Questão 4.5
Conjunto \mathbf{S}=\mathbf{v}_{\mathbf{1}}=(\mathbf{0 , 1 , 1 , 2}), \mathbf{v}_{\mathbf{2}}=(\mathbf{1 , 0 , 2 , 1}), \mathbf{v}_{\mathbf{3}}=(\mathbf{1 , 1 , 0 , 1}), \mathbf{v}_{\mathbf{4}}=(\mathbf{2 , 2 , 1 , 3}) \subset \mathbb{R}^{\mathbf{4}} é o subespaços vetorial \mathrm{W}=\mathrm{L}(\mathrm{S}).
a) Defina base e dimensão de um espaço vetorial.
b) Determine uma base e a dimensão de W .
c) Determine se \mathrm{v}=(1,1,1,1) \in \mathrm{W}.
d) Use o método de Gram-Schmidt para determinar uma base ortogonal de W .

Passo 1

Enunciado e perguntas (copiando os dados do enunciado): os vetores
\mathbf{v}_1=(0,1,1,2),\quad \mathbf{v}_2=(1,0,2,1),\quad \mathbf{v}_3=(1,1,0,1),\quad \mathbf{v}_4=(2,2,1,3)
são dados e W=\mathrm{L}(S)=\operatorname{span}\{\mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2,\mathbf{v}_3,\mathbf{v}_4\}\subset\mathbb{R}^4. O que se pede:
a) Definir “base” e “dimensão” de um espaço vetorial.
b) Determinar uma base e a dimensão de W.
c) Verificar se \mathbf{v}=(1,1,1,1)\in W (ou seja, se \mathbf{v} é combinação linear dos \mathbf{v}_i).
d) Usar o método de Gram–Schmidt para determinar uma base ortogonal de W.
Os dados acima são exatamente os vetores do enunciado; não há figura externa.

Passo 2

Definições pedidas (resposta da parte a), explicada com calma).
Definição de base:
\text{Uma \emph{base} de um espaço vetorial }V\text{ é um conjunto }B=\{b_1,\dots,b_k\}\subset Vçé
tal que (i) os vetores de B são linearmente independentes e (ii) B gera V (isto é, \operatorname{span}(B)=V). Em outras palavras, todo vetor de V pode ser escrito de maneira única como combinação linear dos vetores de B.
Explicação didática curta: linearmente independentes significa que a única combinação linear que dá o vetor zero é a combinação trivial (todos coeficientes zero). Gerar significa que qualquer vetor do espaço pode ser obtido somando escalares vezes os vetores da base.
Definição de dimensão:
\text{A \emph{dimensão} de }V,\\ \dim(V),ã
é o número de vetores em qualquer base de V. Teorema importante: todas as bases de um espaço vetorial finito têm o mesmo número de vetores, então \dim(V) é bem definida.
Exemplo simples (para fixar): \mathbb{R}^2 tem dimensão 2 e uma base padrão é \{(1,0),(0,1)\}.

Passo 3

Plano para encontrar uma base e a dimensão de W (resumindo sem resolver ainda):
  • Montamos a matriz cujas colunas são \mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2,\mathbf{v}_3,\mathbf{v}_4.
  • Fazemos operações sobre as linhas (eliminação de Gauss) para achar o posto (rank) da matriz; o posto é a dimensão do subespaço gerado pelas colunas.
  • Se o posto for 4, então as quatro colunas são LI (linearmente independentes) e formam uma base de W; então W=\mathbb{R}^4 e \dim(W)=4. Se o posto for menor, extraímos as colunas-pivô como base.
Agora vamos executar essas contas passo a passo.

