A intersecção de subespaços de $V$ é um subespaço de $V$.

Sejam $U$ e $W$ dois subespaços de $V$, e $v',v'_1, v'_2 \in U \cap W$.

$O \in U\ \wedge\ O \in W\ \Rightarrow\ O \in U \cap W\ {\large (I)}$

$v' \in U\ \Rightarrow\ kv' \in U\ {\large (II)}$

$ v' \in W\ \Rightarrow\ kv' \in W\ {\large (III)}$

${\large (II)}\ \wedge\ {\large (III)}\ \Rightarrow\ kv' \in U \cap W\ {\large (IV)}$

$v'_1 \in U\ \wedge\ v'_2 \in U\ \Rightarrow\ v'_1 + v'_2 \in U\ {\large (V)}$

$v'_1 \in W\ \wedge\ v'_2 \in W\ \Rightarrow\ v'_1 + v'_2 \in W\ {\large (VI)}$

${\large (V)}\ \wedge\ {\large (VI)}\ \Rightarrow\ v'_1 + v'_2 \in U \cap W\ {\large (VII)}$

${\large (I)}$, ${\large (IV)}$ e ${\large (VII)}$ são suficientes para demonstrar o teorema.

Quod Erat Demonstrandum.

Subespaço vetorial das funções limitadas.

Seja $V$ o espaço vetorial de todas as funções do corpo $\mathbb{R}$ em $\mathbb{R}$. Mostrar que $W = \{f : |f(x)| \le M,\ M \in \mathbb{R},\ \forall x \in \mathbb{R}\}$, ou seja, o conjunto das funções reais limitadas, é um subespaço de $V$.

$W$ é não vazio, pois, dentre outras, $f(x) = c,\ c \in \mathbb{R}$ pertencem a $W$. ${\large (I)}$

$|f(x)| \le M\ \Rightarrow\ |kf(x)| \le |k|M$ ${\large (II)}$

$|f(x)| \le M\ \wedge\ |g(x)| \le N\ \Rightarrow\ |f(x) + g(x)| \le M + N$ ${\large (III)}$

${\large (I)}\ \wedge\ {\large (II)}\ \wedge\ {\large (III)}$ demonstram o teorema.

Quod Erat Demonstrandum.

Seja $AX = B$ um sistema linear não homogêneo de $n$ incógnitas sobre um corpo $K$, mostrar que as soluções não são um subespaço de $K^n$.

Sejam $X_1$ e $X_2$ duas soluções, $A(X_1 + X_2) = AX_1 + AX_2 = B + B \neq B$. Logo o conjunto das soluções não é fechado quanto à soma.

Quod Erat Demonstrandum.

Seja $W = \{(a, b, c) \in \mathbb{R}^3 : ab = 0\}$, mostrar que $W$ não é subespaço do $\mathbb{R}^3$.

Sejam $w_1 = (\alpha, 0, \gamma)$ e $w_2 = (0, \beta, \gamma)$, $\alpha \neq 0$ e $\beta \neq 0$, elementos de $W$:

$w_1 + w_2 = (\alpha, \beta, 2\gamma)$ não pertence a $W$, logo, como $W$ não é fechado com relação à soma, não é subespaço de $\mathbb{R}^3$.

Quod Erat Demonstrandum.

Seja $W = \{(a, b, c) : a \le b \le c\}$ um subconjunto do $\mathbb{R}^3$, mostrar que $W$ não é subespaço do $\mathbb{R}^3$.

$O$ pertence a $W$.

Sejam $(a_i, b_i, c_i)$ e $(a_j, b_j, c_j)$ elementos de $W$. $a_i + a_j \le b_i + b_j \le c_i + c_j$. $W$ é fechado com relação à soma.

No entanto, seja um $k < 0$, $a_i \le b_i \le c_i\ \Rightarrow\ ka_i \ge kb_i \ge kc_i$. Donde concluímos que $W$ não é fechado por multiplicação por escalar. Logo $W$ não é subespaço do $\mathbb{R}^3$.

