$\require{enclose}$ $\newcommand{\avsum}{\mathrel{\displaystyle\int \!\!\!\!\!\! \Delta\ }}$ $\newcommand{\bcancelto}[2]{{\enclose{southeastarrow}{#2}\,}_{\lower.75ex{#1}}}$ $\newcommand{\ordcirc}[1]{\mathrel{[\hspace{-4pt} \circ \hspace{2pt}#1 \hspace{3pt}]\hspace{-4pt}\circ}}$ $\newcommand{\avigual}{\{=\}}$ $\newcommand{\intsup}{{\LARGE \big\uparrow}\displaystyle\int}$ $\newcommand{\intinf}{{\LARGE \big\downarrow}\displaystyle\int}$
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terça-feira, 12 de outubro de 2021

Seja $v \in \mathbb{R}^n$ e $u$ tal que $u \cdot v = 0$, $\forall\ v \in \mathbb{R}^n$. $u = O$.

Seja $v = (v_i)_1^n$ e $u = (u_i)_1^n$. Tomemos $v$ com coordenadas positivas, $\displaystyle\sum_{i=1}^n u_i v_i = 0\ \Leftrightarrow\ u = O$.


Observemos que $u = O$ também satisfaz $u \cdot v = 0$ para $v$ com quaisquer coordenadas.


Quod Erat Demonstrandum.

quinta-feira, 16 de setembro de 2021

Desigualdade de Minkowski ou Desigualdade Triangular.

Sejam $u$ e $v$ vetores do $\mathbb{R}^n$, $||u + v|| \le ||u|| + ||v||$.

Como $||u + v||$ e $(||u|| + ||v||)$ são não negativos, basta mostrar que $||u + v||^2 \le (||u|| + ||v||)^2$.


$||u + v||^2 = \langle u, u\rangle + \langle v, v\rangle + 2\langle u, v\rangle$


$(||u|| + ||v||)^2 = \langle u, u\rangle + \langle v, v\rangle + 2||u||||v||$


Pela Desigualdade de Cauchy-Schwarz, $\langle u, v\rangle \le ||u||||v||$.


Quod Erat Demonstrandum.

terça-feira, 14 de setembro de 2021

Sejam $A$, $B$ e $C$ pontos distintos do $\mathbb{R}^n$, se $B - A$ e $C - A$ são linearmente independentes, mostrar que $A$, $B$ e $C$ não são colineares.

Sejam $A$, $B$ e $C$ pontos distintos do $\mathbb{R}^n$, se $B - A$ e $C - A$ são linearmente independentes, mostrar que $A$, $B$ e $C$ não são colineares.

$a(B - A) + b(C - A) = O\ \Leftrightarrow\ a = b = 0$, $a$ e $b$ escalares.


Transladando o sistema de modo a $A$ coincidir com $O$:


$aB + bC = A\ \Leftrightarrow\ a = b = 0$


Logo tomando um escalar $k$ de modo que $a = \dfrac{1}{k}$ com $k \neq 0$ e $k \neq 1$, e $b = 0$:


$\dfrac{B}{k} \neq A\ \Rightarrow B \neq kA$    (I)


Procedendo de modo análogo para com $C$, com $k´ \neq 0$ e $k´ \neq 1$:


$\dfrac{C}{k´} \neq A\ \Rightarrow C \neq k´ A$    (II)


Tomando agora $a = 1$ e $b = \dfrac{-1}{k"}$, com $k" \neq 0$:


$C \neq k" (B - A)$    (III)


Por (I), (II) e (III), $A$, $B$ e $C$ não são colineares.





Quod Erat Demonstrandum.

segunda-feira, 13 de setembro de 2021

Desigualdade de Schwarz. Demonstração alternativa.

Sejam $u$ e $v$ vetores do $\mathbb{R}^n$.

$\langle u, v\rangle \le ||u|| ||v||$.

Demonstraremos outra afirmação:

Sejam $u = (u_i)_1^n$ e $v = (v_i)_1^n$,

$\langle u, v\rangle \le \displaystyle\sum_{i=1}^n |u_i v_i| \le ||u|| ||v||$. (I)

Se $u = O$ ou $v = O$, a demonstração é imediata. Se não, tomemos $||u|| ||v|| \neq 0$.

