81 Exercícios: Bloco 3

Exercício 81.1 Seja $\F$ um corpo e $\sigma$ um automorfismo de $\F$. Mostre que

$0^\sigma=0$;
$1^\sigma=1$;
$(-a)^\sigma=-(a^\sigma)$ para todo $a\in\F$;
$(b^{-1})^\sigma=(b^\sigma)^{-1}$ para todo $b\in\F\setminus\{0\}$.

Solução:

Mostrar que $0^\sigma = 0$:

Como $\sigma$ é um automorfismo, temos:
\[ 0^\sigma = (0 + 0)^\sigma = 0^\sigma + 0^\sigma. \]
Subtraindo $0^\sigma$ de ambos os lados, obtemos:
\[ 0 = 0^\sigma. \]
Mostrar que $1^\sigma = 1$:

Como $\sigma$ é um automorfismo, temos:
\[ 1^\sigma = (1 \cdot 1)^\sigma = 1^\sigma \cdot 1^\sigma. \]
Como $1^\sigma \neq 0$ (pois $\sigma$ é injetivo pela nossa conta anterior), podemos multiplicar ambos os lados por $(1^\sigma)^{-1}$:
\[ 1 = 1^\sigma. \]
Mostrar que $(-a)^\sigma = -(a^\sigma)$ para todo $a \in \mathbb{F}$:

Sabemos que $a + (-a) = 0$. Aplicando $\sigma$ a ambos os lados:
\[ a^\sigma + (-a)^\sigma = 0^\sigma = 0. \]
Portanto, $(-a)^\sigma$ é o inverso aditivo de $a^\sigma$, ou seja:
\[ (-a)^\sigma = -(a^\sigma). \]
Mostrar que $(b^{-1})^\sigma = (b^\sigma)^{-1}$ para todo $b \in \mathbb{F} \setminus \{0\}$:

Sabemos que $b \cdot b^{-1} = 1$. Aplicando $\sigma$ a ambos os lados:
\[ b^\sigma \cdot (b^{-1})^\sigma = 1^\sigma = 1. \]
Portanto, $(b^{-1})^\sigma$ é o inverso multiplicativo de $b^\sigma$, ou seja:
\[ (b^{-1})^\sigma = (b^\sigma)^{-1}. \]

(Caio Monteiro)

Exercício 81.2 Seja $\F=\Q$ ou $\F=\Z_p$ com $p$ primo. Mostre que o único automorfismo de $\F$ é $\mbox{id}_\F$.

Solução:

Caso $\mathbb{F} = \mathbb{Q}$

Seja $\sigma$ um automorfismo de $\mathbb{Q}$. Então:

Para $n \in \mathbb{Z}^+$, temos: \[ n^\sigma = (\underbrace{1 + \cdots + 1}_{n \text{ vezes}})^\sigma = \underbrace{1^\sigma + \cdots + 1^\sigma}_{n \text{ vezes}} = n \]
Para $-1$ observamos que: \[ 1 = 1^\sigma = (-1)^\sigma (-1)^\sigma \] Logo $((-1)^\sigma)^2 -1 = 0$. A equação $x^2 - 1$ só possui duas raízes sobre $\mathbb{Q}$, nomeadamente $1$ e $-1$. Como já sabemos que $1^\sigma = 1$, isso implica que $(-1)^\sigma = -1$.
Para $n \in \mathbb{Z}^-$, $n = -m$ com $m \in \mathbb{Z}^+$, então: \[ n^\sigma = (-m)^\sigma = (-1)^\sigma m^\sigma = -m = n \]

Logo $\sigma$ fixa todos os números inteiros.
Seja $b$ um número inteiro não nulo e $b^{-1}$ seu inverso em $\mathbb{Q}$. Pelo exercício anterior: \[ (b^{-1})^\sigma = (b^\sigma)^{-1} = b^{-1} \] onde a última igualdade vem das nossas considerações anteriores.
Para qualquer $ab^{-1} \in \mathbb{Q}$: \[ (ab^{-1})^{\sigma} = a^\sigma (b^{-1})^\sigma = ab^{-1} \]

Portanto, $\sigma$ fixa todos os números racionais, ou seja, $\sigma = \text{id}_{\mathbb{Q}}$.

Caso $\mathbb{F} = \mathbb{Z}_p$

Seja $\sigma$ um automorfismo de $\mathbb{Z}_p$. Como $\mathbb{Z}_p$ tem $p$ elementos e $\sigma$ é bijetora:

Temos que $0^\sigma = 0$ e $1^\sigma = 1$ (pelo Exercício 81.1)
Para $k \in \mathbb{Z}_p$, $k$ é igual à soma de $1$ uma quantidade $k$ de vezes: \[ k^\sigma = (\underbrace{1 + \cdots + 1}_{k \text{ vezes}})^\sigma = \underbrace{1^\sigma + \cdots + 1^\sigma}_{k \text{ vezes}} = k \]

Portanto, $\sigma = \text{id}_{\mathbb{Z}_p}$.

(Caio Monteiro)

Exercício 81.3 Seja $\sigma$ um automorfismo de $\R$. Mostre que

$x^\sigma\geq 0$ para $x\geq 0$;
$\sigma$ é crescente;
$\sigma$ é contínua;
$\Q\subseteq\mbox{Fix}(\sigma)$;
usando que $\Q$ é denso em $\R$, deduza que $\sigma=\mbox{id}_\R$.

