No \mathbb{R}^{4} com o produto interno usual, considere o subespaço W=[(1,1,0,0),,(0,1,-1,1)].
(i) Determine bases ortonomais \mathcal{B} e \mathcal{B}^{\prime} para W e W^{\perp}, respectivamente.
(ii) Sendo T: \mathbb{R}^{4} \rightarrow \mathbb{R}^{4} o operador linear dado \operatorname{por} T(v)=\operatorname{proj}_{W} v, determine a matriz de T em relação à base \mathcal{B} \cup \mathcal{B}^{\prime}.
(iii) Quais são os autovalores de T ? É T diagonalizável?

Passo 1

O enunciado dá o subespaço W\subset\mathbb{R}^{4} gerado pelos vetores
u_{1}=(1,1,0,0),\qquad u_{2}=(0,1,-1,1).
Pede-se:
  1. (i) determinar bases ortonormais \mathcal{B} para W e \mathcal{B}' para W^{\perp};
  2. (ii) para o operador linear T:\mathbb{R}^{4}\to\mathbb{R}^{4} dado por T(v)=\operatorname{proj}_{W}v, determinar a matriz de T na base \mathcal{B}\cup\mathcal{B}' (ou seja, primeiro os vetores de \mathcal{B} e depois os de \mathcal{B}');
  3. (iii) achar os autovalores de T e decidir se T é diagonalizável.
Informações relevantes dadas:
  • W=\operatorname{span}\{u_{1},u_{2}\} com u_{1},u_{2} acima.
  • Produto interno é o usual em \mathbb{R}^{4}.
  • \operatorname{proj}_{W} é a projeção ortogonal sobre W.

Passo 2

Construção de uma base ortonormal \mathcal{B} de W pelos passos do processo de Gram–Schmidt (passo a passo e explicando a ideia):
  • Ideia do Gram–Schmidt: dado um gerador u_{1},u_{2}, primeiro normalizamos u_{1} para obter e_{1}. Depois subtraímos de u_{2} a componente na direção de e_{1} para obter um vetor v_{2} orthogonal a e_{1}; então normalizamos v_{2} para obter e_{2}. Assim obtemos uma base ortonormal \{e_{1},e_{2}\} de W.
Cálculos:
  • Tome v_{1}=u_{1}=(1,1,0,0).
    Norma: \|v_{1}\|=\sqrt{1^{2}+1^{2}}=\sqrt{2}.
    Normalizando: e_{1}=\frac{v_{1}}{\|v_{1}\|}=\frac{1}{\sqrt{2}}(1,1,0,0).
  • Agora u_{2}=(0,1,-1,1). Calcule a projeção de u_{2} sobre e_{1}: \langle u_{2},e_{1}\rangle = 0\cdot\frac{1}{\sqrt{2}} + 1\cdot\frac{1}{\sqrt{2}} + (-1)\cdot 0 + 1\cdot 0 = \frac{1}{\sqrt{2}}.Assim \operatorname{proj}_{\langle e_{1}\rangle}u_{2}=\langle u_{2},e_{1}\rangle e_{1}=\frac{1}{\sqrt{2}}\,e_{1}=\frac{1}{2}(1,1,0,0).Subtraindo: v_{2}=u_{2}-\operatorname{proj}_{\langle e_{1}\rangle}u_{2}=(0,1,-1,1)-\frac{1}{2}(1,1,0,0)=\left(-\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2},-1,1\right).Para simplificar a normalização, multiplico v_{2} por 2 (isso não muda a direção): 2v_{2}=(-1,1,-2,2).Norma de 2v_{2}: \|2v_{2}\|=\sqrt{(-1)^{2}+1^{2}+(-2)^{2}+2^{2}}=\sqrt{1+1+4+4}=\sqrt{10}.Portanto o vetor unitário na direção de v_{2} é e_{2}=\frac{2v_{2}}{\|2v_{2}\|}=\frac{1}{\sqrt{10}}(-1,1,-2,2).
Conclusão deste passo: uma base ortonormal de W é
\mathcal{B}=\{\,e_{1},e_{2}\,\},\qquad e_{1}=\frac{1}{\sqrt{2}}(1,1,0,0),\quad e_{2}=\frac{1}{\sqrt{10}}(-1,1,-2,2).