$\langle u, v\rangle = \displaystyle\sum_{i=1}^n u_i v_i \le \left|\displaystyle\sum_{i=1}^n u_i v_i\right| \le \displaystyle\sum_{i=1}^n |u_i v_i|$. (II)

Sejam $x$ e $y$ números reais, $0 \le (x - y)^2\ \Rightarrow\ 2xy \le x^2 + y^2$.

Tomando $x = \dfrac{|u_i|}{||u||}$ e $y = \dfrac{|v_i|}{||v||}$:

$2\dfrac{|u_i v_i|}{||u|| ||v||} \le \dfrac{|u_i|^2}{||u||^2} + \dfrac{|v_i|^2}{||v||^2}\ \Rightarrow 2\displaystyle\sum_{i=1}^n \dfrac{|u_i v_i|}{||u|| ||v||} \le \displaystyle\sum_{i=1}^n \left(\dfrac{u_i^2}{||u||^2} + \dfrac{v_i^2}{||v||^2}\right) =$

$= \displaystyle\sum_{i=1}^n \dfrac{u_i^2}{||u||^2} + \displaystyle\sum_{i=1}^n \dfrac{v_i^2}{||v||^2} = \dfrac{||u||^2}{||u||^2} + \dfrac{||v||^2}{||v||^2} = 2\ \Rightarrow\ \displaystyle\sum_{i=1}^n |u_i v_i| \le ||u|| ||v||$. (III)

Por (II) e (III) obtermos (I).

Quod Erat Demonstrandum.

quarta-feira, 30 de junho de 2021

Seja $\displaystyle\sum_{i=1}^n x_i A_i = 0$ um sistema homogêneo, mostrar que todos $X = (x_i)_1^n$, soluções do sistema, formam um espaço vetorial.

Seja $\displaystyle\sum_{i=1}^n x_i A_i = 0$ um sistema homogêneo, mostrar que todos $X = (x_i)_1^n$, soluções do sistema, formam um espaço vetorial.

Resolução:

Se $A_1, ..., A_n$ são linearmente independentes, teremos como única solução o $O$, e $\{O\}$ é um espaço vetorial. Se são linearmente dependentes, há uma infinidade de soluções; como estas soluções são um subconjunto do espaço vetorial $\mathbb{R}^n$, basta mostrar que

$\bullet$ $O$ pertence ao subconjunto, o que é evidente;

$\bullet$ Sejam $v$ e $w$ dois elementos, $v + w$ também é elemento. De fato, se $v = (v_i)_1^n$ e $w = (w_i)_1^n$, $\displaystyle\sum_{i=1}^n v_i A_i = 0$ e $\displaystyle\sum_{i=1}^n w_i A_i = 0$, $\displaystyle\sum_{i=1}^n (v_i + w_i) A_i = 0$;

$\bullet$ Se $c$ é um escalar e $v = (v_i)_1^n$ é um elemento, $\displaystyle\sum_{i=1}^n cv_i A_i = c\displaystyle\sum_{i=1}^n v_i A_i = 0$.

Quod Erat Demonstrandum.

segunda-feira, 28 de junho de 2021

Seja $V$ o espaço vetorial sobre $\mathbb{R}$, de todas as funções diferenciáveis. Mostre que $v_1 = e^x$ e $v_2 = e^{2x}$ são linearmente independentes.

Seja $V$ o espaço vetorial sobre $\mathbb{R}$, de todas as funções diferenciáveis. Mostre que $v_1 = e^x$ e $v_2 = e^{2x}$ são linearmente independentes.

Resolução:

Vamos supor que $v_1$ e $v_2$ sejam LD, ou seja, que existam $a$ e $b$ reais, $a \neq 0\ \vee\ b \neq 0$, tais que $av_1 + bv_2 = 0$.

$ae^x + be^{2x} = 0$ ${\Large (I)}$

Diferenciando:

$ae^x + 2be^{2x} = 0$ ${\Large (II)}$

Subtraindo (I) de (II):

$be^{2x} = 0\ \Rightarrow\ b = 0$ ${\Large (III)}$

Substituindo (III) em (I):

$ae^x = 0\ \Rightarrow\ a = 0$

Onde temos uma contradição com a hipótese de que ao menos um coeficiente deve ser não nulo. Logo, por absurdo, $e^x$ e $e^{2x}$ são linearmente independentes.

Quod Erat Demonstrandum.

