TEMA
Espaços e Subespaços
Vetoriais
Prof. Ms. Tailson Jeferson
P. dos Santos
Sejam W1 e W2 subespaços de um
espaço vetorial V . Então,
W1  W2 : v V ; v  w1  w2 , w1 W1 e w2 W2 
é um subespaço vetorial de V.
Se W1  W2  0 , diremos que W1  W2
é soma direta dos subespaços W1 e W2
e denotaremos por

W1  W2
Sejam
 a b 

V  M 22  R , U  
 : a, b   e
 0 0 

 0 0 

U
W
Então
e
W  
:
c
,
d

.


 c d 

são subespaços de V e
 a b 

U  W  
 : a, b, c, d   .
 c d 

Mais do que isso:
 a b 

U  
 : a, b  
 0 0 

 0 0 

W  
 : c, d   .
c
d





 U W  0
 a b 

U  W  
 : a, b, c, d   .
 c d 

Verificar se U  V 
3
U  ( x, 0, 0)  | x 

V  (0, y, z ) 
(i)  ( x, y, z)
3
3

| y, z 
3
em que:
.
,
( x, y, z)  ( x,0,0)  (0, y, z) U  V
(ii) U V   0,0,0
Portanto, soma direta.
V
3
U
o
V espaço vetorial
v1 , v2 ,..., vn  V
1 ,2 ,...n
escalares
v  1v1  2v2  ...  nvn
É um elemento de V que chamaremos
combinação linear de
v1 , v2 ,..., vn .
u  (1, 2,5) e v  (3, 6,15)
O vetor v pode ser escrito como
combinação linear de u , ou seja
v  3.(1, 2,5) ou v  3u
Ou ainda
1
1
u  .(3, 6,12) ou u  v
3
3
O vetor u  (1, 2,5) pode ser escrito
da seguinte forma:
u  1(1,0,0)  2(0,1,0)  5(0,0,1)
Portanto, dizemos que o vetor u é
uma combinação linear dos vetores
(1,0,0),(0,1,0),(0,0,1)
Fixados v1 , v2 ,..., vn  V, o conjunto W
de todos os vetores de V que são
combinação linear destes, é chamado
subespaço gerado por v1 , v2 ,..., vn .
W  v1, v2 ,..., vn 
O conjunto { v1 , v2 ,..., vn } é chamado
Conjunto de Geradores de W.
1,0,0 , 0,1,0 , 0,0,1
é um conjunto de Geradores para
Porque todo vetor  x, y, z  
3
3
Pode ser escrito da forma:
 x, y, z   x 1,0,0  y 0,1,0  z 0,0,1
Assim, escrevemos:
3
 1,0,0  ,  0,1,0  ,  0,0,1
Seja V um espaço vetorial sobre um
corpo K
(nº finito)
Se existem v1 , v2 ,..., vr  V
que geram V, dizemos que V è um
espaço vetorial finitamente gerado
3
é finitamente gerado porque
3
 1,0,0  ,  0,1,0  ,  0,0,1 
Determine um conjunto de geradores para
os seguintes subespaços:
a) U  ( x, y, z , t ) 
4
b) V  ( x, y, z, t ) 
4
c) U  V
; x  y  z  t  0
; x  y  z  t  0
( x, y, z, t ) V 
Ou seja,
x  y  z t
x y  z t  0
Assim, um genérico vetor de V é da forma:
( y  z  t , y, z , t )
y(1,1, 0, 0)  z (1, 0,1, 0)  t (1, 0, 0,1)
Assim:
U  (1,1,0,0),(1,0,1,0),(1,0,0,1)
( x, y, z, t ) V 
x y  z t  0
Ou seja,
x  y e z  t.
Assim, um genérico vetor de V é da forma:
( y, y, t , t )  y (1,1,0,0)  t (0,0, 1,1)
V  (1,1,0,0),(0,0, 1,1)
Um conjunto de geradores para U+V è
dado pela uniao dos dois conjuntos, i.e.,:
U  (1,1,0,0),(1,0,1,0),(1,0,0,1)
V  (1,1,0,0),(0,0, 1,1)
U V 
[(1,1,0,0),(1,0,1,0),(1,0,0,1),(0,0, 1,1)]
Equações que Caracterizam Subespaços
– Subespaços Próprios ou Triviais
Para verificar se um subespaço é
próprio ou trivial de um espaço :
1. Escrevemos um vetor genérico do
espaço como combinação linear dos
elementos do subespaço;
V1  3
W1  (1,3,0),(0,2,0),(0,0,1)
( x, y, z)   (1,3,0)   (0, 2,0)   (0,0,1)
  x
y  3x

