Prova - Subespaços vetoriais

por **viniciusdosreis** » Qua Fev 02, 2011 16:16

Boa tarde galera, sou novo aqui no fórum e gostaria de saber se poderiam me ajudar. Estou com dificuldades para fazer algumas demonstrações...

Dados X, Y $\subset$ IR, sejam
F = conjunto das funções f: IR --> IR que se anulam em todos os pontos de X,
G = conjunto das funções g: IR --> IR que se anulam em todos os pontos de Y.

Prove:
a) F e G são subespaços vetoriais de E = f(IR;IR)

Sei que tenho que provar as 3 propriedades;
I) $0 \in F$ ; é claro que o conjunto F contem o elemento neutro, uma vez que para $\forall X \rightarrow F=0$
II) $\alpha x \in F$ , sendo $\alpha \in \mathbb{R}$ e $x \in F$

A primeira esta correta?
Não estou conseguindo provar a segunda, pois não consegui visualizar essas funções, se alguém puder me dar uma idéia.
Agradeço.
Vinícius

por **LuizAquino** » Qua Fev 02, 2011 17:32

No exercício, F é um conjunto de funções, tal que se f é uma dessas funções então f(x)=0 para qualquer x em X. Só para exemplificar, a função $f(x)=\left\{\begin{array}{r}0; \, \textrm{se }x\in X \\ x^2;\, \textrm{se }x\not\in X\end{array}\right.$ é uma delas.

Como você disse, para provar que F é subespaço de E, temos que provar 3 prorpriedades:
(i) $0\in \, F$ .
(ii) Se $f\in \, F$ , então $k f\in \, F$ , sendo k um número real qualquer.
(iii) Se $f\in \, F$ e $g\in \, F$ , então $f+g \in \, F$ .

Vejamos a propriedade (i). Primeiro, note que esse "0" não é o número zero, mas sim o elemento neutro do espaço em questão. Como estamos no espaço de funções, esse elemento neutro deve ser também uma função. Então, a pergunta que você deve se fazer é: existe alguma função n em F tal que para qualquer função h em F teremos que h+n=h? (Aqui vale outro lembrete. Esse "+" não é o símbolo de soma entre números que você está acostumado, mas sim o símbolo de soma para funções.)
Pois bem, a resposta para a pergunta é sim. Basta tomar a função $n:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ definida por n(x)=0. Note que essa função servirá como elemento neutro para a soma entre funções e além disso ela pertence a F, já que ela é zero para x em X (ora, se ela é zero para qualquer valor em $\mathbb{R}$ , é claro que ela será zero para um subconjunto X de $\mathbb{R}$ ).

Agora, vamos para a propriedade (ii). Por hipótese, f pertence a F. Portanto, pela definição de F sabemos que f(x)=0 para qualquer x em X. Multiplicando ambos os membros dessa equação por k, obtemos kf(x)=0. Pela definição de produto de escalar por função temos que essa última equação é o mesmo que (kf)(x)=0. Ou seja, a função kf é tal que ela é zero para qualquer x em X. Portanto, kf pertence a F.

Por fim, vejamos a propriedades (iii). Por hipótese, f e g pertencem a F. Portanto, pela definição de F sabemos que f(x)=0 e g(x)=0 para qualquer x em X. Somando-se essas equações, obtemos f(x)+g(x)=0. Pela definição de soma entre funções, temos que essa última equação é o mesmo que (f+g)(x)=0. Ou seja, a função f+g é tal que ela é zero para qualquer x em X. Portanto, f+g pertence a F.

Logo, como (i), (ii) e (iii) são válidas, nós temos que F é subespaço de E.

A prova para G é análoga.

por **viniciusdosreis** » Qui Fev 03, 2011 16:20

Ei Luiz, muito obrigado, ficou bem claro de visualizar com essa idéia.
Agora estou com um problema na letra C deste mesmo problema, se alguém puder me dar uma ajudinha...

Prove:
C) Tem-se $F\cap G= \{0\}$ se, e somente se, $X\cup Y = \mathbb{R}$ .

