1. Não temos um espaço vetorial, pois a seguinte propriedade (a + b) v = a v + b v não vale. De fato:

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1 Sumário

2 No que se segue, C, R, Q, Z, N denotam respectivamente, o conjunto dos números complexos, reais, racionais, inteiros e naturais. Denotaremos por I (ou id) End(V ) a função identidade do espaço vetorial V. Exercício 1: Determine se os seguintes conjuntos são espaços vetoriais: 1. K = C, V = C, com soma usual, e multiplicação definida por a v = a v, para quaisquer v V e a K.. K = C, V = C, com soma usual, e multiplicação definida por a v = (Re a) v, v V e a K. 3. O conjunto de todas as funções pares. 4. O conjunto de todas as funções ímpares. 1. Não temos um espaço vetorial, pois a seguinte propriedade (a + b) v = a v + b v não vale. De fato: (a + b) v = (a + b) v = a v + b v + abv a v + b v = a v + b v.. Não temos um espaço vetorial porque não vale a propriedade av = 0 a 0 v = 0. De fato: a v = Re(a)v a=i a v = Re(i)v = 0v = e 4. Temos um espaço vetorial. Consideremos os conjuntos F(R) = {f f : R R} e V ± (R) = {f F(R) f( x) = ±f(x)}. Sejam f 1, f : R R pares para o sinal positivo em V ± acima e ímpares para o sinal negativo. Então, dado c K, temos: (f 1 +cf )( x) = f i par {}}{ f 1 ( x)+cf ( x) = ±f 1 (x)± cf (x) = ±(f 1 +cf )(x). Portanto, V ± (R) F(R) é um espaço vetorial. Exercício : Considere V = R 3 e os seguintes conjuntos U V consistindo em vetores (a, b, c), onde a, b, c R tais que 1. a = 0.. b = 0.

3 Sumário 3. a + b = a + b = a + b 0. Em quais desses casos U é subespaço vetorial de V? 1. Define um subespaço vetorial, pois, dado c 1 K, temos (0, x, x 3 ) + c 1 (0, y, y 3 ) = (0, x, c 1 x 3 ) + (0, c 1 y, c 1 y 3 ) = (0, x + c 1 y, x 3 + c 1 y 3 ).. Define um subespaço vetorial. A prova é análoga ao item anterior. 3. Não define um subespaço vetorial, pois é uma condição não-linear (é afim). 4. Define um subespaço vetorial, pois (x 1, x 1, x 3 ) +c 1 (y 1, y 1, y 3 ) = (x 1, x 1, x 3 ) +(c 1 y 1, c 1 y 1, y 3 ) = (x 1 +c 1 y 1, (x 1 +c 1 y 1 ), x 3 +c 1 y 3 ). 5. Não define um espaço vetorial, pois dado um vetor v C 3 obedecendo a condição, basta tomarmos o vetor v como contra-exemplo. Exercício 3: Prove que a intersecção de subespaços vetoriais de um espaço vetorial V é um subespaço vetorial. De fato, sendo U 1 e U subespaços vetoriais, sua intersecção é o conjunto dos elementos v V tais que v U 1 e v U. Então 0 U 1 U. Além disso, dados u, w U 1 U e a K, então au + w U 1 U. Mais geralmente, seja V α uma família de espaços subespaços vetoriais de um espaço vetorial V e c K: x, y α I V α V α é um subespaço {}}{ x, y V α x + cy V α x + cy α I V α. Portanto, α I V α V é um subespaço vetorial. Exercício 4: Prove que os únicos subespaços vetoriais de R são o próprio espaço vetorial R e o subespaço nulo. Mostre que todos os subespaços de R são o próprio R, o subespaço nulo e os subespaços consistindo nos conjuntos gerados por um vetor fixo em R centrado na origem (retas que passam pela origem).

