Sejam $z$ e $w$ escalares. Se $zw = 0$, então $z = 0$ ou $w = 0$.

Vamos supor que $z \neq 0$ e $w \neq 0$.

$z^{-1}zw = z^{-1} \cdot 0\ \Rightarrow\ w = 0$ $\large{(I)}$

$zww^{-1} = 0 \cdot w^{-1}\ \Rightarrow\ z = 0$ $\large{(II)}$

$\large{(I)}$ e $\large{(II)}$, por hipótese, são absurdos, logo $z = 0$ ou $w = 0$.

Quod erat demonstrandum.

Igualdade conjunta de Antonio Vandré.

Quando dizemos que $f(x) = g(y)$, $f$ e $g$ são funções, ou seja, podem retornar um único valor. Devido a isto, a relação de igualdade é transitiva, ou seja, $a = b\ \wedge\ b = c\ \Rightarrow\ a = c$.

A propriedade transitiva não pode se manter se $f$ ou $g$ não são funções. Logo devemos utilizar uma outra relação para dizer que uma expressão pode retornar um valor ou outro, a expressão relacionada a estes valores. Tal relação é a "igualdade conjunta de Antonio Vandré", "$\avigual$".

Se $R$ pode ser tanto $a$ quanto $b$, escrevemos $R \avigual a$ ou $R \avigual b$.

Em particular, $R = a\ \Rightarrow\ R \avigual a$.

Sejam $U$ e $W$ subespaços de dimensões finitas de um espaço vetorial $V$, mostre que $dim\ (U + W)\ =\ dim\ U\ +\ dim\ W\ -\ dim\ (U \cap W)$.

Sejam $\{u_1, \dots , u_m\}$ uma base de $U$ e $\{w_1, \dots , w_n\}$ uma base de $W$, $\{u_1,\dots , u_m, w_1,\dots ,w_n\}$ gera $U + W$.

Seja $\{u_{i_1}, \dots , u_{i_p}, w_{j_1}, \dots , w_{j_q}\}$ um subconjunto independente maximal de $U + W$, logo

    $\bullet$ $dim\ (U + W)\ =\ p + q$

e, além disto,

$\{u_{i_{p+1}}, \dots , u_{i_m}, w_{j_{q+1}}, w_{j_n}\}$ é uma base de $U \cap W$, logo

    $\bullet$ $dim\ (U \cap W) = m - p + n - q$.

Como $p + q = m + n - (m - p + n - q)$,

 

$\fbox{$dim\ (U + W)\ =\ dim\ U\ +\ dim\ W\ -\ dim\ (U \cap W)$}$.

Quod Erat Demonstrandum.

Calculadora: ângulo entre dois vetores.

Entre com os argumentos separados por duas barras verticais "||": primeiro: uma string separada por barra vertical "|" onde cada elemento é um ponto onde as coordenadas são separadas por ponto e vírgula ";"; segundo "r" para radianos ou "g" para graus.

Exemplos:

Input: "0; 1 | 1; 0 || g". Output: aproximadamente "90".

Input: "0; pi; euler | cos(2); 3; log(5, 2) || r". Output: aproximadamente "0.12210119420839927".




Ângulo entre os dois vetores:

Mostre que duas matrizes equivalentes por linhas tem o mesmo espaço de linhas.

Seja $L$ tal espaço de linhas. Se $\displaystyle\sum a_iA_i\ \in\ L$:

$a_1A_1 + a_2A_2 + \dots + a_jA_j + a_{j-1}A_{j-1} + \dots\ \in\ L$ ${\large (I)}$,

 

$a_1A_1 + a_2A_2 + \dots + ba_jA_j + \dots\ \in\ L$ ${\large (II)}$,

 

$a_1A_1 + a_2A_2 + \dots + \left(ba_jA_j + a_kA_k\right) + \dots\ \in\ L$ ${\large (III)}$.