Passo 3

Encontrar uma base de W^{\perp}\) (primeiro a base, depois ortonormalizá-la). - Condição para \(x=(x_{1},x_{2},x_{3},x_{4})\) estar em \(W^{\perp}\): \(\langle x,u_{1}\rangle=0\) e \(\langle x,u_{2}\rangle=0\). Escrevendo: \[\begin{cases} x_{1}+x_{2}=0,\\[4pt] x_{2}-x_{3}+x_{4}=0. \end{cases}
Da primeira equação x_{1}=-x_{2}\]. Tomando parâmetros \(s=x_{2} e t=x_{3}, obtemos x_{4}=t-s. Logo um vetor geral em W^{\perp} é
x = (-s,s,t,t-s)= s(-1,1,0,-1) + t(0,0,1,1).
Assim uma base (não ortonormal ainda) de W^{\perp} é, por exemplo,
a = (-1,1,0,-1),\qquad b=(0,0,1,1).
Agora ortonormalizamos \{a,b\} por Gram–Schmidt:
  • Primeiro vetor: \|a\|=\sqrt{(-1)^{2}+1^{2}+0^{2}+(-1)^{2}}=\sqrt{3},\qquad f_{1}=\frac{a}{\|a\|}=\frac{1}{\sqrt{3}}(-1,1,0,-1).
  • Subtrair a projeção de b sobre f_{1}: \langle b,f_{1}\rangle = 0\cdot\frac{-1}{\sqrt{3}} + 0\cdot\frac{1}{\sqrt{3}} + 1\cdot 0 + 1\cdot\frac{-1}{\sqrt{3}} = -\frac{1}{\sqrt{3}}.Então w_{2}=b-\langle b,f_{1}\rangle f_{1} = b +\frac{1}{\sqrt{3}} f_{1} = (0,0,1,1)+\frac{1}{3}(-1,1,0,-1)=\left(-\tfrac{1}{3},\tfrac{1}{3},1,\tfrac{2}{3}\right).Multiplicando por 3 (para limpar frações): 3w_{2}=(-1,1,3,2). Norma: \|3w_{2}\|=\sqrt{(-1)^{2}+1^{2}+3^{2}+2^{2}}=\sqrt{1+1+9+4}=\sqrt{15}.Logo o vetor unitário é f_{2}=\frac{3w_{2}}{\|3w_{2}\|}=\frac{1}{\sqrt{15}}(-1,1,3,2).
Conclusão deste passo: uma base ortonormal de W^{\perp} é
\mathcal{B}'=\{\,f_{1},f_{2}\,\},\qquad f_{1}=\frac{1}{\sqrt{3}}(-1,1,0,-1),\quad f_{2}=\frac{1}{\sqrt{15}}(-1,1,3,2).
Observação rápida (didática): cada f_{i} é ortogonal a todos os u_{j} por construção; normalizamos para obter ortonormalidade. Além disso, \{e_{1},e_{2},f_{1},f_{2}\} é uma base ortonormal de \mathbb{R}^{4}.]

Passo 4

Expressar a ação de T=\operatorname{proj}_{W} sobre a base \mathcal{B}\cup\mathcal{B}' e deduzir a matriz.
  • Fórmula geral: se \{e_{1},e_{2}\} é uma base ortonormal de W, então para qualquer v\in\mathbb{R}^{4} \operatorname{proj}_{W}v=\langle v,e_{1}\rangle e_{1}+\langle v,e_{2}\rangle e_{2}.
  • Consequência imediata sobre a base unida: T(e_{1})=e_{1},\qquad T(e_{2})=e_{2},porque vetores de W ficam inalterados pela projeção ortogonal sobre W; e T(f_{1})=0,\qquad T(f_{2})=0,pois vetores de W^{\perp} são projetados no zero.
Portanto a matriz de T relativa à base ordenada \{e_{1},e_{2},f_{1},f_{2}\}=\mathcal{B}\cup\mathcal{B}' é a matriz diagonal por blocos com 1 nas duas primeiras entradas e 0 nas duas últimas:
[T]_{\mathcal{B}\cup\mathcal{B}'}= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 1 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.]

Passo 5

Determinar os autovalores de T e decidir se T é diagonalizável (explicando por que).
  • Observação: na base ortonormal acima a matriz de T é já diagonal com entradas \{1,1,0,0\} na diagonal. Logo os autovalores são 1 e 0.
  • Multiplicidades: autovalor 1 tem multiplicidade algébrica 2 (dimensão de W) e autovalor 0 tem multiplicidade algébrica 2 (dimensão de W^{\perp}).
  • Diagonalizabilidade: como já exibimos uma base de autovetores ortonormal (os vetores de \mathcal{B}\cup\mathcal{B}' são autovetores correspondendo a 1,1,0,0 respectivamente), T é diagonalizável. Mais ainda, é uma projeção ortogonal, que é sempre diagonalizável em uma base ortonormal (a própria decomposição \mathbb{R}^{4}=W\oplus W^{\perp} fornece os autovetores).

Resposta

(i) \mathcal{B}=\{\,e_{1},e_{2}\,\} com
e_{1}=\frac{1}{\sqrt{2}}(1,1,0,0),\qquad e_{2}=\frac{1}{\sqrt{10}}(-1,1,-2,2),
\mathcal{B}'=\{\,f_{1},f_{2}\,\} com
f_{1}=\frac{1}{\sqrt{3}}(-1,1,0,-1),\qquad f_{2}=\frac{1}{\sqrt{15}}(-1,1,3,2).
(ii)
[T]_{\mathcal{B}\cup\mathcal{B}'}= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 1 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.
(iii) Os autovalores são 1 (com multiplicidade 2) e 0 (com multiplicidade 2). Sim, T é diagonalizável.]

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