},usaremos a notação [S] = [u1, . . . , un].

De�nição 1.51. Seja S = {u1, . . . , un} ⊂ V . O conjunto [S] é chamado o subespaçovetorial gerado por S e os elementos de S são chamados de geradores de [S]. No quesegue, também usamos a notação [S] = [u1, . . . , un].

De�nição 1.52. Dizemos que V é um espaço �nitamente gerado se existe un con-junto S = {u1, . . . , un} ⊂ V tal que V = [S].

Do Exemplo 1.45 segue que os espaços Pn(R), Rn eM(n,m) são espaços vetoriais�nitamente gerados.

Exemplo 1.53. 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}].

16

Exemplo 1.54. O espaço W de�nido por W = {X ∈M(4, 1) : AX = 0} sendo

A =

1 1 −1 02 0 1 13 1 0 10 −2 3 1

é �nitamente gerado.

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/2β = 3γ/2 + δ/2

e

X =

−γ/2− δ/23γ/2 + δ/2

γδ

= γ

−1/23/210

+ δ

−1/21/201

.

Do anterior concluimos que W =

−1/23/210

,

−1/21/201

.

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

Exemplo 1.55. Seja P (R) conjunto formado por todos os polinomios de grau �nitomunido das operações soma e multiplicação por escalar usuais. Como veremos, P (R)não é �nitamente gerado. Para mostrar esta a�rmação, suponha que existem poli-nomios p1, . . . , pn tais que P (R) = [p1, . . . , pn]. Seja N o grau mais alto dentre osgraus dos polinômios p1, . . . , pn. Como o xN+1 pertence P (R) e P (R) = [p1, . . . , pn],segue que existem numeros reais α1, . . . , αn tais que xN+1 =

∑ni=1 αipi. Logo, temos

que 1 =∑n

i=1 αipi

xN+1 para todo x 6= 0. Porém isto é abusrdo, pois para valoresgrandes de x temos que

∑ni=1 αi

pixN+1 < 1. Como este absurdo surge de supor que

P (R) = [p1, . . . , pn], segue que P (R) não pode ser �nitamente gerado.

Exemplo 1.56. 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),

17

de onde segue que U = [(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 = [(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 concluimos que U ∩ V = [(1, 0,−1, 0), (0, 1, 0, 1)].

Finalmente, estudemos o espaço U + V . Como U + V = [U ] + [V ] = [U ∪ V ],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. 1.57. 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. 1.58. 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. 1.59. Em cada um dos itens abaixo achar un conjunto (o menor possivel)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)],

18

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. 1.60. Achar un subconjunto �nito de P3(R) que seja gerador de

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

2. W = {p ∈ P3(R) : p′′ = 0} ,

3. U ∩W.

Ex. 1.61. Mostre que as funções 1 e cos 2x pertencem a [ sen 2x, cos2 x].

Ex. 1.62. Veri�que se P2(R) = [1 + x, x+ 2x2, 1− x2].

Ex. 1.63. 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. 1.64. Achar un conjunto de geradores para o conjunto dos numeros 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. 1.65. Os conjuntos {(1,−1, 2), (3, 0, 1)} e {(−1,−2, 3), (3, 3,−4)} geram omesmo subespaço vetorial de R3. ?

Ex. 1.66. O conjuto de matrizes

{(1 00 1

),

(1 10 0

),

(0 01 1

),

(0 11 2

)}é

un conjunto gerador de M(2, 2) ?

19

Capítulo 2

Dependência Linear, base e

dimensão

Nos Exemplo 1.45 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 anteriormente não é restrita a esses conjuntos e a esssesespaços. Mais ainda, como veremos neste capitulo nenhum subconjunto de Rn commenos de n vetores pode ser gerador de Rn e nenhum subconjunto de M(n,m)com menos de mn elementos pode ser gerador de M(n,m). Do anterior vemos queos conjuntos geradores de um espaço vetorial com o menor número de elementospossiveis são muito especiais. Este tipo de conjunto serão chamados de bases. Paraformalizar as ideias anteriores, temos que introduzir algumas de�nições.

