A = 0 1 i 3 i. 1 i 2i 1. i k 0 O determinante da submatriz formada pelas linhas I, III e IV é o seguinte: 1 0 k 1 i 2i 1 i k 0 = i 2i 1 k 0 + k 1 i

Transcrição

1 Exercício 1. Por definição (f(ϕ))(x) = ϕ(x 2 ), portanto, para todos λ, µ R, temos (f(λϕ + µψ))(x) = (λϕ + µψ)(x 2 ) = λ ϕ(x 2 ) + µ ψ(x 2 ) = λ (f(ϕ))(x) + µ (f(ψ))(x) = (λ f(ϕ) + µ f(ψ))(x). Como isso vale para todo x R, temos que f(λϕ + µψ) = λ f(ϕ) + µ f(ψ), portanto f é linear. Temos que f(ϕ) = 0 sse ϕ(x 2 ) = 0 para todo x R. Isso equivale a afirmar que, se existe x R tal que y = x 2, então ϕ(y) = 0. Como existe x com esta propriedade sse y 0, concluímos que f(ϕ) = 0 sse ϕ(y) = 0 para todo y 0. Logo ker(f) = {ϕ C 0 (R) : ϕ [0,+ ) = 0}. Seja ψ = f(ϕ). Então ψ( x) = ϕ(( x) 2 ) = ϕ(x 2 ) = ψ(x), logo ψ é uma função par. Demonstremos a volta. Seja ψ C 0 (R) uma função par. A função ϕ(x) := ψ( x ) está bem definida e é contínua. Temos que (f(ϕ))(x) = ψ( x 2 ) = ψ( x ). Como ψ é par, ψ( x ) = ψ(x), logo f(ϕ) = ψ. Isso demonstra que a imagem de f é o subespaço vetorial de C 0 (R) formado pelas funções pares. Exercício 2. O posto da seguinte matriz tem que ser igual a 3: 1 0 k A = k 1 i 3 i 1 i 2i 1. i k 0 O determinante da submatriz formada pelas linhas I, III e IV é o seguinte: 1 0 k 1 i 2i 1 i k 0 = i 2i 1 k 0 + k 1 i i k = k(k + 2 2i). Logo, se k 0, 2i 2 a família é independente. Para k = 0 temos: A = 0 1 i 3 i 1 i 2i 1. i 0 0 A última linha foi cortada por ser múltiplo da primeira. Obtemos uma matriz de ordem 3 com determinante (1 i)(2i 1) i(3 i) = 0, logo as colunas são dependentes. Para k = 2i 2 obtemos: 1 0 2i 2 A = 2i 2 1 i 3 i 1 i 2i 1. i 2i 2 0 O determinante da submatriz formada pelas primeiras três linhas é o seguinte: 1 0 2i 2 2i 2 1 i 3 i 1 i 2i 1 = 1 i 3 i i 2i 1 + (2i 2) 2i 2 i 1 1 i = 8 4i, 1

