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.

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 $U$ 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.

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.

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.

Se uma matriz quadrada $A$ tem uma linha nula, não tem inversa.

Seja $R_i$ a linha nula de $A$. O produto de $A$ e qualquer outra matriz quadrada de mesma ordem terá a linha $i$ nula.

Como $I$ não tem linhas nulas, $A$ não é invertível.

Quod Erat Demonstrandum.

Seja $A$ uma matriz invertível, $(A^{-1})^t = (A^t)^{-1}$.

Seja $B = A^{-1}$, $I = I^t = (AB)^t = B^t A^t$.

Logo $B^t$ é a inversa de $A^t$, ou seja, $(A^{-1})^t = (A^t)^{-1}$.

Quod Erat Demonstrandum.