Universidade Federal do Paraná 1◦ semestre 2016.
Programa de Pós-Graduação em Matemática Olivier Brahic
Àlgebra Linear Avançada
EMA 702
Resolução da Prova 1
Abril de 2016
Justifique todas as suas afirmações. Exercício 1: (6,5 pts)
Seja E um espaço vetorial. Chamamos de projetor em E qualquer aplicação linear p : E → E satisfazendo p ◦ p = p. Notemos tambem P (E) o subconjunto de End(E) formado por todos projectores em E.
a) Seja p ∈ P (E) um projetor, mostre que E = Im p ⊕ ker p. (1 pt)
Im p ∩ ker p = {0}: Seja x ∈ Im p ∩ ker p = {0}, existe v ∈ E tal que x = p(v) e p(x) = 0. Segue que p ◦ p(v) = p(x) = 0, logo x = p(v) = 0.
Im p + ker p = E: Qualquer x ∈ E pode-se escrever da seguinte forma: x = x − p(x) | {z } ∈ker p + p(x), | {z } ∈Im p
onde é fácil verificar que x − p(x) ∈ ker p e p(x) ∈ Im p.
b) Reciprocamente, sejam F e G subespaços vetoriais de E tais que E = F ⊕ G. Mostre que existe um único projetor p ∈ P (E) tal que F = Im p, e G = ker p. Neste caso, p chama-se de projeção para F , paralelmente a G. (0,5 pt)
Existência: Sejam F, G subespaços fixados tais que E = F ⊕ G. Sendo x ∈ E, existem únicos elementos f ∈ F e g ∈ G tais que x = f + g, logo a aplicação:
p : E → E, x = f + g 7→ p(x) := f,
é bem definida. É fácil ver que p é linear, e satisfaz Im p = F e ker p = G. Unicidade: Observa que a restrição de um projetor à sua própria imagem é a identidade (ou seja: p|Im p = idIm p) pois p(p(v)) = p(v) ∀v ∈ E.
Suponha que p, p0 ∈ P (E) são projetores tais que Im p = Im p0 = F e ker p = ker p0 = G. Então, para qualquer x = f + g ∈ E, temos:
c) Suponha que E é de dimensão finita, mostre que existe uma base B de E na qual a matriz de E é da forma: M(p)B = I O O O . (0,5 pt)
Seja (fi)i∈I uma base de Im p e (gj)j∈J uma base de G. Segue de a) que
B = (fi, gj)i∈I,j∈J é base de E. Alem disso, vimos em b) que p(fi) = fi para
todos i ∈ I, obtemos assim a base desejada.
d) Consideremos o caso E = R3. Sejam u1, u2, u3 os vetores em R3 dados por:
u1 := (2, −1, 0), u2 := (−1, 2, −1),
u3 := (0, −1, 2).
Mostre que B1 := (u1, u2, u3) é uma base de R3. (0,5 pt)
Basta calcular que o determinante da seguinte matriz é diferente de 0: 2 −1 0 −1 2 −1 2 −1 2
e) Seja p a projeção em Vec(u1, u2) paralelmente a Vec(u3). Encontre a matriz de p em
relação à base padrão B0 := {e1, e2, e3} (1,5 pt).
As matrizes de mudança de bases são dadas por:
MB0←B1 = 2 −1 0 −1 2 −1 2 −1 2 , MB1←B0 = M −1 B0←B1 = 1 4 3 2 1 2 4 2 1 2 3 . A matriz de p na base B1 é dada por:
M(p)B1 = 1 0 0 0 1 0 0 0 0 Calculemos que: M(p)B0 = MB0←B1 · M(p)B1· MB1←B0 2 −1 0 −1 2 −1 2 −1 2 · 1 0 0 0 1 0 0 0 0 · 1 4 3 2 1 2 4 2 1 2 3 = 1 0 0 1/4 3/2 3/4 −1/2 −1 −1/2 Observação: Aqui, podemos simplificar bastante as contas escolhando uma base diferente de Im p, por exemplo usando B2 := {2u1+ u2, u1 + 2u2, u3}.
