Solução:

Fixado $$x_{0}\notin ker(f)$$, sabemos, por um lema, que qualquer $$x\in V$$ é escrito como $$x=\alpha\cdot x_{0} + z$$, com $$z\in ker(f)$$. Além disso, como $$x_{0}$$ não pertence ao núcleo dos funcionais, existe $$\gamma\in\mathbb{K}$$ tal que $$f(x_{0})=\gamma\cdot g(x_{0})$$.

Podemos escrever, então, que

\[f(x) = f(\alpha\cdot x_{0}+z)= \alpha f(x_{0})+f(z)=\gamma\cdot\alpha g(x_{0}) + g(z) (*),\]

pois $$f(z)=g(z)=0=\gamma\cdot g(z)$$, uma vez que $$z\in ker(f)=ker(g)$$.

Daqui, temos $$(*) = \lambda\cdot[g(\alpha\cdot x_{0}+z)] = \gamma\cdot g(x)$$.

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Solução:

Seja $$v\in V$$. Se $$\varphi(v)=0$$, então podemos escrever $$v=v+ 0\cdot v_{0}$$. O que prova a afirmação para este caso.

Agora, suponha que $$\varphi(v)=\alpha$$. Como α e φ(v₀) são números reais, existe uma constante c tal que α = cφ(v₀). Neste caso, teremos

\[\varphi(v) = c\cdot \varphi(v_{0}) = \varphi(c\cdot v_{0}).\]

Daqui, podemos escrever que $$\varphi(v – cv_{0})=0$$, ou seja, $$v-cv_{0}\in ker(\varphi)$$, portanto existe $$w\in ker(\varphi)$$ tal que $$w = v – cv_{0}$$.

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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.

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