2 2 logo as três colunas são independentes. Afinal, a família dada é independente se, e somente se, k 0. Podíamos obter o mesmo resultado por escalonamento. Exercício 3. É imediato verificar que uma função f : R R tem suporte compacto se, e somente se, existe M 0 tal que f(x) = 0 para todo x tal que x M. Equivalentemente, supp(f) [ M, M]. Sejam f, g Cc 0 (R) e λ, µ R. Por hipótese existem M 1, M 2 0 tais que supp(f) [ M 1, M 1 ] e supp(g) [ M 2, M 2 ]. Seja M = max{m 1, M 2 }. Então f(x) = 0 e g(x) = 0 para todo x tal que x M, logo (λf + µg)(x) = 0 para todo x tal que x M. Por isso supp(λf + µg) [ M, M], logo λf + µg Cc 0 (R). Isso mostra que se trata de um subespaço vetorial. Seja {f 1,..., f n } Cc 0 (R) uma família finita e demonstremos que não pode gerar Cc 0 (R) todo. Seja supp(f i ) [ M i, M i ] para i {1,..., n}. Definimos M := max{m 1,..., M n }. Claramente supp(f i ) [ M, M] para todo i, logo, para quaisquer λ 1,..., λ n R, também supp(λ 1 f 1 + +λ n f n ) [ M, M]. É fácil construir uma função f Cc 0 (R) tal que supp(f) / [ M, M], por exemplo a seguinte: 0 x M 2 x + M + 2 M 2 x M 1 f(x) = 1 M 1 x M + 1 x + M + 2 M + 1 x M x M + 2. Isso mostra que nenhuma família finita pode gerar C 0 c (R). Exercício 4. Seja (i) a sequência constante com valor i. É claro que (i) A. Ademais, A (i) = {(a n ) : a n 0}. De fato, se (b n ) S, então (b n ) (i) i i = 0; reciprocamente, se b n 0, então (a n ) := (b n ) + (i) 0 + i = i, logo (a n ) A. Só falta provar que A (i) é um subespaço vetorial. De fato, se b n 0 e b n 0, então λb n + µb n λ0 + µ0 = 0. Exercício 5. Se a família {(k, 3, 3), (0, 1, 1), ( 1, 2, k)} for independente, então é uma base de R 3, logo f existe única (uma função linear é completamente determinada pelas imagens dos elementos de uma base do domínio, as quais podem ser escolhidas livremente). Isso acontece se, e somente se, o seguinte determinante é nulo: k k = k k = k(k 2). Portanto, se k 0, 2 a função f existe única. Se k = 0, a matriz se torna: O determinante da submatriz destacada é 1 0, portanto a segunda e a terceira coluna formam uma subfamília maximal independente. O primeiro vetor é combinação linear dos dois demais, sendo (0, 3, 3) = 3(0, 1, 1) + 0( 1, 2, 0), portanto

3 3 devemos verificar se f(0, 3, 3) = 3f(0, 1, 1) + 0f( 1, 2, 0), ou seja, se (3, 3, 3) = 3(1, 1, 1) + 0(1, 1, 1). Como esta identidade é válida, a função f existe, mas não é única, pois somente as imagens de dois vetores independentes são fixadas. Se k = 2, a matriz se torna: O determinante da submatriz destacada é 1 0, portanto a segunda e a terceira coluna formam uma subfamília maximal independente. O primeiro vetor é combinação linear dos dois demais, sendo (2, 3, 3) = 7(0, 1, 1) 2( 1, 2, 2), portanto devemos verificar se f(2, 3, 3) = 7f(0, 1, 1) 2f( 1, 2, 2), ou seja, se (3, 3, 3) = 7(1, 1, 1) 2(1, 1, 1). Como esta identidade não é verificada, f não existe. Afinal, f existe para k 2 e é única para k 0, 2. Exercício 6. O sistema linear que define A não é impossível, pois a matriz incompleta é: [ ] 1 1 0, 1 0 i 2 a qual tem posto 2, portanto a matriz completa e a incompleta têm posto 2. Por isso A é um subespaço afim de dimensão 1 (trata-se de uma reta complexa). Podemos também mostrar a verificação direta. Fixemos o vetor (2, 1, 1) A. Seja W = A (2, 1, 1) = {(a 2, b 1, c 1) : a b = 1; a (2 i)c = i} = {(ã, b, c) : ã b = 0; ã (2 i) c = 0}. O leitor pode verificar que W é um subespaço vetorial, portanto A é um subespaço afim. Exercício 7. Considerando como são definidas a soma e o produto externo no espaço das matrizes complexas, temos que verificar se (1, 2, 0, 0), é combinação linear de {(k, 1 i, 0, 0), (1, 1 i, k i, 2), (i + 2, 2, 0, 2i)}. Método I: Apliquemos o teorema de Rouché-Capelli. Consideremos a matriz completa: k 1 i [A b] = 1 i 1 i 0 k i i 0 Para que o sistema admita solução tem que valer a igualdade rk[a b] = rk(a). Como rk(a) 3, antes de tudo é necessário que det[a b] = 0. Aplicando a regra de Laplace à terceira linha obtemos: det[a b] = (i k) det k i i = 2i(k i)(2k 1 + i). 0 2i 0