4 Sumário 3 Tratemos os dois casos: V = R. Seja S V subespaço vetorial não-nulo. Tomemos x S, com x não-nulo, então x = x.1, onde x R. Como x 0 temos que necessariamente S = V. V = R. Vamos tomar um subespaço (não-nulo) S V, assim sendo, existe v S (v não-nulo) e, portanto, como S é subespaço, ele contém o espaço gerado por v. Agora, vamos supor que S contenha um outro vetor w que não esteja no subespaço gerado por v. Então, temos um outro subespaço gerado por w. Além disso, como S é um subespaço vetorial, qualquer combinação linear av + w deve pertencer a S. Geometricamente, temos (basta desenhar um sistema de eixos no plano R ) que qualquer vetor no plano pode ser escrito como uma combinação linear de v e w. Portanto, S = R. Se S não possuir nenhum outro vetor que não pertença ao subespaço gerado por v, temos então que S é um subespaço consistindo em um múltiplo de um vetor fixo em R. Exercício 5: Dois conjuntos disjuntos de R podem gerar o mesmo espaço vetorial? Qual é, em R 3, o espaço gerado pelo conjunto {(1, 1, 1), (0, 1, 1), (1, 0, 0) }? Dois conjuntos disjuntos de R podem gerar o mesmo espaço vetorial. Por exemplo, os conjuntos: β 1 = {e 1 = (1, 0), e = (0, 1) }, β = {f 1 = (1, 1), f = (1, 1) }, são duas bases disjuntas de R. Agora, o conjunto = {v 1 = (1, 1, 1), v = (0, 1, 1), v 3 = (1, 0, 0) } gera um subespaço de dimensão, pois v 1 = v + v 3. Exercício 6: Verifique se o espaço vetorial P (R), dos polinômios de ordem menor ou igual a, tem como base os vetores u 1 (t) = 1 + t, u (t) = t + t e u 3 (t) = 1 t. O conjunto β = {u 1 (t) = 1 + t, u (t) = t + t, u 3 (t) = 1 t } é uma base de P (R). Para vermos isso, basta mostrarmos que tal conjunto é LI (pois dim P (R) = 3). Consideremos a combinação linear abaixo: 0 = c 1 u 1 (t) + c u (t) + c 3 u 3 (t) = c 1 (1 + t) + c (t + t ) + c 3 (1 t ) de onde temos o sistema linear c 1 + c 3 = 0 c 1 + c = 0 c c 3 = 0 = (c 1 +c 3 )1+(c 1 +c )t+(c c 3 )t, cuja única solução é a trivial. Portanto, o conjunto β é uma base para P (R).

5 4 Sumário Exercício 7: Prove as seguintes afirmações: a) O conjunto de vetores {e 1,..., e n } V é LD se e somente se pelo menos um dos vetores e j for combinação linear dos outros vetores em tal conjunto. b) Se o conjunto S = {e 1,..., e n } é LI e o conjunto {e 1,..., e n, e n+1 } é LD, então o vetor e n+1 é uma combinação linear de {e 1,..., e n }. Demonstremos cada item de forma detalhada: a) ( ) Suponhamos que o conjunto β = {e 1, e,..., e n } seja LD. Pela definição de dependência linear, dados c j K, consideremos a combinação linear nula n i=1 c ie i = 0. Portanto, existe (pelo menos) um índice j tal que c j 0. Desse modo, { }} { c i e i = 0 c j e j + c i e i = e j + i=1 e j = 1 c j i=1,i j i=1,i j d i e i. i=1,i j = d i {}}{ c i c j e i = 0. Portanto, pelo menos um dos vetores e j é combinação linear de vetores em β. ( ) Suponhamos agora que pelo menos um dos vetores e j no conjunto {e 1,..., e n } seja uma combinação linear dos outros vetores desse conjunto. De fato: e j = i=1,i j c i e i c i e i = 0, onde c j = 1. i=1 Portanto, o conjunto {e 1, e,..., e n } é LD. b) Consideremos a combinação linear nula n i=1 c ie i + c n+1 e n+1 = 0. O coeficiente c n+1 precisa ser não-nulo, caso contrário, teríamos n i=1 c ie i = 0 e, como o conjunto {e 1, e,..., e n } é LI, teríamos c i = 0, i {1,..., n + 1}. Com isso, entraríamos em contradição com a hipótese de que o conjunto {e 1, e,..., e n+1 } é LD. Desse modo, temos: { 1 c n+1 }} { c i e i + c n+1 e n+1 = 0 i=1 e n+1 = d i e i. i=1 i=1 d i {}}{ ( c ) i e i + e n+1 = 0. c n+1