3  2   y   
2
  z

2. Escalonamos e por meio da matriz
sua ampliada;
1 0 0

 A | B   0 1 0
 0 0 1


y  3x 

z
x
1 0 0

 A | B   0 1 0
 0 0 1


y  3x 

z
x
a) Sistema possível e determinado
p( A | B)  p( A)  n
Conclusão: W1 não é subespaço próprio
de V1 ou seja, W1  V1
V2 
W2  (1,1,1),(0,1,1),(0, 1, 1)
3
( x, y, z )   (1,1,1)   (0,1,1)   (0, 1, 1)
  x

 

1
0
0
x








y



      z
1
1

1
y





1 1 1

x
1 0 0


1
1

1
y


0 0 0 z  y


z
x
1 0 0


1
1

1
y


0 0 0 z  y


b) Sistema Impossível se
z  y  0  p( A | B)  p( A)
Conclusão: Não há soluções portanto W2
não é subespaço de V2
c) Sistema possível e indeterminado
x
1 0 0


1
1

1
y


0 0 0 z  y


z  y  0  p( A | B)  p( A)
Observe que para haver soluções z-y=0;
sendo esta a equação que caracteriza
este subespaço que é próprio.


Seja U  (2,1,0),(0,0,1),(6,3,0)  ;
Encontrar as equações o caracterizam U.
3
Seja ( x, y, z ) U .
( x, y, z)   (2,1,0)   (0,0,1)   (6,3,0)
 (2  6 ,   3 ,  )
2 0 6 x 
2  6  x
1 0 3 y 

Isto é:   3  y



 0 1 0 z 

z

2
1

 0
1
0

 0
e
0
6
0
1
3
0
0
3 |
0
0 |
1
0 |
L2  L2  2L1
x
1 0 3 |
L1  L2 

y
2
0
6
|

z 
 0 1 0 |
y

x
z 

Portanto para que o

x  2 y
sistema tenha solução,
z  temos que x  2 y  0
y
U  ( x, y, z); x  2 y  0
Dependência e Independência Linear
v1 , v2 ,..., vn  V .
Dizemos que o conjunto v1 , v2 ,..., vn 
V Espaço vetorial
é linearmente independente (L.I), se:
1v1  ...  nvn  0  1  ...  n  0
Se: i  0;
1v1  ...  nvn  0
Dizemos que é um conjunto de vetores
linearmente dependentes (L.D).
Seja V 
. Vejamos se os vetores:
3
v1  (1, 2,1), v2  (0,1, 2) R
são (L.I).
Para fazer isso, escrevamos a relação:
1v1  1 v2  0 R3
Assim,
3
1 (1, 2,1)  2 (0,1, 2)  (0,0,0)
1  0
1  0

 21   2  0  
  2  0  2  0 eles são (L.I)
2
 1
V
2
O conjunto (1, 1),(1,0),(1,1)
é (LD), pois temos a seguinte relação
com coeficientes não todos nulos:
1
1
(1, 1)  1(1, 0)  (1,1)  (0, 0)
2
2
V R
e2  ( 0 ,1)
2
S1  e1
S 2  e2 
e1    e1 | R 
(reta horizontal)
e1  (1, 0 )
e2    e2 | R 
(reta vertical)
R  e1 , e2    e1   e2 | ,  R
2

( 5,0)  5  (1,0)
(1,0)  1 (1,0)
 e1 
( a, b)
e2  ( 0 ,1)
e1  (1, 0 )
R  e1 ,e2  pois  (a, b) R
2
(a, b)  a (1,0)  b (0,1)
R  e1 , e2 , (2,0) pois  (a, b) R
2
(a, b)  a (1,0)  b (0,1)  0.(2,0)
2
2
E por que estes 2 conjuntos
têm quantidades diferentes de
geradores, se são geradores
do mesmo espaço?
Os elementos chamados geradores ou
sistemas de geradores de V podem
ser um conjunto L.I ou L.D.
e1 , e2  Conj. L.I
2
R  e1 , e2 , (2,0) e1 , e2 , (2,0)Conj. L.D
R  e1 ,e2 
2
- conjunto ordenado:
- formado por um conjunto de vetores L.I.
- gera V.
Proposição: De um conjunto de geradores
de um espaço ou subespaço vetorial V é
sempre possível extrair uma base.
O conjunto  2,1 , 0, 1 é uma
base do espaço 2 ?
É suficiente verificar se  2,1 , 0, 1 é um
2
conjunto de geradores L.I. para
(i)  2,1 , 0, 1 gera ?
2
Dado  x, y   ,queremos saber se
existem a e b em tais que
 x, y   a  2,1  b 0, 1 ?
2
Isto corresponde a encontrar
solução para o sistema:
2a  x