4 4 Por isso as únicas duas possibilidades são k = i e k = 1 1 i. Para k = i a matriz A se torna: i 1 i + 2 A = 1 i 1 i i Calculemos o determinante da submatriz formada pelas linhas I, II e IV aplicando a regra de Laplace à linha IV. Obtemos 2( 2i (i+2)(1 i))+2i(i(1 i) (1 i)) = 2 + 2i 0, portanto rk(a) = rk[a b] = 3. Para k = 1 1 i a matriz A se torna: 1 1i 1 i + 2 A = 1 i 1 i i 0 0 i Calculemos o determinante da submatriz formada pelas linhas I, II e III aplicando a regra de Laplace à linha III. Obtemos ( 3i 1 )(1 i)( 3 i) 0, portanto rk(a) = rk[a b] = 3. Afinal, A é combinação linear de A 1, A 2 e A 3 se, e somente se, k = i ou k = 1 1i. Método II: Usemos o método de Gauss: k 1 i i 1 i II 1 II i 1 + i 1 i 0 k i 0 0 I II k 1 i IV 0 i 0 1IV 0 k i i i 1 + i II II ki 0 1 k (2 + i) + k(1 + i) 1 k(i + 1) III IV 0 1 i 0. 0 k i 0 0 Se k = i a última linha se anula, portanto obtemos: i 1 + i 0 1 i 1 + 2i 2 i II II (1 i)iii i 1 + i 0 1 i 0. II III 0 1 i i 2 i O sistema admite solução, portanto, para k = i, a matriz A é combinação linear de {A 1, A 2, A 3 }. Se k i a quarta linha dá β = 0, portanto podemos tirar a segunda coluna e a quarta linha, obtendo: 1 1 i 1 + i 0 (2 + i) + k(1 + i) 1 k(i + 1), III 1III i II III, 0 i i 1 + i 0 1 0, III III ((2 + i) + k(1 + i))ii, 0 (2 + i) + k(1 + i) 1 k(i + 1)

5 1 1 i 1 + i k(i + 1) O sistema admite solução se, e somente se, k = 1 i+1 = i. Afinal, A é combinação linear da família {A 1, A 2, A 3 } se, e somente se, k = i ou k = i. Exercício 8. Para achar o kernel de f, temos que resolver o sistema linear homogêneo (z + iw + (2 i)u, z + 2u, z + w 3u) = (0, 0, 0). Usemos o método de Gauss. 1 i 2 i II II I 1 i 2 i 0 0 i i 0 III III + I i 1 i 0 II iii III 1 III 1 i 2 i i Logo obtemos u = t, w = t e z = 2t. Portanto, Ker(f) = ( 2, 1, 1). Temos que Im(f) = {(z + iw + (2 i)u, z + 2u, z + w 3u)} = {z(1, 1, 1) + w(i, 0, 1) + u(2 i, 2, 3)}, logo Im(f) = (1, 1, 1), (i, 0, 1), (2 i, 2, 3). Pelo teorema do núcleo e da imagem, dim Im(f) = 3 dim Ker(f) = 2, logo temos que achar dois geradores independentes. Portanto, Im(f) = (1, 1, 1), (i, 0, 1). f não é injetora, pois Ker(f) {0}, nem é sobrejetora, pois dim Im(f) < 3 (sendo uma função de C 3 a C 3, é injetora se, e somente se, é sobrejetora). A matriz representativa a respeito da base canônica é a matriz dos coeficientes das entradas da função f: A = 1 i 2 i A respeito da base A, comecemos aplicando a definição. Temos que f(1, 0, i) = (2 + 2i, 1 + 2i, 1 3i), f(1, 1, 1) = (3, 3, 3) e f(0, 1, 1) = (2, 2, 2). Seja (2 + 2i, 1+2i, 1 3i) = α(1, 0, i)+β(1, 1, 1)+γ(0, 1, 1). Resolvendo o sistema, obtemos α = 2i 5, β = 7 e γ = 2i 6. Seja (3, 3, 3) = α(1, 0, i) + β(1, 1, 1) + γ(0, 1, 1). Obtemos α = 6i, β = 3 6i e γ = 6i. Seja (2, 2, 2) = α(1, 0, i)+β(1, 1, 1)+γ(0, 1, 1). Obtemos α = 4i, β = 2 4i e γ = 4i. Logo, a matriz representativa é: 2i 5 6i 4i B = 7 3 6i 2 4i. 2i 6 6i 4i Para calcular B através da matriz de mudança de base, temos que B = C 1 AC, sendo: C = C 1 = 0 i i 1 i i. i i i 5