Passo 4

Montagem da matriz com as colunas \mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2,\mathbf{v}_3,\mathbf{v}_4 (cada coluna é um vetor do enunciado):
A=\begin{pmatrix} 0 & 1 & 1 & 2\\[4pt] 1 & 0 & 1 & 2\\[4pt] 1 & 2 & 0 & 1\\[4pt] 2 & 1 & 1 & 3 \end{pmatrix}.
Vamos fazer eliminação de Gauss (operações sobre linhas) para encontrar o posto. Mostro cada passo das operações e o resultado intermediário.
  1. Troco a linha 1 com a linha 2 (para ter pivô não nulo na primeira linha):
\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & 2\\\\ 0 & 1 & 1 & 2\\\\ 1 & 2 & 0 & 1\\\\ 2 & 1 & 1 & 3 \end{pmatrix}.
  1. Elimino abaixo do pivô da coluna 1:
\text{R3}\leftarrow\text{R3}-\text{R1},\quad \text{R4}\leftarrow\text{R4}-2\cdot\text{R1},
resultando em
\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & 2\\\\ 0 & 1 & 1 & 2\\\\ 0 & 2 & -1 & -1\\\\ 0 & 1 & -1 & -1 \end{pmatrix}.
  1. Elimino abaixo do pivô da coluna 2 (que está em R2):
\text{R3}\leftarrow\text{R3}-2\cdot\text{R2},\quad \text{R4}\leftarrow\text{R4}-\text{R2},
ficando
\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & 2\\\\ 0 & 1 & 1 & 2\\\\ 0 & 0 & -3 & -5\\\\ 0 & 0 & -2 & -3 \end{pmatrix}.
  1. Agora tomo pivô na coluna 3 (linha 3). Divido a linha 3 por -3 para facilitar e uso-a para eliminar abaixo e acima:
\text{R3}\leftarrow\frac{1}{-3}\text{R3}=\begin{pmatrix}0&0&1&\tfrac{5}{3}\end{pmatrix}.
Elimino R4 com R3: \text{R4}\leftarrow\text{R4}+2\cdot\text{R3} e elimino a coluna 3 das linhas 1 e 2:
\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & \tfrac{1}{3}\\[4pt] 0 & 1 & 0 & \tfrac{1}{3}\\[4pt] 0 & 0 & 1 & \tfrac{5}{3}\\[4pt] 0 & 0 & 0 & \tfrac{1}{3} \end{pmatrix}.
  1. Observamos que a linha 4 tem entrada \tfrac{1}{3}\neq 0 na coluna 4, portanto também existe pivô ali. Concluímos que a matriz tem 4 pivôs (uma linha independente para cada uma das 4 linhas) e, portanto,
\operatorname{rank}(A)=4.]

Passo 5

Consequências sobre linearidade e dimensão (resposta da parte b):
  • Como temos 4 vetores em \mathbb{R}^4 e o posto é 4, as colunas \mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2,\mathbf{v}_3,\mathbf{v}_4 são linearmente independentes.
  • Assim essas quatro colunas formam uma base de W. Portanto W tem dimensão 4.
  • Em \mathbb{R}^4, qualquer subespaço de dimensão 4 é o próprio \mathbb{R}^4, logo W=\mathbb{R}^4.
Conclusão: uma base de W pode ser escolhida como \{\mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2,\mathbf{v}_3,\mathbf{v}_4\} e \dim(W)=4.

Passo 6

Verificação detalhada se \mathbf{v}=(1,1,1,1)\in W (parte c) — resolver A\mathbf{c}=\mathbf{v} para os coeficientes \mathbf{c}=(c_1,c_2,c_3,c_4)^T.
Montamos a matriz aumentada e repetimos as mesmas operações (aplicando-as também à coluna de termos independentes \mathbf{v}). Começamos com
\left(\begin{array}{cccc|c} 0 & 1 & 1 & 2 & 1\\[4pt] 1 & 0 & 1 & 2 & 1\\[4pt] 1 & 2 & 0 & 1 & 1\\[4pt] 2 & 1 & 1 & 3 & 1 \end{array}\right).
Repetindo as mesmas operações do passo 4 (troca de linhas, eliminações), obtemos ao final (mostro os passos críticos resumidos):
Após eliminar e escalonar chegamos à forma triangular superior e finalmente à forma escalonada reduzida nas incógnitas:
\left(\begin{array}{cccc|c} 1 & 0 & 0 & 0 & 1\\[4pt] 0 & 1 & 0 & 0 & 1\\[4pt] 0 & 0 & 1 & 0 & 4\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 1 & -2 \end{array}\right).
Isto dá a solução única
(c_1,c_2,c_3,c_4)=(1,\,1,\,4,\,-2).
Verificação rápida (checagem do leitor): calcular 1\cdot\mathbf{v}_1+1\cdot\mathbf{v}_2+4\cdot\mathbf{v}_3-2\cdot\mathbf{v}_4 devolve (1,1,1,1) — isto confirma a solução.
Portanto \mathbf{v}\in W e escrevemos explicitamente
\mathbf{v}=\mathbf{v}_1+\mathbf{v}_2+4\mathbf{v}_3-2\mathbf{v}_4.]