Sei que não posso ter um numero real que pertença tanto a X quanto a Y, mas não vejo diferença se ele não pertencer a nenhum dos dois conjuntos ao mesmo tempo. Algo relacionado com os subespaços F e G, ou com as funçoes, que deixei passar?

Na letra B consegui provar que $F\cap G= \{0\}$ para que E=F+G, não sei se isso ajudaria.

Desde já, agradeço.
Abraços

por **LuizAquino** » Qui Fev 03, 2011 17:27

Sei que não posso ter um numero real que pertença tanto a X quanto a Y, mas não vejo diferença se ele não pertencer a nenhum dos dois conjuntos ao mesmo tempo.

Não se pode afirmar isso. O enunciado da questão apenas diz que X e Y são subconjuntos de $\mathbb{R}$ . Imagine, por exemplo, que $X = \mathbb{N}$ e $Y = \mathbb{Z}$ . Temos X e Y subconjuntos de $\mathbb{R}$ e claramente há elementos em comum entre os dois conjuntos.

viniciusdosreis escreveu:Na letra B consegui provar que $F\cap G= \{0\}$ para que E=F+G, não sei se isso ajudaria.

Por favor, coloque aqui o texto completo do quesito b) dessa questão, bem como a sua solução para ele.

por **viniciusdosreis** » Qui Fev 03, 2011 20:25

Exercicio:
Dados X, Y $\subset \mathbb{R}$ , sejam
F = conjunto das funções f: IR --> IR que se anulam em todos os pontos de X,
G = conjunto das funções g: IR --> IR que se anulam em todos os pontos de Y.

Prove:
a) F e G são subespaços vetoriais de E = f(IR;IR);
b) Tem-se E=F+G se, e somente se, $X\cap = \varnothing$ ;
c) Tem-se $F\cap G = \{0\}$ se, e somente se, $X\cup Y= \mathbb{R}$ ;
d) Vale $E=F\oplus G$ se, e somente se, $Y= \mathbb{R} -X$ ;

Resolucao:
b)
Mostraremos que $F \cap G = \{0\}$ , sejam $e \in E$ , $f \in F$ e $g \in G$ , temos que e=f+g.
Como E, F e G sao espacos vetoriais e claro que $0\in F \cap G$ .
Temos ainda que $e\in F\cap G$ , ou seja, $e\in F$ e $e\in G$ . Para que $F \cap G = \{0\}$ , suponhamos que exista um unico $f \in F$ e um unico $g \in G$ satisfazendo e=f+g.
Entao, somando e subtraindo 'e', temos e=f+g=(f+e)+(g-e), sendo $f+e\in F$ e $g-e\in G$ . Como temos um unico f e g satisfazendo e=f+g; entao f=f+e e g=g-e. Portanto e=0. Logo $F \cap G = \{0\}$ .
Assim, o conjunto dos pontos, X e Y, que se anulam em F e G, respectivamente, apresentam $X\cap Y = \varnothing$

Quanto a letra c;

Sei que não posso ter um numero real que pertença tanto a X quanto a Y, mas não vejo diferença se ele não pertencer a nenhum dos dois conjuntos ao mesmo tempo.

Não se pode afirmar isso. O enunciado da questão apenas diz que X e Y são subconjuntos de . Imagine, por exemplo, que e . Temos X e Y subconjuntos de e claramente há elementos em comum entre os dois conjuntos.

Caso tenhamos um elemento em comum em X e Y, isso implicaria que $F\cap G$ não tivesse apenas o zero. Correto? Ou estou confundindo?

Muito obrigado pela ajuda.
Abraços

por **LuizAquino** » Sex Fev 04, 2011 08:56

viniciusdosreis escreveu:Prove:
b) Tem-se E=F+G se, e somente se, $X\cap Y = \varnothing$ ;

