Questão 4.7
Conjunto \mathbf{S}=\mathbf{v}_{\mathbf{1}}=(\mathbf{2}, \mathbf{1 , 1 , 0}), \mathbf{v}_{\mathbf{2}}=(\mathbf{0 , 1 , 0 , 1}), \mathbf{v}_{\mathbf{3}}=(\mathbf{1 , 0 , 2 , 1}), \mathbf{v}_{\mathbf{4}}=(\mathbf{1 , 1 , 1 , 1}) \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}=(2,0,1,1) \in \mathrm{W}.
d) Use o método de Gram-Schmidt para determinar uma base ortogonal de W .

Passo 1

O enunciado dá o conjunto S=\{ \mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2,\mathbf{v}_3,\mathbf{v}_4\}\subset\mathbb{R}^4 com
\mathbf{v}_1=(2,1,1,0),\quad \mathbf{v}_2=(0,1,0,1),\quad \mathbf{v}_3=(1,0,2,1),\quad \mathbf{v}_4=(1,1,1,1)
e define o subespaço vetorial W=\mathrm{L}(S) (ou seja, o espaço gerado por S). O exercício pede:
(a) Definir base e dimensão de um espaço vetorial.
(b) Determinar uma base e a dimensão de W.
(c) Verificar se \mathbf{v}=(2,0,1,1) pertence a W.
(d) Usar o método de Gram–Schmidt para determinar uma base ortogonal de W.
As informações relevantes são exatamente os quatro vetores dados e que W é o espaço gerado por eles.

Passo 2

(a) Definições (clara e direta, sem assumir que você já sabe).
  • Uma família de vetores \{\mathbf{u}_1,\dots,\mathbf{u}_k\} é geradora de um espaço vetorial V se qualquer vetor de V pode ser escrito como combinação linear destes vetores, isto é, para todo \mathbf{v}\in V existem escalares a_1,\dots,a_k tais que \mathbf{v}=a_1\mathbf{u}_1+\cdots+a_k\mathbf{u}_k.
  • Uma família de vetores é linearmente independente se a única combinação linear que dá o vetor zero é a combinação trivial (todos os coeficientes são zero). Ou seja, a_1\mathbf{u}_1+\cdots+a_k\mathbf{u}_k=\mathbf{0} implica a_1=\cdots=a_k=0.
  • Uma base de V é uma família de vetores que é ao mesmo tempo geradora e linearmente independente. Intuitivamente, são “os blocos mínimos” que geram todo o espaço sem redundância.
  • A dimensão de V é o número de vetores em qualquer base de V. Uma consequência importante: todas as bases de um mesmo espaço vetorial têm o mesmo número de vetores.
Exemplo rápido para fixar: os vetores (1,0) e (0,1) formam uma base de \mathbb{R}^2 e a dimensão é 2.

Passo 3

(b) Determinar uma base e a dimensão de W.
Estratégia: colocar os vetores como colunas de uma matriz e fazer eliminação por linhas para descobrir quantos são linearmente independentes (o posto = dimensão de W); as colunas-pivô correspondem a uma base formada por alguns dos vetores originais.
Formo a matriz A cujas colunas são \mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2,\mathbf{v}_3,\mathbf{v}_4:
A=\begin{pmatrix} 2 & 0 & 1 & 1\\[2pt] 1 & 1 & 0 & 1\\[2pt] 1 & 0 & 2 & 1\\[2pt] 0 & 1 & 1 & 1 \end{pmatrix}.
Vou fazer eliminação por linhas (mostro cada passo de operação de linha e o resultado):
  1. Troco a linha 1 com a linha 2 para ter pivô 1 na primeira linha:
\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 & 1\\\\ 2 & 0 & 1 & 1\\\\ 1 & 0 & 2 & 1\\\\ 0 & 1 & 1 & 1 \end{pmatrix}.
  1. Elimino abaixo do pivô da coluna 1:
R_2\leftarrow R_2-2R_1,\quad R_3\leftarrow R_3-R_1
resultado:
\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 & 1\\\\ 0 & -2 & 1 & -1\\\\ 0 & -1 & 2 & 0\\\\ 0 & 1 & 1 & 1 \end{pmatrix}.
  1. Troco R_2 com R_3 (para ter pivô mais simples) e multiplico o novo R_2 por -1 para obter pivô +1:
\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 & 1\\\\ 0 & 1 & -2 & 0\\\\ 0 & -2 & 1 & -1\\\\ 0 & 1 & 1 & 1 \end{pmatrix}.
  1. Elimino os outros elementos da coluna 2:
R_1\leftarrow R_1-R_2,\quad R_3\leftarrow R_3+2R_2,\quad R_4\leftarrow R_4-R_2
obtendo
\begin{pmatrix} 1 & 0 & 2 & 1\\\\ 0 & 1 & -2 & 0\\\\ 0 & 0 & -3 & -1\\\\ 0 & 0 & 3 & 1 \end{pmatrix}.
  1. Agora a coluna 3 tem pivô em R_3. Divido R_3 por -3 e zereo acima; observe que R_4 é múltiplo de R_3, então virará linha zero:
\text{Transformando} \; R_3\to \frac{1}{-3}R_3 \;\text{e eliminando:}
\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & \tfrac{1}{3}\\[4pt] 0 & 1 & 0 & \tfrac{2}{3}\\[4pt] 0 & 0 & 1 & \tfrac{1}{3}\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.
Conclusão dessa eliminação: posto = número de linhas não-nulas =3. Logo, as três primeiras colunas são colunas-pivô (correspondem a \mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2,\mathbf{v}_3). Portanto esses três vetores são linearmente independentes e geram W. Assim uma base de W é
\{\mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2,\mathbf{v}_3\}=\{(2,1,1,0),(0,1,0,1),(1,0,2,1)\},
e a dimensão de W é \dim W=3.
Como checagem extra (útil na prova): \mathbf{v}_4 é combinação linear dos três primeiros; resolvendo rápido o sistema \alpha\mathbf{v}_1+\beta\mathbf{v}_2+\gamma\mathbf{v}_3=\mathbf{v}_4 obtém-se
\alpha=\tfrac{1}{3},\quad \beta=\tfrac{2}{3},\quad \gamma=\tfrac{1}{3},
ou seja
\mathbf{v}_4=\tfrac{1}{3}\mathbf{v}_1+\tfrac{2}{3}\mathbf{v}_2+\tfrac{1}{3}\mathbf{v}_3,
o que confirma que \mathbf{v}_4 é redundante.]

