[09] Consideremos o espaço vetorial M(2,2). Sejam A, B in M(2,2) duas matrizes quaisquer. Definese a aplicação
lang<= A, Brang<==tr(A^t B)
onde tr(M)=sumi=1^n mi i é o traço de uma matriz M=(mi j)n times n in M(n, n).
(a) Verifique que lang<= A, Brang<= é um produto interno.
(b) Exiba uma base ortonormal BO a partir da base
B=[ll 1 & 0 0 & 1 ],[ll 1 & 1 0 & 0 ],[ll 1 & 0 1 & 1 ],[ll 1 & 1 1 & 1 ]

Passo 1

O enunciado trabalha no espaço vetorial M(2,2) de todas as matrizes 2times2 e define a aplicação
lang<= A,Brang<= = tr!l(A^t Br)
Precisamos (a) verificar que lang<=cdot,cdotrang<= satisfaz as três propriedades de produto interno (bilinearidade, simetria e positividade definida) e (b), usando o processo de Gram–Schmidt, transformar a base
B=lB1,I;B2=1&10&0; B3=1&01&1; B4=1&11&1r
em uma base ortonormal BO.

Passo 2

Verificamos bilinearidade e simetria usando propriedades da traça:
  1. Para A,B,Cin M(2,2) e alphain R,
lang<= A+B,Crang<= =tr!l((A+B)^tCr) =tr(A^tC)+tr(B^tC) =lang<= A,Crang<=+lang<= B,Crang<=,
lang<= alpha A,Brang<= =tr!l((alpha A)^tBr) =alpha,tr(A^tB) =alphalang<= A,Brang<=
  1. Como tr(A^tB)=tr(B^tA), segue
lang<= A,Brang<= = lang<= B,Arang<=

Passo 3

Mostramos positividade definida:
lang<= A,Arang<= =tr(A^tA) =sumi,j(aij)^2>=0
e lang<= A,Arang<==0 implica cada aij=0, logo A=0. Assim lang<=cdot,cdotrang<= é produto interno.

Passo 4

Aplicamos Gram–Schmidt à base B1=I, B2, B3, B4. O método constrói vetores ortogonais uk' por
uk' = Bk - sumi=1^k-1lang<= Bk,uirang<=lang<= ui,uirang<=,ui,
e então normaliza uk = uk'/|uk'|.

Passo 5

Para k=1,
u1'=B1=I, |u1'|^2=lang<= I,Irang<==tr(I)=2,
u1=1raiz2,I

Passo 6

Para k=2, B2=l[1&10&0r]:
lang<= B2,u1rang<= =1raiz2,tr(B2^tI) =1raiz2,tr(B2) =1raiz2cdot1,
u2' = B2 - lang<= B2,u1rang<=|u1|^2,u1 = B2 - 1/raiz22,I = tfrac12&10&-tfrac12,
|u2'|^2 =tfrac14+1+tfrac14=tfrac32, u2 = u2'raiz3/2 = raiztfrac23tfrac12&10&-tfrac12 =1/raiz6&raiz2/30&-1/raiz6

Passo 7

Para k=3, B3=l[1&01&1r]:
lang<= B3,u1rang<= =tr(B3)/raiz2 =tfrac2raiz2, lang<= B3,u2rang<==0
(imediatamente, pois a soma das entradas ponderadas em u2 anula). Então
u3' = B3 - 2/raiz22I = B3 - I =0&01&0,
|u3'|^2=1, logo
u3 = 0&01&0

Passo 8

Para k=4, B4=l[1&11&1r]:
lang<= B4,u1rang<==tfrac2raiz2,
lang<= B4,u2rang<==raiz2/3,
lang<= B4,u3rang<==1
Subtraindo os três projetores obtemos
u4' = B4 -1cdot I -raiztfrac23,u2 - 1cdot u3 =-tfrac13&tfrac130&tfrac13,
|u4'|^2=tfrac13, daí
u4 = u4'raiz1/3 =-1/raiz3&1/raiz30&1/raiz3

Resposta

Uma base ortonormal BO=u1,u2,u3,u4 é
u1 = 1raiz21&00&1, u2 = 1/raiz6&raiz2/30&-1/raiz6, u3 = 0&01&0, u4 = -1/raiz3&1/raiz30&1/raiz3

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