Conjunto \mathbf{S}=\mathbf{v}_{\mathbf{1}}=(\mathbf{1 , 2 , 0 , 1}), \mathbf{v}_{\mathbf{2}}=(\mathbf{0 , 1 , 1 , 2}), \mathbf{v}_{\mathbf{3}}=(\mathbf{1 , 0 , 1 , 0}), \mathbf{v}_{\mathbf{4}}=(\mathbf{2 , 1 , 1 , 3}) \subset \mathbb{R}^{\mathbf{4}} é o subespaços vetorial \mathrm{W}=\mathrm{L}(\mathrm{S}).
a) Defina base e dimensão de um espaço vetorial.
b) Determine uma base e a dimensão de W .
c) Determine se v=(1,1,2,1) \in W.
d) Use o método de Gram-Schmidt para determinar uma base ortogonal de W .

Passo 1

O enunciado dá o conjunto S=\{\,\mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2,\mathbf{v}_3,\mathbf{v}_4\}\subset\mathbb{R}^4 com
\mathbf{v}_1=(1,2,0,1),\qquad \mathbf{v}_2=(0,1,1,2),\qquad \mathbf{v}_3=(1,0,1,0),\qquad \mathbf{v}_4=(2,1,1,3)
e define W=\mathrm{L}(S), o espaço gerado por S. As perguntas são:
(a) Definir base e dimensão de um espaço vetorial.
(b) Determinar uma base e a dimensão de W.
(c) Verificar se \mathbf{v}=(1,1,2,1) pertence a W (e, se sim, escrever como combinação linear).
(d) Usar o método de Gram–Schmidt para determinar uma base ortogonal de W.

Passo 2

(a) Definições — vou explicar de forma didática:
Uma família de vetores \{u_1,\dots,u_k\} em um espaço vetorial V é uma base de V se duas condições ocorrem simultaneamente:
  1. Geram V: ou seja, todo vetor de V é combinação linear de u_1,\dots,u_k. Isso significa V=\mathrm{L}\{u_1,\dots,u_k\}.
  2. São linearmente independentes: a única solução do sistema \alpha_1 u_1+\cdots+\alpha_k u_k=0 é \alpha_1=\cdots=\alpha_k=0.
A dimensão de V, denotada \dim V, é o número de vetores em qualquer base de V. Importante: todas as bases têm o mesmo número de vetores. Exemplo simples: em \mathbb{R}^2 a base padrão é \{(1,0),(0,1)\} e \dim\mathbb{R}^2=2.

Passo 3

(b) Determinar base e dimensão de W\). Vou verificar se os vetores \(\mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2,\mathbf{v}_3,\mathbf{v}_4\) são linearmente independentes. Coloco esses vetores como colunas da matriz \(A\) e faço redução por linhas: \[A=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & 2\\[4pt] 2 & 1 & 0 & 1\\[4pt] 0 & 1 & 1 & 1\\[4pt] 1 & 2 & 0 & 3 \end{pmatrix}.
Faço eliminação (vou mostrar passo a passo os pivôs e operações principais):
  1. Pivot na coluna 1 (linha 1). Elimino abaixo:
\begin{cases} R_2\leftarrow R_2-2R_1,\\[4pt] R_4\leftarrow R_4-R_1, \end{cases}
obtendo
\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & 2\\[4pt] 0 & 1 & -2 & -3\\[4pt] 0 & 1 & 1 & 1\\[4pt] 0 & 2 & -1 & 1 \end{pmatrix}.
  1. Pivot na coluna 2 (linha 2). Elimino nas outras linhas:
\begin{cases} R_3\leftarrow R_3-R_2,\\[4pt] R_4\leftarrow R_4-2R_2, \end{cases}
ficando
\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & 2\\[4pt] 0 & 1 & -2 & -3\\[4pt] 0 & 0 & 3 & 4\\[4pt] 0 & 0 & 3 & 7 \end{pmatrix}.
  1. Pivot na coluna 3 (linha 3). Divido R_3\] por \(3 e elimino:
R_3\leftarrow \tfrac{1}{3}R_3,\qquad R_1\leftarrow R_1-R_3,\qquad R_2\leftarrow R_2+2R_3,\qquad R_4\leftarrow R_4-3R_3,
obtenho
\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 2/3\\[4pt] 0 & 1 & 0 & -1/3\\[4pt] 0 & 0 & 1 & 4/3\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 3 \end{pmatrix}.
  1. Pivot na coluna 4 (linha 4). Divido R_4 por 3 e elimino cima:
R_4\leftarrow \tfrac{1}{3}R_4,\qquad R_1\leftarrow R_1-\tfrac{2}{3}R_4,\qquad R_2\leftarrow R_2+\tfrac{1}{3}R_4,\qquad R_3\leftarrow R_3-\tfrac{4}{3}R_4,
chego à matriz identidade I_4. Ou seja, a redução mostra que as quatro colunas são linearmente independentes e a matriz tem posto 4.
Conclusão intermediária: as quatro colunas são independentes, portanto \mathrm{rank}(A)=4.]