6 Sumário 5 Exercício 8: Considere K n 1 [x] o espaço dos polinômios na variável x que têm grau menor ou igual a n 1, com coeficientes em um corpo K. Verifique que: a) O conjunto {1, x,..., x n 1 } forma uma base para o conjunto K n 1 [x] e, também, que as coordenadas de um polinômio f K n 1 [x] em tal base são seus coeficientes. a) O conjunto β = {e 0 (x) = 1, e 1 (x) = x,..., e n 1 (x) = x n 1 } forma uma base de K n 1 [x] e as coordenadas de um polinômio f K n 1 [x] em tal base são seus coeficientes. Por definição, o conjunto β é um gerador de K[x]. Resta-nos mostrar que é um conjunto LI. Para isso, consideremos a combinação linear n 1 c k e k = 0. (0.1) k=0 Calculando-se a expressão (0.1) em x = 0 temos que c 0 = 0. Agora, derivamos em relação à variável x a expressão resultante: n 1 n 1 c i e i = 0 kc k e k 1 = 0. (0.) k=1 i=1 Avaliando a expressão (0.) em x = 0, concluímos que c 1 = 0. Continuando com a sequência de derivações em relação à variável x (seguidas da subsequente avaliação em x = 0), temos que c k = 0, 0 k n 1. Portanto, o conjunto β é uma base para K n 1 [x]. Além disso, repetindo-se o argumento acima para um polinômio f K n 1 [x] (decompondo-se o mesmo na base dada), temos que c k = 1 d k f k! dx k x=0, 1 k n 1, ou seja, as coordenadas de um polinômio f são seus coeficientes. Exercício 9: Mostre que as aplicações de homotetia f : V V, definidas por f(u) = a.u, a K, u V, são transformações lineares. Mostremos que as aplicações f a : V V dadas por f a (u) = a.u, com a K, são lineares. Dado c K, u 1, u V, f a (u 1 + cu ) = a(u 1 + cu ) = au 1 + acu = au 1 + cau = f a (u 1 ) + cf a (u ). Exercício 10: Mostre que o conjunto Hom(U, V ) é um espaço vetorial.

7 6 Sumário Mostraremos que dados U, V espaços vetoriais sobre um corpo K, o conjunto Hom(U, V ) é um K espaço vetorial. De fato, dado c K, f 1, f Hom(U, V ) (f 1 + cf )(x) := f 1 (x) + cf (x) f 1 + cf Hom(U, V ), c K. A função nula é o elemento neutro da adição de vetores e, dada f Hom(U, V ), o inverso aditivo é a função f: a adição é associativa. Além disso, como são funções que tomam valores em um espaço vetorial, segue-se as propriedades para a multiplicação por escalares (cf)(x) := cf(x), c K, satisfazem os respectivos axiomas. Exercício 11: Seja a aplicação A End(R 3 ) definida por: A(x 1, x, x 3 ) = (x 1 x + x 3, x 1 + x, x 1 x + x 3 ). Verifique que A é uma transformação linear e determine a imagem e o posto de A. A função dada é uma transformação linear, pois: 1 1 x 1 A(x 1, x, x 3 ) = 1 0 x. 1 Calculemos a imagem e o posto da transformação linear A: A(x 1, x, x 3 ) = (x 1 x + x 3, x 1 + x, x 1 x + x 3 ) = x 1 (1,, 1) + x ( 1, 1, ) + x 3 (, 0, ). Do cálculo acima, segue-se que a imagem é dada por: Im(A) = v 1 = (1,, 1), v = ( 1, 1, ), v 3 = (, 0, ). (0.3) Quanto ao posto de A, segue por um cálculo direto que det A =. Portanto A é um isomorfismo e dim Im(A) = 3. Exercício 1: Mostre que ker φ e Im φ são respectivamente subespaços vetoriais de U e V. I) ker φ é um subespaço vetorial de U. De fato: x 1, x U, c K φ(x 1 + cx ) = x 3 x i ker φ {}}{ φ(x 1 ) + cφ(x ) = 0,