Seja $V$ o conjunto de todas as funções de $\mathbb{R}$ em $\mathbb{R}$. Mostre que $V$ é espaço vetorial. Mostre também que $W$, o conjunto de todas as funções contínuas, é sub-espaço de $V$. Mostre também que $U$, o conjunto das funções diferenciáveis, é sub-espaço de $W$.

Seja $V$ o conjunto de todas as funções de $\mathbb{R}$ em $\mathbb{R}$. Mostre que $V$ é espaço vetorial. Mostre também que $W$, o conjunto de todas as funções contínuas, é sub-espaço de $V$. Mostre também que $U$, o conjunto das funções diferenciáveis, é sub-espaço de $W$.

Resolução:

Sejam $f$, $g$ e $h$ funções de $\mathbb{R}$ em $\mathbb{R}$, e $a$ e $b$ escalares reais (os reais são um corpo).

$\begin{array}{l c l}(f + g) + h = f + (g + h) &  & 0 + f = f + 0 = f\\ f + (-1)f = 0 &  & f + g = g + f\\ a(f + g) = af + ag &  & (a + b)f = af + bf\\ (ab)f = a(bf) &  & 1f = f\end{array}$

Logo $V$ é espaço vetorial sobre $\mathbb{R}$.

Observemos que, se $f$ e $g$ são contínuas, então $f + g$ será contínua, e que, sendo $a$ um escalar real, $af$ também será contínua. Observemos também que a função constante $0$ também é contínua.

Logo $W$ é sub-espaço de $V$.

Sendo $f$ e $g$ diferenciáveis, $f + g$ também é diferenciável. Sendo $a$ um escalar real, $af$ também é diferenciável. A função nula $0$ também é diferenciável.

Logo $U$ é sub-espaço de $W$ (e também de $V$).

Quod Erat Demonstrandum.

quinta-feira, 24 de junho de 2021

Teorema de Pitágoras.

$(A - B)\ \bot\ (A - C)\ \Rightarrow\ \|B - C\|^2 = \|A - B\|^2 + \|A - C\|^2$

Demonstração:

$\langle (A - B), (A - C) \rangle = 0\ \Rightarrow\ \langle A, A \rangle - \langle A, C \rangle - \langle B, A \rangle + \langle B, C \rangle = 0\ \Rightarrow$

$\Rightarrow \langle A, A \rangle + \langle B, C \rangle = \langle A, C \rangle + \langle B, A \rangle$ ${\Large (I)}$

$\|B - C\|^2 = \langle (B - C), (B - C) \rangle = \langle B, B \rangle + \langle C, C \rangle - 2\langle B, C \rangle$ ${\Large (II)}$

$(\|A - B\| + \|A - C\|)^2 = \langle (A - B), (A - B) \rangle + \langle (A - C), (A - C) \rangle + 2\|A - B\|\|A - C\| =$

$= \langle A, A \rangle + \langle B, B \rangle - 2\langle A, B \rangle + \langle A, A \rangle + \langle C, C \rangle - 2\langle A, C \rangle + 2\|A - B\|\|A - C\| \overset{\text{(II)}}{=}$

$\overset{\text{(II)}}{=} \|B - C\|^2 + 2\langle B, C\rangle + 2\langle A, A \rangle - 2\langle A, B \rangle - 2\langle A, C \rangle + 2\|A - B\|\|A - C\| \overset{\text{(I)}}{=}$

$\overset{\text{(I)}}{=} \|B - C\|^2 + 2\|A - B\|\|A - C\|$

Logo, $\fbox{$\|B - C\|^2 = \|A - B\|^2 + \|A - C\|^2$}$.



Quod Erat Demonstrandum.

Distância de um ponto a um hiperplano.

Mostre que, no $n$-espaço, a distância do ponto $P$ ao hiperplano normal a $N$ passando por $Q$ é

$d = \left\|\dfrac{\langle N, Q\rangle - \langle N, P \rangle}{\langle N, N \rangle} N\right\|$.

Resolução:

Seja $P'$ a projeção de $P$ sobre o plano. $P' = tN + P$, para $t = \dfrac{\langle N, Q\rangle - \langle N, P \rangle}{\langle N, N \rangle}$.