Ou seja, se duas matrizes são obtidas uma da outra por combinações das operações elementares, a saber, ${\large (I)}$, permutação, ${\large (II)}$, multiplicação por escalar, e ${\large (III)}$, substituição de uma linha por a soma desta com um múltiplo de uma outra, tem o mesmo espaço de linhas.

Quod Erat Demonstrandum.

Mostre que, se removermos uma linha de uma matriz escalonada, ela continuará escalonada.

Sejam $a_{1j_1}, a_{2j_2}, \dots, a_{nj_n}$ os elementos distinguidos da matriz escalonada, logo $j_1 < j_2 < \dots < j_n$.

Retirando o elemento da $i$-ésima linha, teremos uma nova matriz cujos elementos distinguidos são

$a_{1j_1}, \dots, a_{(i-1)j_{i-1}}, a_{(i+1)j_{i+1}}, \dots, a_{nj_n}$

de modo que

$j_1 < \dots < j_{i-1} < j_{i+1} < \dots < j_n$.

Logo a nova matriz também será escalonada.

Quod Erat Demonstrandum.

Seja $F$ o espaço vetorial de todas as funções reais, $P$ o subespaço vetorial das funções pares, e $I$ o subespaço das funções ímpares, mostrar que $F = P \oplus I$.

Seja $i$ um elemento de $I$, existe um elemento de $f$ de $F$ tal que $f - p = i$, $p$ um elemento de $P$.

$p(x) = p(-x)\ \Rightarrow\ f(x) - f(-x) = i(x) - i(-x)$

Como $f(x) - f(-x)$ existe, $i(x)$ existe. Como $f$ é função de $i$, $i$ é único.

 

Quod Erat Demonstrandum.

Se $S_i$ gera $W_i$, $i \in \mathbb{N}_n$, mostre que $\displaystyle\bigcup_{i=1}^n S_i$ gera $\displaystyle\sum_{i=1}^n W_i$.

$S_1$ gera $W_1$. ${\large (I)}$

Vamos supor que $\displaystyle\bigcup_{i=1}^p S_i$ gera $\displaystyle\sum_{i=1}^p W_i$, $p < n$, mostremos que $\displaystyle\bigcup_{i=1}^{p+1} S_i$ gera $\displaystyle\sum_{i=1}^{p+1} W_i$

Seja $w$ um elemento de $\displaystyle\sum_{i=1}^p W_i$.

Se $w'$ é um elemento de $W_{p+1}$, $w + w'$ é um elemento de $\displaystyle\sum_{i=1}^{p+1} W_i$.

$w + w'$ é uma combinação linear de $\displaystyle\bigcup_{i=1}^p S_i$ e $S_{p+1}$, logo combinação linear de $\displaystyle\bigcup_{i=1}^{p+1} S_i$. ${\large (II)}$

Com ${\large (I)}$ e ${\large (II)}$, por indução finita, provamos.

Quod Erat Demonstrandum.

Sejam $W_1, \dots , W_n$ subespaços, mostre que $L(W_1, \dots , W_n) = W_1 + \dots + W_n$.

Definamos $L(W_1, \dots , W_n) = L(W_1 + \dots + W_n)$.

Obviamente $W_1 + \dots + W_n \subset L(W_1, \dots , W_n)$. ${\large (I)}$

Sejam $w$ um elemento de $L(W_1, \dots , W_n)$, e $a_i,\ i \in \mathbb{N}_m$ escalares,

$w = \displaystyle\sum_i a_i \displaystyle\sum_{j=1}^n w_j = \displaystyle\sum_{j=1}^n w_j \displaystyle\sum_i a_i,\ w_j \in W_j$.

Tomando quaisquer $a_i$'s tais que $\displaystyle\sum_i a_i = 1$, $w = \displaystyle\sum_{j=1}^n w_j$ que é um elemento de $\displaystyle\sum_{j=1}^n W_j$. Logo $L(W_1, \dots , W_n) \subset W_1 + \dots + W_n$. ${\large (II)}$

${\large (I)}\ \wedge\ {\large (II)}\ \Rightarrow\ L(W_1, \dots , W_n) = W_1 + \dots + W_n$

Quod Erat Demonstrandum.