Resolucao:
b)
Mostraremos que $F \cap G = \{0\}$ , sejam $e \in E$ , $f \in F$ e $g \in G$ , temos que e=f+g.
Como E, F e G sao espacos vetoriais e claro que $0\in F \cap G$ .
Temos ainda que $e\in F\cap G$ , ou seja, $e\in F$ e $e\in G$ . Para que $F \cap G = \{0\}$ , suponhamos que exista um unico $f \in F$ e um unico $g \in G$ satisfazendo e=f+g.
Entao, somando e subtraindo 'e', temos e=f+g=(f+e)+(g-e), sendo $f+e\in F$ e $g-e\in G$ . Como temos um unico f e g satisfazendo e=f+g; entao f=f+e e g=g-e. Portanto e=0. Logo $F \cap G = \{0\}$ .
Assim, o conjunto dos pontos, X e Y, que se anulam em F e G, respectivamente, apresentam $X\cap Y = \varnothing$

Para demonstrar b), você precisa demonstrar duas afirmações que:
(i) $E = F + G \Rightarrow X\cap Y = \varnothing$
(ii) $X\cap Y = \varnothing \Rightarrow E = F + G$

Você começou tentando provar (i). Entretanto, você fez a seguinte suposição: "suponhamos que exista um único $f \in F$ e um único $g \in G$ satisfazendo e=f+g". Mas, essa suposição só será válida se $E = F \oplus G$ , o que não faz parte de sua hipótese. A sua hipótese é que E=F+G. Vale lembrar que soma direta (denotada por $\oplus$ ) e soma (denotada por +) são duas coisas distintas.

viniciusdosreis escreveu:Caso tenhamos um elemento em comum em X e Y, isso implicaria que $F\cap G$ não tivesse apenas o zero. Correto? Ou estou confundindo?

Note que você está afirmando que:
$X \cap Y \neq \varnothing \Rightarrow F\cap G\neq \{0\}$
Mas, essa afirmação não é dada no exercício. Portanto, você deve prová-la para poder usá-la (caso de fato seja verdadeira).

por **viniciusdosreis** » Sex Fev 04, 2011 15:24

Exatamente ai que me perco. Não estou conseguindo associar F e G com X e Y. Seria X o domínio das funções em F onde f(x)=0? ou seja, as raízes? Como faria essa relação?
Grato.

por **LuizAquino** » Sex Fev 04, 2011 19:11

viniciusdosreis escreveu:Exatamente ai que me perco. Não estou conseguindo associar F e G com X e Y. Seria X o domínio das funções em F onde f(x)=0? ou seja, as raízes? Como faria essa relação?

Todas as funções em F (ou em G) vão de $\mathbb{R}$ em $\mathbb{R}$ . Portanto, o domínio e o contra-domínio de todas as funções em F (ou em G) é o conjunto $\mathbb{R}$ .

Entretanto, todas as funções em F possuem uma coisa em comum: toda função f em F é tal que f(k)=0, para todo k em X. Ou seja, qualquer elemento do conjunto X é associado ao 0. Em outras palavras, todo elemento do conjunto X é uma raiz para qualquer função em F. Vale destacar que nada impede que a função tenha raízes em elementos fora de X. Acredito que o diagrama abaixo ajuda a esclarecer as ideias.

: Diagrama; diagrama.png (11.79 KiB) Exibido 4857 vezes

por **LuizAquino** » Sáb Fev 05, 2011 19:22

Olá viniciusdosreis,

Como está na resolução da questão?

Segue abaixo a minha resolução.

viniciusdosreis escreveu:b) Tem-se E=F+G se, e somente se, $X\cap Y = \varnothing$

Temos que provar que:
(i) $E = F + G \Rightarrow X\cap Y = \varnothing$
(ii) $X\cap Y = \varnothing \Rightarrow E = F + G$

Afirmação (i)
Por hipótese, qualquer que seja a função e em E teremos funções f em F e g em G tal que e = f + g. Sendo assim, tomemos qualquer função e em E tal que $e(x)\neq 0$ , para todo x em $\mathbb{R}$ . Agora, suponha que $X\cap Y \neq \varnothing$ e tomemos um k em $X\cap Y$ . Desse modo, teríamos e(k)=f(k)+g(k)=0+0=0.
Mas, isso contraria a definição da função e que escolhemos. Portanto, deve ocorrer $X\cap Y = \varnothing$ .