De�nição 2.1. Sejam u1, . . . , un vetores não nulos de V . Dizemos que os vetoresu1, . . . , un são linearmente independentes ou que o conjunto {u1, . . . , un} é linear-mente independente, se nenhum dos vetores ui é combinação linear dos outros ve-tores.

No próximo Lema reformulamos o conceito anterior.

Lema 2.2. Un 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 αi 6= 0, então ui = −∑n

j=1,j 6=iαj

αiuj

o que implica que {u1, . . . , un} não é linearmente independente, o que é absurdo.Isto prova que a equação

∑ni=1 αiui = 0 tem uma única solução, a solução nula

α1 = α2 = . . . = αn = 0.Suponha que a equação

∑ni=1 αiui = 0 possui uma única solução. Se o con-

junto {u1, . . . , un} não é l.i, então um desses vetores, digamos ui, é combinaçãolinear dos outros. Neste caso, existem números reais β1, β2, . . . , βi−1, βi, . . . , βn taisque ui =

∑nj=1,j 6=i βjuj . Nessas condições, temos que os números β1, β2, . . . , βi−1,

−1, βi, . . . , βn são uma solução nula de∑n

i=1 αiui = 0, o que é aburdo. Portanto,{u1, . . . , un} é linearmente independente.

20

Observação 2.3. Do Lemma anterior 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 (o que os vetores u1, . . . , un são linearmente dependentes) se{u1, . . . , un} ⊂ V não é linearmente independente.

Observação 2.5. Un conjunto de vetores {u1, . . . , un} ⊂ V não nulos é linearmentedependente se é possível encontrar números reais α1, . . . , αn não todos zeros 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 nateriormente, 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 inversivel (o que é equivalente a ter que detA 6= 0) segue queα = A−10 = 0 é a única solução de (2.9), o que os vetores u1, . . . , un são lineramenteindependentes. Se A não é inversivel (o que é equivalente a ter que detA = 0), oproblema Aα = 0 tem in�nitas soluções, de onde segue que os vetores u1, . . . , un sãolinearmente dependentes.

21

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 (2.9). Os vetoresu1, . . . , un são linearmente independentes ⇔ det(A) 6= 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)

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

)=

(0 00 0

),

de onde inferimos que β = −α e γ = α. Logo, temos que para α ∈ R, os números α,β = −α e γ = α são soluções de (2.12), o que implica que as matrizes são linearmentedependentes.

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 e 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 um dos vetores é combi-nação linear dos outros.

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

3. Se {u1, . . . , un} é linearmente independente e B ⊂ {u1, . . . , un} então B tam-bém é l.i.

4. Se {u1, . . . , un} é linearmente independente e {u1, . . . , un, v} é linearmente de-pendente então o vetor 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.

22

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 zero 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 soluçao da equação∑k

i=1 βiui =0 então

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

de onde segue que α1 = α2 = . . . αk = 0 pois os vetores u1, . . . , un são linearmenteindependentes. Assim, 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 zero tais que∑n

i=1 βiui + γv = 0. Se γ = 0 então∑n

i=1 βiui = 0 o que implica que α1 = . . . =αn = 0 pois os vetores u1, . . . , un são linearmente independentes. Assim, temos quenecesariamente γ 6= 0 de onde obtemos que v = −

∑ni=1

βiγ ui = 0. Isto mostra que v

é combinação linear dos vetores u1, . . . , un.Para �nalizar, mostremos agora (5). Se v = α1u1+ · · ·+αnun e v = β1u1+ · · ·+

βnun então 0 = v − v =∑n

i=1(αi − βi)ui = 0 de onde segue que αi − βi = 0 paratodo i pois {u1, . . . , un} é linearmente independente. Portanto, αi = βi para cadai = 1, . . . , n.

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 = {xex, x} , V = F(R;R) .

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. ?

3. Quais os subconjuntos abaixo são linearmente independentes ?

(a) {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1), (2, 3, 5)},

23

(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 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},

5. O subconjunto de F(R;R) dado por {1, ex, e2x} é linearmente independente. ?

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 [S] = 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}, veja Exemplo 1.42, é uma base de M(n,m).