Seja $S$ um subconjunto de um espaço vetorial $V$. Mostre que $V + S = V$.

$V + S = \{v + s\ :\ v \in V\ \wedge\ s \in S\}$

Mas $s \in V$ e, se $s_1 \in V$ e $s_2 \in V$, $s_1 + s_2 \in V$.

Quod Erat Demonstrandum.

Corolário: se $W$ é espaço vetorial, $W + W = W$.

Sejam $A$ e $B$ matrizes para as quais $AB$ está definido. Mostrar que o espaço de colunas de $AB$ está contido no espaço de colunas de $A$.

Basta mostrar que uma combinação linear das colunas de $AB$ é uma combinação linear das colunas de $A$.

Sejam $a_{ij}$ um elemento de $A$, $b_{jk}$ um elemento de $B$, $\alpha_k,\ k = 1,\dots ,o$ escalares, e $c_i$ uma combinação linear das colunas de $AB$ na linha $i$:

$c_i = \displaystyle\sum_{k=1}^o \alpha_k \displaystyle\sum_{j=1}^n a_{ij}b_{jk} = \displaystyle\sum_{j=1}^n a_{ij} \displaystyle\sum_{k=1}^o \alpha_k b_{jk}$.

Ou seja, $c_i$ é uma combinação linear das colunas de $A$ na linha $i$.

Quod Erat Demonstrandum.

Mostre que $L(L(S)) = L(S)$.

Sejam $s$ um elemento de $L(L(S))$, $s_i,\ i \in \mathbb{N}$ elementos de $S$, $a_i,\ i \in \mathbb{N}$ escalares e $b_j,\ j \in \mathbb{N}$ escalares.

Obviamente $L(S) \subset L(L(S))$. ${\large (I)}$

$s = \displaystyle\sum b_j\displaystyle\sum a_i s_i = \displaystyle\sum_i \left(\displaystyle\sum_j b_j a_i\right)s_i$, que é um elemento de $L(S)$. Assim, $L(L(S)) \subset L(S)$. ${\large (II)}$

${\large (I)}\ \wedge\ {\large (II)}\ \Rightarrow\ L(L(S)) = L(S)$

Quod Erat Demonstrandum.

Mostre que, se $S \subset T$, $L(S) \subset L(T)$.

Sejam $t$ um elemento de $L(T)$, $t_i\ i \in \mathbb{N}$ elementos de $T$, e $a_i,\ i \in \mathbb{N}$ escalares.

$t = \displaystyle\sum a_it_i$

Fazendo $a_k = 0$ para $t_k \in T - S$, $t$ é um elemento de $L(S)$.

Quod Erat Demonstrandum.

Mostre que $L(S) = L(S \cup \{O\})$.

Sejam $s$ um elemento de $L(S)$, $s'$ um elemento de $L(S \cup \{O\})$, $s_i,\ i \in \mathbb{N}$ elementos de $S$, e $a_i,\ i \in \mathbb{N}$ e $b$ escalares.

$s = \displaystyle\sum a_is_i = \left(\displaystyle\sum a_is_i\right) + bO$ que é um elemento de $L(S \cup \{O\})$. Assim $L(S) \subset L(S \cup \{O\})$. ${\large (I)}$

$s' = \left(\displaystyle\sum a_is_i\right) + bO= \displaystyle\sum a_is_i$ que é um elemento de $L(S)$. Assim $L(S \cup \{O\}) \subset L(S)$. ${\large (II)}$

${\large (I)}\ \wedge\ {\large (II)}\ \Rightarrow\ L(S) = L(S \cup \{O\})$

Quod Erat Demonstrandum.

Demonstre: $L(S)$ é a intersecção de todos os subespaços de $V$ que contém $S$.

Seja $U$ tal intersecção.