Solução:

Mostrar que $x^\sigma \geq 0$ para $x \geq 0$

Se $x \geq 0$, então existe $y \in \mathbb{R}$ tal que $x = y^2$. Logo: \[ x^\sigma = (y^2)^\sigma = (y^\sigma)^2 \geq 0 \]
Mostrar que $\sigma$ é crescente

Sejam $a, b \in \mathbb{R}$ com $a < b$. Então:
- $b - a > 0$
- Pelo item anterior, $(b - a)^\sigma \geq 0$
- Mas $(b - a)^\sigma = b^\sigma - a^\sigma \geq 0$ ⇒ $b^\sigma \geq a^\sigma$
Além disso, se $b^\sigma = a^\sigma$, como $\sigma$ é injetiva, teríamos $b = a$, o que é uma contradição. Portanto, $b^\sigma > a^\sigma$.
Mostrar que $\sigma$ é contínua
- $\sigma$ é crescente (pelo item 2)
- Funções crescentes só podem ter descontinuidades do tipo salto
- Mas $\sigma$ é bijetiva, e descontinuidades do tipo salto violariam a sobrejetividade
  - (Imagine o gráfico com um salto: haveria valores no contradomínio que não seriam atingidos)
- Portanto, $\sigma$ não pode ter descontinuidades e é contínua
Mostrar que $\mathbb{Q} \subseteq \text{Fix}(\sigma)$

A demonstração é análoga ao caso $\mathbb{Q}$ no Exercício 81.2:
- Para qualquer $q \in \mathbb{Q}$, temos $q^\sigma = q$
- Portanto, $\mathbb{Q}$ está contido no conjunto dos pontos fixos de $\sigma$
Concluir que $\sigma = \text{id}_\mathbb{R}$

Seja $x \in \mathbb{R}$ arbitrário:
- Como $\mathbb{Q}$ é denso em $\mathbb{R}$, existe $(q_n) \subseteq \mathbb{Q}$ com $q_n \to x$
- Pela continuidade de $\sigma$: \[ x^\sigma = \left(\lim_{n \to \infty} q_n\right)^\sigma = \lim_{n \to \infty} q_n^\sigma = \lim_{n \to \infty} q_n = x \]
- Logo, $\sigma$ fixa todos os reais e portanto $\sigma = \text{id}_\mathbb{R}$

(Caio Monteiro)

Exercício 81.4 Seja $\sigma$ um automorfismo contínuo de $\C$. Mostre que

$\R\subseteq \mbox{Fix}(\sigma)$;
$\sigma=\mbox{id}_\C$ ou $\sigma$ é o conjugado complexo.

[Obs: $\C$ tem automorfismos que não são contínuos; veja a discussão no StackExchange.

Solução:

1. Mostrar que $\mathbb{R} \subseteq \text{Fix}(\sigma)$

Seja $x \in \mathbb{R}$. Como: - $\sigma$ é contínuo - $\sigma$ coincide com a identidade em $\mathbb{Q}$ (pelo Exercício 81.3) - $\mathbb{Q}$ é denso em $\mathbb{R}$

Então, tomando $(q_n) \subseteq \mathbb{Q}$ com $q_n \to x$, temos: \[ x^\sigma = \left(\lim_{n \to \infty} q_n\right)^\sigma = \lim_{n \to \infty} q_n^\sigma = \lim_{n \to \infty} q_n = x \]

Portanto, $\sigma$ fixa todos os números reais.

2. Mostrar que $\sigma = \text{id}_{\mathbb{C}}$ ou $\sigma$ é o conjugado complexo

Para qualquer $z = a + bi \in \mathbb{C}$ com $a,b \in \mathbb{R}$: - Pelo item anterior, $a^\sigma = a$ e $b^\sigma = b$

Para $i$, temos: \[ (i^2)^\sigma = (-1)^\sigma = -1 = (i^\sigma)^2 \] Logo $i^\sigma$ deve satisfazer $x^2 = -1$, portanto $i^\sigma = i$ ou $i^\sigma = -i$.

Caso 1: Se $i^\sigma = i$ \[ z^\sigma = (a + bi)^\sigma = a^\sigma + b^\sigma i^\sigma = a + bi = z \] Portanto $\sigma = \text{id}_{\mathbb{C}}$.

Caso 2: Se $i^\sigma = -i$ \[ z^\sigma = (a + bi)^\sigma = a^\sigma + b^\sigma i^\sigma = a - bi = \overline{z} \] Portanto $\sigma$ é o conjugado complexo.

Não existem outras possibilidades, pois as únicas raízes complexas de $x^2 = -1$ são $i$ e $-i$.

(Caio Monteiro)

Exercício 81.5 Seja $V$ um $\F$-espaço e denote por $\mbox{Bil}(V)$, $\mbox{Bil}_S(V)$, $\mbox{Bil}_A(V)$ os conjuntos das formas bilineares, bilieares simétricas, e bilineares alternadas sobre $V$.

Demonstre que $\mbox{Bil}(V)$, $\mbox{Bil}_S(V)$, $\mbox{Bil}_A(V)$ são espaços vetoriais com a soma e múltiplo escalar óbvia entre formas.
Assumindo que $\dim V=n$, mostre que \[\begin{align*} \mbox{Bil}(V)&\cong M_{n\times n}(\F);\\ \mbox{Bil}_S(V)&\cong \{A\in M_{n\times n}\mid A^t=A\};\\ \mbox{Bil}_A(V)&\cong \{A\in M_{n\times n}\mid A^t=-A\}\mbox{ se car}\,\F\neq 0.\\ \end{align*}\]
Determine $\dim \mbox{Bil}(V)$, $\dim \mbox{Bil}_S(V)$, $\dim\mbox{Bil}_A(V)$.