A formula M(p)B0 = MB0←B2 · M(p)B2 · MB2←B0 com M(p)B2 = M(p)B1
f) Voltando ao caso geral, sejam p e q projetores de um espaço vetorial E qualquer. Mostre que p + q é um projetor se e somente se p ◦ q = q ◦ p = 0End(E). (1 pt)
Sejam p, q dois projetores.
⇒ Suponha que p + q é um projetor, neste caso temos: (p + q) ◦ (p + q) = p + q ⇐⇒ p ◦ p | {z } =p +p ◦ q + q ◦ p + q ◦ q | {z } =q = p + q ⇐⇒ p ◦ q + q ◦ p = 0 =⇒ p ◦ (p ◦ q + q ◦ p) = 0 =⇒ p ◦ q + p ◦ q | {z } =−q◦p ◦p = 0 =⇒ p ◦ q − q ◦ p = 0
Segue que p ◦ q = q ◦ p e p ◦ q = −q ◦ p, logo p ◦ q = q ◦ p = 0.
⇐ Reciprocamente, se p ◦ q = q ◦ p = 0, é fácil mostrar que (p + q)2 = p + q.
g) Neste caso, mostre que Im (p + q) = Im p ⊕ Im q, e ker(p + q) = ker p ∩ ker q. (1,5 pts)
As inclusões Im (p + q) ⊂ Im p + Im q e ker p ∩ ker q ⊂ ker(p + q) são evidentes (e valem para quaisquer aplicações lineares p, q ∈ L(E)).
Falta mostrar as inclusões inversas, e o fato que as soma Im p + Im q é direita. Im p + Im q ⊂ Im (p + q): Um elemento m ∈ Im p + Im q é da forma:
m = p(u) + q(v) (u, v ∈ E).
Por hipotése, a soma p + q é um projetor, usando a decomposição em soma direita da questão a) obtemos:
m = (p + q)(m) + m − (p + q)(m) Combinando estas equações, calculemos que:
m = (p + q)(m) + m − (p + q)(m) = (p + q)(p(u) + q(v) | {z } =:w ) + p(u) + q(v) − (p + q)(p(u) + q(v)) | {z } =p◦p(u) = (p + q)(w) + p(u) + q(v) − p ◦ p(u) | {z } =p(u) − q ◦ p(u) | {z } =0 por f) − p ◦ q(v) | {z } =0 por f) − q ◦ q(v) | {z } =q(v) = (p + q)(w)
Im p ∩ Im q = {0}: Seja p ∈ Im p ∩ Im q, existem u, v ∈ E tais que m = p(u) = q(v), logo m = p(u) = p ◦ p(u) = p ◦ q(v) = 0 pela questão f ). Segue que a soma Im p + Im q é direita.
ker(p + q) ⊂ ker p ∩ ker q: Seja m ∈ ker(p + q), temos:
(p + q)(m) = 0 =⇒ p(m) = −q(m)
=⇒ p ◦ p(m) = −p ◦ q(m),
=⇒ p(m) = 0
Semelhantemente, mostra-se que m ∈ ker q.
Exercício 2: (3,5 pts)
1) Consideremos E := K[X] o espaço de polinômios com coeficientes em K, e notemos: • B = (ei)i∈N a base canônica de K[X] onde ei := Xi,
• B∗ = (e∗i)i∈N a familia dual de B, onde e∗i ∈ E∗ é definida pelas condições:
e∗i(ej) = δi,j =
(
0 se j 6= i, 1 se j = i. Mostre que B∗ não é uma base de E∗. (1 pt)
Considere a forma linear λ ∈ E∗ que associa a um polinômio a soma de seus coeficientes. Claramente, λ é bem definida e linear.
Suponha por absurdo que (e∗i)i∈Nseja base de E∗, então existe um subconjunto finito J ⊂ N e uma familia (λj)j∈J de elementos em K tais que λ =Pi∈Jλie∗j.
O conjunto J ⊂ N sendo finito, ele admite um majorante: existe N ∈ N tal que j < N para qualquer j ∈ J.