Exemplo 2.17. O conceito de base é especial, e por isso é um conceito restritivo.Porém, um espaço vetorial (diferente de {0}) sempre possui in�nitas bases. Considerecomo exemplo, o espaço V = R2.

Seja (a, b) ∈ R2 diferente de (0, 0). Vejamos como podemos achar vetores (c, d) demodo que {(a, b), (c, d)} seja uma base de R2. Sejam c, d ∈ R de modo que ad−bc 6= 0(note que isto é sempre possivel de fazer). Vejamos agora que {(a, b), (c, d)} é basede R2.

Para mostrar que {(a, b), (c, d)} é um conjuto gerador de V temos que provarque todo vetor (x, y) ∈ R2 é combinação linear dos vetores (a, b), (c, d). Considerea equação α(a, b) + β(c, d) = (x, y) donde as incognitas são α e β. Esta equação éequivalente a equação (

a cb d

)(αβ

)=

(xy

). (2.18)

Como det

(a cb d

)= ad − bc 6= 0, segue que a matriz

(a cb d

)é inversivel de

onde obtemos que (αβ

)=

(a cb d

)−1(xy

). (2.19)

Portanto, a equação α(a, b) + β(c, d) = (x, y) tem uma única solução o que mostraque R2 = [(a, b), (c, d)].

Vejamos agora que {(a, b), (c, d)} é linearmente independente. Para isto, temosque estudar a equação α(a, b) + β(c, d) = (0, 0). De (2.19) sabemos que a únicasolução desta equação é (α, β) = (0, 0), o que prova que {(a, b), (c, d)} é linearmenteindependente.

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

(a cb d

)= ad− bc 6= 0,

o que nos permite a�rmar que existe uma quantidade não �nita de bases de R2.

24

Exercício 2.20. Achar bases de R2 da forma {(1, 1), (c, d)}.Do Exemplo anterior, segue {(1, 1), (c, d)} é base se d 6= c. Logo, {(1, 1), (1, 2)},

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

Exemplo 2.21. Achar uma base do subespaço vetorial U de R3 gerado pelo conjunto{(1, 0, 1), (1, 2, 0), (0, 2,−1)}.

É fazil ver que o vetor (0, 2,−1) é combinação linear dos vetores (1, 0, 1) e(1, 2, 0) e que {(1, 0, 1), (1, 2, 0)} é linearmente independente. Assim, obtemos que{(1, 0, 1), (1, 2, 0)} é uma base de U .

Exemplo 2.22. Os vetores u1 = (x1,1, x1,2, . . . , x1,n), u2 = (x2,1, x2,2, . . . , x2,n), . . .,un = (xn,1, xn,2, . . . , xn,n) forman uma base de Rn ⇔ o determinate da matriz A em(2.9) é diferente de zero.

Do exemplo 2.7 sabemos que os vetores {u1, . . . , un} são linearmente indepen-dentes⇔ det(A) 6= 0. Assim, para mostrar que {u1, . . . , un} é uma base resta provarque {u1, . . . , un} é un conjunto gerador de Rn.

Seja y = (y1, . . . , yn) ∈ Rn e considere a equação∑n

i=1 αiui = y. Procedendocomo no Exemplo 2.7, vemos que esta equação é equivalente a Aα = yT onde yT

é o vetor y escrito na forma de coluna. Como a matriz A é inversivel, segue queo problema tem uma única solução a qual é dada por A−1yT . Isto mostra que oconjunto {u1, . . . , un} é uma base de Rn.

Exemplo 2.23. Existem in�nitas bases do espaço Rn.Sabemos que os vetores canonicos u2 = e1, u2 = e2, . . . , un−1 = en−1 são linear-

mente independentes. Seja agora un = (xn,1, xn,2, . . . , xn,n) de modo que o deter-minate da matriz A em (2.9) seja diferente de zero (note que este vetor existe poisneste caso det(A) = xn,n). Nessas condições, sabemos que o conjunto de vetores{u1, . . . , un} é uma base de Rn e como existem in�nitos vetores un que veri�cam ascondições acima, temos que existem in�nitas bases de Rn.