Esboço da solução:

Espaço vetorial:
Os conjuntos $\mbox{Bil}(V)$, $\mbox{Bil}_S(V)$ e $\mbox{Bil}_A(V)$ são subespaços vetoriais do espaço de todas as funções $V \times V \to \F$, pois a soma e o múltiplo escalar de formas bilineares (simétricas ou alternadas) continuam sendo formas bilineares (simétricas ou alternadas, respectivamente).
Isomorfismos com matrizes:
- Fixe uma base $\{e_1, \ldots, e_n\}$ de $V$. Toda forma bilinear $B$ é determinada pelos valores $B(e_i, e_j)$, que podem ser organizados na matriz de Gram $G_X(B) = (B(e_i, e_j))_{i,j}$. Assim, $\mbox{Bil}(V) \cong M_{n \times n}(\F)$, identificando cada forma bilinear com sua matriz de Gram. É fácil verificar que a identificação $B\mapsto G_X(B)$ é um isomorfismo $\operatorname{Bil}(V)\to M_{n\times n}(\F)$.
- $B$ é simétrica se $B(u, v) = B(v, u)$, o que equivale a $G_X(B)^t = G_X(B)$. Portanto, $\mbox{Bil}_S(V) \cong \{A \in M_{n \times n}(\F) \mid A^t = A\}$.
- $B$ é alternada se $B(v, v) = 0$ para todo $v$, o que implica que a diagonal de $G_X(B)$ é nula e $G_X(B)^t = -G_X(B)$. Assim, $\mbox{Bil}_A(V) \cong \{A \in M_{n \times n}(\F) \mid A^t = -A,\, a_{ii}=0\}$, supondo $\operatorname{car}(\F) \neq 2$.
Dimensões:

$\dim \mbox{Bil}(V) = n^2$, pois $\dim M_{n \times n}(\F)=n^2$.
$\dim \mbox{Bil}_S(V) = \frac{n(n+1)}{2}$, pois uma matriz simétrica é determinada pelos $n$ elementos da diagonal e pelos $\frac{n(n-1)}{2}$ elementos acima (ou abaixo) da diagonal.
$\dim \mbox{Bil}_A(V) = \frac{n(n-1)}{2}$, pois uma matriz alternada (com $a_{ii}=0$ e $a_{ij} = -a_{ji}$) é determinada apenas pelos elementos acima da diagonal, totalizando $\frac{n(n-1)}{2}$ parâmetros (válido se $\operatorname{car}(\F) \neq 2$).

Exercício 81.6 Seja $V$ um $\F$-espaço e denote por $\mbox{Bil}(V)$, $\mbox{Bil}_S(V)$, $\mbox{Bil}_A(V)$ os conjuntos das formas bilineares, bilieares simétricas, e bilineares alternadas sobre $V$.

Mostre que $\mbox{Bil}(V)\cong (V\otimes V)^*$.
Seja $\Lambda^2V$ a potência exterior definida no Exercício 64.45. Mostre que $\mbox{Bil}_A(V)\cong \Lambda^2(V)^*$.
Estude a definição de $\Lambda^2(V)$ no Exercício 64.45, e dê uma construção de um espaço vetorial $S^2(V)$ que satisfaz a mesma propriedade universal que $\Lambda^2(V)$, mas com funções $f:V\times V\to Z$ bilineares simétricas (em vez de alternadas). Mostre que $\mbox{Bil}_S(V)\cong S^2(V)^*$.

Esboço da solução:

Isomorfismo $\mbox{Bil}(V) \cong (V \otimes V)^*$:
Pela propriedade universal do produto tensorial, toda forma bilinear $B: V \times V \to \F$ corresponde unicamente a um funcional linear $\varphi_B: V \otimes V \to \F$ tal que $\varphi_B(v \otimes w) = B(v, w)$. Assim, $\mbox{Bil}(V) \cong (V \otimes V)^*$.
Isomorfismo $\mbox{Bil}_A(V) \cong (\Lambda^2 V)^*$:
Pelo Exercício 64.45, toda forma bilinear alternada $A: V \times V \to \F$ corresponde unicamente a um funcional linear $\psi_A: \Lambda^2 V \to \F$ tal que $\psi_A(v \wedge w) = A(v, w)$. Assim, $\mbox{Bil}_A(V) \cong (\Lambda^2 V)^*$.
Construção de $S^2(V)$ e isomorfismo $\mbox{Bil}_S(V) \cong (S^2 V)^*$:
Defina $S^2(V)$ como o quociente de $V \otimes V$ pelo subespaço gerado pelos elementos $v \otimes w - w \otimes v$. Assim, $S^2(V)$ satisfaz a propriedade universal para formas bilineares simétricas. Toda forma bilinear simétrica $S: V \times V \to \F$ corresponde unicamente a um funcional linear $\phi_S: S^2(V) \to \F$ tal que $\phi_S(v \odot w) = S(v, w)$, onde $v \odot w$ é a classe simétrica de $v \otimes w$. Portanto, $\mbox{Bil}_S(V) \cong (S^2 V)^*$.

Definição 81.1 Seja $\sigma$ um automorfismo de um corpo $\F$. Uma aplicação $f:V\to W$ entre $\F$-espaços vetoriais é chamada $\sigma$-semilinear, se $f(u+v)=f(u)+f(v)$ e $f(\alpha u)=\alpha^\sigma f(u)$ para todo $u,v\in V$ e $\alpha\in\F$.

