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Mostre que se \( B \subset S \) e \(span(B) = S\), então \( x \perp S \) se, e somente se, \( x \perp b \) para todo \( b \in B \).

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perguntada Fev 18 em Matemática por Lucas Santos e Silva (51 pontos)  
editado Fev 19 por Lucas Santos e Silva

Mostre que se \( B \subset S \) e \(span(B) = S\), então temos \( x \perp S \) se, e somente se, \( x \perp b \) para todo \( b \in B \).

Ref.: Exercício 2.4.14 do livro "A Primer in Econometric Theory" de John Stachurski

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1 Resposta

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respondida Fev 19 por Lucas Santos e Silva (51 pontos)  

Conforme definição de \(span() \), temos que \( span(B) \) corresponde ao conjunto de todas as combinações lineares que podem ser obtidas a partir de elementos de \( B \).

Ou seja, tem-se o seguinte:

\[ span(B) = \{ \sum_{i = 1}^{n} \alpha_{i} b_{i} : \{ b_1, ..., b_n \} \subseteq B, \, n \in \mathbb{N}, \, \alpha_i \in \mathbb{R} \} \]

No caso em que \( span(B) = S \), temos que \( S \subset span(B) \) (assim como \( span(B) \subset S \) ), logo todo elemento de \(S\) pode ser escrito como uma combinação linear de elementos de \( B \). Ou seja:

\( \quad \quad \,\,\,\, \forall s \in S \,\,\,\exists \, n \in \mathbb{N} \, \) e \( \alpha = (\alpha_1, ..., \alpha_n) \in \mathbb{R}^n \, \mid \, s = \sum_{i = 1}^{n} \alpha_{i} b_{i} \,\, \)

Adicionalmente, destacamos aqui que dois vetores \( x \) e \( z \) são ditos ortogonais (\( x \perp z \)) quando \( \langle x , z \rangle = 0 \).

Desta forma, definidos os pontos acima, seguimos então com a seguinte demosntração:

(\( \Rightarrow \)) Supomos inicialmente \( x \perp S \).

Neste caso, tem-se que \( x \) será ortogonal a cada um dos elementos de \(S\), logo:

\[ \langle x,s \rangle = 0 \,\,\, \forall s \in S \]

Dado que todo elemento de \(S\) pode ser escrito como uma combinação linear de elementos de \( B \), temos que:

\[ s = \sum_{i = 1}^{n} \alpha_{i} b_{i} = \alpha_{1} b_{1} + ... + \alpha_{n} b_{n} \]

Logo, podemos reescrever a expressão inicial como:

\[ \langle x, \alpha_{1} b_{1} + ... + \alpha_{n} b_{n} \rangle = 0 \]

E, considerando as propriedades de produto interno, obtemos:

\[ \alpha_1\langle x, b_1\rangle + ... + \alpha_{n}\langle x, b_{n} \rangle = 0 \]

Verifica-se então que para termos \(x\) ortogonal a todo \( s\in S \) a expressão acima deverá ser válida para todas as coleções de escalares tais que \( n \in \mathbb{N} \) e \( \alpha = ( \alpha_1, ... , \alpha_n ) \in \mathbb{R}^n \) (lembrando aqui que \( span(B) \subset S \), logo toda combinação linear que pode ser obtida a partir de elementos de \( B \) faz parte de \( S \) e, portanto, deverá ser ortogonal a \( x \)).

Afirmamos então que:

\[ \langle x , b_i \rangle = 0 \,\, \forall i \]

Tal afirmação pode ser facilmente verificada considerando-se particularmente as coleções de escalares tais que \( \alpha_i \ne 0 \) e \( \alpha_{j \ne i} = 0 \). Neste caso, a expressão \( \alpha_1\langle x, b_1\rangle + ... + \alpha_{n}\langle x, b_{n} \rangle = 0 \) fica reduzida a:

\[ \alpha_{i}\langle x, b_{i} \rangle = 0 \]

E dado que \( \alpha_i \ne 0 \), temos:

\[ \langle x, b_{i} \rangle = 0 \]

Repetindo o mesmo argumento para \( i = 1, ... , n \), obtemos que \( \langle x , b_i \rangle = 0 \,\, \forall i \), tal como queríamos demonstrar.

\( \therefore x \perp b \,\, \, \forall b \in B \)

(\( \Leftarrow \)) Supomos agora que \(x \perp b \,\,\, \forall b \in B \).

Dado que todo \( s \in S \) pode ser escrito como uma combinação linear dos elementos de \( B \), temos que:

\[ s = \sum_{i = 1}^{n} \alpha_{i} b_{i} = \alpha_{1} b_{1} + ... + \alpha_{n} b_{n} \]

Tomando-se então o produto interno de \( x \) com um \( s \in S \) qualquer, tem-se:

\[ \langle x, s \rangle = \langle x, \alpha_{1} b_{1} + ... + \alpha_{n} b_{n} \rangle \]

Onde, considerando as propriedades de produto interno, obtemos:

\[ \langle x, s \rangle = \alpha_1\langle x, b_1\rangle + ... + \alpha_{n}\langle x, b_{n} \rangle \]

Dada a hipótese inicial de que \(x \perp b \,\,\, \forall b \in B \), vale que:

\[ \langle x, b_{i} \rangle = 0 \,\,\, \forall i \]

Logo:

\[ \langle x, b_1\rangle = ... = \langle x, b_{n} \rangle = 0 \]

E portanto:

\[ \langle x, s \rangle = \alpha_1\langle x, b_1\rangle + ... + \alpha_{n}\langle x, b_{n} \rangle = \alpha_1 \times 0 \,+ ... + \, \alpha_n \times 0 = 0 \]

Ou seja, obtemos que \( \langle x,s \rangle = 0 \,\,\, \forall s \in S \), tal como queríamos demonstrar.

\( \therefore x \perp S \)

...