Seja U=\left\{P(t) \in P_{2} ; P(0)=0\right\} e V=\left\{P(t) \in P_{2} ; P(1)=d\right\}
a) mostre que U e V são subespaços de P_{2}
b) Calcule \operatorname{dim} U e \operatorname{dim} V
c) Calcule \operatorname{dim}(U \cap V)

Passo 1

O enunciado dá dois subconjuntos de P_{2} (o espaço vetorial das funções polinomiais em t de grau no máximo 2)):
  • U=\{P(t)\in P_{2} \mid P(0)=0\}.
  • V=\{P(t)\in P_{2} \mid P(1)=d\}, onde d é um número fixo real (o enunciado não especificou se d=0 ou não).
O que o exercício pede:
a) Mostrar que U e V são subespaços de P_{2}.
b) Calcular \dim U e \dim V.
c) Calcular \dim(U\cap V).
Informações úteis dadas (escrevendo um polinômio genérico de P_{2}):
P(t)=a + b t + c t^{2},\qquad a,b,c\in\mathbb{R}.
As condições ficam, em termos dos coeficientes:
P(0)=0 \iff a=0,
P(1)=d \iff a+b+c=d.

Passo 2

Mostrar que U é subespaço: passo a passo da definição de subespaço linear.
Definição: um subconjunto W de um espaço vetorial X é subespaço se (i) 0\in W, (ii) W é fechado por soma, e (iii) W é fechado por multiplicação escalar.
Verificações para U:
  • Não-vazio: o polinômio nulo P(t)=0 pertence a U porque P(0)=0. Logo 0\in U.
  • Fechamento por soma: sejam P_{1},P_{2}\in U. Então P_{1}(0)=0 e P_{2}(0)=0. Para P_{1}+P_{2} tem-se (P_{1}+P_{2})(0)=P_{1}(0)+P_{2}(0)=0+0=0. Logo P_{1}+P_{2}\in U.
  • Fechamento por escalares: seja \lambda\in\mathbb{R} e P\in U. Então (\lambda P)(0)=\lambda P(0)=\lambda\cdot 0=0. Logo \lambda P\in U.
Conclusão: U satisfaz as três condições e portanto é subespaço de P_{2}.

Passo 3

Encontrar uma base de U e calcular \dim U.
Como vimos, P\in U tem a=0, então um polinômio geral de U é
P(t)=b t + c t^{2},\qquad b,c\in\mathbb{R}.
Isto mostra que todo elemento de U é combinação linear de t e t^{2}. Verificamos que \{t,\;t^{2}\} é linearmente independente: se \alpha t + \beta t^{2}=0 como polinômio, então os coeficientes de t e t^{2} são zero, logo \alpha=\beta=0. Portanto \{t,t^{2}\} é base de U.
Logo
\dim U = 2.

Passo 4

Analisar V: condição para ser subespaço e prova rigorosa.
Considere a aplicação avaliação em 1,
\operatorname{ev}_{1}:P_{2}\to\mathbb{R},\qquad \operatorname{ev}_{1}(P)=P(1).
Essa aplicação é linear (porque \operatorname{ev}_{1}(P+Q)=P(1)+Q(1) e \operatorname{ev}_{1}(\lambda P)=\lambda P(1)). O conjunto V é o conjunto de polinômios cuja imagem por \operatorname{ev}_{1} é o número fixo d; ou seja, V=\operatorname{ev}_{1}^{-1}(\{d\}).
Observação crucial: para que V seja um subespaço linear é necessário que o polinômio nulo pertença a V. Mas o polinômio nulo tem \operatorname{ev}_{1}(0)=0. Portanto se d\neq 0 o polinômio nulo não pertence a V e V não é subespaço. Assim:
  • V é subespaço se, e somente se, d=0.
  • Se d\neq 0, V é uma translação (um subespaço afim) de um subespaço linear, mas não é subespaço linear.
Demonstração curta do fato: suponha d\neq 0. Tome P\in V. Então P(1)=d. Para \lambda\in\mathbb{R} temos (\lambda P)(1)=\lambda d, que só é igual a d para todo \lambda se d=0. Logo falta fechamento por escalares quando d\neq 0.

Passo 5

Calcular \dim V no caso d=0 (quando V é realmente subespaço). Encontrar uma base.
Se d=0, a condição é P(1)=0, ou seja a+b+c=0. Escrevendo a=-b-c,
P(t)= -b - c + b t + c t^{2} = b(t-1) + c(t^{2}-1).
Assim todo polinômio em V é combinação linear de t-1 e t^{2}-1. Verifica-se que \{t-1,\;t^{2}-1\} é linearmente independente (coeficientes de 1,t,t^{2} forçam zeros), portanto é base de V. Logo, quando d=0,
\dim V = 2.
Se d\neq 0, como já dito, V não é subespaço linear, portanto \dim V no sentido de dimensão de subespaço linear não se aplica. (Como conjunto afim, a “dimensão afim” de V é 2 — isto é, V é uma reta paralela ao subespaço anteriormente descrito? Na verdade é um plano afim de dimensão 2 dentro do espaço de dimensão 3.)

Passo 6

Calcular U\cap V. Primeiro expressar membros de U e impor condição de V.
Elementos de U têm forma P(t)=b t + c t^{2}. Impondo P(1)=d obtemos
b + c = d.
Isto é uma equação linear em b,c. As soluções (b,c) formam um conjunto de parâmetros com uma restrição linear; portanto tem um grau de liberdade: é uma família unidimensional.
Casos:
  • Se d=0 (também tornando V subespaço), então b+c=0, ou c=-b. Assim
P(t)=b t - b t^{2} = b(t-t^{2}).
Portanto U\cap V é o subespaço gerado por t-t^{2}, que é 1‑dimensional. Logo, quando d=0,
\dim(U\cap V)=1.
  • Se d\neq 0, o conjunto U\cap V é \{b t + c t^{2}\mid b+c=d\}. Esse conjunto é uma reta afim (não passa pela origem) no espaço dos pares (b,c); geometricamente tem dimensão afim 1. Como não é subespaço linear, falar em \dim(U\cap V) no sentido de dimensão de subespaço linear formal só faz sentido se aceitarmos a dimensão afim, que é 1. Note que, apesar de V não ser subespaço quando d\neq 0, a interseção com U nunca é vazia e tem um parâmetro livre, logo “uma dimensão” (afim) sempre.

Passo 7

Recapitulando de forma direta e útil para a prova (método prático que se aplica na hora):
  • Para verificar se um conjunto definido por uma condição do tipo P(\alpha)=\beta é subespaço, lembre-se: a avaliação é uma forma linear; o pré‑imagem de \{0\} é subespaço (o núcleo), o pré‑imagem de \{\beta\} com \beta\neq 0 é, em geral, apenas um conjunto afim e não um subespaço.
  • Para encontrar bases e dimensões, escreva o polinômio genérico a+bt+ct^{2}, traduza a restrição em equações lineares entre a,b,c, resolva as equações para eliminar incógnitas e observe as combinações lineares restantes para exibir uma base.

Resposta

(a) U é subespaço de P_{2}. V é subespaço de P_{2} se, e somente se, d=0.
(b) \dim U=2. Se d=0 então \dim V=2; se d\neq 0 então V não é subespaço (como conjunto afim tem dimensão afim 2).
(c) Se d=0 então \dim(U\cap V)=1. Se d\neq 0 então U\cap V é uma reta afim (não-linear) e tem dimensão afim 1.

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