Exercício 81.7 Seja $V$ um $\F$-espaço vetorial e $\sigma\in\mbox{Aut}(\F)$. Seja $\varphi: V\to V^*$ uma aplicação $\sigma$-semilinear e defina $B_\varphi:V\times V\to \F$ como \[ B_\varphi(u,v)=\varphi(v)(u). \]

Mostre que $B_\varphi$ é $\sigma$-sesquilinear.
Mostre que a aplicação $\varphi\mapsto B_\varphi$ é uma bijeção \[ \{\varphi: V\to V^*\mid \varphi\mbox{ é $\sigma$-semilinear}\}\to \{B: V\times V\to \F\mid B\mbox{ é $\sigma$-sesquilinear}\}. \]
Mostre que $\varphi$ é linear se e somente se $B_\varphi$ é bilinear.

Solução

$B_\varphi$ é $\sigma$-sesquilinear:
Seja $\varphi: V \to V^*$ uma aplicação $\sigma$-semilinear. Para $u, u' \in V$, $v, v' \in V$, $\alpha, \beta \in \F$:

Linearidade na primeira variável: Como $\varphi(v)\in V^*$ é linear, temos \[ B_\varphi(\alpha u + \beta u', v) = \varphi(v)(\alpha u + \beta u') = \alpha \varphi(v)(u) + \beta \varphi(v)(u') = \alpha B_\varphi(u, v) + \beta B_\varphi(u', v). \]
$\sigma$-semilinearidade na segunda variável: Como $\varphi:V\to V^*$ é $\sigma$-semilinear, temos \[ B_\varphi(u, \alpha v + \beta v') = \varphi(\alpha v + \beta v')(u) = (\alpha^\sigma \varphi(v) + \beta^\sigma \varphi(v'))(u) = \alpha^\sigma \varphi(v)(u) + \beta^\sigma \varphi(v')(u) = \alpha^\sigma B_\varphi(u, v) + \beta^\sigma B_\varphi(u, v'). \] Logo, $B_\varphi$ é $\sigma$-sesquilinear.

A aplicação $\varphi \mapsto B_\varphi$ é uma bijeção:

Injetividade: Se $B_\varphi = B_\psi$, então para todo $u, v \in V$, $\varphi(v)(u) = \psi(v)(u)$. Logo, $\varphi(v) = \psi(v)$ para todo $v$, ou seja, $\varphi = \psi$.
Sobrejetividade: Dado $B: V \times V \to \F$ $\sigma$-sesquilinear, defina $\varphi_B: V \to V^*$ por $\varphi_B(v)(u) = B(u, v)$.
- Para $v, v' \in V$, $\alpha, \beta \in \F$: \[ \varphi_B(\alpha v + \beta v')(u) = B(u, \alpha v + \beta v') = \alpha^\sigma B(u, v) + \beta^\sigma B(u, v') = \alpha^\sigma \varphi_B(v)(u) + \beta^\sigma \varphi_B(v')(u). \] Portanto, $\varphi_B$ é $\sigma$-semilinear e $B_{\varphi_B} = B$.
Assim, $\varphi \mapsto B_\varphi$ é uma bijeção entre aplicações $\sigma$-semilineares $V \to V^*$ e formas $\sigma$-sesquilineares $V \times V \to \F$.

$\varphi$ é linear se e somente se $B_\varphi$ é bilinear:

Se $\varphi$ é linear, então na segunda variável temos: \[ B_\varphi(u, \alpha v + \beta v') = \varphi(\alpha v + \beta v')(u) = \alpha \varphi(v)(u) + \beta \varphi(v')(u) = \alpha B_\varphi(u, v) + \beta B_\varphi(u, v'). \] Ou seja, $B_\varphi$ é bilinear.
Reciprocamente, se $B_\varphi$ é bilinear, então para todo $u \in V$: \[ \varphi(\alpha v + \beta v')(u) = B_\varphi(u, \alpha v + \beta v') = \alpha B_\varphi(u, v) + \beta B_\varphi(u, v') = \alpha \varphi(v)(u) + \beta \varphi(v')(u). \] Como isso vale para todo $u$, segue que $\varphi(\alpha v + \beta v') = \alpha \varphi(v) + \beta \varphi(v')$, ou seja, $\varphi$ é linear.

Exercício 81.8 Seja $V$ um espaço de dimensão finita com forma $\sigma$-sesquilinear reflexiva $B$. Seja $G$ a matriz de $B$ em uma base de $V$. Mostre que $\dim\mbox{Rad}(B)=\dim V-\mbox{posto}(G)$. Deduza que $B$ é não degenerada se e somente se $G$ é invertível.

Solução

Seja $V$ um espaço vetorial de dimensão finita e $B$ uma forma $\sigma$-sesquilinear reflexiva sobre $V$. Seja $G$ a matriz de Gram de $B$ em uma base de $V$.

O radical de $B$ é definido por \[ \mbox{Rad}(B) = \{v \in V \mid B(v, w) = 0 \text{ para todo } w \in V\}. \]

Na base escolhida, um vetor $v$ com coordenadas $[v]_X = (\alpha_1, \ldots, \alpha_n)^t$ pertence ao radical se e somente se \[ B(v, w) = ([v]_X)^t G ([w]_X)^\sigma = 0 \quad \text{para todo } w \in V. \] Isso equivale a dizer que $([v]_X)^t G = 0$, ou seja, $[v]_X$ está no núcleo (espaço nulo) da matriz $G^t$. As matrizes $G$ e $G^t$ têm o mesmo posto, portanto, \[ \dim \mbox{Rad}(B) = \dim \ker(G^t) = n - \operatorname{posto}(G^t) = n - \operatorname{posto}(G) = \dim V - \operatorname{posto}(G). \]

Em particular, $B$ é não degenerada se e somente se $\mbox{Rad}(B) = 0$, ou seja, se e somente se $\operatorname{posto}(G) = \dim V$, isto é, se $G$ é invertível.

