Meme: transformações lineares, homomorfismo, isomorfismo.

 

Meme: transformações lineares, homomorfismo, isomorfismo.

 

Sejam $f:\ A\ \rightarrow\ B$ e $g:\ B\ \rightarrow\ C$ transformações. Mostre que se $g \circ f$ é injetora, então $f$ também o é.

Vamos supor que $f$ não seja injetora, então existem $a_1$ e $a_2$, elementos distintos de $A$, tais que $f(a_1) = f(a_2) = b$.

$g(b) = g(f(a_1)) = g(f(a_2))\ \Rightarrow\ (g \circ f)(a_1) = (g \circ f)(a_2),\ a_1 \neq a_2$

Donde $g \circ f$ não é injetora, o que é um absurdo por hipótese. Logo $f$ é injetora.

Sejam $f:\ A\ \rightarrow\ B$ e $g:\ B\ \rightarrow\ C$ transformações. Mostre que se $g \circ f$ é injetora, então $f$ também o é.

Vamos supor que $f$ não seja injetora, então existem $a_1$ e $a_2$, elementos distintos de $A$, tais que $f(a_1) = f(a_2) = b$.

$g(b) = g(f(a_1)) = g(f(a_2))\ \Rightarrow\ (g \circ f)(a_1) = (g \circ f)(a_2),\ a_1 \neq a_2$

Donde $g \circ f$ não é injetora, o que é um absurdo por hipótese. Logo $f$ é injetora.

Sejam $f:\ A\ \rightarrow\ B$ e $g:\ B\ \rightarrow\ C$ transformações. Mostre que se $f$ e $g$ são injetoras, então $g \circ f$ também o é.

Sejam $a_1$ e $a_2$ elementos de A.

$(g \circ f)(a_1) = (g \circ f)(a_2)\ \overset{g\ \text{injetora}}{\Rightarrow}\ f(a_1) = f(a_2)\ \overset{f\ \text{injetora}}{\Rightarrow}$

$\overset{f\ \text{injetora}}{\Rightarrow}\ a_1 = a_2$

Logo $g \circ f$ é injetora.

Sejam $f:\ A\ \rightarrow\ B$ e $g:\ B\ \rightarrow\ C$ transformações. Mostre que se $f$ e $g$ são injetoras, então $g \circ f$ também o é.

Sejam $a_1$ e $a_2$ elementos de A.

$(g \circ f)(a_1) = (g \circ f)(a_2)\ \overset{g\ \text{injetora}}{\Rightarrow}\ f(a_1) = f(a_2)\ \overset{f\ \text{injetora}}{\Rightarrow}$

$\overset{f\ \text{injetora}}{\Rightarrow}\ a_1 = a_2$

Logo $g \circ f$ é injetora.

Meme: pensamentos matemáticos em uma festa.

 

Meme: pensamentos matemáticos em uma festa.

 

Meme: cientistas, religiosos e Matemáticos.

 

Meme: cientistas, religiosos e Matemáticos.

 

Seja o espaço vetorial das matrizes $2$ x $2$, mostrar que o subespaço $V$ das matrizes simétricas é $3$.

As matrizes $2$ x $2$ simétricas são do tipo $\begin{bmatrix}a & b\\ b & c\end{bmatrix}$.

Notemos que há três variáveis, atribuindo $1$ a uma e $0$ às demais, teremos

$E_1 = \begin{bmatrix}1 & 0\\ 0 & 0\end{bmatrix}$, $E_2 = \begin{bmatrix}0 & 1\\ 1 & 0\end{bmatrix}$ e $E_3 = \begin{bmatrix}0 & 0\\ 0 & 1\end{bmatrix}$

como candidatos à elementos de uma base, para tanto basta mostrar que geram $V$ e são linearmente independentes.

$\begin{bmatrix}a & b\\ b & c\end{bmatrix} = a\begin{bmatrix}1 & 0\\ 0 & 0\end{bmatrix} + b\begin{bmatrix}0 & 1\\ 1 & 0\end{bmatrix} + c\begin{bmatrix}0 & 0\\ 0 & 1\end{bmatrix}$

Portanto geram $V$. (I)

Determinemos os escalares $x$, $y$ e $z$ tais que $xE_1 + yE_2 + zE_3 = O$.