$d = \|P' - P\| = \|tN + P - P\| = \|tN\| = \left\|\dfrac{\langle N, Q\rangle - \langle N, P \rangle}{\langle N, N \rangle} N\right\|$

Exemplo:

No $2$-espaço, para $\langle (a_i)_1^n, (b_i)_1^n \rangle = \displaystyle\sum_{i=1}^n (a_i b_i)$, seja $d$ a distância entre o ponto $(0, 0)$ e a reta $x + y - 1 = 0$. $N = (1, 1)$, $Q = (1, 0)$, $P = (0, 0)$.

$d = \left\|\dfrac{1 - 0}{2} (1, 1)\right\| = \left\|\left(\dfrac{1}{2}, \dfrac{1}{2}\right)\right\| = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$



Quod Erat Demonstrandum.

Seja $\langle X, N \rangle = \langle P, N \rangle$ um plano no $3$-espaço, e $Q$ um ponto fora do plano. Mostre que existe um único $t$ tal que $Q + tN$ pertence ao plano.

Seja $\langle X, N \rangle = \langle P, N \rangle$ um plano no $3$-espaço, e $Q$ um ponto fora do plano. Mostre que existe um único $t$ tal que $Q + tN$ pertence ao plano.

Resolução:

$\langle (Q + tN), N \rangle = \langle P, N \rangle\ \Rightarrow\ \fbox{$t = \dfrac{\langle P, N \rangle - \langle Q, N \rangle}{\langle N, N \rangle}$}$



Quod erat demonstrandum.

Distântia entre dois vetores para dada definição de produto escalar.

Seja $\langle f, g \rangle = f'(\pi)g'(\pi)$, mostre que a distância entre $\cos x$ e $\log x$ é $\dfrac{1}{\pi}$.

Resolução:

$d_{(\cos x),(\log x)} = \|(\cos x) - (\log x)\| = \sqrt{\langle (\cos x) - (\log x), (\cos x) - (\log x) \rangle} =$

$= \sqrt{\left[(-\sin \pi) - (\dfrac{1}{\pi})\right]\left[(-\sin \pi) - (\dfrac{1}{\pi})\right]} = \fbox{$\dfrac{1}{\pi}$}$

Quod erat demonstrandum.

Relação entre vetores para certa definição de produto escalar.

Seja $\langle f, g \rangle = \displaystyle\int_{-\pi/2}^{\pi/2} f(x) \cdot g(x)\ dx$, mostre que



Demonstração:

$\|\cos x\| = \sqrt{\displaystyle\int_{-\pi/2}^{\pi/2} \cos^2 x\ dx} = \sqrt{\dfrac{\pi}{2}}$

$\|\sin x\| = \sqrt{\displaystyle\int_{-\pi/2}^{\pi/2} \sin^2 x\ dx} = \sqrt{\dfrac{\pi}{2}}$

$\|x\| = \sqrt{\displaystyle\int_{-\pi/2}^{\pi/2} x^2\ dx} = \sqrt{\dfrac{\pi^3}{12}}$

Logo, $\|\sin x\|^2 + \|\cos x\|^2 = \left(\dfrac{\sqrt{12}}{\pi}\|x\|\right)^2$.

Determinar a equação do plano passando por $(2, 1, 1)$, $(3, -1, 1)$ e $(4, 1, -1)$.

Um meio é encontrar o vetor $N = (a, b, 1)$ perpendicular ao plano, ou seja, perpendicular a $u = (3-2, -1-1, 1-1)$ e a $v = (4-2, 1-1, -1-1)$.

$\langle N, u \rangle = \langle N, v \rangle = 0\ \Rightarrow\ N = (1, 1/2, 1)$

Encontrando o plano perpendicular a $2N$ que passa por $(2, 1, 1)$:

$\langle 2N, (x, y, z) - (2, 1, 1) \rangle = 0\ \Rightarrow\ \fbox{$2x + y + 2z = 7$}$.

Propriedades da distância entre vetores.

Se $A$ e $B$ são dois vetores do $n$-espaço, designe por $d(A, B)$ a distância entre os vetores $A$ e $B$, i.e. $d(A, B) = \|B - A\|$.

Mostre que

$\begin{array}{l c r}I: d(A, B) = d(B, A). & \  & II: d(A, B) \le d(A, C) + d(B, C).\end{array}$

Resolução:

I:

$[d(A, B)]^2 = \langle (B - A), (B - A) \rangle = -\langle (A - B), (B - A) \rangle = \langle (A - B), (A - B) \rangle = [d(B, A)]^2$

II:

Seja $u = C - A$ e $v = B - C$. Pela desigualdade triangular

$\|u + v\| \le \|u\| + \|-v\|\ \Rightarrow\ \|B - A\| \le \|C - A\| + \|C - B\|$.

