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Seja $u = (a_j + b_j i)_{j=1}^n$ e $v = (a_j´ + b_j´ i)_{j=1}^n$,
$\langle u, v\rangle = \displaystyle\sum_{j=1}^n [(a_j a_j´ - b_j b_j´) - (a_j b_j´ - b_j a_j´)i] =$
$= \displaystyle\sum_{j=1}^n [(a_j´ a_j - b_j´ b_j) + (a_j´ b_j - b_j´ a_j)i] = \overline{\langle v, u\rangle}$.
Quod Erat Demonstrandum.
Sejam $x_1, ..., x_n$ escalares, $x_1w_1 + ... + x_nw_n = O\ \Leftrightarrow\ x_i = 0,\ i = 1, ..., n$.
$x_1F(v_1) + ... + x_nF(v_n) = O\ \Leftrightarrow\ x_i = 0,\ i = 1, ..., n$.
$F(x_1v_1) + ... + F(x_nv_n) = O\ \Leftrightarrow\ x_i = 0,\ i = 1, ..., n$.
$F(x_1v_1 + ... + x_nv_n) = O\ \Leftrightarrow\ x_i = 0,\ i = 1, ..., n$.
$x_1v_1 + ... + x_nv_n = O\ \Leftrightarrow\ x_i = 0,\ i = 1, ..., n$.
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 uma aplicação linear $L: \mathbb{R}^n \rightarrow \mathbb{R}$. Seja $S$ o conjunto de todos os elementos $s$ de $\mathbb{R}^n$ tais que $L(s) \ge 0$. Mostrar que $S$ é convexo.
Basta mostrar que $L (tA + (1 - t)B) \ge 0$, com $A$ e $B$ pertencentes a $S$, e $t$ real com $0 \le t \le 1$.
$L(A) \ge 0\ \wedge\ L(B) \ge 0\ \Rightarrow\ tL(A) \ge 0\ \wedge\ (1-t)L(B) \ge 0\ \Rightarrow$
$\Rightarrow\ tL(A) + (1 - t)L(B) \ge 0\ \Rightarrow\ L(tA + (1 - t)B) \ge 0$.
Quod Erat Demonstrandum.
Seja $F: \mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R}^2$ uma transformação linear. Seja $F(E_1) = (1, 1)$ e $F(E_2) = (-1, 2)$. Mostrar que a imagem, por $F$, do quadrado de vértices $(0, 0)$, $(1, 0)$, $(1, 1)$ e $(0, 1)$ é um paralelogramo.
$F(0, 0) = (0, 0)$ (I)
$F(1, 0) = (1, 1)$ (II)
$F(1, 1) = F(E_1 + E_2) = F(E_1) + F(E_2) = (1, 1) + (-1, 2) = (0, 3)$ (III)
$F(0, 1) = (-1, 2)$ (IV)
Por (I) e (II): $\dfrac{1 - 0}{1 - 0} = 1$.
Por (III) e (IV): $\dfrac{2 - 3}{-1 - 0} = 1$.
Por (I) e (IV): $\dfrac{2 - 0}{-1 - 0} = -2$.
Por (II) e (III): $\dfrac{3 - 1}{0 - 1} = -2$.
Quod Erat Demonstrandum.
Seja $V$ um espaço vetorial sobre $K$, e $F: V \rightarrow W$ uma aplicação linear. Seja $U$ o subconjunto de $V$ dos elementos $u$ tais que $F(u) = O$. Mostrar que $U$ é espaço vetorial.
Basta mostrar que $U$ é subespaço de $V$. Para tanto basta mostrar que:
$\bullet$ $O$ pertence a $U$. De fato, se $F$ é linear, $F(O) = O$.
$\bullet$ Seja $k$ um escalar e $u$ um elemento de $U$, $F(ku) = kF(u) = kO = O$.
$\bullet$ Sejam $u$ e $u´$ elementos de $U$, $F(u + u´) = F(u) + F(u´) = O$.
Quod Erat Demonstrandum.
Seja um espaço vetorial $V$ sobre $\mathbb{R}$, e sejam $f: V \rightarrow \mathbb{R}$ e $g: V \rightarrow \mathbb{R}$ duas aplicações lineares. Mostre que $F: V \rightarrow \mathbb{R}^2$ definida por $F(v) \mapsto (f(v), g(v))$ é linear.
Seja um escalar $k$. $F(kv) = F(f(kv), g(kv)) = (kf(v), kg(v)) = k(f(v), g(v)) = kF(v)$.
Sejam $v$ e $v´$ elementos de $V$.
$ F(v + v´) = (f(v + v´), g(v + v´)) = (f(v) + f(v´), g(v) + g(v´)) =$
$= (f(v), g(v)) + (f(v´), g(v´)) = F(v) + F(v´)$.
Quod Erat Demonstrandum.