8 Sumário 7 Portanto, ker φ é um subespaço de U. II) Im φ é um subespaço vetorial de V. De fato: y 1, y Im(φ), c K y 1 = φ(x 1 ), y = φ(x ). Então temos: y 1 + cy = φ(x 1 ) + cφ(x ) = φ(x 1 + cx ). y 1 + cy Im(φ). Portanto, Im(φ) é um subespaço de V. Exercício 13: Para cada operador linear abaixo, encontre bases para o núcleo e a imagem, verifique o resultado do Teorema do Núcleo e da Imagem e determine se T é bijetiva: 1) T : R 3 R, T (a, b, c) = (a b, c). ) T : R R 3, T (a, b) = (a + b, 0, a b). Calculemos os objetos requeridos: 1) T : R 3 R, dada por T (a, b, c) = (a b, c). ker T = {(a, b, c) R 3 T (a, b, c) = (0, 0) } = {(a, b, c) R 3 (a b, c) = (0, 0) } = {(a, b, c) R 3 a = b ; c = 0} = (1, 1, 0) β ker T = {(1, 1, 0) } dim ker T = 1. Im T = T (R 3 ) = {(a b, c) R a, b, c R} = T (R 3 ) = {(a b)(1, 0) + c(0, 1) R a, b, c R} Im T = (1, 0), (0, 1). β ImT = {(1, 0), (0, 1) } dim Im T =. Além disso, dim R 3 = dim ker T +dim Im T 3 = 1+. O resultado é consistente e, além disso, T não é bijetiva, pois ker T {0}.

9 8 Sumário ) T : R R 3, dada por T (a, b) = (a + b, 0, a b). ker T = {(a, b) R T (a, b) = (0, 0, 0) } = {(a, b) R (a + b, 0, a b) = (0, 0) } = {(a, b) R a = b ; b = a} = {(0, 0) } ker T = (0, 0). β ker T = {(0, 0) } dim ker T = 0. Im T = T (R ) = {(a + b, 0, a b) R 3 a, b R} = T (R ) = {a(1, 0, ) + b(1, 0, 1) R a, b, c R} Im T = (1, 0, ), (1, 0, 1). β ImT = {(1, 0, ), (1, 0, 1) } dim Im T =. Portanto, dim R = dim ker T + dim Im T = 0 +. O resultado é consistente e, além disso, T não é bijetora, pois dim Im T =. Exercício 14: Verifique, em cada um dos itens abaixo, se V = U W : 1. V = R e U, W são retas distintas que passam pela origem.. V = R 3 e U, W são planos distintos que passam pela origem. { ( ) { ( ) a 0 0 c 3. V = M(, R), U = a, b R}, W = c, d R}. 0 b d 0 4. V = M(n, R) e U, W denotam, respectivamente, os espaços das matrizes simétricas e antissimétricas. 5. V = C(R, R) é o espaço das funções reais e U, W são respectivamente o espaço das funções pares e ímpares. Verifiquemos se, em cada um dos itens, temos V = U W. 1) Sim, pois se U e W são duas retas distintas que passam pela origem de V = R, são dois subespaços de dimensão 1. Basta tomarmos um vetor gerador para cada subespaço que teremos uma base para V. ) Não, pois como V = R 3, supondo que a decomposição em soma direta seja possível, teríamos uma situação absurda: 3 = dim V? = dim(u W ) = dim U + dim W = + = 4. Portanto, não é possível a decomposição em soma direta neste caso.