C.Q.D.

Sejam $A$ e $B$ vetores não nulos no $n$-espaço, seja $\theta$ o ângulo entre eles, mostre que, se $\cos \theta = -1$, eles tem sentidos contrários.

Sejam $A$ e $B$ vetores não nulos no $n$-espaço, seja $\theta$ o ângulo entre eles, mostre que, se $\cos \theta = -1$, eles tem sentidos contrários.

Demonstração:

$\cos \theta = -1\ \Rightarrow\ \langle A, B \rangle = -\|A\|\|B\|$

Satisfazendo esta condição, devemos mostrar que existe um $c < 0$ tal que $A = cB$.

$\langle A, cA \rangle = -\|A\|\|cA\|\ \Rightarrow\ c\langle A, A \rangle = -|c|\langle A, A \rangle$

Basta tomar, por exemplo, $c = -2$.

C.Q.D.

Vetores perpendiculares linearmente independentes.

Sejam $A_1, A_2, ..., A_r$ vetores não nulos e perpendiculares dois a dois, em outras palavras $\langle A_i, A_j \rangle = 0, i \neq j$. Sejam $c_1, c_2, ..., c_r$ números tais que

$c_1 A_1 + c_2 A_2 + ... + c_r A_r = 0$.

Mostre que todo $c_i = 0$.

Demonstração:

$c_1 A_1 + c_2 A_2 + ... + c_r A_r = 0 \ \Rightarrow\ \|c_1 A_1 + c_2 A_2 + ... + c_r A_r\| = 0\ \Rightarrow$

$\Rightarrow\ \langle (c_1 A_1 + c_2 A_2 + ... + c_r A_r), (c_1 A_1 + c_2 A_2 + ... + c_r A_r) \rangle = 0\ \Rightarrow$

$\Rightarrow\ \displaystyle\sum_{i=1}^r [(c_i)^2 \langle A_i, A_i \rangle] + \cancelto{0}{\displaystyle\sum_{i>j} (c_i c_j \langle A_i, A_j \rangle)} = 0$

Logo, para que a soma seja nula, todo $c_i = 0$.

Ângulo entre dois vetores.

Sejam $A$ e $B$ vetores não nulos, o ângulo $\theta$ entre $A$ e $B$ é dado por

$\cos \theta = \dfrac{\langle A, B \rangle}{\|A\|\|B\|}$.

Demonstração:


$\langle A - cB, B \rangle = 0\ \Rightarrow\ c = \dfrac{\langle A, B \rangle}{\langle B, B \rangle}$

$\cos \theta = \dfrac{c\|B\|}{\|A\|} = \dfrac{\sqrt{\langle B, B \rangle}\langle A, B\rangle}{\langle B, B\rangle\|A\|} = \dfrac{\langle A, B \rangle}{\sqrt{\langle B, B \rangle}\|A\|}$

Logo $\cos \theta = \dfrac{\langle A, B \rangle}{\|A\|\|B\|}$.

Mostre que, se dois vetores $A$ e $B$ são perpendiculares, $\langle A, B \rangle = 0$.


Pela identidade de triângulos,

$\|A+B\| = \|A-B\|\ \Rightarrow\ \langle A+B, A+B \rangle = \langle A-B, A-B \rangle\ \Rightarrow\ 4\langle A, B \rangle = 0$.

C.Q.D.

Mostre que $A = (1, \cos 1)$ tem o mesmo sentido que $B = (2\sin 1, \sin 2)$.

Basta mostrar que existe um $c > 0$ tal que $cA = B$.

Basta tomar $c = 2\sin 1$, pois $0 < 1 < \pi$.

Uma relação entre normas de vetores dada uma definição particular do produto escalar.

Definido $\langle f, g \rangle = f'(1)g'(1)$, mostre que

$\|x\| + \|x^2\| = 3$.

Demonstração:

$\|x\| = \sqrt{\langle x, x \rangle} = \sqrt{1 \cdot 1} = 1$

$\|x^2\| = \sqrt{\langle x^2, x^2\rangle} = \sqrt{2 \cdot 2} = 2$

C.Q.D.