Encontraremos $x = y = z = 0$, portanto $E_1$, $E_2$ e $E_3$ são LI. (II)

Por (I) e (II) teremos que $\dim V = 3$.

Seja o espaço vetorial das matrizes $2$ x $2$, mostrar que o subespaço $V$ das matrizes simétricas é $3$.

As matrizes $2$ x $2$ simétricas são do tipo $\begin{bmatrix}a & b\\ b & c\end{bmatrix}$.

Notemos que há três variáveis, atribuindo $1$ a uma e $0$ às demais, teremos

$E_1 = \begin{bmatrix}1 & 0\\ 0 & 0\end{bmatrix}$, $E_2 = \begin{bmatrix}0 & 1\\ 1 & 0\end{bmatrix}$ e $E_3 = \begin{bmatrix}0 & 0\\ 0 & 1\end{bmatrix}$

como candidatos à elementos de uma base, para tanto basta mostrar que geram $V$ e são linearmente independentes.

$\begin{bmatrix}a & b\\ b & c\end{bmatrix} = a\begin{bmatrix}1 & 0\\ 0 & 0\end{bmatrix} + b\begin{bmatrix}0 & 1\\ 1 & 0\end{bmatrix} + c\begin{bmatrix}0 & 0\\ 0 & 1\end{bmatrix}$

Portanto geram $V$. (I)

Determinemos os escalares $x$, $y$ e $z$ tais que $xE_1 + yE_2 + zE_3 = O$.

Encontraremos $x = y = z = 0$, portanto $E_1$, $E_2$ e $E_3$ são LI. (II)

Por (I) e (II) teremos que $\dim V = 3$.

Seja $V$ o espaço vetorial das funções reais, mostrar que o subconjunto $\{e^{2t}, t^2, t\}$ é linearmente independente.

Basta mostrar que $ae^{2t} +  bt^2 + ct = 0\ \Rightarrow\ a = b = c = 0,\ \forall t \in \mathbb{R}$.

Tomemos $t = 0$, $t = 1$ e $t = 2$:

$t = 0\ \Rightarrow\ a = 0$

$t = 1\ \wedge\ a = 0\ \Rightarrow\ b + c = 0$ (I)

$t = 2\ \wedge\ a = 0\ \Rightarrow\ 4b + 2c = 0$ (II)

Por (I) e (II) temos $b = c = 0$

Quod Erat Demonstrandum.

Seja $V$ o espaço vetorial das funções reais, mostrar que o subconjunto $\{e^{2t}, t^2, t\}$ é linearmente independente.

Basta mostrar que $ae^{2t} +  bt^2 + ct = 0\ \Rightarrow\ a = b = c = 0,\ \forall t \in \mathbb{R}$.

Tomemos $t = 0$, $t = 1$ e $t = 2$:

$t = 0\ \Rightarrow\ a = 0$

$t = 1\ \wedge\ a = 0\ \Rightarrow\ b + c = 0$ (I)

$t = 2\ \wedge\ a = 0\ \Rightarrow\ 4b + 2c = 0$ (II)

Por (I) e (II) temos $b = c = 0$

Quod Erat Demonstrandum.

Encontrar $x = 145^2 - 143^2$.

$x = (145 + 143)(145 - 143) = 288 \cdot 2 = 576$

Encontrar $x = 145^2 - 143^2$.

$x = (145 + 143)(145 - 143) = 288 \cdot 2 = 576$

Meme: Matemática no topo.

 

Meme: Matemática no topo.

 

Seja $V$ o espaço vetorial de todas as funções de um corpo $K$ em um corpo $K$; seja $U$ o subespaço das funções pares e $W$ o subespaço das funções ímpares. Mostrar que $V = U \oplus W$.

Sejam $f$ uma função par e $g$ uma função ímpar. Seja uma função $h$ tal que $h(x) = f(x) + g(x)$ (I).