a  b  y
2a  x
x
 a

2
a  b  y
x
ba yb  y
2
Portanto, temos que
 2,1 , 0, 1 gera V.
2
(ii) Vejamos agora se
 2,1 , 0, 1
é LI:
n
Teorema: n vetores em
são L.I. se o
determinante da matriz formada pelos n
vetores (escritos como vetores linha ou
coluna) for diferente zero.
2 1 
det 
  2  0   2,1 e 0, 1 são LI.
 0 1
 2,1 , 0, 1
é uma base para V
Processo prático para determinar uma
n
base de um subespaço do .
Consiste em escalonar a matriz cujas linhas
são os vetores geradores do subespaço.
As linhas que não “zerarem” correspondem
aos vetores geradores que forem LI.
Determinar uma base para o seguinte
4
subespaço do espaço do :
W   2,1,1,0  , 1,0,1,2  ,  0, 1,1,4  
2 1 1 0
1 0 1 2 


A   1 0 1 2  L  L  2 1 1 0  L2  L2  2L1

1
2
 0 1 1 4 
 0 1 1 4 
1 0 1 2 
0 1 1 4  L  L  L
3
2

 3
0 1 1 4 
1 0 1 2 
0 1 1 4 


0 0 0 0 
Portanto, os vetores (1,0,1,2) e (0,1,-1,-4)
(correspondentes às linhas que não se
anularam na matriz escalonada) formam a
base para W.
Resultados importantes
Seja V um espaço de dimensão finita n. Então:
 Qualquer conjunto com mais de n
elementos em V é LD.
 Qualquer conjunto L.I de V pode ser
completado para formar uma base de V.
 Qualquer conjunto L.I de V tem no
máximo n elementos
 Qualquer conjunto L.I com n elementos
é uma base de V
Dimensão
Proposição: Seja V um espaço vetorial
finitamente gerado. Então, qualquer base
de V tem o mesmo número de elementos
(cardinalidade).
A este número de elementos dá-se o
nome de Dimensão de V.
Portanto, se V é finitamente gerado,
podemos dizer que ele tem
dimensão finita
Pensar na
dimensão de
um espaço...
Pressupõe
extrair uma base
deste espaço ou
subespaço
E observar sua
cardinalidade ou
quantidade de
elementos
Dimensão da Soma de 2 Subespaços
Seja V um espaço vetorial de dimensão
finita e U, W subespaços de V. Então
dimU  W   dimU  dimW  dim U W 
Sejam V  R 3


W  ( x, y, z)  R ; x  z  0
U  ( x, y, z)  R ; x  y  z
3
3
subespaços de V. Determinar as
dimensões de U, W e U  W . Verifique,
3
pela fórmula cima, se U  W  R .
Seja ( x, y, z ) U  x  y  z
Ou seja,  x, y, z    y  z, y, z   y 1,1,0  z 1,0,1
Daí temos que U=[(1,1,0),(1,0,1)].
U=[(1,1,0),(1,0,1)].
Visto que a matriz 1 1 0  tem posto 2,


1 0 1 
esses vetores são L.I. e formam uma base
para U.
Assim dim(U )  2
Se ( x, y, z ) W  x  z  0 . Ou seja,
 x, y, z   0, y,0  y 0,1,0
Daí, W  [(0,1,0)] e dim(W )  1
Para determinar U  W ,
resolvemos o sistema formado por suas
equações: x  y  z Este sistema possui

x  0
como solução o vetor
z  0
(0,0,0).Daí, dim U W   0

Portanto, utilizando a relação
dim(U  W )  dimU  dimW  dim U W 
Temos:
dim U  W   2 1  0  3
Como U  W é subespaço de R , que tem
dimensão 3, temos que U  W  R3
3
Considere o espaço
4
e seus subespaços
U  1,2,0, 1 , 1, 1,2,0  e W   1,3,0,1 ,  2,4,2, 1 , 1,7,2,0 
Utilizando os vetores acima determine:
a ) dim U
b) dim W
c) dim U  W 
d ) dim U  W 
O conjunto 1,2,0, 1 , 1, 1,2,0
é LI  dim U  2
Verifiquemos se  1,3,0,1 ,  2,4,2, 1 , 1,7,2,0
é LI:
 1 3 0 1 