Exercício 81.9 Denote por $H_2$ o espaço $\R^2$ com forma $B(e_1,e_1)=B(e_2,e_2)=0$ e $B(e_1,e_2)=B(e_2,e_1)=1$ na base canônica $\{e_1,e_2\}$ de $\R^2$.

Mostre que $H_2$ não é isométrico a $\R^2$ equipado com o produto interno usual.
Mostre que $H_2\perp H_2$ é isométrico a $\R^{2+2}$.

Solução

$H_2$ não é isométrico a $\R^2$ com o produto interno usual:

O produto interno usual em $\R^2$ é dado por $B_0(u,v) = u_1 v_1 + u_2 v_2$, cuja matriz na base canônica é a identidade: \[ G_0 = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \] Já a matriz de $B$ em $H_2$ é \[ G = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} \] O posto de ambas é $2$, mas as formas não são equivalentes: no produto interno usual, $B_0(e_1, e_1) = 1 \neq 0$, enquanto em $H_2$, $B(e_1, e_1) = 0$. Além disso, no produto interno usual, todo vetor não nulo tem $B_0(v, v) > 0$, enquanto em $H_2$ existem vetores não nulos isotrópicos, por exemplo $e_1$ e $e_2$. Portanto, não existe isometria entre $(\R^2, B)$ e $(\R^2, B_0)$.

$H_2 \perp H_2$ é isométrico a $\R^{2+2}$:

Considere $V = H_2 \oplus H_2$ com a forma $B((u_1, u_2), (v_1, v_2)) = B_{H_2}(u_1, v_1) + B_{H_2}(u_2, v_2)$. A matriz de $B$ em relação à base $\{e_1, e_2, f_1, f_2\}$ (onde $\{e_1, e_2\}$ é base do primeiro $H_2$ e $\{f_1, f_2\}$ do segundo) é \[ G' = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \end{pmatrix} \] Esta matriz é simétrica e tem posto $4$. A base de $\R^{2+2}$ (ou seja, $\R^4$) na qual a matriz da forma $B$ correspondente a $H_2 \perp H_2$ é diagonal com duas entradas $1$ e duas entradas $-1$ pode ser explicitamente construída como segue:

Considere a base $\{e_1, e_2, f_1, f_2\}$ de $H_2 \perp H_2$, onde $e_1, e_2$ são a base do primeiro $H_2$ e $f_1, f_2$ do segundo. Defina os seguintes vetores: \[ \begin{aligned} u_1 &= \frac{1}{\sqrt{2}}(e_1 + e_2), \\ u_2 &= \frac{1}{\sqrt{2}}(e_1 - e_2), \\ u_3 &= \frac{1}{\sqrt{2}}(f_1 + f_2), \\ u_4 &= \frac{1}{\sqrt{2}}(f_1 - f_2). \end{aligned} \]

Nessa base, a matriz da forma $B$ é diagonal, com duas entradas $1$ e duas entradas $-1$: \[ B(u_1, u_1) = 1, \quad B(u_2, u_2) = -1, \quad B(u_3, u_3) = 1, \quad B(u_4, u_4) = -1, \] e todos os produtos cruzados são zero.

Portanto, a base explícita é $\{u_1, u_2, u_3, u_4\}$ conforme acima. Portanto, $H_2 \perp H_2$ é isométrico a $\R^{2+2}$.

Exercício 81.10 Seja $\F=\Z_p$ com $p\geq 3$ e $a,b \in \F$ com $a\neq 0$. Mostre que existem $u, v \in \F$ tais que $u^2 + a v^2 = c$.

Solução

Seja $Q=\{x^2\mid x\in \F\}$. Como $\F$ possui $p$ elementos com $p$ ímpar, temos que $|Q|=(p+1)/2$ (Lema 23.1). Se $a\neq 0$, então $|aQ|=(p+1)/2$ e $|c-aQ|=(p+1)/2$. Mas como $|\F|=p$, temos que \[ Q\cap (c-aQ)\neq \emptyset. \] Portanto existe elemento na inteerseção. Chamando este elemento de $u^2$, temos que $u^2=c-av^2$ com algum $v\in \F$ e assim \[ u^2+av^2=c. \]

Exercício 81.11 Seja $V$ um espaço vetorial sobre $\Z_p$ de dimensão maior ou igual a $3$ com uma forma bilinear simétrica.

Mostre que $V$ possui vetor não nulo isotrópico.
Mostre que a afirmação no item anterior não é verdadeira se $\dim V=1$ ou $\dim V=2$.

Solução

Assuma que $\dim V\geq 3$ e seja $b_1,\ldots,b_n$ uma base ortogonal de $V$ (existe por Teorema 75.1). Assuma que $a_i=Q(b_i)=B(b_i,b_i)$ para todo $i$. Se $Q(b_i)=0$ com algum $i$, então $b_i$ é vetor isotrópico, e o exercício está resolvido. Assuma que $Q(b_i)\neq 0$ para todo $i$. Sejam $u,v\in \Z_p$ tal que $u^2+(a_2/a_1)v^2=-a_3/a_1$; ou seja $u^2a_1+v_2a_2+a_3=0$ (existem por Exercício 81.11). Como $a_3\neq 0$, $(u,v)\neq (0,0)$. Seja $v=u b_1+vb_2+b_3$. Então \[ Q(v)=u^2a_1+v^2b_2+b_3=0. \] Temos que $v$ é vetor não nulo isotrópico.
Se $\dim V=1$ com base $\{b\}$, então $Q(\alpha b)=\alpha^2 Q(b)$. Então se escolhemos a forma em tal modo que $Q(b)=B(b,b)=1$, então não existe vetor não nulo isotrópico. Assuma que $\dim V=2$ com base $\{b_1,b_2\}$ seja $B$ uma forma bilinear sobre $V$ tal que $B(b_1,b_2)=B(b_2,b_1)=0$ e $B(b_1,b_1)=\delta_1$ e $B(b_2,b_2)=\delta_2$ tal que $-\delta_1/\delta_2$ não é quadrado. Ora, se $(u,v)\neq(0,0)$, então \[ Q(ub_1+vb_2)=u^2Q(b_1)+v^2Q(b_2)=u^2\delta_1+v^2\delta_2. \] Se $Q(ub_1+vb_2)=0$, então $v\neq 0$ e $-\delta_1/\delta_2=(u/v)^2$ que contradiz à escolha de $\delta_1,\delta_2$.