$h(-x) = f(x) - g(x)$ (II)

Somando (I) e (II) obtemos $f(x) = \dfrac{h(x) + h(-x)}{2}$

Subtraindo (II) de (I) obtemos $g(x) = \dfrac{h(x) - h(-x)}{2}$

Como $h(x) = \underset{\text{Função par.}}{\underbrace{\dfrac{h(x) + h(-x)}{2}}} + \underset{\text{Função ímpar.}}{\underbrace{\dfrac{h(x) - h(-x)}{2}}}$,

$V = U + W$ (III)

Como a única função que é simultaneamente par e ímpar é a função nula $O$,

$U \cap W = \{O\}$ (IV)

Por (III) e (IV), obtemos o desejado.

Seja $V$ o espaço vetorial de todas as funções de um corpo $K$ em um corpo $K$; seja $U$ o subespaço das funções pares e $W$ o subespaço das funções ímpares. Mostrar que $V = U \oplus W$.

Sejam $f$ uma função par e $g$ uma função ímpar. Seja uma função $h$ tal que $h(x) = f(x) + g(x)$ (I).

$h(-x) = f(x) - g(x)$ (II)

Somando (I) e (II) obtemos $f(x) = \dfrac{h(x) + h(-x)}{2}$

Subtraindo (II) de (I) obtemos $g(x) = \dfrac{h(x) - h(-x)}{2}$

Como $h(x) = \underset{\text{Função par.}}{\underbrace{\dfrac{h(x) + h(-x)}{2}}} + \underset{\text{Função ímpar.}}{\underbrace{\dfrac{h(x) - h(-x)}{2}}}$,

$V = U + W$ (III)

Como a única função que é simultaneamente par e ímpar é a função nula $O$,

$U \cap W = \{O\}$ (IV)

Por (III) e (IV), obtemos o desejado.

$S = \{u_i\}$ é linearmente dependente se, e somente se, um vetor é combinação linear dos demais.

Se $S$ é LD, existe um escalar $a_j \neq 0$ tal que $a_1 u_1 +\ \dots\ + a_j u_j +\ \dots\ a_n u_n = 0$, logo

$u_j = -a_j^{-1}a_1 u_1 -\ \dots\ - a_j^{-1}a_{j-1} u_{j-1} - a_j^{-1}a_{j+1} u_{j+1} -\ \dots\ - a_j^{-1} a_n u_n$

Ou seja, $u_j$ é combinação linear dos demais.

Vamos supor agora que $u_j = a_1 u_1 +\ \dots\ + a_{j-1} u_{j-1} + a_{j+1} u_{j+1} +\ \dots\ + a_n u_n$, donde

$a_1 u_1 +\ \dots\ - u_j\ +\ \dots\ a_n u_n = 0$

Ou seja, $S$ é LD.

Quod Erat Demonstrandum.

$S = \{u_i\}$ é linearmente dependente se, e somente se, um vetor é combinação linear dos demais.

Se $S$ é LD, existe um escalar $a_j \neq 0$ tal que $a_1 u_1 +\ \dots\ + a_j u_j +\ \dots\ a_n u_n = 0$, logo

$u_j = -a_j^{-1}a_1 u_1 -\ \dots\ - a_j^{-1}a_{j-1} u_{j-1} - a_j^{-1}a_{j+1} u_{j+1} -\ \dots\ - a_j^{-1} a_n u_n$

Ou seja, $u_j$ é combinação linear dos demais.

Vamos supor agora que $u_j = a_1 u_1 +\ \dots\ + a_{j-1} u_{j-1} + a_{j+1} u_{j+1} +\ \dots\ + a_n u_n$, donde

$a_1 u_1 +\ \dots\ - u_j\ +\ \dots\ a_n u_n = 0$

Ou seja, $S$ é LD.

Quod Erat Demonstrandum.

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

Seja $R = (b_j)$ um vetor coluna tal que $AR$ está definido; sejam $A_i = (a_{ij})$ as linhas de $A$:

$AR = (A_1 R,\ \dots\ , A_n R) =$

$= (a_{11}b_1 +\ \dots\ + a_{1m}b_m,\ \dots\ , a_{n1}b_1 + \dots + a_{nm}b_m) =$

$= b_1 (a_{11},\ \dots\ , a_{n1}) +\ \dots\ + b_m (a_{1m},\ \dots\ , a_{nm})$

Assim, se $A$ é uma matriz qualquer para a qual $AB$ está definido, toda coluna de $AB$ estará no espaço das colunas de $A$, assim o espaço das colunas de $AB$ está contido no espaço das colunas de $A$.