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

Teorema 2.24. 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 reordenar os vetores e supor que u1 =

∑nk=2 αkuk

sendo αk números reais.A�rmamos que o conjunto {u2, . . . , un} é un conjunto gerador de V . Para mostrar

isto, �xemos u ∈ V . Como V = [u1, . . . , un] temos que existem números reaisγ1, . . . , γn tais que u =

∑nk=1 γkuk. Logo

u =n∑k=1

γkuk = γ1u1 +n∑k=2

γkuk = γ1

n∑k=2

αkuk +n∑k=2

γkuk =n∑k=2

(γ1αk + γk)uk,

o que prova que u ∈ [u2, . . . , un]. Como u é arbitrario, obtemos que V = [u2, . . . , un].Se os vetores u2, . . . , un são linearmente independente então {u2, . . . , un} é uma

base de V e o resultado está provado. De modo contrario, um dos vetores u2, . . . , un

25

é combinaçõa linear dos outros. Renumerando os vetores, sem necessario, podemossupor u2 =

∑nk=3 βkuk sendo βk escalares.

Com antes, a�rmamos que {u3, . . . , un} é um conjunto gerador de V . De fato, seu ∈ V e u =

∑nk=2 θkuk então

u =

n∑k=2

θkuk = θ2u2 +

n∑k=3

θkuk = θ2

n∑k=3

βkuk +

n∑k=3

θkuk =

n∑k=3

(θ2βk + θk)uk,

o que implica que u ∈ [u3, . . . , un] e que {u3, . . . , un} é um conjunto gerador de V .Como o conjunto {u1, . . . , un} é �nito, o processo anterior não pode continuar

inde�nidamente (o processo �naliza em {un} ou antes). Assim, existe k ∈ {1, . . . , n}tal que os vetores uk, . . . , un são linearmente independentes e [{uk, . . . , un}] = V .Neste caso, o conjunto {uk, . . . , un} é uma base de V .

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

Proposição 2.25. 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 em variaveis xi dadapor

x1u1 + · · ·+ xnun = 0. (2.26)

Como V = [{v1, . . . , vm}], temos que cada vetor uj é combinação linear dos vetoresv1, . . . , vm. Logo, para cada 1 ≤ j ≤ n existen números reais α1,j , . . . , αm,j tais queuj = α1,jv1 + · · ·+ αm,jvm =

∑mi=1 αi,jvi. Usando isto em (2.26) obtemos que

x1

(m∑i=1

αi,1vi

)+ · · ·+ xn

(m∑i=1

αi,nvi

)= 0. (2.27)

Notamos agora que a somma anterior pode ser re-escrita na forma n∑j=1

xjα1,j

v1 + · · ·+

n∑j=1

xjαm,j

vm = 0.

Como os vetores v1, . . . , vm são linearmente independentes, vemos que cada uma dassomas que aparecem na última expressao são zero. Assim, obtemos o sistema deequações

x1α1,1 + . . .+ xnα1,n = 0,

x1α2,1 + . . .+ xnα2,n = 0,

... (2.28)

x1αm,1 + . . .+ xnαm,n = 0,

O sistema (2.28) é um sistema linear homogêneo de m equações e n incógnitas ecomo n > m, segue-se que este sistema possui uma solução não trivial que denotamosx1, . . . , xn. É claro do anterior que x1, . . . , xn é uma solução não trivial de (2.26) oque mostra que {u1, . . . , un} é un conjunto linearmente dependente. A prova estácompleta.

Como consequência do resultado anterior temos o seguinte Teorema.

26

Teorema 2.29. 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 2.25segue 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 2.30. Suponha que V é �nitamente gerado. Se V 6= {0}, de�nimosa dimensão de V como o número de elementos de uma base de V . Se V = {0}dizemos que a dimensão de V é zero. A dimensão de V será denotada por dim(V ).

Observação 2.31. Do exemplo (1.55) sabemos que existem espaços vetorias dedimensão não �nita. Quando um espaço não tem dimensão �nita, diremos simples-mente que possui dimensão in�nita.

Para facilitar a prova de nossos proximos resultados estabelecemos o próximoLemma.