Exercício 81.12 Sejam $U$, $V$, $W$ espaços com formas $\sigma$-hermitianas, $f$ e $g$ transformações lineares tais que existem $f^*$ e $g^*$. Mostre que as seguintes afirmações estão válidas.

Se $\alpha,\beta\in\F$ e $f,g:V\to W$, então existe $(\alpha f+\beta g)^*$ e $(\alpha f+\beta g)^*=\alpha^\sigma f^*+\beta^\sigma g^*$.
Existe $(f^*)^*$ e $(f^*)^*=f$.
Se $f:U\to V$ e $g:V\to W$, então existe $(g\circ f)^*$ e $(g\circ f)^*=f^*\circ g^*$.
Existe $(\mbox{id}_V)^*$ para todo espaço $V$ e $(\mbox{id}_V)^*=\mbox{id}_V$.
Se $f:V\to W$ é invertível e existe $(f^{-1})^*$, então $(f^{-1})^*=(f^*)^{-1}$.

Solução

$(\alpha f+\beta g)^* = \alpha^\sigma f^* + \beta^\sigma g^*$:
Sejam $f, g: V \to W$ transformações lineares com adjuntas $f^*, g^*$. Pela definição de adjunto em espaços hermitianos: \[ B_W((\alpha f + \beta g)(v), w) = \alpha B_W(f(v), w) + \beta B_W(g(v), w) \] Como $B_W(f(v), w) = B_V(v, f^*(w))$ e $B_W(g(v), w) = B_V(v, g^*(w))$, temos: \[ B_W((\alpha f + \beta g)(v), w) = B_V(v, \alpha^\sigma f^*(w) + \beta^\sigma g^*(w))= B_V(v, (\alpha^\sigma f^* + \beta^\sigma g^*)(w)) \] Pela unicidade do adjunto, temos $(\alpha f + \beta g)^* = \alpha^\sigma f^* + \beta^\sigma g^*$.
$(f^*)^* = f$:
Pela definição, $B_W(f(v), w) = B_V(v, f^*(w))$ para todo $v, w$. Temos \[ B_V(f^*(w),v))=B_V(v, f^*(w))^\sigma = B_W(f(v), w)^\sigma=B_W(w,f(v)). \] Pela unicidado do adjunto, $(f^*)^* = f$.
$(g \circ f)^* = f^* \circ g^*$:
Para $f: U \to V$ e $g: V \to W$, temos: \[ B_W(g(f(u)), w) = B_V(f(u), g^*(w)) = B_U(u, f^*(g^*(w))) \] Logo, pela unicidade do adjunto, $(g \circ f)^* = f^* \circ g^*$.
$(\mbox{id}_V)^* = \mbox{id}_V$:
Para a identidade, $B_V(v, w) = B_V(v, w)$, então o adjunto da identidade é a própria identidade.
$(f^{-1})^* = (f^*)^{-1}$:
Segue do item anterior, pois \[ \mbox{id}_V=(\mbox{id}_V)^*=(f\circ f^{-1})^*=(f^{-1})^*\circ f^*. \] Obtemos por conta similar, que $\mbox{id}_V=f^*\circ (f^{-1})^*$. Portanto, $(f^{-1})^*=(f^*)^{-1}$.

Exercício 81.13 Sejam $\K$ e $\F$ corpos tais que $\K\subseteq \F$. Assuma que $V$ é um $\F$-espaço vetorial.

Mostre que $\F$ é um $\K$-espaço vetorial.
Mostre que $V$ é um $\K$-espaço vetorial.
Seja $B_\F$ uma base de $\F$ sobre $\K$ e seja $B_V$ uma base de $V$ sobre $\F$. Mostre que \[ \{\alpha b\mid \alpha \in B_\F\mbox{ e }b\in B_V\} \] é uma base de $V$ sobre $\K$.
Deduza que $\dim_\K V=\dim_\K \F\cdot \dim_\F V$.

Solução

$\F$ é um $\K$-espaço vetorial:
A soma e a multiplicação por escalares de $\K$ em $\F$ são herdadas da estrutura de corpo, e $\K \subseteq \F$. Assim, $\F$ é um espaço vetorial sobre $\K$.
$V$ é um $\K$-espaço vetorial:
Como $V$ é um $\F$-espaço vetorial e $\K\subseteq \F$, o múltiplo escalar com os elementos de $\K$ satisfaz os axiomas na definição de espaços vetoriais. Logo $V$ é um $\K$-espaço vetorial.
A família $\{\alpha b \mid \alpha \in B_\F,\, b \in B_V\}$ é base de $V$ sobre $\K$: Seja $B_\F$ uma base de $\F$ sobre $\K$ e $B_V$ uma base de $V$ sobre $\F$.

