Observemos que $u = O$ também satisfaz $u \cdot v = 0$ para $v$ com quaisquer coordenadas.
Quod Erat Demonstrandum.
Organização sem fins lucrativos, voltada para a pesquisa e educação em Matemática.
Observemos que $u = O$ também satisfaz $u \cdot v = 0$ para $v$ com quaisquer coordenadas.
Quod Erat Demonstrandum.
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.
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.
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.
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 $W$.
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.
$(A - B)\ \bot\ (A - C)\ \Rightarrow\ \|B - C\|^2 = \|A - B\|^2 + \|A - C\|^2$
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.
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.
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.
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.
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, $\|\sin x\|^2 + \|\cos x\|^2 = \left(\dfrac{\sqrt{12}}{\pi}\|x\|\right)^2$.
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{$2x + y + 2z = 7$}$.
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.
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.
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 $c_i = 0$.
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 $\cos \theta = \dfrac{\langle A, B \rangle}{\|A\|\|B\|}$.
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.
Basta mostrar que existe um $c > 0$ tal que $cA = B$.
Basta tomar $c = 2\sin 1$, pois $0 < 1 < \pi$.
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.