Questões de álgebra linear

∈ Fk : Ambos os conjuntos são de funções que se anulam em um certo intervalo. Particularmente a função nula, que se anula não somente nesses intervalos mas em todos os pontos da reta real, também pertence a cada um desses conjuntos, satisfazendo a segunda condição. X 3. u, v ∈ Fk → u + v ∈ Fk : Para ambos os candidatos a subespaço vetorial, temos o conjunto de funções que se anulam em um determinado intervalo [ak , bk ], de forma que podemos reescrever a função da seguinte forma:   fk,1 (x) x < ak fk (x) = 0 ak ≤ x ≤ b k   fk,2 (x) x > bk Considerando que fk , gk ∈ Fk , vamos somar os dois elementos:   fk,1 (x) + gk,1 (x) x < ak hk (x) = fk (x) + gk (x) = 0 ak ≤ x ≤ b k   fk,2 (x) + gk,2 (x) x > bk Dada que a soma satisfaz as mesmas condições que elas separadas, que é a condição necessária para elas pertencerem ao subespaço vetorial, temos que hk = fk + gk ∈ Fk , satisfazendo a terceira condição.

X 4. Vamos escrever a combinação linear com coeficientes a, b, c genéricos: (1, −3, 10) = au + bv + cw = a(1, 0, 0) + b(1, 1, 0) + c(2, −3, 5) Considerando a linearidade dos vetores, temos: (1, −3, 10) = (a + b + 2c, b − 3c, 5c) Podemos reescrever a equação como um sistema linear:   a + b + 2c = 1 b − 3c = −3   5c = 10 Da última equação, temos: 5c = 10 ⇒ c = 2 Substituindo na segunda equação, temos: b − 3 · 2 = −3 ⇒ b = 3 Substituindo na primeira equação, temos: a + 3 + 2 · 2 = 1 ⇒ a = −6 Temos, portanto, a combinação linear pedida: (1, −3, 10) = −6u + 3v + 2w 6 Da mesma forma que no exercı́cio anterior, vamos escrever d como uma combinação linear de a, b, c, mas agora os elementos são matriciais:         4 −4 1 2 −1 2 1 −2 d = xa + yb + zc ⇒ =x +y +z −6 16 3 4 3 −4 −3 4 Considerando a linearidade das matrizes, temos:     4 −4 x−y+z 2x + 2y − 2z = −6 16 3x + 3y − 3z 4x − 4y + 4z Podemos reescrever a equação como um sistema linear:  x−y+z =4    2x + 2y − 2z = −4  3x + 3y − 3z = −6    4x − 4y + 4z = 16 Simplificando o sistema, temos:  x−y+z    x + y − z  x+y−z    x−y+z =4 = −2 = −2 =4 Retirando as equações repetidas, temos: ( x−y+z =4 x + y − z = −2 Somando as duas equações, temos: 2x = 2 ⇒ x = 1 Substituindo em qualquer das equações, temos: y =z−3 Temos, portanto, a combinação linear procurada: 7 d = 1a + (z − 3)b + zc, ∀z ∈ R Dado que encontramos infinitas soluções que satisfaçam a combinação linear, fic mostrado que d pode ser reescrita como combinação linear de a, b, c.

Vamos começar por definir cone, cone convexo e cone simétrico. Cone é um conjunto C que é fechado em relação à multiplicação por escalares positivos, isto é: u ∈ C ⇒ λu ∈ C, ∀λ > 0 Cone convexo é o conjunto não vazio C tal que: u, v ∈ C ⇒ λ1 u + λ2 v ∈ C, ∀λ1 , λ2 > 0 Cone simétrico é o cone que obedece à seguinte relação: u ∈ C ⇒ −u ∈ C Tendo em vista essas definições, um exemplo de cone convexo não simétrico em R2 é o primeiro quadrante e um exemplo de cone simétrico não convexo, também em R2 , é o conjunto do primeiro e terceiro quadrantes. O conjunto tem que obedecer às seguintes condições para ser um subespaço vetorial: 1.