 L  L
2
4
2

1
1

 1
1 7 2 0


 1 3 0 1

 L
0
10
2
1

 3
1 7 2 0 


 1 3 0 1

 L2  L2  2L1
 2 4 2 1 
1 7 2 0 


 1 3 0 1
L3  L1  0 10 2 1  L3
 0 10 2 1 


L3  L2
L3
L3  L2
 1 3 0 1


0
10
2
1


0 0 0 0 


Portanto o conjunto
 1,3,0,1 , 2,4,2, 1 , 1,7,2,0
é L.D
Logo, excluindo um dos vetores que é
combinação linear dos outros dois,
obtemos um conjunto L.I. Daí temos que
dim W  2
U  W  1,2,0, 1 , 1, 1,2,0  , 1, 3,0, 1 ,  0,10,2,1
1 2
 1 1

 1 3

 0 10
0 1
L2  L2  L1

2 0
L3  L3  L1
0 1
 L4  L4  2L1
2 1
L2 
1
0

0

0
2
1
1
0
0
0
2
2
L3
5
1
0 
1

1
1 2
0 3

0 5

0 0
L3  L3  L2
1
0

0

0
2
1
0
0
0 1

2 1
0 0

2 1
L4  L4  L3
0 1

0 0
2 1

2 1
1
0

0

0
2
1
0
0
0 1
0 0 
2 1

0 0
 dimU W   3
dim U  W   dimU  dimW  dim U W 

3  2  2  dim U W 
 dim U W   1
Coordenadas de um vetor em relação à
uma dada base vB
V
Espaço vetorial sobre
K
B  v1, v2 ..., vn  base de V
v  V  v  1v1  ...  nvn
Comb. Linear de forma única
Denotamos por:
v
B
ou
v  ( ,...,  )
 B

1
n
 1 


 
 n 
V R
3
3
Consideremos a base canônica do
B  1,0,00,1,00,0,1 e o vetor v  1, 3,5
Observe que:
v  1.1,0,0  3.0,1,0  5. 0,0,1
Assim, as coordenadas do vetor v na base
B são 1, -3 e 5 ,ou seja,
1
 v 
 (1, 3,5)
ou
 v 


  3 
 5 
As coordenadas de v dependem da
base B escolhida e da ordem dos de
seus elementos.
Todas as vezes que em um vetor não
vier especificado a base de referência,
significa que esta é a base canônica.
Por exemplo:
v  (1, 3,5)   v 
 (base canonica)
Temos que a matriz das coordenadas
de v na base B é :
 v B
 1


  3 
 5
Vamos escolher agora outra base para R
'
B  1,1,1 , 1,0,1 , 1,0, 1
Nosso exercício agora é encontrar as
coordenadas do vetor v na base B´:
3
Por definição, às coordenadas de v na
base B´ é dado pelos coeficientes a,b e c
abaixo:
1, 3,5  a 1,1,1  b 1,0,1  c 1,0, 1

 a b  c  1

 3 
a
 a b c  5

a  3
b  c  4
2b  12  b  6

b  c  8
c  2


6c  4
As coordenadas de v são -3,6 e -2
A matriz das coordenadas
de v na base B´ é
 v B
'
 3 


6
 2 
1 e 2
 I  
2
1
 I  
1
2
Bases ordenadas
do mesmo espaço
vetorial V
Escrever os vetores de 2
(acima) como combinação
linear dos vetores de 1
Escrever os vetores de 1
(acima) como combinação
linear dos vetores de 2
Encontremos a matriz
mudança de base
2 (1,0),(0,1)
 I  (2,1),(3,4)
1
v1  (1,0)  a11 (2, 1)  a21 (3, 4)
Os coeficientes a11 e a21 ficam na
mesma coluna, por isso o j
correspondente ao elemento aij é
fixado com o mesmo índice da ordem
do elemento em 2
v2  (0,1)  a12 (2, 1)  a22 (3, 4)
onde (1,0)  (2a11  3a21,  a11  4a21 )

1
4
a11 
e a21 
11
11
(0,1)  (2a12  3a22 ,  a12  4a22 )

2
3
a12 
e a22 
11
11
 I 
2
1
4

 11
1
11
3 
11 

2
11 
Façamos agora
1 (2, 1),(3,4)
 I  (1,0),(0,1)
2
Lembrando que escreveremos agora :
u1  (2, 1)  a11 (1,0)  a21 (0,1)
a11  2 e a21  1
u2  (3, 4)  a12 (1,0)  a22 (0,1)
a12  3 e a22  4
 I 
2
1
 2 3


 1 4
O produto das matrizes
2
1
 I    I   
2
4
11

1
11
3 
11 

2
11 
1

 2 3  1 0 
1 4  0 1

 

O que implica que as matrizes  I  e  I 2
1
são inversíveis e
1
2
 I  
2
1
  I 
1
2
1
“Somente no dicionário o
sucesso vem antes do trabalho.”
Albert Einstein