Quod Erat Demonstrandum.

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

Seja $R = (b_j)$ um vetor coluna tal que $AR$ está definido; sejam $A_i = (a_{ij})$ as linhas de $A$:

$AR = (A_1 R,\ \dots\ , A_n R) =$

$= (a_{11}b_1 +\ \dots\ + a_{1m}b_m,\ \dots\ , a_{n1}b_1 + \dots + a_{nm}b_m) =$

$= b_1 (a_{11},\ \dots\ , a_{n1}) +\ \dots\ + b_m (a_{1m},\ \dots\ , a_{nm})$

Assim, se $A$ é uma matriz qualquer para a qual $AB$ está definido, toda coluna de $AB$ estará no espaço das colunas de $A$, assim o espaço das colunas de $AB$ está contido no espaço das colunas de $A$.

Quod Erat Demonstrandum.

Sejam $U$ e $W$ subespaços de $V$ tais que $U \cup W$ também é subespaço, mostrar que $U \subset W\ \vee\ W \subset U$.

Se $U \cup W$ é subespaço, é fechado com relação à soma. Seja $u \in U$ e $w \in W$, $u + w\ \in\ U \cup W$.

Seja $u' \in U$ e $w' \in W$, $u + w = u'\ \vee\ u + w = w'$.

Ou seja, $w = u' - u\ \vee\ u = w' - w$, ou seja, $w \in U\ \vee\ u \in W$.

Quod Erat Demonstrandum.

 

Sejam $U$ e $W$ subespaços de $V$ tais que $U \cup W$ também é subespaço, mostrar que $U \subset W\ \vee\ W \subset U$.

Se $U \cup W$ é subespaço, é fechado com relação à soma. Seja $u \in U$ e $w \in W$, $u + w\ \in\ U \cup W$.

Seja $u' \in U$ e $w' \in W$, $u + w = u'\ \vee\ u + w = w'$.

Ou seja, $w = u' - u\ \vee\ u = w' - w$, ou seja, $w \in U\ \vee\ u \in W$.

Quod Erat Demonstrandum.

 

Espaço das soluções de um sistema linear homogêneo.

Seja o sistema homogêneo

$\begin{cases}a_{11}x_1 + a_{12}x_2 + \cdots + a_{1n}x_n = 0\\ a_{21}x_1 + a_{22}x_2 + \cdots + a_{2n}x_n = 0\\ \cdots\\ a_{m1}x_1 + a_{m2}x_2 + \cdots + a_{mn}x_n = 0\end{cases}$

Observemos que $O$ é solução.

Observemos que, se $a_{i1}x_i + a_{i2}x_2 + \cdots + a_{in}x_n = 0$, então $a_{i1}kx_i + a_{i2}kx_2 + \cdots + a_{in}kx_n = k\cdot 0 = 0$.

Observemos também que, se $a_{i1}x_i + a_{i2}x_2 + \cdots + a_{in}x_n = 0$ e $a_{j1}x_i + a_{j2}x_2 + \cdots + a_{jn}x_n = 0$,

então $(a_{i1} + a_{j1})x_i + (a_{i2} + a_{j2})x_2 + \cdots + (a_{in} + a_{jn})x_n = 0$.

Espaço das soluções de um sistema linear homogêneo.

Seja o sistema homogêneo

$\begin{cases}a_{11}x_1 + a_{12}x_2 + \cdots + a_{1n}x_n = 0\\ a_{21}x_1 + a_{22}x_2 + \cdots + a_{2n}x_n = 0\\ \cdots\\ a_{m1}x_1 + a_{m2}x_2 + \cdots + a_{mn}x_n = 0\end{cases}$

Observemos que $O$ é solução.

