Suponha que o espaço vetorial de dimensão finita $$E$$ admita a decomposição $$E=\bigoplus_{j=1}^{k} F_{j}$$, como soma direta de subespaços vetoriais. Para cada $$i\in\{1,2…,k\}$$, escreva $$G_{i}=\bigoplus_{j=1,j\neq i}^{k}F_{j}$$ e chame $$P_{i}:E\longrightarrow E$$ de projeção sobre $$F_{i}$$, paralelamente a $$G_{i}$$. Prove que $$P_{1}+…+P_{k}=I$$ e $$P_{s}P_{j}=0$$, para $$s\neq j$$.

Solução:

Por hipótese, para todo $$x\in E$$, há a decomposição única $$x=v_{1}+…+v_{k}$$, em que $$v_{j}\in F_{j}$$. Além disso, $$P_{j}(x)=v_{j}$$, dado que a decomposição existe e é única.

Daqui, podemos calcular a soma das projeções.

$$(P_{1}+…+P_{k})(x)=P_{1}(x)+…+P_{k}(x)= v_{1}+…+v_{k}=x$$. Isso prova que $$P_{1}+…+P_{k}=I$$.

Ademais, $$P_{s}P_{j}=P_{s}(P_{j}(x))=P_{s}(v_{j})=0$$, pois $$v_{j}$$ tem a seguinte decomposição: $$v_{j}=0+…+v_{j}+…+0$$.

Referência

Lima, Elon Lages- Álgebra Linear – 9ª Edição – Rio de Janeiro – IMPA

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Solução:

$$U$$ e $$W$$ são subespaços vetoriais de $$V$$ porque $$\varphi^{2}=I_{d}$$. Com efeito, tivéssemos $$v\in W$$, $$\varphi(\varphi(v))=\varphi(-v)=v$$. Do contrário, ter-se-ia $$\varphi(-v)=-v$$, fazendo com que $$-v\in U$$ — um absurdo, para ser $$W$$ um subespaço vetorial.

Consequentemente, se $$v\in U\cap W$$, $$\varphi(v)=v=-v$$, portanto $$v=0$$. Isto mostra que a interseção dos subespaços é apenas o elemento neutro.

Por fim, seja $$v\in V$$. Podemos escrever $$\varphi(v)=v+0$$, se $$v\in U$$. Esta é uma decomposição única do elemento $$v$$ em soma de dois elementos $$v\in U$$ e $$0\in W$$. O raciocínio é análogo para $$v\in W$$. Provamos que $$V=U+W$$.

Como a interseção é nula, é fato que $$V=U\oplus W$$.

Referência:

James and Liebeck – Representations and characters of finite groups

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Exercício

Seja $$f^{*}:\mathbb{R}\longrightarrow E$$ a adjunta do funcional linear $$f: E\longrightarrow \mathbb{R}$$. Prove que $$v=f^{*}(1)$$ é vetor de $$E$$ que corresponde a $$f$$ pelo isomorfismo do teorema da representação de Riesz.

Prove ainda que $$f(f^{*}(1))=|v|^{2}$$ e $$f^{*}(f(w))=<w;v>v$$, para todo $$w\in E$$.

Solução:

Da propriedade adjunta, $$f(w)\cdot 1 = <w;f^{*}(1)>=<w;v>$$.

Pelo teorema da representação, sabemos do isomorfismo $$\xi :E\longrightarrow E^{*}$$ tal que $$\xi (v)=<w;v>$$, para todo $$w\in E$$. Agora, façamos a composição de funções:

\[(\xi\circ f^{*})(v)=\xi(f^{*}(1))=\xi(v)=<w;v>=f(w)\].

Por outro lado, $$f(f^{*}(1))=f(v)=<v;v>=|v|^{2}$$, e $$f^{*}(f(w))=f^{*}(f(w)\cdot 1)=f(w)\cdot v = <w;v>v$$.

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Seja $$C(A)$$ o conjunto dos operadores lineares $$X: E\longrightarrow E$$ que comutam com o operador $$A\in\mathcal{L}(E)$$, isto é, $$XA=AX$$. Prove que $$C(A)$$ é um subespaço vetorial de $$\mathcal{L}(E)$$ e que, para $$X,Y\in C(A)$$, tem-se $$XY\in C(A)$$.

Solução:

Sejam $$X,Y\in C(A)$$. Façamos a operação distributiva à direita: $$A(X+Y)=AX+AY$$. Por hipótese e pela distributividade à direita, temos: $$AX+AY=XA+YA=(X+Y)A$$. Isto comprova que a soma de dois elementos em $$C(A)$$ é um elemento de $$C(A)$$.

Por outro lado, dado o escalar λ, $$A(\lambda\cdot X) = (\lambda\cdot A)X=\lambda\cdot(AX)=\lambda\cdot (XA)=(\lambda\cdot X)A$$. Isto comprova que o produto de um escalar por um elemento de $$C(A)$$ é elemento de $$C(A)$$.

Provamos que $$C(A)$$ é um subespaço vetorial dos operadores no espaço $$E$$.

Sejam $$X,Y\in C(A)$$, valerá $$AX=XA$$ e $$AY=YA$$. Desenvolvamos a seguinte expressão:

\[A(XY)=XAY=XYA\].

Isto prova que $$XY\in C(A)$$.

Admitindo que $$\mathcal{L}(E)$$ é formado por operadores invertíveis, ele será também um grupo multiplicativo com a operação produto entre operadores. Deste modo, $$C(A)$$ também é subgrupo deste mesmo conjunto de operadores.

Com efeito, seja $$I$$ o operador identidade, é fato que $$AI=IA=A$$. Portanto $$I\in C(A)$$.

Agora, com $$X\in C(A)$$, $$XA=AX$$. Como os operadores são invertíveis, multiplicamos os dois lados por $$X^{-1}$$.

\[X^{-1}XA=X^{-1}AX\Longrightarrow A=X^{-1}AX\Longrightarrow AX^{-1}=X^{-1}A\].

As três últimas propriedades verificadas mostram que o conjunto é subgrupo.

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