Quod Erat Demonstrandum.

Seja $W = \{(a, b, c) : a = 2b\}$ um subconjunto do $\mathbb{R}^3$, mostrar que $W$ é subespaço do $\mathbb{R}^3$.

Basta mostrar que $O \in W$, o que é evidente ${\large (I)}$, que $W$ é fechado quanto à multiplicação por escalar, e que $W$ é fechado com relação à soma.

$k(a_i, b_i, c_i) = (ka_i, kb_i, kc_i) = (2kb_i, kb_i, kc_i)$ ${\large (II)}$

$(a_1, b_1, c_1) + (a_2, b_2, c_2) = (a_1 + a_2, b_1 + b_2, c_1 + c_2) = (2(b_1 + b_2), b_1 + b_2, c_1 + c_2)$ ${\large (III)}$

Com ${\large (I)}$, ${\large (II)}$ e ${\large (III)}$, provamos.

Quod Erat Demonstrandum.

Redundante propriedade comutativa de um espaço vetorial.

$u - u = O\ \Rightarrow\ u + \underbrace{v - v}_O - u = O\ \Rightarrow\ u + v\ \underbrace{- (v + u) + (v + u)}_O = v + u\ \Rightarrow$

$\Rightarrow\ \fbox{$ u + v = v + u$}$

Um conjunto que não é espaço vetorial.

Seja ${\small V = \{(a_i, b_i) \in \mathbb{R}^2\ :\ (a_k, b_k) + (a_\ell, b_\ell) = (a_k a_\ell, b_k b_\ell)\ \wedge\ \alpha(a_k, b_k) = (\alpha a_k, \alpha b_k),\ \alpha\ \text{escalar}\}}$. Mostrar que $V$ não é espaço vetorial.

Basta mostrar que ao menos um elemento de $V$ não obedece a uma propriedade que caracteriza espaços vetoriais.

Sejam $\beta$ e $\gamma$ escalares:

$\beta (a_1, b_1) + \gamma (a_1, b_1) = (\beta a_1, \beta b_1) + (\gamma a_1, \gamma b_1) = (\beta \gamma a_1^2, \beta \gamma b_1^2) \neq (\beta + \gamma) (a_1, b_1)$.

Quod Erat Demonstandum.

Seja $V$ o espaço vetorial das matrizes quadradas $n\ x\ n$, $U$ o subespaço das matrizes simétricas e $W$ o subespaço das matrizes antissimétricas, $V = U \oplus W$.

$M \in U\ \Rightarrow\ M = M^t$

$M \in W\ \Rightarrow\ M = -M^t$

Seja $A \in V$, $A = \dfrac{1}{2}(A + A^t) + \dfrac{1}{2}(A - A^t)\ {\large (I)}$.

$(A + A^t)^t = A^t + A\ \Rightarrow\ (A + A^t) \in U\ {\large (II)}$

$(A - A^t)^t = -(A - A^t)\ \Rightarrow\ (A - A^t) \in W\ {\large (III)}$

${\large (I)}\ \wedge\ {\large (II)}\ \wedge\ {\large (III)}\ \Rightarrow\ V = U + W\ {\large (IV)}$

Seja $M \in U\ \wedge\ M \in W$:

$M = M^t\ \wedge\ -M = M^t\ \Rightarrow\ M = -M\ \Rightarrow\ M = O\ \Rightarrow\ U \cap W = \{O\}\ {\large (V)}$.

${\large (IV)}\ \wedge\ {\large (V)}\ \Rightarrow\ V = U \oplus W$

Quod Erat Demonstrandum.

$U = \{(a, b, c)\ :\ a = b = c\}$ e $W = \{(0, b, c)\}$, $\mathbb{R}^3 = U \oplus W$.

