Seja $$\mathcal{V}=\{v_{1},…,v_{n}\}$$ é uma base do espaço vetorial $$E$$.Para cada $$i=1,2,…,n$$, seja $$\Phi_{i}: E\longrightarrow\mathbb{R}$$ o funcional linear determinado pelas condições: $$\Phi_{i}(v_{i})= 1$$, $$\Phi_{i}(v_{j})= 0$$, se $$i\neq j$$. Prove que $$\Phi_{1},…,\Phi_{n}$$ é uma base de $$E^{*}=\mathcal{L}(E;\mathbb{R})$$ (base dual de $$\mathcal{V}$$.
Solução:
i) O conjunto é um gerador do espaço dual.
Com efeito, seja $$f\in E^{*}$$, então existem os escalares $$\lambda_{1},…,\lambda_{n}$$ tais que $$f(v_{i})=\lambda_{i}$$.
Podemos escrever $$f(v_{i})=\lambda_{i}\Phi_{i}(v_{i})=\lambda_{i}$$.
Dado $$w\in V$$, existem os escalares $$\alpha_{1},…,\alpha_{n}\in\mathbb{R}$$ tais que $$w=\alpha_{1}v_{1}+…+\alpha_{n}v_{n}$$.
Então $$f(w)=\alpha_{1}f(v_{1})+…+\alpha_{n}f(v_{n})=\alpha_{1}\lambda_{1}+…+\alpha_{n}\lambda_{n}$$.
Por outro lado, $$\alpha_{i}\lambda_{i}=\lambda_{i}\Phi_{i}(\alpha_{i} v_{i})=\lambda_{i}\Phi(w)$$. Isto resulta na expressão:
\[f(w)=\lambda_{1}\Phi_{1}(w)+…+\lambda_{n}\Phi_{n}(w)\].
Provamos que qualquer funcional pode ser escrito como combinação linear das funções indicadas, pois existem os escalares $$\lambda$$.
ii) O conjunto é linearmente independente.
Seja a função nula a seguir:
\[\mathcal{0}(w)=\lambda_{1}\Phi_{1}(w)+…+\lambda_{n}\Phi_{n}(w)=\lambda_{1}\alpha_{1}+…\lambda_{n}\alpha_{n}\].
Como a expressão deve ser nula para todo $$w\in E$$, podemos tomar $$w=w_{i}$$, para os índices da base de $$E$$. Deste modo, temos:
\[\mathcal{0}(v_{i})=\lambda_{i}=0\].
A fim de que a função seja nula para todos os elementos da base, é necessário que os valores $$\lambda$$ sejam nulos. Provamos que, para termos o vetor nulo do espaço dos funcionais, a combinação linear do conjunto gerador deve ser nula.