Gerador: Todo $v \in V$ pode ser escrito como $v = \sum_{i=1}^n \lambda_i b_i$ com $\lambda_i \in \F$, $b_i \in B_V$. Cada $\lambda_i$ pode ser escrito como combinação linear de elementos de $B_\F$ com coeficientes em $\K$, ou seja, $\lambda_i = \sum_{j=1}^m \alpha_{ij} \alpha_j$ com $\alpha_{ij} \in \K$, $\alpha_j \in B_\F$. Assim, \[ v = \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m \alpha_{ij} (\alpha_j b_i), \] ou seja, $v$ é combinação linear sobre $\K$ dos elementos $\alpha_j b_i$.
Linearmente independente: Suponha $\sum_{i,j} \beta_{ij} (\alpha_j b_i) = 0$ com $\beta_{ij} \in \K$. Reescreva como $\sum_{i} \left( \sum_j \beta_{ij} \alpha_j \right) b_i = 0$. Como $B_V$ é base sobre $\F$, cada coeficiente $\sum_j \beta_{ij} \alpha_j = 0$ em $\F$. Como $B_\F$ é base de $\F$ sobre $\K$, segue que todos os $\beta_{ij} = 0$. Portanto, $\{\alpha b \mid \alpha \in B_\F,\, b \in B_V\}$ é base de $V$ sobre $\K$.

Fórmula das dimensões:
Se $m = \dim_\K \F$ e $n = \dim_\F V$, então \[ \dim_\K V = m \cdot n = \dim_\K \F \cdot \dim_\F V. \]

Exercício 81.14 Seja $f:V\to W$ uma aplicação $\sigma$-semilinear e assuma que $\dim_\F V=\dim_\F W$ e $\dim_{\textrm{Fix}(\sigma)}\F$ são todas finitas. Mostre que $f$ é sobrejetiva se e somente se $f$ é injetiva.

Solução

Seja $\K=\textrm{Fix}(\sigma)$. A aplicação $f$ é $\K$-linear. Além disso $\dim_{\K}V=\dim_\K\F\cdot \dim_\F V$ é finita. Ora, a afirmação segue pelo Teorema de Núcleo e Imagem para aplicações $\K$-lineares.

Exercício 81.15 Suponha que $V$ e $W$ são espaços vetoriais com formas $B_V$ e $B_W$ $\sigma$-hermitianas não degeneradas e seja $\alpha: V\to W$ uma transformação linear que possui adjunta $\alpha^\#:W\to V$. Na aula, definimos $\Phi_V:V\to V^*$ com a regra $v\mapsto B(-,v)$ e defina $\Phi_W$ na maneira análoga. Seja $\alpha^*:W^*\to V^*$ a transformação dual de $\alpha$. Mostre que o seguinte diagrama comuta:

[Este exercício explica o comportamento similar do adjunto $\alpha^\#$ e o dual $\alpha^*$.]

Solução

Seja $B_V$ uma forma bilinear não degenerada em $V$ e $B_W$ uma forma bilinear não degenerada em $W$. Defina $\Phi_V: V \to V^*$ por $\Phi_V(v) = B_V(-, v)$ e $\Phi_W: W \to W^*$ por $\Phi_W(w) = B_W(-, w)$. Seja $\alpha: V \to W$ uma transformação linear com adjunta $\alpha^\#: W \to V$, isto é, \[ B_W(\alpha(v), w) = B_V(v, \alpha^\#(w)) \quad \text{para todo } v \in V,\, w \in W. \] Seja $\alpha^*: W^* \to V^*$ o dual de $\alpha$, isto é, $\alpha^*(\varphi) = \varphi \circ \alpha$ para $\varphi \in W^*$.

Queremos mostrar que o seguinte diagrama comuta: \[ \begin{array}{ccc} W & \xrightarrow{\Phi_W} & W^* \\ \alpha^\# \downarrow & & \downarrow \alpha^* \\ V & \xrightarrow{\Phi_V} & V^* \end{array} \] Ou seja, \[ \alpha^* \circ \Phi_W = \Phi_V \circ \alpha^\#. \]

Demonstração:

Para $w \in W$ e $v \in V$, \[ \begin{align*} (\alpha^* \circ \Phi_W)(w)(v) &= \alpha^*(\Phi_W(w))(v) \\ &= \Phi_W(w)(\alpha(v)) \\ &= B_W(\alpha(v), w) \end{align*} \] Por outro lado, \[ \begin{align*} (\Phi_V \circ \alpha^\#)(w)(v) &= \Phi_V(\alpha^\#(w))(v) \\ &= B_V(v, \alpha^\#(w)) \end{align*} \] Mas, pela definição de adjunto, $B_W(\alpha(v), w) = B_V(v, \alpha^\#(w))$ para todo $v \in V$, $w \in W$.

Portanto, \[ (\alpha^* \circ \Phi_W)(w) = (\Phi_V \circ \alpha^\#)(w) \] para todo $w \in W$, ou seja, o diagrama comuta.

Exercício 81.16 Seja $f:V\to W$ tal que $f$ possui adjunto $f^*$. Assumindo que $\dim V$ e $\dim W$ são finitas, mostre que $\ker f=\mbox{Im}(f^*)^\perp$ e $\mbox{Im}(f)=(\ker f^*)^\perp$. Quais destas afirmações vale nos casos quando a dimensão de $V$ ou a dimensão de $W$ é infinita?

Solução

Assuma que $f:V\to W$ é linear e possui adjunto $f^*:W\to V$, com $\dim V$ e $\dim W$ finitas. Seja $B_V$ e $B_W$ formas não degeneradas em $V$ e $W$.