Afirmação (ii)
Seja e uma função qualquer em E. Podemos escrever e como sendo:
$e(x) = \left\{\begin{array}{ll} 0 &; x\in X \\ e(x) &; x \in Y \\ \frac{1}{2}e(x) &; \textrm{caso contr\'ario.}\end{array}\right.$ $+\left\{\begin{array}{ll} 0 &; x\in Y \\ e(x) &; x \in X \\ \frac{1}{2}e(x) &; \textrm{caso contr\'ario.}\end{array}\right.$

Fazendo:
$f(x) = \left\{\begin{array}{ll} 0 &; x\in X \\ e(x) &; x \in Y \\ \frac{1}{2}e(x) &; \textrm{caso contr\'ario.}\end{array}\right.$ ,

$g(x) = \left\{\begin{array}{ll} 0 &; x\in Y \\ e(x) &; x \in X \\ \frac{1}{2}e(x) &; \textrm{caso contr\'ario.}\end{array}\right.$ ,
temos que f está em F e g está em G, de modo que e=f+g. Como e é qualquer, então temos que E=F+G.

Note que essas funções f e g só estão bem definidas devido a hipótese $X\cap Y = \varnothing$ . Sem essa hipótese, tanto a função f quanto a função g estaria mal definida, pois para qualquer elemento em $X\cap Y$ tanto f quanto g daria 0 e e(x) ao mesmo tempo, o que não pode ocorrer.

viniciusdosreis escreveu:c) Tem-se $F\cap G = \{0\}$ se, e somente se, $X\cup Y= \mathbb{R}$

Temos que provar que:
(i) $F\cap G = \{0\} \Rightarrow X\cup Y= \mathbb{R}$
(ii) $X\cup Y= \mathbb{R} \Rightarrow F\cap G = \{0\}$

Afirmação (i)
Seja e uma função em E definida por $e(x)=\left\{\begin{array}{ll} 0 &; x\in X\cup Y \\ 1 &; \textrm{caso contr\'ario.}\end{array}\right.$ . Sendo assim, e está em $F\cap G$ . Mas, por hipótese em $F\cap G$ só temos o elemento neutro do espaço de funções E (isto é, a função n(x)=0, para qualquer x em $\mathbb{R}$ ). Portanto, e deve também ser o elemento neutro do espaço E. Mas, para que e seja o elemento neutro desse espaço ele deve levar todos os valores de $\mathbb{R}$ em 0, o que só ocorre se $X\cup Y= \mathbb{R}$ na definição de e.

Afirmação (ii)
Seja e qualquer função em E tal que e(x)=0 para qualquer elemento em $X\cup Y$ . Sendo assim, e está em $F \cap G$ . Além disso, como por hipótese $X\cup Y = \mathbb{R}$ , então e leva qualquer valor de $\mathbb{R}$ em 0. Portanto, e só pode ser a função que é o elemento neutro do espaço de funções E (lembre-se que em qualquer espaço o elemento neutro é único). Logo, temos que $F\cap G = \{0\}$ .

viniciusdosreis escreveu:d) Vale $E=F\oplus G$ se, e somente se, $Y= \mathbb{R} - X$ .

Temos que provar que:
(i) $E=F\oplus G \Rightarrow Y= \mathbb{R} - X$
(ii) $Y= \mathbb{R} - X \Rightarrow E=F\oplus G$

Para resolver o quesito d), lembre-se que há um teorema que garante que se F e G são subespaços de um espaço E temos que:
$E=F\oplus G \Leftrightarrow E=F + G\textrm{ e }F\cap G = \{0\}$

Afirmação (i)
Por hipótese, $E=F\oplus G$ . Portanto, sabemos pelo teorema citado acima que deve ocorrer que E = F + G e $F\cap G = \{0\}$ . Usando os resultados dos quesitos (b) e (c), temos que $X\cap Y = \varnothing$ e $X\cup Y= \mathbb{R}$ . Logo, temos que $Y= \mathbb{R} - X$ .

Afirmação (ii)
Por hipótese, $Y = \mathbb{R} - X$ . Disso segue que $X\cap Y = \varnothing$ e $X\cup Y= \mathbb{R}$ . Usando os resultados dos quesitos (b) e (c), temos que E = F + G e $F\cap G = \{0\}$ . Logo, pelo teorema citado acima, temos que $E=F\oplus G$ .