Considere V=\mathbb{R}^{4} munido do produto interno usual e U=\left\{(x, y, z, w) \in \mathbb{R}^{4}\right. :
0,7 x-y+z+w=0 e x-3 z-w=0\}. Encontre uma base ortonormal para U^{\perp}.

Passo 1

O enunciado pede uma base ortonormal para U^{\perp}, onde V=\mathbb{R}^{4} com o produto interno usual e
U=\{(x,y,z,w)\in\mathbb{R}^{4}\colon x-y+z+w=0\\ \text{ e }\\ x-3z-w=0\}.
Informações relevantes dadas:
  • U é o subespaço de \mathbb{R}^4 definido pelas duas equações lineares \;x-y+z+w=0\; e \;x-3z-w=0\;.
  • Quer-se uma base ortonormal de U^{\perp} no produto interno padrão (produto escalar usual em \mathbb{R}^4).

Passo 2

Entendendo o que é U^{\perp}. Para o produto interno usual, cada equação linear do tipo a_1x+a_2y+a_3z+a_4w=0 corresponde ao conjunto de vetores ortogonais ao vetor normal a=(a_1,a_2,a_3,a_4). Assim, os vetores normais das duas equações pertencem a U^{\perp}, e U^{\perp} é gerado por esses vetores normais (ou seja, é o espaço linear gerado por eles), desde que sejam linearmente independentes. Portanto vamos extrair esses vetores normais.
Das equações temos os vetores normais
a_1=(1,-1,1,1),\qquad a_2=(1,0,-3,-1).

Passo 3

Verificar se a_1 e a_2 são linearmente independentes. Se fossem múltiplos um do outro, existiria \lambda tal que a_2=\lambda a_1. Comparando as componentes, a primeira componente dá \lambda=1, mas então a segunda componente exigiria 0=\lambda(-1)=-1, contradição. Logo a_1 e a_2 são LI e, portanto,
U^{\perp}=\operatorname{span}\{a_1,a_2\}
tem dimensão 2. Agora precisamos ortonormalizar \{a_1,a_2\}.

Passo 4

Lembrando o método de Gram–Schmidt (explicação curta): para ortonormalizar uma família de vetores \{v_1,v_2\}, primeiro normaliza-se v_1 para obter e_1=v_1/\|v_1\|. Depois projeta-se v_2 sobre e_1 e subtrai-se essa projeção para obter um vetor ortogonal a e_1; então normaliza-se esse vetor para obter e_2. Iremos aplicar isso com v_1=a_1 e v_2=a_2.
Calcule \|a_1\|:
\|a_1\|=\sqrt{1^2+(-1)^2+1^2+1^2}=\sqrt{4}=2.
Portanto o primeiro vetor da base ortonormal será
e_1=\frac{a_1}{\|a_1\|}=\frac{1}{2}(1,-1,1,1)=\left(\tfrac{1}{2},-\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2}\right).

Passo 5

Calcular a projeção de a_2 sobre e_1. Primeiro o produto interno
\langle a_2,e_1\rangle = 1\cdot\tfrac{1}{2}+0\cdot\big(-\tfrac{1}{2}\big)+(-3)\cdot\tfrac{1}{2}+(-1)\cdot\tfrac{1}{2} = \tfrac{1}{2}-\tfrac{3}{2}-\tfrac{1}{2}=-\tfrac{3}{2}.
A projeção é \langle a_2,e_1\rangle e_1 = -\tfrac{3}{2}e_1. Então subtraindo da a_2 obtemos o vetor ortogonal a e_1:
u_2=a_2-\langle a_2,e_1\rangle e_1 = a_2 -\big(-\tfrac{3}{2}e_1\big)=a_2+\tfrac{3}{2}e_1.
Calculemos u_2 explicitamente. Como e_1=\tfrac{1}{2}(1,-1,1,1), temos \tfrac{3}{2}e_1=\big(\tfrac{3}{4},-\tfrac{3}{4},\tfrac{3}{4},\tfrac{3}{4}\big). Então
u_2=\big(1,0,-3,-1\big)+\big(\tfrac{3}{4},-\tfrac{3}{4},\tfrac{3}{4},\tfrac{3}{4}\big) =\big(\tfrac{7}{4},-\tfrac{3}{4},-\tfrac{9}{4},-\tfrac{1}{4}\big).
Podemos fatorar u_2=\tfrac{1}{4}(7,-3,-9,-1) para facilitar os cálculos seguintes.

Passo 6

Normalizar u_2 para obter e_2. Calcule o quadrado da norma:
\|u_2\|^2=\left(\tfrac{1}{4}\right)^2\big(7^2+(-3)^2+(-9)^2+(-1)^2\big)=\tfrac{1}{16}(49+9+81+1)=\tfrac{140}{16}=\tfrac{35}{4}.
Logo
\|u_2\|=\sqrt{\tfrac{35}{4}}=\tfrac{\sqrt{35}}{2}.
Assim
e_2=\frac{u_2}{\|u_2\|}=\frac{\tfrac{1}{4}(7,-3,-9,-1)}{\tfrac{\sqrt{35}}{2}} =\frac{1}{2\sqrt{35}}(7,-3,-9,-1).
Verificação rápida (opcional): \langle e_1,e_2\rangle=0 por construção e \|e_2\|=1.

Passo 7

Conclusão: \{e_1,e_2\} é uma base ortonormal de U^{\perp}. Para recapitular os vetores finais:
e_1=\left(\tfrac{1}{2},-\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2}\right), \qquad e_2=\frac{1}{2\sqrt{35}}\,(7,-3,-9,-1).

Resposta

\displaystyle \left(\tfrac{1}{2},-\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2}\right)
\displaystyle \left(\tfrac{7}{2\sqrt{35}},-\tfrac{3}{2\sqrt{35}},-\tfrac{9}{2\sqrt{35}},-\tfrac{1}{2\sqrt{35}}\right)

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