$\{(0, 0, 0)\} = U \cap W\ {\large (I)}$

Seja $(a, b, c)$ um vetor do $\mathbb{R}^3$:

$(a, b, c) = (a, a, a) + (0, b - a, c - a)\ \Rightarrow\ \mathbb{R}^3 = U + W\ {\large (II)}$.

${\large (I)}\ \wedge\ {\large (II)}\ \Rightarrow\ \mathbb{R}^3 = U \oplus W$

Quod Erat Demonstrandum.

Posições dos elementos distinguidos em matrizes com o mesmo espaço de linhas.

Se duas matrizes escalonadas tem o mesmo espaço de linhas, os elementos distinguidos estão nas mesmas posições. Ou seja, se $A = (a_{ij})$ e $B = (b_{k\ell})$ tem o mesmo espaço de linhas, se $a_{ij_m}$ e $b_{k\ell_n}$ são os elementos distinguidos das linhas $i$ de $A$ e $B$, $j_m = \ell_n$ para $i = k$.

Tomemos a linha $R_1$ de $A$. $R_1$ é uma combinação linear das linhas de $B$. Como, $a_{1j_1} = \displaystyle\sum_{o = 1}^s c_o b_{o \ell_1} = c_1 b_{1 \ell_1}$ e $a_{1j_1} \neq 0$ e $b_{1 \ell_1} \neq 0$, $c_1 \neq 0$, logo $j_1 = \ell_1$.

Provemos agora que a matriz $A'$, resultante da remoção da primeira linha de $A$ tem o mesmo espaço de linhas da matriz $B'$, resultante da remoção da primeira linha da matriz $B$.

Sejam $R_i,\ i \neq 1$, uma linha de $A$ e $R'_k$ uma linha de $B$, $R_i$ é uma combinação linear das linhas de $B$. Como $a_{ij_1} = 0,\ \forall i \neq 1$, $R_i = \displaystyle\sum_{o=2}^s c_o R'_o$, logo $A'$ e $B'$ tem o mesmo espaço de linhas.

Procedendo recursivamente estas duas etapas até que se tenha chegado à última linha não nula de $A$, repetindo todo o procedimento permutando-se $A$ e $B$, o teorema está demonstrado.

Quod Erat Demonstrandum.

Seja $V$ o espaço vetorial das matrizes quadradas $n\ x\ n$, o subconjunto $W$ das matrizes que comutam com $T$ formam um subespaço.

$W$ não é vazio, pois $0T = T0 = 0$.

Sejam $a$ e $b$ escalares e $M_1$ e $M_2$ elementos de $W$:

$(aM_1 + bM_2)T = aM_1 T + bM_2 T = aTM_1 + bTM_2 = TaM_1 + TbM_2 = T(aM_1 + bM_2)$.

Logo $aM_1 + bM_2 \in W$.

Quod Erat Demonstrandum.

Seja $u = (u_j)_1^n$ uma solução do sistema linear $AX = B$, seja $\displaystyle\sum_{i=1}^m c_i \left(\displaystyle\sum_{j=1}^n a_{ij} x_j\right) = \displaystyle\sum_{i=1}^m c_i b_i$ uma combinação linear de equações de $AX = B$, $u$ é solução da combinação linear.

$\displaystyle\sum_{j=1}^n a_{ij} u_j = b_i\ \Rightarrow\ \displaystyle\sum_{i=1}^m c_i \left(\displaystyle\sum_{j=1}^n a_{ij} u_j\right) = \displaystyle\sum_{i=1}^m c_i b_i$

Quod Erat Demonstrandum.

Seja o sistema homogêneo $AX = O$ em que $A_{ij} = 0$ para $j = k$, o sistema tem mais de uma solução.

Por ser homogêno, o sistema é consistente.

Sejam $X = (x_i)_0^n$ e $X' = (x'_i)_0^n$ vetores-coluna tais que $x'_j = x_j$ para $j \neq k$ e $x'_j = a,\ a \neq x_j$ para $j = k$, $AX' = O$.

