2a prova_AL2

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Álgebra Linear II – 2º semestre 2012 
2ª prova – Correção 
 
 
1. Seja V um espaço vetorial com produto interno positivo definido e u !V tal que 
 u !v = 0 para todo v !V . Mostre que u = 0 . 
 
Solução: Se u !v = 0 para todo v !V então, em particular, temos u !u =||u ||
2= 0 . Como 
o produto em questão é positivo definido, segue que u = 0 . 
 
 
2. Seja V um espaço vetorial com produto interno e :T V V→ um operador linear 
Definimos :p V V K× → por ( ( ·, ) )p vu v Tu= . 
a) Mostre que p é um produto interno em V. 
b) Sejam a1,a2,…,an !R positivos. Use o item anterior para mostrar que a 
aplicação : n np × →R R R definida por 
 
p (x1,x2,…,xn),(y1,y2,…,yn)( ) = a1x1y1 + a2x2y2 +…+ anxnyn 
é um produto interno em Rn . Além disso, mostre que esse produto é positivo definido. 
 
Solução: a) Bem, algo não está bom aqui. Linearidade funciona: 
 
p(u +!v,w) =T(u +!v) "w = Tu +!Tv( ) "w = Tu( ) "w +! Tv( ) "w#$ %& = p(u,w)+!p(v,w) 
e do mesmo modo para a segunda coordenada. No entanto, não há motivo para que 
 p(u,v) = p(v,u) para todos u,v !V , a não ser que T seja um operador simétrico; ou 
seja, faltou, na hipótese, dizer que !Tu,v " = !u,Tv " para todos u,v !V . Em outras 
palavras, o professor pisou na bola, e os alunos que não apontaram esse erro idem. A 
ideia era usar T x1,x2,…,xn( ) = a1x1,a2x2,…,anxn( ) para evitar contas no item (b). 
 
b) Sem contas: sejam X = x1,x2,…,xn( ) , Y = y1,y2,…,yn( ) e A a matriz diagonal com 
entradas a1,a2,…,an na diagonal, nessa ordem; é imediato verificar que
 p(X ,Y ) = (AX ) !Y = X !(AY ) , onde o ponto indica o produto interno canônico de R
n , e 
segue imediatamente que temos um produto interno. Supondo agora que os ai sejam 
positivos, temos p(X ,X ) = a1x1
2 + a2x2
2 +…+ anxn
2 e é claro que p(X ,X ) = 0 se e 
somente se X = 0 . 
 
 
3. a) Sejam a1,a2,…,an !R positivos. Use a desigualdade de Cauchy-Schwarz em 
 Rn para mostrar que 21 2
1 2
)( 1 1 1n
n
a a n
a a a
a
⎛ ⎞
+ +…+ + +…+ ≥⎜ ⎟
⎝ ⎠
. 
 b) Quando acontece a igualdade na expressão do item anterior? 
 
Solução: a)Sejam 
 
X = a1, a2 ,…, an( ) e 
 
Y = 1
a1
, 1
a2
,…, 1
an
!
"
#
#
$
%
&
&
; temos então 
 X !Y = n , X
2
= a1 + a2 +…an e 
 
Y
2
= 1
a1
+ 1
a2
+…+ 1
an
 . O resultado segue 
imediatamente da desigualdade de Cauchy-Schwarz na forma X !Y
2
" X
2
Y
2
. 
 b) A igualdade ocorre na desigualdade de Cauchy-Schwarz se um dos vetores 
envolvidos é múltiplo do outro; no nosso caso, isto implica imediatamente que a 
igualdade ocorre se e somente se a1 = a2 =…= an . 
 
4. Seja V em espaço vetorial com produto interno. Mostre que para quaisquer 
 u,v !V vale || || || || || ||u v u v− −≤ . 
 
Solução: Claramente o enunciado supõe um produto interno positivo definido; caso 
contrário a desigualdade não faria sentido, pois o lado direito poderia ser negativo ou 
nulo. Isso posto, temos u = (u !v)+v " u !v + v , donde tiramos u ! v " u !v ; 
analogamente temos v ! u " u !v e o resultado segue. 
 
 
5. Seja V em espaço vetorial com produto interno positivo definido e {v1,v2,…,vn } 
uma base de V. 
 a) Mostre que para cada 1 i n≤ ≤ existe um único u !V tal que 1iu v⋅ = e 
0ju v⋅ = para todo i j≠ . Sugestão: para cada i, considere iW
⊥ , onde iW é o 
subespaço gerado por { }:jv j i≠ . 
 b) Mostre que existe uma única base {u1,u2,…,un } de V tal que ui !v j = " ij para 
todos 1! i, j ! n . (observação: ! ij = 1 se i = j e ! ij = 0 se i ! j ) 
 
Solução: a) Consideremos o subespaço W = !v2,v3,…,vn " ; temos dim(W ) = n !1 . 
Como o produto em V é positivo definido, temos dim(W )+ dim(W
! ) = n e segue que 
 dim(W
! ) = 1, ou seja, existe w1 !V não nulo tal que W
! = "w1# . Temos então 
 w1 !v j = 0 se j ! 1 e, além disso, temos w1 !v1 = a " 0 , pois caso contrário o produto 
seria degenerado. Logo
 
u1 =
1
a
w1 é tal que u1 !vi = "1i . Se u é outro vetor com as 
mesmas propriedades de u1 então u1 !u( ) "v j = 0 para todo j; como o produto é não 
degenerado, segue que u = u1 , ou seja, u1 é unicamente determinado. De maneira 
análoga, construímos u2,u3,…,un , como no enunciado. 
 b) Seja B = u1,u2,…,un{ } , onde os uj foram definidos no item anterior. Os 
vetores de B têm as propriedades pedidas e sua unicidade já foi estabelecida; falta 
mostrar que eles são linearmente independentes. Suponhamos 
 x1u1 + x2u2 +…+ xnun = 0 com x1,x2,…,xn !K ; então ( )1 1 2 2 0jj n nu x u xx v x u= + +…+ =⋅ 
para todo j, ou seja, B é uma base de V.