Provar que $\ker f = \operatorname{Im}(f^*)^\perp$: Seja $v \in V$. Então \[\begin{align*} v \in \ker f&\Leftrightarrow\\ f(v) = 0&\Leftrightarrow\\ B_W(f(v),w)=0\mbox{ para todo }w\in W \mbox{($B_W$ é não degenerada) }&\Leftrightarrow\\ B_V(v,f^*(w))=0\mbox{ para todo }w\in W &\Leftrightarrow\\ v\perp f^*(w)\mbox{ para todo }w\in W &\Leftrightarrow\\ v\in \mbox{Im}(f^*)^\perp \end{align*}\]
Provar que $\operatorname{Im}(f) = (\ker f^*)^\perp$: Seja $y=f(v) \in \mbox{Im}(f)$. Se $w\in \ker{f^*}$, então \[ B_W(y,w)=B_W(f(v),w)=B_V(v,f^*(w))=B_V(v,0)=0. \] Logo $y\in (\ker{f^*})^\perp$ e obtemos que $\mbox{Im}(f)\leq (\ker{f^*})^\perp$. Afirmamos que quando $\dim V$ e $\dim W$ são finitas, então $\dim \mbox{Im}(f)=\dim (\ker{f^*})^\perp$. Segue do item 1. que, \[ \dim V-\dim \mbox{Im}(f)=\dim \ker f=\dim \operatorname{Im}(f^*)^\perp=\dim V-\dim \mbox{Im}(f^*). \] Ou seja, $\dim \mbox{Im}(f)=\dim \mbox{Im}(f^*)$. Por outro lado, \[ \dim (\ker f^*)^\perp=\dim W-\dim \ker f^*=\dim \mbox{Im}(f^*). \]
Caso de dimensão infinita:: A demonstração do item 1. não precisa que a dimensão seja finita. O argumento do item 2. precisa que as dimensões são finitas. Logo, item 1. vale com espaços de dimensão finita, enquanto item 2. pode não valer.

Exercício 81.17 Seja $f:V\to W$ uma transformação linear que possui adjunto e assuma que $\dim V$ e $\dim W$ são finitas. O espaço $\mbox{coker}(f)=W/\mbox{Im}(f)$ é chamado de conúcleo de $f$. Mostre que $\ker f\cong\mbox{coker}(f^*)$. Assumindo que $\dim V$ e $\dim W$ são finitas, deduza que \[\begin{align*} \dim \ker f&=\dim \ker f^*+\dim V-\dim W\\ \dim \mbox{Im}(f)&=\dim\mbox{Im}(f^*). \end{align*}\]

Solução

Seja $f:V\to W$ uma transformação linear entre espaços de dimensão finita, com adjunto $f^*:W\to V$. O conúcleo de $f$ é $\operatorname{coker}(f) = W/\operatorname{Im}(f)$.

Isomorfismo $\ker f \cong \operatorname{coker}(f^*)$: Segue do item 1. do Exercício 81.16 que \[ \dim \ker f=\dim \mbox{Im}(f^*)^\perp=V-\dim\mbox{Im}(f^*)= \dim V/\mbox{Im}(f^*)=\dim \mbox{coker}(f^*). \] Logo $\ker f\cong \mbox{coker}(f^*)$.
Fórmulas das dimensões: Temos que \[ \dim \ker f=\dim \mbox{coker}(f^*)=\dim V-\dim \mbox{Im}(f^*)=\dim V-\dim W+\dim\ker f^*. \] Ora, \[ \dim\mbox{Im}(f)=V-\dim\ker f=V-(\dim V-\dim W+\dim\ker f^*)=\dim W-\dim\ker f^*=\dim \mbox{Im}(f^*). \]

Exercício 81.18 Deduza do Exercício 81.17 que o posto coluna de uma matriz $m\times n$ com entradas em um corpo $\F$ é a mesma que o posto linha.

Exercício 81.19 Seja $f:V\to W$ uma isometria de espaços de dimensão finita que possui adjunto. Mostre que $f\circ f^*=\mbox{id}_W$ e $f^*\circ f=\mbox{id}_V$.

Solução

Seja $f:V\to W$ uma isometria entre espaços de dimensão finita, com adjunto $f^*$. Como $f$ é isometria, temos para todo $v \in V$ e $w \in W$: \[ B_W(f(v), f(w)) = B_V(v, w). \]

Pela definição de adjunto, para todo $v \in V$ e $w \in W$: \[ B_W(f(v), w) = B_V(v, f^*(w)). \]

Agora, substitua $w$ por $f(u)$: \[ B_W(f(v), f(u)) = B_V(v, f^*(f(u))). \] Mas, pela isometria, \[ B_W(f(v), f(u)) = B_V(v, u). \] Logo, \[ B_V(v, f^*(f(u))) = B_V(v, u) \] para todo $v, u \in V$. Como $B_V$ é não degenerada, segue que $f^* \circ f = \operatorname{id}_V$.

Analogamente, trocando os papéis de $f$ e $f^*$, para todo $w, w' \in W$ existe $v \in V$ tal que $f(v) = w'$, e então: \[ B_W(w, w') = B_W(w, f(v)) = B_V(f^*(w), v) = B_W(f(f^*(w)), w'). \] Como isso vale para todo $w'$, segue que $f \circ f^* = \operatorname{id}_W$.

Portanto, \[ f^* \circ f = \operatorname{id}_V \quad \text{e} \quad f \circ f^* = \operatorname{id}_W. \]

Exercício 81.20 Considere \[ V=\{f:[-1,1]\to \R\mid f\mbox{ é contínua}\} \] com o forma bilinear \[ \langle f,g\rangle = \int_{-1}^1 f(t)g(t)\,dt. \] Mostre que as funções $\mbox{sen}(n\pi x)$, $\cos(n\pi x)$ com $n\in \Z$ formam um sistema ortonormal.