Encontre uma base ortonormal para o espaço coluna da seguinte matriz:
A=\left(\begin{array}{lll} 1 & 1 & 1 \\\\ 1 & 0 & 0 \\\\ 1 & 1 & 0 \\\\ 0 & 0 & 1 \end{array}\right)
Resposta:
\overrightarrow{c_{1}}=\left(\begin{array}{l} 1 \\\\ 1 \\\\ 1 \\\\ 0 \end{array}\right), \overrightarrow{c_{2}}=\left(\begin{array}{l} 1 \\\\ 0 \\\\ 1 \\\\ 0 \end{array}\right), \overrightarrow{c_{3}}=\left(\begin{array}{l} 1 \\\\ 0 \\\\ 0 \\\\ 1 \end{array}\right)
Aplicando Gram-Schmidt
Passo 1
v_{1}=\overrightarrow{c_{1}}, \quad\left\|v_{1}\right\|=\sqrt{3}, \quad u_{1}=\frac{1}{\sqrt{3}}\left(\begin{array}{l} 1 \\\\ 1 \\\\ 1 \\\\ 0 \end{array}\right)
Passo 2
\begin{gathered} \operatorname{proj}_{v_{1}} \overrightarrow{c_{2}}=\frac{\overrightarrow{c_{2}} \cdot v_{1}}{v_{1} \cdot v_{1}} v_{1}=\frac{2}{3}\left(\begin{array}{c} 1 \\\\ 1 \\\\ 1 \\\\ 0 \end{array}\right) . \\\ v_{2}=\overrightarrow{c_{2}}-\operatorname{proj}_{v_{1}} \overrightarrow{c_{2}}=\left(\begin{array}{c} \frac{1}{3} \\\\ -\frac{2}{3} \\\ \frac{1}{3} \\\\ 0 \end{array}\right) . \\\ \left\|v_{2}\right\|=\sqrt{\frac{2}{3}}=\frac{\sqrt{6}}{3} . \\\ u_{2}=\frac{v_{2}}{\left\|v_{2}\right\|}=\frac{1}{\sqrt{6}}\left(\begin{array}{c} 1 \\\\ -2 \\\\ 1 \\\\ 0 \end{array}\right) . \end{gathered}
Passo 3
\begin{gathered} \operatorname{proj}_{v_{1}} \overrightarrow{c_{3}}=\frac{1}{3}\left(\begin{array}{l} 1 \\\\ 1 \\\\ 1 \\\\ 0 \end{array}\right), \quad \operatorname{proj}_{v_{2}} \overrightarrow{c_{3}}=\frac{1}{2} v_{2}=\left(\begin{array}{c} \frac{1}{6} \\\\ -\frac{1}{3} \\\ \frac{1}{6} \\\\ 0 \end{array}\right) . \\\ v_{3}=\overrightarrow{c_{3}}-\operatorname{proj}_{v_{1}} \overrightarrow{c_{3}}-\operatorname{proj}_{v_{2}} \overrightarrow{c_{3}}=\left(\begin{array}{c} \frac{1}{2} \\\\ 0 \\\\ -\frac{1}{2} \\\\ 1 \end{array}\right) . \\\ \left\|v_{3}\right\|=\sqrt{\frac{3}{2}}=\frac{\sqrt{6}}{2} . \\\ u_{3}=\frac{v_{3}}{\left\|v_{3}\right\|}=\frac{1}{\sqrt{6}}\left(\begin{array}{c} 1 \\\\ 0 \\\\ -1 \\\\ 2 \end{array}\right) . \end{gathered}
Base ortonormal do espaço coluna de A
\left\{\frac{1}{\sqrt{3}}\left(\begin{array}{l} 1 \\\\ 1 \\\\ 1 \\\\ 0 \end{array}\right), \frac{1}{\sqrt{6}}\left(\begin{array}{c} 1 \\\\ -2 \\\\ 1 \\\\ 0 \end{array}\right), \frac{1}{\sqrt{6}}\left(\begin{array}{c} 1 \\\\ 0 \\\\ -1 \\\\ 2 \end{array}\right)\right\}

Passo 1

O que o enunciado dá e o que pede:
  • Dá a matriz
A=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1\\[4pt] 1 & 0 & 0\\[4pt] 1 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}
e os seus vetores-coluna (já extraídos da matriz):
\overrightarrow{c_{1}}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]1\\[4pt]0\end{pmatrix},\qquad \overrightarrow{c_{2}}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]1\\[4pt]0\end{pmatrix},\qquad \overrightarrow{c_{3}}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}.
  • Pede-se: encontrar uma base ortonormal para o espaço coluna de A (ou seja, um conjunto de vetores ortonormais que geram o subespaço gerado por \overrightarrow{c_1},\overrightarrow{c_2},\overrightarrow{c_3}).]