Lema 2.32. 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 6= 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} élinearmente independente. Portanto, a única solução de α1u1+. . .+αnun+αv = 0 é asolução com α1 = . . . = αn = α = 0, o que implica que {u1, . . . , un, v} é linearmenteindependente.

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

Proposição 2.33. 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 6= {0} é um subespaço vetorial deW . ComoW 6= {0}, existeum vetor (não zero) 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 2.32 vemos que {w1, w2} é un conjunto linearmente independente.

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 2.32 obtemos que{w1, w2, w3} é linearmente independente.

Se o processo anterior continua inde�nidamente, teremos que existe k > n e unconjunto {w1, . . . , wk} que é linearmente independente, o que é absurdo segundo aProposição 2.25. Assim, deve existir k ≤ n tal que o processo para. Note agora

27

que neste caso, o conjunto {w1, . . . , wk} é uma base de W . Isto prova que W é�nitamente gerado e que dim(W ) ≤ n.

Mostremos agora (2). Suponha por absurdo que {u1, . . . , un} não é una base.Como este conjunto é linearmente independente, temos que {u1, . . . , un} não é umconjunto gerador. Logo, existe un+1 ∈ V tal que un+1 /∈ [{u1, . . . , un}]. Maisainda, do Lemma 2.32 segue-se que {u1, . . . , un+1} é linearmente independente. Istoé absurdo, pois todo conjunto com mais de n = dim(V ) elementos é linearmentedependente (veja a Proposição 2.25). Como o absurdo é consequencia de supor que{u1, . . . , un} não é base, podemos concluir que {u1, . . . , un} é base de V .

Exemplo 2.34. É fazil 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 1.42) é uma base de M(n,m) e que dimM(n,m) = nm.

Teorema 2.35. [Completamento] Suponha {u1, . . . , ur} ⊂ V é linearmente inde-pendente e que dimV = n > r > 0. Então existem vetores ur+1, . . . , un tais que{u1, . . . , ur, ur+1, . . . , un} é uma base de V.

Prova: Pelo Teorema 2.29 vemos que {u1, . . . , ur} não pode ser base de V e comoeste conjunto é linearmente independente concluimos que {u1, . . . , ur} não é un con-junto gerador de V . Logo, existe um vetor ur+1 ∈ V tal que ur+1 /∈ [{u1, . . . , ur}].Mais ainda, do Lema 2.32 obtemos que {u1, . . . , ur, ur+1} é un conjunto linearmenteindependente.

Agora temos duas possibilidades, r+1 = n ou r+1 < 1n. Se r+1 = n, do item(3) da Proposição 2.33 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.

Continuando com a ideia anteriorm em n− r− 2 passos teremos um conjunto daforma {u1, . . . , ur, ur+1, ur+2, ur+3 . . . , un} que é linearmente independente. Comoeste conjunto possui n elementos e é linearmente independente, do item (2) daProposição 2.33 podemos concluir que {u1, . . . , ur, ur+1, ur+2, . . . , un} é uma basede V . A prova está completa.

Exemplo 2.36. 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 Exemplo2.22 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) 6= 0.

Em particular, usando (a, b, c) = (0, 1, 1) e (x, y, z) = (0, 0, 1) temos que o deter-minante anterior é um, de onde segue que o conjunto {(0, 1, 1), (0, 0, 1), (1, 1,−1)} éuma base de R3.

No próximo resultado estudamos a dimensão do espaço soma.

Teorema 2.37. Suponha que V é �nitamente gerado e que U , W são subespaçosvetoriais de V . Então

dim(U +W ) = dimU + dimW − dimU ∩W. (2.38)

28

Prova: Da Proposição 2.33 e do Teorema 2.24 segue-se que U,W,U⋂W e U +W

possuim bases. Seja {v1, . . . , vm} é uma base de U⋂W. Como {v1, . . . , vm} ⊂ U

é un conjunto linearmente independente, do Teorema 2.35 sabemos que existe unconjunto de vetores {u1, . . . , up} ⊂ U tal que {u1, . . . , up, v1, . . . , vm} é base de U.De maneira similar, vemos que existe un conjunto de vetores {w1, . . . , wm} ⊂W talque {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. (2.39)