Passo 4

(b) (continuação) Como temos quatro vetores linearly independentes em \mathbb{R}^4, eles formam uma base de \mathbb{R}^4. Portanto W=\mathrm{L}(S)=\mathbb{R}^4. Logo:
  • Uma base possível de W é exatamente S=\{\mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2,\mathbf{v}_3,\mathbf{v}_4\}.
  • A dimensão é \dim W = 4.
Explicação curta de porquê: em \mathbb{R}^4 4 vetores linearmente independentes já geram todo \mathbb{R}^4, por isso W=\mathbb{R}^4 e \dim W=4.

Passo 5

(c) Verificar se \mathbf{v}=(1,1,2,1)\in W — como W=\mathbb{R}^4 a resposta é sim; mas vou também encontrar coeficientes \alpha_1,\dots,\alpha_4 tais que
\alpha_1\mathbf{v}_1+\alpha_2\mathbf{v}_2+\alpha_3\mathbf{v}_3+\alpha_4\mathbf{v}_4=\mathbf{v}.
Resolvo o sistema A\boldsymbol{\alpha}=\mathbf{v} com A das colunas e \mathbf{v}=(1,1,2,1) como vetor de termos independentes. Faço a redução aplicada ao sistema (mostro as operações principais, já que parte delas usei quando reduzi A):
Matriz aumentada inicial [A\mid\mathbf{v}]:
\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & 2 &\mid& 1\\[4pt] 2 & 1 & 0 & 1 &\mid& 1\\[4pt] 0 & 1 & 1 & 1 &\mid& 2\\[4pt] 1 & 2 & 0 & 3 &\mid& 1 \end{pmatrix}.
Aplicando as mesmas operações de eliminação usadas antes (detalhes aritméticos omitidos aqui, mas seguem as mesmas etapas do Passo 3), chego à forma escalonada reduzida com solução direta para os coeficientes:
\boldsymbol{\alpha}=\begin{pmatrix}\alpha_1\\[4pt]\alpha_2\\[4pt]\alpha_3\\[4pt]\alpha_4\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}2/9\\[4pt]8/9\\[4pt]13/9\\[4pt]-1/3\end{pmatrix}.
Verificação rápida (produto escalar por linhas): com esses coeficientes realmente obtém-se (1,1,2,1). Portanto \mathbf{v}\in W e uma combinação linear é
\mathbf{v}=\tfrac{2}{9}\mathbf{v}_1+\tfrac{8}{9}\mathbf{v}_2+\tfrac{13}{9}\mathbf{v}_3-\tfrac{1}{3}\mathbf{v}_4.]

Passo 6

(d) Gram–Schmidt — objetivo: a partir da base S obter uma base ortogonal de W. Vou usar o produto interno canônico (produto escalar padrão em \mathbb{R}^4). Gram–Schmidt gera vetores ortogonais u_1,u_2,u_3,u_4 assim:
\begin{aligned} u_1&=v_1,\\[4pt] u_2&=v_2-\mathrm{proj}_{u_1}v_2,\\[4pt] u_3&=v_3-\mathrm{proj}_{u_1}v_3-\mathrm{proj}_{u_2}v_3,\\[4pt] u_4&=v_4-\mathrm{proj}_{u_1}v_4-\mathrm{proj}_{u_2}v_4-\mathrm{proj}_{u_3}v_4, \end{aligned}
onde \mathrm{proj}_u v=\dfrac{\langle v,u\rangle}{\langle u,u\rangle}u.
Vou calcular passo a passo os produtos e projeções. Começo com u_1:
u_1=\mathbf{v}_1=(1,2,0,1),\qquad \langle u_1,u_1\rangle=1^2+2^2+0^2+1^2=6.]

Passo 7

Calculo de u_2:
\langle \mathbf{v}_2,u_1\rangle=0\cdot1+1\cdot2+1\cdot0+2\cdot1=4.
Logo
\mathrm{proj}_{u_1}\mathbf{v}_2=\frac{4}{6}u_1=\frac{2}{3}u_1.
Então
u_2=\mathbf{v}_2-\frac{2}{3}u_1 =(0,1,1,2)-\frac{2}{3}(1,2,0,1) =\Big(-\tfrac{2}{3},-\tfrac{1}{3},1,\tfrac{4}{3}\Big).
Para simplificar os cálculos seguintes, escolho um múltiplo escalar de u_2 (a escala não altera ortogonalidade): multiplico por 3 e trabalho com
e_2=3u_2=(-2,-1,3,4).
Verifique que e_2 é ortogonal a u_1 (produto escalar zero).