Passo 2

Escolha do método e fórmula principal (explicação didática):
  • Vou usar o processo de Gram–Schmidt porque ele transforma um conjunto de vetores linearmente independentes em um conjunto ortonormal que gera o mesmo subespaço. É direto e apropriado aqui.
  • Fórmula de projeção: para vetores v e w em \mathbb{R}^4,
\operatorname{proj}_{v} w = \frac{w\cdot v}{v\cdot v}\, v.
Aqui w\cdot v é o produto escalar (soma dos produtos das componentes) e v\cdot v=\|v\|^2 é o quadrado da norma de v.
  • Gram–Schmidt em prática: tomo v_1=c_1. Depois defino
v_2 = c_2 - \operatorname{proj}_{v_1} c_2, \qquad v_3 = c_3 - \operatorname{proj}_{v_1} c_3 - \operatorname{proj}_{v_2} c_3.
Finalmente normalizo cada v_i para obter u_i=\dfrac{v_i}{\|v_i\|}. Cada passo eu explico e calculo cuidadosamente.

Passo 3

Construção do primeiro vetor ortonormal:
  • Escolho
v_1=\overrightarrow{c_1}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]1\\[4pt]0\end{pmatrix}.
  • Calculo \|v_1\|^2 = v_1\cdot v_1 = 1^2+1^2+1^2+0^2 = 3, então
\|v_1\|=\sqrt{3}.
  • Normalizando:
u_{1}=\frac{v_{1}}{\|v_{1}\|}=\frac{1}{\sqrt{3}}\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]1\\[4pt]0\end{pmatrix}.
Explicação: u_1 tem norma 1 e aponta na direção de c_1.]

Passo 4

Construção do segundo vetor ortonormal (detalhes e contas):
  • Primeiro projeto \overrightarrow{c_2} sobre v_1. Calculo o produto escalar
\overrightarrow{c_2}\cdot v_1 = 1\cdot1 + 0\cdot1 + 1\cdot1 + 0\cdot0 = 2.
Como v_1\cdot v_1=3, a projeção é
\operatorname{proj}_{v_1}\overrightarrow{c_2}=\frac{2}{3}v_1=\frac{2}{3}\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]1\\[4pt]0\end{pmatrix}.
  • Subtraio para obter o componente ortogonal a v_1:
v_2=\overrightarrow{c_2}-\operatorname{proj}_{v_1}\overrightarrow{c_2} =\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]1\\[4pt]0\end{pmatrix} - \frac{2}{3}\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]1\\[4pt]0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}\tfrac{1}{3}\\[4pt]-\tfrac{2}{3}\\[4pt]\tfrac{1}{3}\\[4pt]0\end{pmatrix}.
  • Calculo a norma de v_2:
\|v_2\|^2=\left(\tfrac{1}{3}\right)^2+\left(-\tfrac{2}{3}\right)^2+\left(\tfrac{1}{3}\right)^2+0^2 =\tfrac{1}{9}+\tfrac{4}{9}+\tfrac{1}{9}=\tfrac{6}{9}=\tfrac{2}{3}.
Portanto \|v_2\|=\sqrt{\tfrac{2}{3}}=\dfrac{\sqrt{6}}{3}.
  • Normalizando v_2:
u_{2}=\frac{v_{2}}{\|v_{2}\|} =\frac{1}{\sqrt{6}}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-2\\[4pt]1\\[4pt]0\end{pmatrix}.
Explicação: ao dividir o vetor \tfrac{1}{3}(1,-2,1,0) por \sqrt{2/3} obtém-se \tfrac{1}{\sqrt{6}}(1,-2,1,0).]