Passo 4

(c) Verificar se [\mathbf{v}=(2,0,1,1)) pertence a W.
Procuramos escalares x,y,z tais que
x\mathbf{v}_1+y\mathbf{v}_2+z\mathbf{v}_3=(2,0,1,1).
Escrevendo por componentes obtemos o sistema
\begin{cases} 2x+\;0y+\;1z=2,\\[4pt] x+\;y+\;0z=0,\\[4pt] x+\;0y+2z=1,\\[4pt] 0x+\;y+\;z=1. \end{cases}
Da segunda equação y=-x\]. Da quarta \(y+z=1 z=1-y=1-(-x)=1+x. Substituindo na primeira: 2x+(1+x)=2\Rightarrow 3x+1=2\Rightarrow x=\tfrac{1}{3}. Assim z=1+\tfrac{1}{3}=\tfrac{4}{3}. Mas agora verifique a terceira equação: x+2z=\tfrac{1}{3}+2\cdot\tfrac{4}{3}=\tfrac{1}{3}+\tfrac{8}{3}=\tfrac{9}{3}=3, que não é 1. Portanto o sistema é inconsistente: não existem x,y,z que satisfaçam todas as equações. Conclusão: \mathbf{v}=(2,0,1,1)\notin W.]

Passo 5

(d) Gram–Schmidt para obter uma base ortogonal de W.
Lembrete do algoritmo (fórmula): dados vetores linearmente independentes \mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2,\mathbf{v}_3, definimos
\begin{aligned} \mathbf{u}_1&=\mathbf{v}_1,\\[4pt] \mathbf{u}_2&=\mathbf{v}_2-\operatorname{proj}_{\mathbf{u}_1}\mathbf{v}_2 =\mathbf{v}_2-\frac{\langle \mathbf{v}_2,\mathbf{u}_1\rangle}{\langle \mathbf{u}_1,\mathbf{u}_1\rangle}\mathbf{u}_1,\\[4pt] \mathbf{u}_3&=\mathbf{v}_3-\operatorname{proj}_{\mathbf{u}_1}\mathbf{v}_3-\operatorname{proj}_{\mathbf{u}_2}\mathbf{v}_3, \end{aligned}
onde \langle \cdot,\cdot\rangle é o produto interno usual (produto escalar padrão em \mathbb{R}^4): \langle \mathbf{a},\mathbf{b}\rangle=\sum a_i b_i.
Agora aplico aos nossos vetores:
  1. \mathbf{u}_1=\mathbf{v}_1=(2,1,1,0). Calculo \langle\mathbf{u}_1,\mathbf{u}_1\rangle=2^2+1^2+1^2+0^2=6.
  2. Calculo \mathbf{u}_2.
\langle\mathbf{v}_2,\mathbf{u}_1\rangle=(0,1,0,1)\cdot(2,1,1,0)=1.
Logo
\operatorname{proj}_{\mathbf{u}_1}\mathbf{v}_2=\frac{1}{6}\mathbf{u}_1=\Big(\tfrac{1}{3},\tfrac{1}{6},\tfrac{1}{6},0\Big).
Portanto
\mathbf{u}_2=\mathbf{v}_2-\operatorname{proj}_{\mathbf{u}_1}\mathbf{v}_2 =(0,1,0,1)-\Big(\tfrac{1}{3},\tfrac{1}{6},\tfrac{1}{6},0\Big) =\Big(-\tfrac{1}{3},\tfrac{5}{6},-\tfrac{1}{6},1\Big).
Para ficar mais agradável (sem frações) posso multiplicar \mathbf{u}_2 por 6 (isto mantém ortogonalidade):
\mathbf{u}_2' = 6\mathbf{u}_2 = (-2,5,-1,6).
Usarei \mathbf{u}_2' como representante ortogonal (qualquer múltiplo não-nulo serve).
  1. Calculo \mathbf{u}_3. Primeiro a projeção em \mathbf{u}_1:
\langle\mathbf{v}_3,\mathbf{u}_1\rangle=(1,0,2,1)\cdot(2,1,1,0)=4,
então