Passo 8

Calculo de u_3. Primeiro os produtos com u_1 e com a versão não normalizada de u_2 (usei e_2 por conveniência; ao usar e_2 devo usar \langle e_2,e_2\rangle no denominador):
Já tínhamos \langle u_1,u_1\rangle=6. Para e_2,
\langle e_2,e_2\rangle=(-2)^2+(-1)^2+3^2+4^2=4+1+9+16=30.
Agora os produtos:
\langle \mathbf{v}_3,u_1\rangle=1\cdot1+0\cdot2+1\cdot0+0\cdot1=1,
\langle \mathbf{v}_3,e_2\rangle=1\cdot(-2)+0\cdot(-1)+1\cdot3+0\cdot4=-2+0+3+0=1.
As projeções são
\mathrm{proj}_{u_1}\mathbf{v}_3=\frac{1}{6}u_1,\qquad \mathrm{proj}_{e_2}\mathbf{v}_3=\frac{1}{30}e_2.
Logo
u_3=\mathbf{v}_3-\frac{1}{6}u_1-\frac{1}{30}e_2.
Fazendo as contas (operações coordenada a coordenada) obtém-se
u_3=\Big(\tfrac{9}{10},-\tfrac{3}{10},\tfrac{9}{10},-\tfrac{3}{10}\Big).
Novamente escolho um múltiplo escalar inteiro que simplifica: multiplico por \tfrac{10}{3} e tomo
e_3=(3,-1,3,-1),
que é ortogonal a u_1 e a e_2.

Passo 9

Calculo de u_4. Usarei os vetores ortogonais escolhidos u_1=(1,2,0,1),\\ e_2=(-2,-1,3,4),\\ e_3=(3,-1,3,-1). Primeiro calcule os quadrados (normas ao quadrado) e produtos necessários:
\langle u_1,u_1\rangle=6,\qquad \langle e_2,e_2\rangle=30,\qquad \langle e_3,e_3\rangle=3^2+(-1)^2+3^2+(-1)^2=20.
Agora os produtos \langle \mathbf{v}_4, \cdot\rangle:
\langle \mathbf{v}_4,u_1\rangle=2\cdot1+1\cdot2+1\cdot0+3\cdot1=7,
\langle \mathbf{v}_4,e_2\rangle=2\cdot(-2)+1\cdot(-1)+1\cdot3+3\cdot4=-4-1+3+12=10,
\langle \mathbf{v}_4,e_3\rangle=2\cdot3+1\cdot(-1)+1\cdot3+3\cdot(-1)=6-1+3-3=5.
As projeções são
\mathrm{proj}_{u_1}\mathbf{v}_4=\frac{7}{6}u_1,\qquad \mathrm{proj}_{e_2}\mathbf{v}_4=\frac{10}{30}e_2=\frac{1}{3}e_2,\qquad \mathrm{proj}_{e_3}\mathbf{v}_4=\frac{5}{20}e_3=\frac{1}{4}e_3.
Portanto
u_4=\mathbf{v}_4-\frac{7}{6}u_1-\frac{1}{3}e_2-\frac{1}{4}e_3.
Fazendo as contas coordenada a coordenada obtemos
u_4=\Big(\tfrac{3}{4},-\tfrac{3}{4},-\tfrac{3}{4},\tfrac{3}{4}\Big).
Multiplicando por \tfrac{4}{3} para limpar denominadores, escolho o vetor inteiro
e_4=(1,-1,-1,1),
que é ortogonal a u_1,e_2,e_3. (Pode-se verificar diretamente que os produtos internos entre u_1,e_2,e_3,e_4 são nulos.)

Passo 10

(d) Conclusão Gram–Schmidt: uma base ortogonal de W (com vetores inteiros, equivalente à base ortogonal obtida por Gram–Schmidt) é
\{\,u_1,\;e_2,\;e_3,\;e_4\,\}= \{(1,2,0,1),\;(-2,-1,3,4),\;(3,-1,3,-1),\;(1,-1,-1,1)\}.
Esses quatro vetores são mutuamente ortogonais (produtos internos zero) e geram W. Se quiser uma base ortonormal, basta normalizar cada um dividindo pela sua norma.

Resposta

(a) Uma base de um espaço vetorial V é uma família de vetores que gera V e é linearmente independente. A dimensão de V é o número de vetores em qualquer base de V.
(b) Uma base de W é \{\mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2,\mathbf{v}_3,\mathbf{v}_4\} e \dim W=4.
(c) Sim, \mathbf{v}=(1,1,2,1)\in W e uma combinação é \displaystyle \mathbf{v}=\tfrac{2}{9}\mathbf{v}_1+\tfrac{8}{9}\mathbf{v}_2+\tfrac{13}{9}\mathbf{v}_3-\tfrac{1}{3}\mathbf{v}_4.
(d) Uma base ortogonal de W (obtida por Gram–Schmidt) é
\{(1,2,0,1),\;(-2,-1,3,4),\;(3,-1,3,-1),\;(1,-1,-1,1)\}.

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