Seja uma aplicação linear $T: V \rightarrow W$ de um espaço vetorial num outro. Mostrar que $T(O) = O$.
Resolução:
Seja um elemento $v$ de $V$:
$T(O) = T(v - v) = T(v) - T(v) = O$.
Quod Erat Demonstrandum.
Sejam $F: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}^2$ definida por $F(t) \mapsto (t, t^2)$, e $G: \mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R}$ dada por$G(x, y) \mapsto xy$ duas aplicações. Encontre $(G \circ F)(z)$.
Resolução:
$(G \circ F)(z) = G(z, z^2) = z \cdot z^2 = z^3$.
Seja a aplicação $F: \mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R}^2$ dada por $F(x, y) \mapsto (2x, 3y)$. Encontre a imagem, por $F$, da circunferência $\lambda,\ x^2 + y^2 = 1$.
Sejam $u = 2x$ e $v = 3y$, $x = \dfrac{u}{2}$ e $y = \dfrac{v}{3}$.
$\left(\dfrac{u}{2}\right)^2 + \left(\dfrac{v}{3}\right)^2 = 1\ \Rightarrow\ \dfrac{u^2}{4} + \dfrac{v^2}{9} = 1$
Logo a imagem, por $F$, da circunferência $\lambda$ é a elipse $\xi,\ \dfrac{x^2}{4} + \dfrac{y^2}{9} = 1$.
Seja $p \in \mathbb{R}[x]$ e $\alpha \in \mathbb{C} \setminus \mathbb{R}$. Mostre que
$\bullet$ $p(\overline{\alpha}) = \overline{p(\alpha)}$;
$\bullet$ $p(\alpha) = 0\ \Leftrightarrow\ p(\overline{\alpha}) = 0$;
$\bullet$ Se $\alpha$ é raiz de $p$, e $p = x^2 + bx + c$, $p = (x - \alpha)(x - \overline{\alpha})$.
Resolução:
Primeira sentença:
$p(\overline{\alpha}) = \displaystyle\sum_{i=0}^n a_i (\overline{\alpha})^i = \displaystyle\sum_{i=0}^n \overline{a_i}(\overline{\alpha})^i = \displaystyle\sum_{i=0}^n \overline{a_i \alpha^i} = \overline{p(\alpha)}$ ${\Large (I)}$
Segunda sentença:
$p(\alpha) = 0\ \Leftrightarrow\ \underset{\text{Por (I).}}{\underbrace{\overline{p(\alpha)} = p(\overline{\alpha})}} = 0$ ${\Large (II)}$
Terceira sentença:
Por D'Alembert, $p$ é divisível por $(x - \alpha)$; por (II), $p$ também é divisível por $(x - \overline{\alpha})$, logo $x^2 + bx + c = (x - \alpha)(x - \overline{\alpha})q(x)$; comparando os termos em $x^2$, $q(x) = 1$.
Quod Erat Demonstrandum.
Sejam $A$, $B$ e $C$ matrizes tais que $A$ e $B$ possam ser multiplicadas, e $B$ e $C$ possam ser multiplicadas. Mostre que
$\bullet$ $A$ e $BC$ podem ser multiplicadas;
$\bullet$ $AB$ e $C$ podem ser multiplicadas;
$\bullet$ $A(BC) = (AB)C$.
Resolução:
Sejam $A = (a_{ij})$ uma $m$ x $n$ matriz, $B = (b_{jk})$ uma $n$ x $r$ matriz, e $C = (c_{kl})$ uma $r$ por $s$ matriz,
$BC$ será uma $n$ por $s$ matriz e $A(BC)$ existirá e será uma $m$ x $s$ matriz;
$AB$ será uma $m$ por $r$ matriz e $(AB)C$ existirá e será uma $m$ por $s$ matriz.
Um elemento da posição $(j, l)$ de $BC$ será $\displaystyle\sum_{k=1}^r b_{jk}c_{kl}$, e um elemento da posição $(i, l)$ de $A(BC)$ será $\displaystyle\sum_{j=1}^n a_{ij}\left(\displaystyle\sum_{k=1}^r b_{jk}c_{kl}\right) = \displaystyle\sum_{j=1}^n \displaystyle\sum_{k=1}^r a_{ij}b_{jk}c_{kl}$.
$\displaystyle\sum_{j=1}^n \displaystyle\sum_{k=1}^r a_{ij}b_{jk}c_{kl}$ será a soma de todos os $a_{ij}b_{jk}c_{kl}$ com $1 \le j \le n$ e $1 \le k \le r$, resultado que igualmente chegaríamos calculando o elemento da posição $(i, l)$ de $(AB)C$.
Quod Erat Demonstrandum.
Seja $\displaystyle\sum_{i=1}^n A_i x_i = 0$, Com $A_i \in \mathfrak{M}_{mx1} (\mathbb{R})$ um sistema com solução não trivial em $\mathbb{C}$, mostre que ele admite solução não trivial em $\mathbb{R}$.
