Em \mathbb{R}^{4} com o produto interno canônico, encontre uma base para o complemento ortogonal W^{\perp} do subespaço W=\operatorname{span}\{(1,1,-1,2),(2,0,1,3)\}.
Passo 1
O que o enunciado pede e o que é dado.
Pede: encontrar uma base para o complemento ortogonal W^{\perp} de um subespaço W\subset\mathbb{R}^{4} com o produto interno canônico.
Dados: W=\operatorname{span}\{(1,1,-1,2),\,(2,0,1,3)\}. Vou chamar os vetores geradores dev_1=(1,1,-1,2),\qquad v_2=(2,0,1,3).
Objetivo explícito: achar um conjunto de vetores em \mathbb{R}^{4} que seja base deW^{\perp}=\{x\in\mathbb{R}^{4}\mid \langle x,v\rangle=0\\ \text{para todo }v\in W\},onde \langle\cdot,\cdot\rangle é o produto interno canônico (produto escalar usual).
Passo 2
Ideia do método (resumo didático curto).
Definição prática: um vetor x=(x_1,x_2,x_3,x_4) pertence a W^{\perp} exatamente quando \langle x,v_1\rangle=0 e \langle x,v_2\rangle=0. Como W é gerado por dois vetores, basta impor ortogonalidade a esses dois vetores.
Então vamos escrever as duas equações escalares obtidas pelos produtos escalares e resolver o sistema linear resultante. O espaço solução dará W^{\perp}. Vou fazer tudo passo a passo e explicar cada conta.
Passo 3
Verificar independência linear dos geradores de W (para saber a dimensão de W^{\perp}).
Se v_1 e v_2 fossem linearmente dependentes, existiria \lambda tal que v_2=\lambda v_1. Comparando as coordenadas, isso exigiria \lambda=2 pela primeira coordenada, mas então a segunda coordenada de \lambda v_1 seria 2 enquanto a segunda coordenada de v_2 é 0: contradição. Logo v_1 e v_2 são linearmente independentes.
Portanto \dim W=2. Em \mathbb{R}^4 vale \dim W+\dim W^{\perp}=4, logo \dim W^{\perp}=2. Esperamos encontrar duas vetores independentes em W^{\perp}.
Passo 4
Escrever as equações de ortogonalidade.
Tome um vetor genérico x=(x_1,x_2,x_3,x_4)\in\mathbb{R}^4.
A condição \langle x,v_1\rangle=0 dáx_1+x_2-x_3+2x_4=0.
A condição \langle x,v_2\rangle=0 dá2x_1+0\cdot x_2+x_3+3x_4=0,\quad\text{ou seja}\quad 2x_1+x_3+3x_4=0.
Passo 5
Resolver o sistema linear explicitamente (passo a passo, sem pular contas).
Temos o sistema\begin{cases} x_1+x_2-x_3+2x_4=0,\\[4pt] 2x_1+x_3+3x_4=0. \end{cases}
Vou resolver expressando x_1 e x_2 em função de x_3 e x_4 (escolho x_3 e x_4 como parâmetros livres). Seja s=x_3 e t=x_4.
Da segunda equação:2x_1+s+3t=0\quad\Rightarrow\quad x_1=-\frac{s+3t}{2}.
Substituindo x_1 na primeira equação para obter x_2:-\frac{s+3t}{2}+x_2 - s + 2t=0.Isolando x_2:x_2 = s-2t + \frac{s+3t}{2} = \frac{2s-4t+s+3t}{2} = \frac{3s-t}{2}.
Assim as coordenadas sãox_1=-\frac{s+3t}{2},\qquad x_2=\frac{3s-t}{2},\qquad x_3=s,\qquad x_4=t.
Escrevendo x como combinação linear dos parâmetros s,t:x = s\left(-\tfrac{1}{2},\tfrac{3}{2},1,0\right) + t\left(-\tfrac{3}{2},-\tfrac{1}{2},0,1\right).
Para evitar frações e obter vetores com coordenadas inteiras, escolho os vetores correspondentes a s=2,t=0 e s=0,t=2:u = x\big|_{(s,t)=(2,0)} = (-1,3,2,0),
w = x\big|_{(s,t)=(0,2)} = (-3,-1,0,2).
Qualquer solução é combinação linear de u e w, logo \{u,w\} gera o espaço solução.]
Passo 6
Verificação e independência final (confirma que \{u,w\} é de fato base de W^{\perp}).
Verificar ortogonalidade com v_1 e v_2:\langle u,v_1\rangle = (-1)\cdot1 + 3\cdot1 + 2\cdot(-1) + 0\cdot2 = -1+3-2+0=0,