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3. Espaços Vetoriais

1 - Usando os axiomas de espaços vetoriais, mostre que é possível definir um espaço vetorial \(V(2,\mathbb{R})\). Deixe claro quais são os elementos nulo, unitário e inverso.

Solução:

Definimos os vetores, \(\textbf{u},\textbf{v},\textbf{w},\textbf{0} \in V(2,\mathbb{R})\):

\[\begin{split}\begin{align*} \textbf{u} &= u^{1}e_{1}+u^{2}e_{2} = (u^{1}, u^{2})\\ \textbf{v} &= v^{1}e_{1}+v^{2}e_{2} = (v^{1}, v^{2})\\ \textbf{w} &= w^{1}e_{1}+w^{2}e_{2} = (w^{1}, w^{2})\\ \end{align*}\end{split}\]

onde \(e_{1}\) e \(e_{2}\) são as bases de \(V(2,\mathbb{R})\) e \(u^{1},u^{2}v^{1},v^{2}w^{1},w^{2},0,1\) são escalares pertencentes ao corpo dos reais. Agora mostramos que esses vetores o obedecem os axiomas de formação de um espaço vetorial.

(i) -

\[\begin{split}\begin{align*} \textbf{u} + \textbf{v} &= \textbf{v} + \textbf{u}\\ (u^{1}+v^{1},u^{2}+v^{2}) &= (v^{1}+u^{1},v^{2}+u^{2}) \end{align*}\end{split}\]

Como os escalares são reais, sua soma é comutativa.

(ii) -

\[\begin{split}\begin{align*} (\textbf{u} + \textbf{v}) + \textbf{w} &= \textbf{u} + (\textbf{v} + \textbf{w})\\ (u^{1}+v^{1},u^{2}+v^{2}) + (w^{1},w^{2}) &= (u^{1},u^{2}) + (v^{1}+w^{1},v^{2}+w^{2})\\ (u^{1}+v^{1}+w^{1},u^{2}+v^{2}+w^{2}) &= (u^{1}+v^{1}+w^{1},u^{1}+v^{2}+w^{2})\\ \end{align*}\end{split}\]

Novamente a comutatividade da soma dos reais garante a associatividade da soma vetorial.

(iii) - seja o elemento nulo: \(\textbf{0} = 0e_{1}+0e_{2} = (0, 0)\)

\[\begin{split}\begin{align*} \textbf{0} + \textbf{u} &= (0,0) + (u^{1},u^{2})\\ &= (0+u^{1},0+u^{2}) \\ &= (u^{1},u^{2})\\ &= \textbf{u} \end{align*}\end{split}\]

(iv) -

\[\begin{split}\begin{align*} \textbf{u} + (-\textbf{u}) &= (u^{1},u^{2}) + (-u^{1},-u^{2})\\ &= (u^{1}-u^{1},u^{2}-u^{2})\\ &= (0,0)\\ &= \textbf{0} \end{align*}\end{split}\]

(v) - seja \(a \in \mathbb{R}\),

\[\begin{split}\begin{align*} a(\textbf{u}+\textbf{v}) &= a\textbf{u}+ a\textbf{v}\\ a(u^{1}+v^{1},u^{2}+v^{2}) &=(au^{1},au^{2}) + (av^{1},av^{2})\\ (a(u^{1}+v^{1}),a(u^{2}+v^{2})) &= (au^{1}+av^{1},au^{2}+av^{2})\\ (au^{1}+av^{1},au^{2}+av^{2}) &= (au^{1}+av^{1},au^{2}+av^{2}) \end{align*}\end{split}\]

(vi) - sejam \(a,b \in \mathbb{R}\),

\[\begin{split}\begin{align*} (a+b)\textbf{u} &= a\textbf{u}+ b\textbf{u}\\ &= a(u^{1},u^{2}) + b(u^{1},u^{2})\\ &=(au^{1},au^{2}) + (bu^{1},bu^{2})\\ &= (au^{1}+bu^{1},au^{2}+bu^{2})\\ &= ((a+b)u^{1},(a+b)u^{2})\\ &= (a+b)\textbf{u} \end{align*}\end{split}\]

(vii) - sejam \(a,b \in \mathbb{R}\),

\[\begin{split}\begin{align*} (ab)\textbf{u} &= a(b\textbf{u})\\ &= a(bu^{1},bu^{2})\\ &=(abu^{1},abu^{2})\\ &= (ab)(u^{1},u^{2})\\ &= (ab)\textbf{u} \end{align*}\end{split}\]

Como o produto \(ab\) é apenas um novo escalar \(c \in \mathbb{R}\), não importa a ordem de atuação dos escalares.