Resolução:
Se o sistema admite solução não trivial complexa, $A_1, ..., A_n$ são linearmente dependentes sobre $\mathbb{C}$, ou seja,
$\displaystyle\sum_{i \in I}A_i z_i = A_j$, com $I = \{1, ..., j-1, j+1, ..., n\}$.
Como $A_j$ tem componentes reais,
$\displaystyle\sum_{i \in I}A_i [Re(z_i)] = A_j$, com $I = \{1, ..., j-1, j+1, ..., n\}$.
Ou seja, $A_1, ..., A_n$ são linearmente dependentes sobre $\mathbb{R}$. Consequentemente o sistema admite solução não trivial em $\mathbb{R}$.
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.
Sejam $V = \mathbb{R}^2$, $W$ e $U$ sub-espaços de $V$, $\{(1, 2)\}$ uma base de $W$ e $\{(1, 0)\}$ uma base de $U$, mostre que $V = W \oplus U$.
Resolução:
Seja $v \in V$, basta mostrar que existem únicos $w \in W$ e $u \in U$ tais que $v = w + u$.
Seja $v = (a, b)$, teremos que $\begin{cases}\alpha + \beta = a\\ 2\alpha = b\end{cases}$, que admite solução única para $\alpha , \beta \in \mathbb{R}$, pois $\begin{vmatrix}1 & 1\\ 2 & 0\end{vmatrix} \neq 0$.
Quod Erat Demonstrandum.
Sejam $U$ e $W$ sub-espaços de $V$, mostre que, se $V = U + W$ e $U \cap W = \{O\}$, então $V = U \oplus W$.
Resolução:
Seja $v \in V$, devemos mostrar que existem únicos $u \in U$ e $w \in W$ tais que $v = u + w$.
Vamos supor que existam $u' \in U$ e $w' \in W$ tais que $v = u' + w'$:
$u + w = u' + w'\ \Rightarrow\ \underset{\in U}{\underbrace{u - u'}} = \underset{\in W}{\underbrace{w' - w}}$.
Como o único elemento em comum de $U$ e $W$ é $O$, segue que $u' = u$ e $w' = w$.
Quod Erat Demonstrandum.
Lema: se $\{v_1, ..., v_m\}$ é uma base de $V$, $\{w_1, ..., w_n\}$, com $n > m$ é linearmente dependente.
Se $\{w_1, ..., w_m\}$ é linearmente dependente, o lema já está demonstrado. Caso não, seja
$w_i = a_1 v_1 + ... + a_i v_i + ... + a_m v_m,\ i \le m\ \Rightarrow\ v_i = a_i^{-1} w_i - \displaystyle\sum_{j \neq i} a_i^{-1} a_j v_j,\ i,j \le m,\ a_i \neq 0$.
Donde concluímos que $\{w_i, (v_j)_{j \neq i}\},\ i,j \le m$ gera $V$.
Seja agora $r,\ 1 \le r < m$,
$w_j = \displaystyle\sum_{i=1}^r b_i w_i + \displaystyle\sum_{i=r+1}^m a_i v_i,\ j > r\ \Rightarrow\ v_j = -\displaystyle\sum_{i=1}^r a_j^{-1} b_i w_i - \displaystyle\sum_{i=r+1,i \neq j}^m a_j^{-1} a_i v_i + a_j^{-1}w_j,\ j > r,\ a_j \neq 0$.
Donde concluímos que $w_1, ..., w_m$ gera $V$.
Concluímos também que
$w_j = \displaystyle\sum_{i=1}^m d_i w_i,\ \forall j > m$.
Donde concluímos que $\{w_1, ..., w_n\}$ é linearmente dependente.
Teorema: todas as bases de um espaço vetorial de dimensão finita tem o mesmo número de elementos.
De acordo com o lema anterior, não podemos ter $n > m$ e nem $m > n$, logo $m = n$.
Seja $V$ o espaço vetorial de dimensão infinita gerado por $\{\sin \alpha x\ :\ \alpha \in \mathbb{Z}\}$ e $\langle f, g \rangle = \displaystyle\int_{-\pi}^{\pi} f(x)g(x)\ dx$, mostre que $\sin mx$ e $\sin nx$, com $m, n \in \mathbb{Z},\ m \neq n$ são linearmente independentes.
Resolução:
Basta mostrar que $\sin mx$ e $\sin nx$, com $m, n \in \mathbb{Z},\ m \neq n$ são perpendiculares.
De fato, $\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi} (\sin mx)(\sin nx)\ dx\ =\ \dfrac{1}{2}\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi} \cos (m - n)x - \cos (m + n)x\ dx\ =\ 0$.
Quod Erat Demonstrandum.