Passo 7

Explicando o método de Gram–Schmidt (parte d, passo teórico) — a fórmula e o raciocínio:
  • Objetivo: a partir de uma base linearmente independente \{\mathbf{v}_1,\dots,\mathbf{v}_n\} obter uma base ortogonal \{\mathbf{u}_1,\dots,\mathbf{u}_n\} do mesmo subespaço.
  • Regra (Gram–Schmidt): defina
\mathbf{u}_1=\mathbf{v}_1,
e para k\ge 2,
\mathbf{u}_k=\mathbf{v}_k-\sum_{j=1}^{k-1}\operatorname{proj}_{\mathbf{u}_j}(\mathbf{v}_k), \quad\text{onde}\quad \operatorname{proj}_{\mathbf{u}}(\mathbf{v})=\frac{\langle\mathbf{v},\mathbf{u}\rangle}{\langle\mathbf{u},\mathbf{u}\rangle}\mathbf{u}.
Aqui \langle\cdot,\cdot\rangle é o produto interno padrão (produto escalar) em \mathbb{R}^4: \langle x,y\rangle=\sum_i x_i y_i.
  • Cada \mathbf{u}_k é ortogonal a todos os \mathbf{u}_1,\dots,\mathbf{u}_{k-1}. Se quiser uma base ortonormal, divide-se cada \mathbf{u}_k por \|\mathbf{u}_k\|.
Agora aplicamos passo a passo aos vetores do enunciado (faço as contas completas).

Passo 8

Aplicação numérica de Gram–Schmidt (cálculos completos):
Começo com \mathbf{u}_1=\mathbf{v}_1=(0,1,1,2).
Calculo algumas projeções usando produto escalar.
  1. \langle\mathbf{u}_1,\mathbf{u}_1\rangle=0^2+1^2+1^2+2^2=6.
  2. Para \mathbf{v}_2:
\langle\mathbf{v}_2,\mathbf{u}_1\rangle=1\cdot0+0\cdot1+2\cdot1+1\cdot2=4.
Então
\operatorname{proj}_{\mathbf{u}_1}(\mathbf{v}_2)=\frac{4}{6}\mathbf{u}_1=\frac{2}{3}\mathbf{u}_1.
Logo
\mathbf{u}_2=\mathbf{v}_2-\frac{2}{3}\mathbf{u}_1 =(1,\,-\tfrac{2}{3},\,\tfrac{4}{3},\,-\tfrac{1}{3}).
Se quiser podemos verificar o norm²:
\langle\mathbf{u}_2,\mathbf{u}_2\rangle=1^2+(-\tfrac{2}{3})^2+(\tfrac{4}{3})^2+(-\tfrac{1}{3})^2=\tfrac{10}{3}.
  1. Para \mathbf{v}_3: primeiro calculei \langle\mathbf{v}_3,\mathbf{u}_1\rangle=1\cdot0+1\cdot1+0\cdot1+1\cdot2=3.
    E também \langle\mathbf{v}_3,\mathbf{u}_2\rangle=1\cdot1+1\cdot(-\tfrac{2}{3})+0\cdot(\tfrac{4}{3})+1\cdot(-\tfrac{1}{3})=1-\tfrac{2}{3}-\tfrac{1}{3}=0.
    Como \langle\mathbf{v}_3,\mathbf{u}_2\rangle=0, a projeção sobre \mathbf{u}_2 é nula. Assim
\mathbf{u}_3=\mathbf{v}_3-\frac{\langle\mathbf{v}_3,\mathbf{u}_1\rangle}{\langle\mathbf{u}_1,\mathbf{u}_1\rangle}\mathbf{u}_1 =\mathbf{v}_3-\frac{3}{6}\mathbf{u}_1 =\mathbf{v}_3-\tfrac{1}{2}\mathbf{u}_1 =(1,\tfrac{1}{2},-\tfrac{1}{2},0).
E \langle\mathbf{u}_3,\mathbf{u}_3\rangle=\tfrac{3}{2}.
  1. Para \mathbf{v}_4 calculamos projeções sobre \mathbf{u}_1,\mathbf{u}_2,\mathbf{u}_3.
Cálculos dos produtos escalares:
\langle\mathbf{v}_4,\mathbf{u}_1\rangle=2\cdot0+2\cdot1+1\cdot1+3\cdot2=9,
\langle\mathbf{v}_4,\mathbf{u}_2\rangle =2\cdot1+2\cdot(-\tfrac{2}{3})+1\cdot(\tfrac{4}{3})+3\cdot(-\tfrac{1}{3})=1,
\langle\mathbf{v}_4,\mathbf{u}_3\rangle =2\cdot1+2\cdot\tfrac{1}{2}+1\cdot(-\tfrac{1}{2})+3\cdot0=\tfrac{5}{2}.
Agora as projeções:
\operatorname{proj}_{\mathbf{u}_1}(\mathbf{v}_4)=\frac{9}{6}\mathbf{u}_1=\frac{3}{2}\mathbf{u}_1,
\operatorname{proj}_{\mathbf{u}_2}(\mathbf{v}_4)=\frac{1}{\langle\mathbf{u}_2,\mathbf{u}_2\rangle}\mathbf{u}_2 =\frac{1}{10/3}\mathbf{u}_2=\frac{3}{10}\mathbf{u}_2,
\operatorname{proj}_{\mathbf{u}_3}(\mathbf{v}_4)=\frac{\tfrac{5}{2}}{\tfrac{3}{2}}\mathbf{u}_3=\frac{5}{3}\mathbf{u}_3.
Logo
\mathbf{u}_4=\mathbf{v}_4-\frac{3}{2}\mathbf{u}_1-\frac{3}{10}\mathbf{u}_2-\frac{5}{3}\mathbf{u}_3.
Fazendo as contas coordenada a coordenada (detalhes aritméticos mostrados no rascunho), obtém-se
\mathbf{u}_4=\Big(\tfrac{1}{30},\,-\tfrac{2}{15},\,-\tfrac{1}{15},\,\tfrac{1}{10}\Big).
Note que \mathbf{u}_4\neq\mathbf{0}, portanto o processo produziu quatro vetores ortogonais não nulos. Como W tem dimensão 4, estas quatro \mathbf{u}_i formam uma base ortogonal de W.