\operatorname{proj}_{\mathbf{u}_1}\mathbf{v}_3=\frac{4}{6}\mathbf{u}_1=\frac{2}{3}\mathbf{u}_1=\Big(\tfrac{4}{3},\tfrac{2}{3},\tfrac{2}{3},0\Big).
Agora a projeção em \mathbf{u}_2. Para isso uso a versão com \mathbf{u}_2 original (antes do fator 6) ou então uso \mathbf{u}_2' e faço com cuidado; aqui uso \mathbf{u}_2 (com frações) porque já calculei \langle\mathbf{u}_2,\mathbf{u}_2\rangle:
Calculo \langle\mathbf{u}_2,\mathbf{u}_2\rangle onde \mathbf{u}_2=(-\tfrac{1}{3},\tfrac{5}{6},-\tfrac{1}{6},1):
\langle\mathbf{u}_2,\mathbf{u}_2\rangle=\tfrac{1}{9}+\tfrac{25}{36}+\tfrac{1}{36}+1=\tfrac{4+25+1+36}{36}=\tfrac{66}{36}=\tfrac{11}{6}.
Calculo \langle\mathbf{v}_3,\mathbf{u}_2\rangle:
\langle\mathbf{v}_3,\mathbf{u}_2\rangle=(1,0,2,1)\cdot\Big(-\tfrac{1}{3},\tfrac{5}{6},-\tfrac{1}{6},1\Big) =-\tfrac{1}{3}+0-\tfrac{2}{6}+1=\tfrac{1}{3}.
Logo o coeficiente é \dfrac{\langle\mathbf{v}_3,\mathbf{u}_2\rangle}{\langle\mathbf{u}_2,\mathbf{u}_2\rangle}=\dfrac{1/3}{11/6}=\dfrac{2}{11}. Assim
\operatorname{proj}_{\mathbf{u}_2}\mathbf{v}_3=\frac{2}{11}\mathbf{u}_2 =\frac{2}{11}\Big(-\tfrac{1}{3},\tfrac{5}{6},-\tfrac{1}{6},1\Big) =\Big(-\tfrac{2}{33},\tfrac{5}{33},-\tfrac{1}{33},\tfrac{2}{11}\Big).
Agora
\mathbf{u}_3=\mathbf{v}_3-\operatorname{proj}_{\mathbf{u}_1}\mathbf{v}_3-\operatorname{proj}_{\mathbf{u}_2}\mathbf{v}_3.
Fazendo as contas (colocando tudo com denominador 33 para clareza) chega-se a
\mathbf{u}_3=\Big(-\tfrac{3}{11},-\tfrac{9}{11},\tfrac{15}{11},\tfrac{9}{11}\Big) =\tfrac{3}{11}(-1,-3,5,3).
Como antes, multiplicar por constante não altera a ortogonalidade; escolho o vetor inteiro simples
\mathbf{u}_3'=(-1,-3,5,3)
(porque \mathbf{u}_3 é \tfrac{3}{11}\mathbf{u}_3'). Verificação rápida (útil na prova): \langle\mathbf{u}_1,\mathbf{u}_3'\rangle=0 e \langle\mathbf{u}_2',\mathbf{u}_3'\rangle=0 — confirmando que são mutuamente ortogonais.
Portanto, uma base ortogonal (mais “bonita”, sem frações) de W é
\{\mathbf{u}_1,\mathbf{u}_2',\mathbf{u}_3'\}= \{(2,1,1,0),\;(-2,5,-1,6),\;(-1,-3,5,3)\}.
Cada vetor acima pertence a W, são ortogonais dois a dois e são três, então formam uma base ortogonal de W.]

Resposta

(a) Uma base de um espaço vetorial V é uma família de vetores que gera V e é linearmente independente. A dimensão de 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\}=\{(2,1,1,0),(0,1,0,1),(1,0,2,1)\}. A dimensão é \dim W=3.
(c) \mathbf{v}=(2,0,1,1)\notin W.
(d) Uma base ortogonal de W (não normalizada) é \{(2,1,1,0),\;(-2,5,-1,6),\;(-1,-3,5,3)\}.

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