F ⊂ E: Por definição as funções contidas em F tem domı́nio e contra-domı́nio reais, condição para ser elemento de E, logo F é subconjunto de E. p ∈ Qn , α ∈ R → αp ∈ Qn : Vamos desenvolver a expressão do produto de polinômio por escalar, começando pela definição de produto por escalar (αp)(x) = αDp (x)xn = (αDp (x))xn = Dαp (x)xn ∈ Qn X Logo mostramos que Qn é subespaço vetorial. Vamos fazer essa demonstração pelo princı́pio da indução finita (PIF). Para uma variedade afim V , α1 , α2 ∈ R e α1 + α2 = 1, pela própria definição de variedade afim, temos: α1 v1 + α2 v2 ∈ V de forma que fica demonstrado que para m = 2, a expressão é válida.

Temos, então, por hipótese que a expressão é válida para m = k. Para a tese, temos: ( H : α1 + · · · + αk = 1 ⇒ α1 v1 + · · · + αk vk ∈ V T : α1 + · · · + αk + αk+1 = 1 ⇒ α1 v1 + · · · + αk vk + αk+1 vk+1 ∈ V Vamos tomar u = α1 v1 + · · · + αk vk + αk+1 vk+1 Considerando, sem perda de generalidade já que os vetores podem ser reordenados para que isso ocorra, que vk+1 6= 1, vamos reescrever u: u = (1 − αk+1 ) α1 v1 + · · · + αk vk + αk+1 vk+1 1 − αk+1 Mas podemos reescrever essa expressão: u = (1 − αk+1 )w + αk+1 vk+1 = αw w + αk+1 vk+1 Como αw = 1 − αk+1 , temos: αw + αk+1 = 1 ⇒ u = αw w + αk+1 vk+1 ∈ V Mas voltando à definição original de u, temos: α1 v1 + · · · + αk vk + αk+1 vk+1 ∈ V Como Querı́amos Provar!! 12 As condições necessárias e suficientes para que {u, v, w} seja LD no caso geral é tal que um deles possa ser escrito como combinação linear dos outros.

Perceba que a origem pertence ao plano: 0 − 2 · 0 + 4 · 0 = 0X Vamos agora tomar (y, z) = (0, 1) e determinar x: x − 2 · 0 + 4 · 1 = 0 ⇒ x = −4 Vamos agora tomar (y, z) = (1, 0) e determinar x: x−2·1+4·0=0⇒x=2 Temos então os pontos O = (0; 0; 0), U1 = (−4; 0; 1) e U2 = (2; 1; 0). Para determinar os vetores, façamos: ( u1 = U1 − O = (−4; 0; 1) u2 = U2 − O = (2; 1; 0) Uma forma simples de determinarmos um terceiro vetor é determinarmos o vetor normal ao plano através do cálculo do produto vetorial entre os dois que já temos: x̂ ŷ ẑ u3 = u1 × u2 = −4 0 1 = (−1, 2, −4) 2 1 0 Temos, portanto, a base pedida: {(−4, 0, 1); (2, 1, 0); (−1, 2, −4)} Como não é pedido que a base seja ortonormal, e temos um conjunto de vetores LI que gera R3 , determinamos uma base, como pedido. Vamos partir de um polinômio genérico p(x) = ax2 + bx + c e determinar os coeficientes que o geram a partir da candidata a base dada: ax2 + bx + c ≡ α(1) + β(x − 1) + γ(x2 − 3x + 1) Rearranjando em termos de cada um dos monômios, temos: ax2 + bx + c ≡ γx2 + (β − 3γ)x + (α − β + γ) Igualando os coeficientes de cada grau, vamos transformar em um sistema de equações nas variáveis α, β e γ:   a = γ b = β − 3γ   c=α−β+γ Substituindo a primeira equação na segunda, temos: β = 3a + b Substituindo na terceira equação, temos: α = 2a + b + c Temos, então, que o conjunto dado é uma base que gera P2 com os seguintes coeficientes: ax2 + bx + c ≡ (2a + b + c)(1) + (3a + b)(x − 1) + (a)(x2 − 3x + 1) Com essa expressão, dado qualquer polinômio podemos determinar a combinação linear dos elementos da base desejada.

Particularmente, vamos fazer para o polinômio dado: 2x2 − 5x + 6 = (2 · 2 − 5 + 6)(1) + (3 · 2 − 5)(x − 1) + (2)(x2 − 3x + 1) Ou seja: 2x2 − 5x + 6 = 5(1) + 1(x − 1) + 2(x2 − 3x + 1) 18 Por hipótese, temos que v1 ,. vm são LI. vm − v1 é LI 20.