Passo 9

Para apresentar vetores com entradas inteiras (evita frações) podemos escalar os \mathbf{u}_i sem perder a ortogonalidade. Multiplicar cada \mathbf{u}_i por um escalar não nulo preserva a propriedade de ortogonalidade. Tomando escalas convenientes:
\mathbf{u}_1 já era inteiro:
\mathbf{w}_1=\mathbf{u}_1=(0,1,1,2).
Multiplico \mathbf{u}_2 por 3 para tirar denominadores:
\mathbf{w}_2=3\mathbf{u}_2=(3,-2,4,-1).
Multiplico \mathbf{u}_3 por 2:
\mathbf{w}_3=2\mathbf{u}_3=(2,1,-1,0).
Multiplico \mathbf{u}_4 por 30:
\mathbf{w}_4=30\mathbf{u}_4=(1,-4,-2,3).
Os quatro vetores \mathbf{w}_1,\mathbf{w}_2,\mathbf{w}_3,\mathbf{w}_4 são mutuamente ortogonais (cheque rápido com produtos escalares: todos os produtos cruzados são zero) e geram W. Assim uma base ortogonal conveniente (com coordenadas inteiras) é
\{(0,1,1,2),\\ (3,-2,4,-1),\\ (2,1,-1,0),\\ (1,-4,-2,3)\}.

Passo 10

Resumo final e confirmação:
  • Encontramos que W=\mathbb{R}^4 (dimensão 4), logo qualquer vetor em \mathbb{R}^4 está em W, inclusive (1,1,1,1).
  • A base original \{\mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2,\mathbf{v}_3,\mathbf{v}_4\} é uma base de W.
  • Uma base ortogonal obtida por Gram–Schmidt (escalada para entradas inteiras) é a dada no passo anterior.
Força aí — você já tem todas as contas escritas, a base, a dimensão, a combinação linear e a base ortogonal; com isso dá pra explicar cada passo na prova com clareza.

Resposta

(a) Uma base de um espaço vetorial V é um conjunto B\subset V que é linearmente independente e gera V. A dimensão \dim(V) é o número de vetores em qualquer base de V.
(b) Uma base de W é \{\mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2,\mathbf{v}_3,\mathbf{v}_4\} com
\mathbf{v}_1=(0,1,1,2),\\ \mathbf{v}_2=(1,0,2,1),\\ \mathbf{v}_3=(1,1,0,1),\\ \mathbf{v}_4=(2,2,1,3).
Além disso \dim(W)=4 (portanto W=\mathbb{R}^4).
(c) Sim, \mathbf{v}=(1,1,1,1)\in W. Uma escrita como combinação linear é
\mathbf{v}=\mathbf{v}_1+\mathbf{v}_2+4\mathbf{v}_3-2\mathbf{v}_4.
(d) Uma base ortogonal de W (obtida por Gram–Schmidt e escalada para evitar frações) é
\{(0,1,1,2),\\ (3,-2,4,-1),\\ (2,1,-1,0),\\ (1,-4,-2,3)\}.

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