6 6 Exercício 9. Uma função aditiva mas não homogênea é a conjugação conj: C n C n, z z. Uma função homogênea mas não aditiva pode ser a seguinte: f : C 2 C ( { z z 2 w 0 w w) 0 w = 0. Observamos que essa função não é contínua em relação à topologia euclidiana. Podemos também encontrar uma função contínua e homogênea mas não aditiva: f : C 2 C ( { z z z (z, w) (0, 0) z + w w) 0 (z, w) = (0, 0). Exercício 10. A segunda parte é bem mais simples. Podemos considerar as mesmas funções do exercício precedente, aplicadas a vetores reais, ou também a seguinte: f : R 2 R ( x y) 3 x 3 + y 3. A primeira parte é bem mais complicada. Observamos que, se f : R n R m for aditiva, então é também Q-homogênea, portanto Q-linear. De fato: para todo n N temos que f(nv) = f(v + + v) = f(v) + + f(v) = nf(v); f(0) = 0, pois f(0 + 0) = f(0) + f(0) e, ao mesmo tempo, f(0 + 0) = f(0), portanto f(0) + f(0) = f(0), logo f(0) = 0. Isso equivale ao fato que f(0v) = 0f(v). f( v) + f(v) = f( v + v) = f(0) = 0, logo f( v) = f(v). Isso implica que f(nv) = nf(v) para todo n Z, logo f é Z-linear; f(m 1 v) = mf( 1 v) por causa da Z-linearidade, logo f( 1 v) = 1 f(v). Isso m m m m implica que f é Q-linear. Se f for também contínua em relação à topologia euclidiana, então é R-linear. De fato, se λ R, existe uma sequência racional {q n } Q tal que q n λ, logo: f(λv) = f( lim q nv) ( ) = lim f(q nv) = lim q nf(v) = λf(v). n + n + n + Na igualdade ( ) usamos a continuidade de f. Por isso, para encontrar o exemplo procurado, temos que considerar funções não contínuas, mas não há uma fórmula simples para descrever uma função desse tipo. Uma maneira pode ser a seguinte. Seja A = {x i } i Λ R uma base de R como Q-espaço vetorial (que existe pelo lema de Zorn). Fixemos i 1, i 2 Λ, i 1 i 2. Consideremos a seguinte função Q-linear, definida dando as imagens dos elementos

7 7 da base A: f : R R x i1 x i2 x i2 x i1 x i x i i Λ \ {i 1, i 2 }. Esta função é aditiva, pois é Q-linear. Observamos que f 2 = id. Se f fosse R-linear, seria da forma f(x) = αx, sendo α R. Como f 2 = id, necessariamente α = ±1, logo f = id ou f = id. Isso não é possível, pois f(x i1 ) x i1, logo f id, e f(x i ) = x i para todo i Λ \ {i 1, i 2 }, logo f id.