De (2.39) vemos queq∑i=1

βiwi = −p∑i=1

αiui −m∑i=1

δivi. (2.40)

Como os vetores o lado direito pertencem a U e os vetores que aparecem do ladoesquerda pertecem a W , segue-se que

∑qi=1 βiwi ∈ U

⋂W . Usando agora que

{v1, . . . , vm} é base de U ∩W , temos que existem números reais γi, i = 1, . . . ,mtais que

q∑i=1

βiwi = γ1v1 + · · ·+ γmvm,

de onde obtemos que∑q

i=1 βiwi −∑m

i−1 γivi = 0. Como {w1, . . . , wq, v1, . . . , vm} élinearmente independente, segue-se que γ1 = . . . = γm = β1 = . . . = βq = 0.

Voltando agora a (2.40), obtemos que∑p

i=1 αiui +∑p

i=1 δivi = 0, de onde sededuz que α1 = . . . = αp = δ1 = . . . = δm = 0 pois {u1, . . . , up, v1, . . . , vm} élinearmente independente.

Do anterior temos que todos os coe�cientee em (2.39) são zero, o que implica que{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 deW , 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,

o que prova que {u1, . . . , up, w1, . . . , wq, v1, . . . , vm} é um conjunto gerador de U+W .Como {u1, . . . , up, w1, . . . , wq, v1, . . . , vm} é linearmente independente e gerador

de U +W , concluimos que este conjunto é uma base de U +W . Para �nalizar noteque

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

= (p+m) + (q +m)−m= dimU + dimW − dimU

⋂W,

o que completa a prova.

29

Exemplo 2.41. Achar uma base para os espaçõs U, W, U ∩ W e U + W sendoU = {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),

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 o queimplica que {(x2 − x), (x3 − x)} é uma base de U e 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 podemos concluir que {1+ x, x2 + x, x3− x} é uma base de W e quedim(W ) = 3.

Achemos agora uma base de U ∩W . Se p = a0 + a1x + a2x2 + a3x

3 ∈ U ∩Wentão p(0) = p(1) = p(−1) = 0, de onde obtemos

a0 = 0

a0 + a1 + a2 + a3 = 0

a0 − a1 + a2 − a3 = 0

e que a0 = a2 = 0 e a1 = −a3. Portanto, p pode ser escrito na forma p(x) =−a1(x3 − x) o que permitr deduzir que {x3 − x} é uma base de U ∩ W e quedim(U ∩W ) = 1.

Para �nalizar, note que do Teorema 2.37 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 2.42. 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 , de

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

A = a

(1 00 0

)+ b

(0 11 0

)+ d

(0 00 1

),

30

e U é gerado por A = {(1 00 0

),

(0 11 0

),

(0 00 1

)}. Mais ainda, como A é linear-

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

É obvio 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 é da forma

A =

(α α0 α

). Usando agora que A ∈ U , obtemos que α = 0 e que A é a matriz

nula. Portanto, U ∩W = {0} e dimU ∩W = 0.Pelo Teorema 2.37 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 2.43. Sejam U = {p ∈ P2(R) : p′ = 0}, W = {p ∈ P2(R) : p(0) = p(1) =0} subespaços vetoriais de W = P2(R). Estudemos as dimensão dos espaços U, W,U ∩W e 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. Portanto, p é opolinomio constante p(t) = a0, {1} é uma base de U e dimU = 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. Segue disto que {t−t2} é uma base deW e que dimW = 1.

Para estudar U⋂W , suponha que p ∈ U ∩W = [1] ∩ [t− t2]. Pelo feito anteri-

ormente, temos que existen constantes λ, µ ∈ R tais que p(t) = λ e p(t) = µ(t− t2)para todo t ∈ R. Em particular, para t = 1 vemos que p(1) = µ(1 − 12) = 0 deonde obtemos que λ = 0 e 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 .