Se $S$ é subespaço, $U = S$. ${\large (I)}$

Se $S$ não é subespaço, $U = L(S)$. ${\large (II)}$

${\large (I)}\ \wedge\ {\large (II)}\ \Rightarrow\ U \subset L(S)$ ${\large (III)}$

Seja $s'$ um elemento de $L(S)$ que não pertence a $U$, no entanto, como $U$ é subespaço, $s'$ pode ser obtido como uma combinação linear dos elementos de $S$, e, consequentemente, dos elementos de $U$. Onde temos uma contradição. Logo:

$L(S) \subset U$. ${\large (IV)}$

${\large (III)}\ \wedge\ {\large (IV)}\ \Rightarrow\ L(S) = U$

Quod Erat Demonstrandum.

Determinar um vetor do $\mathbb{R}^3$ que gera a intersecção dos subespaços $U$ e $V$, sendo $U$ o plano $xy$ e $V$ o espaço gerado por $(1, 2, 3)$ e $(1, -1, 1)$.

Seja $v = a(1, 2, 3) + b(1, -1, 1) = (a + b, 2a - b, 3a + b)$ um vetor de $V$.

Fazendo $3a + b = 0$, temos como intersecção de $U$ e $V$ $(-2a, 5a, 0)$.

Assim, $(-2, 5, 0)$ é um vetor que gera $U \cap V$.

Mostre que os complexos $w = 2 + 3i$ e $z = 1 - 2i$ geram o corpo $\mathbb{C}$ como espaço vetorial sobre o corpo $\mathbb{R}$.

Basta mostrar que existem escalares $x$ e $y$ tais que $xw + yz = a + bi,\ a,b \in \mathbb{R}$, ou seja:

$\begin{cases}2x + y = a\\ 3x - 2y = b\end{cases}$, donde $x = \dfrac{2a + b}{7}$ e $y = \dfrac{3a - 2b}{7}$.

Quod Erat Demonstandum.

Mostre que os polinômios $(1 - t)^3$, $(1 - t)^2$, $1 - t$ e $1$ geram os polinômios de grau menor ou igual a $3$.

Basta mostrar que todo polinômio $at^3 + bt^2 + ct + d$ é uma combinação linear de $(1 - t)^3$, $(1 - t)^2$, $1 - t$ e $1$, ou seja, que existem escalares $x$, $y$, $z$ e $w$ tais que, para todos $a$, $b$, $c$ e $d$:

$x(1 - t)^3 + y(1 - t)^2 + z(1 - t) + w = at^3 + bt^2 + ct + d$.

Desenvolvendo:

$-xt^3 + (3x + y)t^2 + (-3x - 2y - z)t + (x + y + z + w) = at^3 + bt^2 + ct + d$.

Donde concluímos que existem:

$x = -a$, $y = b + 3a$, $z = -3a - 2b - c$ e $w = a + b + c + d$.

Quod Erat Demonstrandum.

Sejam $u = (1, -3, 2)$ e $v = (2, -1, 1)$, qual o valor de $k$ para que $(1, k, 5)$ seja uma combinação linear de $u$ e $v$?

Basta discutir o sistema:

$\begin{cases}x + 2y = 1\\ -3x - y = k\\ 2x + y = 5\end{cases}$,

que é consistente para $k = -8$.

Sejam $U$ e $W$ subespaços de um espaço vetorial $V$, se $U \cup W$ também é subespaço, mostrar que $U \subset W$ ou $W \subset U$.

Vamos supor que exista um $u \in U$ que não pertença a $W$, e que exista um $w \in W$ que não pertença a $U$.

$U \cup W$ é subespaço, logo $k_1 u + k_2 w \in U \cup W$, ou seja, $\underset{p}{\underbrace{k_1 u + k_2 w \in U}}\ \vee\ \underset{q}{\underbrace{k_1 u + k_2 w \in W}}$.

Em $p$, tomando $k_1 = 0$ e $k_2 = 1$ chegamos a um absurdo. Igualmente para $q$ tomando $k_1 = 1$ e $k_2 = 0$.

Quod Erat Demonstrandum.