Quod Erat Demonstrandum.

Seja $u$ uma solução do sistema linear $AX = B$ (*), e $w$ uma solução do sistema homogêneo associado $AX = O$ (**). Se $U$ é o conjunto solução de (*) e $W$ é o conjunto solução de (**), $U = u + W = \{u + w,\ w \in W\}$.

$A(u + w) = Au + \cancelto{O}{Aw} = B$. Logo $u + w \in U\ \Rightarrow\ u + W \subset\ U.\ \large{(I)}$

Seja $v$ uma solução de (*), $v = u + (v - u)$.

$A(v - u) = Av - Au = B - B = O$. Logo $v - u \in W\ \Rightarrow\ v \in u + W\ \Rightarrow$

$\Rightarrow\ U \subset\ u + W\ \large{(II)}$

$\large{(I)}\ \wedge\ \large{(II)}\ \Rightarrow\ U = u + W$

Quod Erat Demonstrandum.

Seja $u = (u_i)_1^n$ um vetor do $\mathbb{C}^n$, mostre que $||u|| \ge 0$ e que $||u|| = 0\ \Leftrightarrow\ u = O$.

$||u|| = \sqrt{u \cdot u} = \sqrt{\displaystyle\sum_{i=1}^n u_i\overline{u_i}}$

Como $u_i\overline{u_i} \ge 0$ segue que $||u|| \ge 0$.

Como $u_i\overline{u_i} = 0\ \Leftrightarrow\ u_i = 0$, segue que $||u|| = 0\ \Leftrightarrow\ u = O$.

Quod Erat Demonstrandum.

Sejam $u$, $v$ e $w$ vetores do $\mathbb{C}^n$, mostrar que $u \cdot (v + w) = u \cdot v + u \cdot w$.

Sejam $u_i$, $v_i$ e $w_i$ as $i$-ésimas coordenadas de $u$, $v$ e $w$ respectivamente.

A $i$-ésima parcela de $u \cdot (v + w)$ será $u_i \cdot \overline{(v_i + w_i)} = u_i\overline{v_i} + u_i\overline{w_i}$. Logo:

$u \cdot (v + w) = \displaystyle\sum_{i=1}^n (u_i\overline{v_i} + u_i\overline{w_i}) = \displaystyle\sum_{i=1}^n u_i\overline{v_i} + \displaystyle\sum_{i=1}^n u_i\overline{w_i} = u \cdot v + u \cdot w$.

Quod Erat Demonstrandum.

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.

Sejam $u$ e $v$ vetores do $\mathbb{C}^n$ e $z$ um complexo, $\langle u, zv\rangle = \overline{z}\langle u, v\rangle$.

$\langle u, zv\rangle = \overline{\langle zv, u\rangle} = \overline{z\langle v, u\rangle} = \overline{z}\overline{\langle v, u\rangle} = \overline{z}\langle u, v\rangle$

Quod Erat Demonstrandum.

Mostre que a projeção $F: \mathbb{R}^n \rightarrow \mathbb{R}^{n-1}$ dada por $F(x_1, ..., x_n) \mapsto (x_1, ..., x_{n-1})$, $n > 1$ é uma aplicação linear.

Sejam $u = (u_1, ..., u_n)$, $v = (v_1, ..., v_n)$ e um escalar $k$,

$\bullet\ F(u + v) = F(u_1 + v_1, ..., u_n + v_n) = (u_1 + v_1, ..., u_{n-1} + v_{n-1}) =$

 

$= (u_1, ..., u_{n-1}) + (v_1, ..., v_{n-1}) = F(u) + F(v)$;

$\bullet\ F(ku) = (ku_1, ..., ku_{n-1}) = k(u_1, ..., u_{n-1}) = kF(u)$.

Quod Erat Demonstrandum.