2.1.1 Coordenadas

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 2.44. Suponha que B = {u1, . . . , un} é uma base de V , que u ∈ V e queu = α1u1 + · · · + αnun. Os coe�cientes α1, . . . , αn são chamados de coordenas de u

em relação à a base B. No que segue uB será o vetor dado por uB =

α1...αn

.

Exemplo 2.45. 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 base B, temos queachar números 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),

31

o que é equivalente a resolver o sistema de equaçõesα = 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, podemos achar vB para um vetor generico v = (x, y, z). Parafazer isto temos que 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 2.46. 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 a B.Encontre também as coordenadas de um polinômio generico (p(x) = a0+a1x+a2x

2)em relação 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 polinomios 1, x, x2 sãolinearmente independentes. Do anterior é obvio 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 polinomiosem {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

.

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). A partir disto, obtemos o sistemaα = a0

β − γ = a1

γ = a2,

que tem por solução α = a0, β = a1 + a2 e γ = a2. Do anterior vemos que pB = a0a1 + a2a2

.

32

2.2 Exercícios

Ex. 2.47. 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. 2.48. 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. 2.49. Nos seguintes casos, achar uma base e a dimensão de U , W , U +W eU ∩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. 2.50. Achar as coordenadas do vetor u = (−1, 8, 5) ∈ R3 em relação asbases de 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 as coordenadas do vetor u = (x, y, z) ∈ R3 emrelação as bases anteriores.

Ex. 2.51. Achar as coordenadas do polinômio p ∈ P3(R) dado por p(t) = 10+t2+2t3

em relação as bases de P3(R), A = {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 representação do polinômio generico p =a0 + a1x+ a2x

2 + a3x3 em relação as bases anteriores.

Ex. 2.52. 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. 2.53. Achar uma base M(2, 2) que contenha os vetores

(1 01 0

)e

(1 10 0

).

Ex. 2.54. Suponha que {u1, . . . , un} é uma base de V . Mostre que {u1, u1+u2, u1+u2 + u3, . . . , u1 + · · · , un} é um base de V. Prove que {α1u1, . . . , αnun} é uma basede V quando todos os números αj são diferentes de zero.

33

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 6= {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 un conjunto gerador de U .

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

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

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

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

5. Sejam P3(R) os espaço de polinomios 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 un conjunto gerador de U .

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.

34

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 un conjunto gerador de U .

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

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

35

Capítulo 3

Transformações Lineares

Neste capitulo 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 algebra 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),

36

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

e v =

v1...vn

vetores de

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.

3.0.5 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 inversivel, 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 inversivel 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.

37

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 ) 6= ∅ 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 ) 6= ∅. 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.

38

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 fazil 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).

39

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 .

Lema 3.14. 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 3.15. 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 inversivel (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.

Teorema 3.16 (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 ) 6= {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 2.35 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 fazil 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,

40

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 3.17. Na prova do Teorema 3.16 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 3.18. 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 3.14 podemos concluir que T é injetora.

Se T é injetora então dimN (T ) = 0 e do Teorema 3.16 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 2.33 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 3.19. Estudemos a transformação T : P2(R)→ P2(R) de�nida por T (p) =p′ + p′′.

41

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 polinomio constante p = a0. Logo, N (T ) = {a : a ∈ R} que tem por base opolinômio {1}.

Da observação 3.17 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 3.20. 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 conve-niencia, consideramos a base {1 + x3, 1− x2, 1, x}. Como queremos que o núcleo deT seja {1 + x3, 1− x2}, de�nimos T (1 + x3) = T (1− x2) = 0. Mais ainda, para queo núcleo 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 3.21. 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 3.22. 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 3.23. 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.

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 obvio que N (T ) = {(x1, . . . , xn) ∈ Rn : a1x1 + . . . +anxn = 0}.

Finalmente, do Teorema 3.16 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 3.24. 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

),

42

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+ 2dc d

)−(a 2a+ bc 2c+ d

)=

(2c 2d− 2a0 −2c

)= 2c

(1 00 −1

)+ 2(d− a)

(0 10 0

), (3.25)

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 .

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 algebra lineat, e basicamente diz que espaçosvetoriais isomorfos são �iguais" do ponto de vista da algebra linear. Para comecar,introduzimos o conceito de isomor�smo.