10 Sumário 9 3) Sim, a decomposição é possível, pois seja A = ( ) a b ) ( c d M(, R), ficamos com = a 0 ) ( ) 0 d + 0 b c 0 U W. ( a b c d 4) Mais uma vez, a decomposição é possível, pois dada A M(n, R), usamos A = 1 (A+A )+ 1 (A A ) := X +Y. Por construção temos que X U e Y W. Além disso, U W =. De fato, seja X U W. Então X = X = X e, portanto, X = 0 ou seja, V = U W. 5) De forma análoga ao item anterior, lancemos mão de uma decomposição específica. Seja f C(R, R). Segue-se que f(x) = 1 (f(x) + f( x)) + 1 (f(x) f( x)) V + + V. A decomposição é direta. De fato, seja f V + V, então f( x) = f(x), f( x) = f(x) f(x) = 0, x R. Portanto V = V + V. Exercício 15: No espaço C([0, 1]) das funções contínuas definidas no intervalo [0, 1], defina f(t) = t e g(t) = e t. Calcule f 1, f = 1 0 f 1(t)f (t) dt, f, g e f + g. Verifique a desigualdade de Cauchy-Schwarz. f 1, f = f = g = f + g = f + g = te t dt = (t 1)e t 1 0 = 1, t dt = t = 1 3 f = 3 3, e t dt = et 1 0 = e 1 (t + e t ) dt = 3e (e 1) g =, (t + e t + e t )dt = 3e Como e > 7, a desigualdade de Cauchy-Schwarz é válida. De fato, f 1, f = 1. Por outro lado,, f + g = 3e (e 1) = f + g.

11 10 Sumário Exercício 16: Dado o conjunto S = {(1, 1, 1), (0, 1, 1), (0, 0, 1) } R 3, use o processo de Gram-Schmidt para encontrar uma base ortonormal para S e calcule as componentes do vetor (1, 0, 1) em tal base. O processo de Gram-Schmidt dá a seguinte base ortonormal para S: ( ) ( ) ( ,,, 3 3 3, 1 1 6,, 0, 1 ) 1,. 6 As componentes do vetor u = (1, 0, 1) nesta base ortonormal são dadas por ( 1 3, 1 ( 3 3 ), 1 ( 3 + ) ) Exercício 17: Em cada um dos itens abaixo, aplique o processo de Gram- Schmidt para um dado conjunto de vetores S para encontrar uma base ortonormal para S e encontre os coeficientes de um dado vetor v V em relação à respectiva base de S: (a) V = R 3 munido do produto escalar f 1, f = 1 1 f(t)g(t) dt, S = {1, x, x } e v = 1 x. (b) V = R 4 equipado com o produto escalar canônico, S = {(1,, 3, 0), (0, 3, 1, 1), (0, 1, 1, 0) } e v = ( 1,, 1, 1). (c) V = M(, R), S = ( ) 1 1 v =. 0 1 { ( 1 1 ), ( ), ( ) } e (a) V = R 3 munido do produto escalar f 1, f = 1 1 {1, x, x } e v = 1 x. f(t)g(t) dt, S = Implementando-se o processo de Gram-Schmidt, encontramos a base ortonormal { 6, x, 3 ( 10 x 1 }. 4 3) (, 6 3, 0 ) nesta base orto- Portanto o vetor v = 1 x possui componentes normal.

12 (b) V = R 4 equipado com o produto escalar canônico, S = {(1,, 3, 0), (0, 3, 1, 1), (0, 1, 1, 0) } e v = ( 1,, 1, 1). Implementando-se o processo de Gram-Schmidt, encontramos a base ortonormal: { ( ( 1, 14 7, 3, 0), 9, , 13 ) 14,, ( , 511, 5 511, ) }.

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