Observemos que, se $a_{i1}x_i + a_{i2}x_2 + \cdots + a_{in}x_n = 0$, então $a_{i1}kx_i + a_{i2}kx_2 + \cdots + a_{in}kx_n = k\cdot 0 = 0$.

Observemos também que, se $a_{i1}x_i + a_{i2}x_2 + \cdots + a_{in}x_n = 0$ e $a_{j1}x_i + a_{j2}x_2 + \cdots + a_{jn}x_n = 0$,

então $(a_{i1} + a_{j1})x_i + (a_{i2} + a_{j2})x_2 + \cdots + (a_{in} + a_{jn})x_n = 0$.

Equivalência de condições para a validação de um subespaço vetorial.

Um conjunto $W$ é subespaço de $V$ se e somente se $W$ é não vazio, é fechado com relação à soma, e é fechado com relação à multiplicação por escalar. (I)

Mostrar que, para que $W$ seja subespaço de $V$, basta mostrar que $O \in W$ e $kw + k'w' \in W$, $k$ e $k'$ escalares. (II)

_____

Sejam $w, w', w'', w''' \in W$ e $k$ e $k'$ escalares.

Mostremos que (I) $\Rightarrow$ (II).

Se $W$ é não vazio e é fechado com relação à soma e à multiplicação por escalar:

$-w \in W$, $w - w = O \in W$

$w + w' \in W\ \Rightarrow\ kw'' + kw''' \in W$

Mostremos agora que (II) $\Rightarrow$ (I).

$O \in W\ \Rightarrow\ W \neq \varnothing$

$kw + k'w' \in W$.

Tomemos $k = k' = 1$: $w + w' \in W$.

Tomemos $k' = 0$: $kw \in W$.

Quod Erat Demonstrandum.

Equivalência de condições para a validação de um subespaço vetorial.

Um conjunto $W$ é subespaço de $V$ se e somente se $W$ é não vazio, é fechado com relação à soma, e é fechado com relação à multiplicação por escalar. (I)

Mostrar que, para que $W$ seja subespaço de $V$, basta mostrar que $O \in W$ e $kw + k'w' \in W$, $k$ e $k'$ escalares. (II)

_____

Sejam $w, w', w'', w''' \in W$ e $k$ e $k'$ escalares.

Mostremos que (I) $\Rightarrow$ (II).

Se $W$ é não vazio e é fechado com relação à soma e à multiplicação por escalar:

$-w \in W$, $w - w = O \in W$

$w + w' \in W\ \Rightarrow\ kw'' + kw''' \in W$

Mostremos agora que (II) $\Rightarrow$ (I).

$O \in W\ \Rightarrow\ W \neq \varnothing$

$kw + k'w' \in W$.

Tomemos $k = k' = 1$: $w + w' \in W$.

Tomemos $k' = 0$: $kw \in W$.

Quod Erat Demonstrandum.

$ku = O\ \Rightarrow\ k = 0\ \vee\ u = O$

Se $k$ é um escalar e $u$ é um vetor,

$ku = O\ \Rightarrow\ k = 0\ \vee\ u = O$

_____

Se $k$ e $u$ são nulos, obviamente teremos $ku = O$

Se $k \neq 0$, $k^{-1}ku = k^{-1}O\ \Rightarrow\ u = O$

Se $u \neq O$, $k'u + ku = k'u\ \Rightarrow\ (k' + k)u = k'u\ \Rightarrow\ k' + k = k'\ \Rightarrow\ k = 0$

Quod Erat Demonstrandum.

$ku = O\ \Rightarrow\ k = 0\ \vee\ u = O$

Se $k$ é um escalar e $u$ é um vetor,

$ku = O\ \Rightarrow\ k = 0\ \vee\ u = O$

_____

Se $k$ e $u$ são nulos, obviamente teremos $ku = O$

Se $k \neq 0$, $k^{-1}ku = k^{-1}O\ \Rightarrow\ u = O$

Se $u \neq O$, $k'u + ku = k'u\ \Rightarrow\ (k' + k)u = k'u\ \Rightarrow\ k' + k = k'\ \Rightarrow\ k = 0$

Quod Erat Demonstrandum.