Passo 5

Construção do terceiro vetor ortonormal (detalhes e contas):
  • Calculo projeção de \overrightarrow{c_3} em v_1:
\overrightarrow{c_3}\cdot v_1 = 1\cdot1 + 0\cdot1 + 0\cdot1 + 1\cdot0 = 1,
logo
\operatorname{proj}_{v_1}\overrightarrow{c_3}=\frac{1}{3}v_1=\frac{1}{3}\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]1\\[4pt]0\end{pmatrix}.
  • Calculo projeção de \overrightarrow{c_3} em v_2. Primeiro \overrightarrow{c_3}\cdot v_2:
\overrightarrow{c_3}\cdot v_2 = \begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix}\tfrac{1}{3}\\[4pt]-\tfrac{2}{3}\\[4pt]\tfrac{1}{3}\\[4pt]0\end{pmatrix} = \tfrac{1}{3}.
Como v_2\cdot v_2=\tfrac{2}{3}, temos
\operatorname{proj}_{v_2}\overrightarrow{c_3} =\frac{\tfrac{1}{3}}{\tfrac{2}{3}}\,v_2=\tfrac{1}{2}v_2 =\tfrac{1}{2}\begin{pmatrix}\tfrac{1}{3}\\[4pt]-\tfrac{2}{3}\\[4pt]\tfrac{1}{3}\\[4pt]0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}\tfrac{1}{6}\\[4pt]-\tfrac{1}{3}\\[4pt]\tfrac{1}{6}\\[4pt]0\end{pmatrix}.
  • Agora obtenho v_3 subtraindo ambas as projeções:
v_3=\overrightarrow{c_3}-\operatorname{proj}_{v_1}\overrightarrow{c_3}-\operatorname{proj}_{v_2}\overrightarrow{c_3} = \begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix} - \begin{pmatrix}\tfrac{1}{3}\\[4pt]\tfrac{1}{3}\\[4pt]\tfrac{1}{3}\\[4pt]0\end{pmatrix} - \begin{pmatrix}\tfrac{1}{6}\\[4pt]-\tfrac{1}{3}\\[4pt]\tfrac{1}{6}\\[4pt]0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}\tfrac{1}{2}\\[4pt]0\\[4pt]-\tfrac{1}{2}\\[4pt]1\end{pmatrix}.
  • Calculo a norma de v_3:
\|v_3\|^2=\left(\tfrac{1}{2}\right)^2+0^2+\left(-\tfrac{1}{2}\right)^2+1^2 =\tfrac{1}{4}+\tfrac{1}{4}+1=\tfrac{3}{2}.
Logo \|v_3\|=\sqrt{\tfrac{3}{2}}=\dfrac{\sqrt{6}}{2}.
  • Normalizando:
u_{3}=\frac{v_{3}}{\|v_{3}\|} =\frac{1}{\sqrt{6}}\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]-1\\[4pt]2\end{pmatrix}.]

Passo 6

Verificação rápida de ortogonalidade e norma (por que deu certo):
  • Produto escalar entre u_1 e u_2:
u_1\cdot u_2 =\frac{1}{\sqrt{3}}\frac{1}{\sqrt{6}}(1\cdot1 + 1\cdot(-2) + 1\cdot1 + 0\cdot0)=0.
  • Produto escalar entre u_1 e u_3:
u_1\cdot u_3 =\frac{1}{\sqrt{3}}\frac{1}{\sqrt{6}}(1\cdot1 + 1\cdot0 + 1\cdot(-1) + 0\cdot2)=0.
  • Produto escalar entre u_2 e u_3:
u_2\cdot u_3 =\frac{1}{\sqrt{6}}\frac{1}{\sqrt{6}}(1\cdot1 + (-2)\cdot0 + 1\cdot(-1) + 0\cdot2)=0.
  • Cada u_i tem norma 1 por construção. Portanto \{u_1,u_2,u_3\} é um conjunto ortonormal. Como foram obtidos a partir das colunas de A e são três vetores não nulos, eles geram o espaço coluna de A.

Resposta

\left\{\frac{1}{\sqrt{3}}\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]1\\[4pt]0\end{pmatrix},\quad \frac{1}{\sqrt{6}}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-2\\[4pt]1\\[4pt]0\end{pmatrix},\quad \frac{1}{\sqrt{6}}\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]-1\\[4pt]2\end{pmatrix}\right\}

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