Considere o espaço V=M_{2}(\mathbb{R}) o produto interno dado por
<A, B>=\operatorname{Traço}\left(B^{t} A\right),̧
em que B^{t} é a transposta de B e \operatorname{Traço}(M)̧ é a soma dos elementos da diagonal principal da matriz M.
(a) Prove a primeira propriedade do produto interno, isto é, \langle A, A\rangle= 0 se, e somente se, A=0.
(b) Calcule o ângulo entre as matrizes
M=\left[\begin{array}{ll} 1 & 0 \\\\ 0 & 1 \end{array}\right], \quad N=\left[\begin{array}{ll} 1 & 1 \\\\ 0 & 0 \end{array}\right]
Elas são ortogonais?
(c) Ache uma base ortonormal para o subespaço gerado pelas matrizes M e N.

Passo 1

O exercício trata do espaço vetorial V = M_{2}(\mathbb{R}) com o produto interno
\langle A,B\rangle = \Tr\bigl(B^{t}A\bigr).
Vamos provar a positividade ( \langle A,A\rangle=0 sse A=0), depois calcular o ângulo entre
M = \begin{pmatrix}1 & 0\\\ 0 & 1\end{pmatrix},\quad N = \begin{pmatrix}1 & 1\\\ 0 & 0\end{pmatrix}
e, finalmente, achar uma base ortonormal de \Span\{M,N\} por Gram–Schmidt.

Passo 2

Para qualquer A=(a_{ij})\in M_{2}(\mathbb{R}) temos
\langle A,A\rangle = \Tr\bigl(A^{t}A\bigr) = \sum_{i=1}^{2}\sum_{j=1}^{2}a_{ij}^{2}.
Logo \langle A,A\rangle\ge0 e \langle A,A\rangle=0 implica que cada a_{ij}^{2}=0, isto é, a_{ij}=0 para todos i,j, ou seja, A=0. Recíproco óbvio.

Passo 3

Calculemos primeiro
\langle M,N\rangle = \Tr\bigl(N^{t}M\bigr) = \Tr\!\begin{pmatrix}1&0\\\ 1&0\end{pmatrix} =1+0=1.
Os comprimentos são
\|M\| = \sqrt{\langle M,M\rangle} = \sqrt{\Tr(I_{2})} = \sqrt{2}, \quad \|N\| = \sqrt{\Tr(N^{t}N)} = \sqrt{1^{2}+1^{2}} = \sqrt{2}.
Assim
\cos\theta = \frac{\langle M,N\rangle}{\|M\|\;\|N\|} = \frac{1}{\sqrt{2}\,\sqrt{2}} = \tfrac12,
logo \theta = \operatorname{arccos}(\tfrac12)=\tfrac\pi3.

Passo 4

Como \langle M,N\rangle=1\neq0, M e N não são ortogonais.

Passo 5

Para a base ortonormal de \Span\{M,N\} aplicamos Gram–Schmidt a
u_{1}=M,\quad u_{2}=N.
Definimos
e_{1}=\frac{u_{1}}{\|u_{1}\|} = \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix}1&0\\\ 0&1\end{pmatrix}.
Em seguida projetamos u_{2} em e_{1} e subtraímos:
\proj_{e_{1}}(u_{2}) = \langle u_{2},e_{1}\rangle\,e_{1} = \frac{1}{\sqrt{2}}\,e_{1} = \frac{1}{2} \begin{pmatrix}1&0\\\ 0&1\end{pmatrix}.
Então
v_{2} = u_{2} - \proj_{e_{1}}(u_{2}) = \begin{pmatrix}1&1\\\ 0&0\end{pmatrix} - \frac12\begin{pmatrix}1&0\\\ 0&1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}\tfrac12&1\\\ 0&-\tfrac12\end{pmatrix}.

Passo 6

O quadrado da norma de v_{2} é
\|v_{2}\|^{2} = \Bigl(\tfrac12\Bigr)^{2} + 1^{2} + 0 + \Bigl(-\tfrac12\Bigr)^{2} = \tfrac34,
portanto \|v_{2}\|=\sqrt{\tfrac{3}{4}}=\tfrac{\sqrt{3}}{2}. Definimos
e_{2} = \frac{v_{2}}{\|v_{2}\|} = \frac{2}{\sqrt{3}} \begin{pmatrix}\tfrac12&1\\\ 0&-\tfrac12\end{pmatrix} = \frac{1}{\sqrt{6}} \begin{pmatrix}1&2\\\ 0&-1\end{pmatrix}.

Resposta

(a) \langle A,A\rangle = 0 sse A=0.
(b) \theta=\tfrac\pi3. Elas não são ortogonais.
(c) Uma base ortonormal de \Span\{M,N\} é
e_{1} = \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix}1&0\\\ 0&1\end{pmatrix}, \quad e_{2} = \frac{1}{\sqrt{6}} \begin{pmatrix}1&2\\\ 0&-1\end{pmatrix}.

Exercícios relacionados