(viii) - seja \(1 \in \mathbb{R}\) o elemento unitário de \(\mathbb{R}\),

\[\begin{split}\begin{align*} 1\textbf{u} &= 1(u^{1},u^{2})\\ &= (1u^{1},1u^{2}) \\ &= (u^{1},u^{2})\\ &= \textbf{u} \end{align*}\end{split}\]

2 - Seja o mapa \(f: V \rightarrow W\), definido por \((x,y) \mapsto (r \cos{\theta}, r \sin{\theta})\), ou seja, \(V\) é um espaço vetorial euclidiano “convencional” (com coordenadas cartesianas) e \(W\) o seu correspondente em coordenadas polares. Sejam \(v^{i} \in V\) e \(w^{i} \in W\), encontre os mapas \(\eta: V \rightarrow V^{*}\) e \(g: W \rightarrow W^{*}\), ou seja, os mapas que levam cada elemento dos espaços \(V\) e \(W\) para seua correspondentes elementos nos espaços duais \(V^{*}\) e \(W^{*}\).

Solução:

Os mapas \(\eta\) e \(g\) são os tensores métricos de cada um dos espaços, para o espaço Euclidiano bi-dimensional este se reduz ao delta de Kronecker, então \(\eta \equiv \delta_{ij}\) (\(\delta_{ij} = 1\) se \(i=j\) e \(0\) caso contrário). Para encontrar \(v^{*} = v_{i}\) utilizamos o delta para “descer” o índice de \(v^{i}\):

\[\begin{split}\begin{align*} v_{i} &= \delta_{ij}v^{j}\\ &= \delta_{00}v^{0} + \delta_{11}v^{1} \end{align*}\end{split}\]

ou ainda

\[\begin{split}\begin{align*} \begin{pmatrix}v_{0} & v_{1} \end{pmatrix} &= \begin{pmatrix} 1 & 0\\ 0&1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}v^{0} \\ v^{1} \end{pmatrix}\\ &= \begin{pmatrix} v^{0} & v^{1} \end{pmatrix} \end{align*}\end{split}\]

Ou seja, o elemento \(v^{i}\) é um vetor coluna (ou vetor contravariante) e \(v_{i}\), o vetor dual de \(v^{i}\), é um vetor linha (ou vetor covariante). Vemos que \(v_{i}\) é o tansposto de \(v^{i}\).

Para encontrar \(g\) podemos verificar como \(\delta_{ij}\) se transforma do espaço \(V\) para \(W\). Para tal precisamos verificar como um tensor se transforma de \(V\) para \(W\). Denotaremos os elementos de \(W\) com o símbolo \('\) para evitar confusão com os elementos de \(V\):

\[\begin{split}\begin{align*} w^{'j} = \frac{\partial x^{'j}}{\partial x^{i}} v^{i} &= \begin{pmatrix} \frac{\partial x^{'0}}{\partial x^{0}} & \frac{\partial x^{'0}}{\partial x^{1}} \\ \frac{\partial x^{'1}}{\partial x^{0}} &\frac{\partial x^{'1}}{\partial x^{1}} \end{pmatrix}\begin{pmatrix}v^{0} \\ v^{1} \end{pmatrix} \\ &=\begin{pmatrix} \cos{\theta} & \sin{\theta} \\ \frac{-\sin{\theta}}{r} & \frac{\cos{\theta}}{r} \end{pmatrix}\begin{pmatrix}v^{0} \\ v^{1} \end{pmatrix} \\ &= \begin{pmatrix} v^{0} \cos{\theta} + v^{1} \sin{\theta} \\ v^{0}\frac{-\sin{\theta}}{r} + v^{1} \frac{\cos{\theta}}{r} \end{pmatrix} \end{align*}\end{split}\]

onde usamos a inversa de \(f\) como \(f^{-1}(r,\theta) \mapsto (\sqrt{x^{2}+y^{2}},\tan^{-1}(y/x))\).