De�nição 3.26. 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 3.27. Os espaços U e V são isomorfos se existe um isomor�smo linearde�nido de U em V .

Exemplo 3.28. As seguintes funções são isomor�smos.

1. T : U → U dada por T (u) = u,

43

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 3.29. 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 obvio 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 3.18 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 3.30. 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.

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 fazil mostrar as funções S+T e αT são transfromações lineraesde U em V . Deixamos como exercicio a prova do seguinte Lemma.

Lema 3.31. 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 3.32. 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 que

44

Ti,j(ui) = vj . Note que Tij(x) = xivj quando x =∑n

i=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 arbitrario, 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 un 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 3.33. O espaço vetorial L(U,R) é chamado espaço dual de U .

Corolário 3.34. O espaco dual de U é um espaço vetorial de dimensão n.

Observação 3.35. A prova do Teorema 3.32 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 3.36. 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 3.37. 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.

45

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), (3.38)

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

3.1.2 A matriz associada a uma Transformação Linear

Como consequencia do Teorema 3.29, temos que um espaço de dimensão �nita n édo ponto de vista da algebra linear igual ao espaço Rn. De esta forma é possivelsimpli�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 3.39. 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

.

Exemplo 3.40. 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 3.41. 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.

46

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), (3.42)

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 3.43. 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.

Proposição 3.44. 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 .

47

Proposição 3.45. 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 3.46. Sejam B e C bases de U e V respectivamente.

1. Se T ∈ L(U, V ) é inversivel, 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, (3.47)

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

−1.

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

Exemplo 3.48. 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),

48

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 3.43 segue que

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

(xy

)= (3x− 2y, 3y − 2x).

Exemplo 3.49. 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 3.50. 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 3.51. 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)}.

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 possivel deduzir propriedades de uma

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

Proposição 3.52. Sejam T ∈ L(U, V ), B uma base de U e C uma base V . Atransformação T é um isomor�smo ⇔ [T ]BC é inversivel.

Prova: Se T é um isomor�smo, pelo Corolario 3.46 temos que [T ]BC é inversivel eque ([T ]BC)

−1 = [T−1]C,B.Suponha agora que [T ]BC é inversivel. Da Proposição 3.43 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 ).

49

Exemplo 3.53. 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 inversivel, seque da Proposição 3.52 que T é um isomor�smo.

3.2 Exercícios

Ex. 3.54. Seja T ∈ L(U). Mostre que T 2 = 0 se e somente se T (U) ⊂ N (T ).

Ex. 3.55. 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.

Ex. 3.56. 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

).

50

Ex. 3.57. 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. 3.58. 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. 3.59. 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. 3.60. 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. 3.61. 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. 3.62. Achar uma transformação linear T : R3 → R3 tal que dimN (T ) = 1.

Ex. 3.63. 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.

Ex. 3.64. Achar T ∈ L(R3,R4) tal que T (R3) = [(2, 2, 3, 2), (3, 2, 0, 2)].

Ex. 3.65. 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. 3.66. 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. 3.67. Achar uma transformação linear T : R5 → R3 tal que dimN (T ) = 2 edimT (R5) = 3.

Ex. 3.68. Achar L(R3,R4) tal que N (T ) = [(1, 0, 1)].

Ex. 3.69. Achar uma transformação linear T : R4 → R4 tal que N (T ) = T (R4) =[(1, 0, 1, 0), (0, 1, 0, 1)].

Ex. 3.70. Achar T : R2 → R3 linear tal que T (R2) = [(1, 1, 1), (1, 2, 0)].

Ex. 3.71. Achar uma transformação linear T : R2 → R3 tal que T (R2) = [(1, 1, 1)]e N (T ) = [(1, 1)].

Ex. 3.72. 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),

51

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. 3.73. 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. 3.74. 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. 3.75. 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. 3.76. 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,

3. T : R→ R3 dada por T (x) = (x, 2x, 3x).

Ex. 3.77. 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. 3.78. 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. 3.79. 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. 3.80. 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 .

52

Ex. 3.81. 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. 3.82. 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. 3.83. 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

)

53