Obtemos a seguinte contradição:
• pela definição de λ, temos λ(XN) = 1,
• or outro lado N /∈ J , logoP
j∈J λie∗j (XN) = P j∈J λje∗j(XN) | {z } =0 = 0,
o que contradiz o fato que λ =P λje∗j. Concluemos por absurdo que (e∗i)i∈N
2) Mais geralmente, se considerarmos um K-espaço vetorial qualquer E e (ei)i∈I é uma base
de E, mostre que a familia dual (e∗i)i∈I é uma base de E∗ se e somente se I é um conjunto
finito. (1 pt)
⇒: Suponha que (e∗
i)i∈I seja base de E. Podemos adaptar a prova de 1) para
mostrar que I é necessariamente finito da seguinte maneira. Considere a forma linear λ ∈ E∗ tal que:
λ(ei) := 1 ∀i ∈ I.
Então λ é bem definida e linear. De fato, dado x ∈ E, existe uma única familia (xj)j∈J em K com suporte finito S ⊂ I tal que x =Pj∈Sxjej. Assim, vemos
que λ(x) =P
j∈Sxj é bem definida como soma finita, e é linear.
A familia (e∗i)i∈I sendo base de E∗, existe um subconjunto finito J ⊂ I e
uma familia (λj)j∈J de elementos em K tais que λ =Pi∈Jλie∗j. Suponha por
absurdo que que J 6= I. Considerando um elemento N ∈ I − J , obtem-se a seguinte contradição:
• pela definição de λ, temos λ(eN) = 1, • or outro lado N /∈ J , logoP
j∈J λie∗j (XN) = P j∈J λje∗j(XN) | {z } =0 = 0,
Concluemos por absurdo que J = I. Em particular, I é um conjunto finito. ⇐: Caso I é um conjunto finito, vimos em aula que a familia (e∗i)i∈I é base de
3) Deduza que se E é um espaço vetorial qualquer, então a injeção canônica E ,→ E∗∗ de E no seu bidual é um isomorfismo se e somente se E é de dimensão finita. (1,5 pt)
⇒: Caso E é de dimensão finita, temos dim E = dim E∗ = dim E∗∗. Segue do
teorema do posto aplicado à injeção canônica E ,→ E∗∗que é sobrejetora, logo um isomorfismo.
⇐: Sendo (ei)i∈I uma base de E, notemos:
• (e∗
i)i∈I a familia em E∗ dual de (ei)i∈I,
• ιE : E ,→ E∗∗ a injeção canônica.
Suponha que i é um isomorfismo, então é fácil verificar que: (ei)i∈I base de E =⇒ (ιE(ei))i∈I base de E∗∗.
Próximo passo é de mostrar que (e∗i)i∈I tambem é base de E∗. Jà vimos em
sala de aula que é linearmente independente. Vamos verificar que é geradora usando o seguinte criterio:
Vec(e∗i)i∈I = E∗ ⇐⇒ Vec(e∗i)◦i∈I = {0E∗∗}.
Dado Θ ∈ E∗∗, sendo que (ιE(ei)) é base de E∗∗, existe uma familia (θi)i∈J de
elementos em K, com suporte finito J ⊂ I, tal que Θ = P
j∈JθjιE(ej). Por
isso, para qualquer i ∈ I, temos: Θ(e∗i) =X j∈J θjιE(ej) (e∗i) =X j∈J θjιE(ej)(e∗i) = X j∈J θje∗i(ej) = θi.
Caso Θ ∈ Vec(e∗i)◦i∈I, isto implica que θi= 0 (∀i ∈ I) logo Θ = 0. Concluemos
que Vec(e∗i)◦ = {0E∗∗}, e consequentemente que Vec(e∗
i)i∈I = E ∗.
Agora que sabemos que (e∗i)i∈I é base de E∗, podemos considerar a sua
fa-milia dual (e∗∗i )i∈I. Torna-se uma tautologia verificar que ιE(ei) = e∗∗i pois
coincidem na base (e∗i)i∈I de E∗.
A familia (e∗∗i )i∈I sendo dual de (e∗i)i∈I e base de E∗∗, segue da questão 2) que