A transformação de um vetor dual é dada por:

\[\begin{split}\begin{align*} w_{j}^{'} = \frac{\partial x^{j}}{\partial x^{'i}} v_{i} &= \begin{pmatrix}v_{0} & v_{1} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \frac{\partial x^{0}}{\partial x^{'0}} & \frac{\partial x^{0}}{\partial x^{'1}} \\ \frac{\partial x^{1}}{\partial x^{'0}} &\frac{\partial x^{1}}{\partial x^{'1}} \end{pmatrix} \\ &= \begin{pmatrix}v_{0} & v_{1} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \cos{\theta} & -r \sin{\theta} \\ \sin{\theta} & r \cos{\theta} \end{pmatrix}\\ &= \begin{pmatrix} v^{0} \cos{\theta} + v^{1} \sin{\theta} & -v_{0} r \sin{\theta} + v_{1} r \cos{\theta} \end{pmatrix} \end{align*}\end{split}\]

Assim, a matriz de transformação é \(\Lambda_{i}^{j} =\begin{pmatrix} \cos{\theta} & -r \sin{\theta} \\ \sin{\theta} & r \cos{\theta} \end{pmatrix}\) e com ela podemos transformar o tensor métrico:

\[\begin{split}\begin{align*} g_{ij}^{'} &= \frac{\partial x^{l}}{\partial x^{'i}} \frac{\partial x^{m}}{\partial x^{'j}} g_{lm}\\ &= \Lambda_{i}^{l}\Lambda_{j}^{m} \delta_{lm} \\ &= \Lambda_{i}^{0}\Lambda_{j}^{0} + \Lambda_{i}^{1}\Lambda_{j}^{1} \\ &= \begin{pmatrix} \Lambda_{0}^{0}\Lambda_{0}^{0} + \Lambda_{0}^{1}\Lambda_{0}^{1} & \Lambda_{0}^{0}\Lambda_{1}^{0} + \Lambda_{0}^{1}\Lambda_{1}^{1}\\ \Lambda_{1}^{0}\Lambda_{0}^{0} + \Lambda_{1}^{1}\Lambda_{0}^{1} & \Lambda_{1}^{0}\Lambda_{1}^{0} + \Lambda_{1}^{1}\Lambda_{1}^{1} \end{pmatrix}\\ &= \begin{pmatrix} \cos^{2}{\theta} + \sin^{2}{\theta}& 0 \\ 0 & r^{2}(\cos^{2}{\theta} + \sin^{2}{\theta})\end{pmatrix}\\ &= \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & r^{2} \end{pmatrix} \end{align*}\end{split}\]

Finalmente podemos fazer a transformação:

\[\begin{split}\begin{align*} w_{i} &= g_{ij}w^{j} \\ &= \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & r^{2} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} w^{0} \\ w^{1} \end{pmatrix} \\ &= \begin{pmatrix} 1 w^{0} & r^{2} w^{1} \end{pmatrix} \end{align*}\end{split}\]

3 - Seja \(G: W \rightarrow W^{*}\), onde seus elementos são dados por \( g_{ij} = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & r^{2} \end{pmatrix}\) (ver problema 2). \(G\) é um elemento do grupo de matrices linerares \(GL(2,\mathbb{R})\). Mostre que isso faz com que \(W\) e \(W^{*}\) sejam isomórficos.

4 - Mostre que os mapas \(\eta\) e \(g\) do problema acima definem produtos internos em \(V\) e \(W\) respectivamente.

5 - Considere o espaço Euclidiano tri-dimensional em coordenadas cartesianas. Encontre o tensor métrico de um novo espaço em coordenadas cilíndricas.

6 - Considere o espaço Euclidiano tri-dimensional. Encontre o tensor métrico em coordenadas esféricas.

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