Questão 4.9
Conjunto \mathbf{S}=\mathbf{v}_{\mathbf{1}}=(\mathbf{0 , 1 , 2 , 1}), \mathbf{v}_{\mathbf{2}}=(\mathbf{1 , 0 , 1 , 2}), \mathbf{v}_{\mathbf{3}}=(\mathbf{1 , 1 , 0 , 0}), \mathbf{v}_{\mathbf{4}}=(\mathbf{2 , 1 , 2 , 2}) \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}=(2,1,1,0) \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=(0,1,2,1),\qquad \mathbf{v}_2=(1,0,1,2),\qquad \mathbf{v}_3=(1,1,0,0),\qquad \mathbf{v}_4=(2,1,2,2).
Define-se W=\mathrm{L}(S), ou seja, o subespaço gerado por S.
As perguntas são:
a) Definir base e dimensão de um espaço vetorial.
b) Determinar uma base e a dimensão de W.
c) Verificar se \mathbf{v}=(2,1,1,0) pertence a W.
d) Usar o método de Gram–Schmidt para determinar uma base ortogonal de W.
As informações relevantes do enunciado estão acima (os quatro vetores em \mathbb{R}^4 e o vetor \mathbf{v} a testar). A partir delas vamos resolver cada item passo a passo.

Passo 2

Definições e conceitos necessários (explicação didática e sem pular etapas).
  1. Espaço gerado / span. Dado um conjunto de vetores S=\{w_1,\dots,w_k\}, o espaço gerado \mathrm{L}(S) é o conjunto de todas as combinações lineares
\mathrm{L}(S)=\{ \alpha_1 w_1+\cdots+\alpha_k w_k \mid \alpha_i\in\mathbb{R}\}.
Isso significa “tudo que você pode construir somando e multiplicando os vetores de S por escalares”.
  1. Independência linear. Os vetores w_1,\dots,w_k são linearmente independentes se a única solução do sistema
\alpha_1 w_1+\cdots+\alpha_k w_k = 0
for \alpha_1=\cdots=\alpha_k=0. Se existir uma solução não trivial (alguma \alpha_i\neq 0), são linearmente dependentes.
  1. Base. Uma base de um espaço vetorial V é um conjunto de vetores que (i) gera V (ou seja, seu span é V) e (ii) é linearmente independente. Intuição prática: uma base é um “conjunto mínimo de geradores”, sem redundância.
  2. Dimensão. A dimensão de V, denotada \dim(V), é o número de vetores em qualquer base de V. Teorema importante: todas as bases de um espaço vetorial têm o mesmo número de vetores.
Exemplo simples para fixar: no plano \mathbb{R}^2, \{(1,0),(0,1)\} é base e \dim(\mathbb{R}^2)=2. Se eu pegar três vetores em \mathbb{R}^2, obrigatoriamente serão linearmente dependentes (há redundância).

Passo 3

Estratégia para (b): para decidir uma base de W=\mathrm{L}(S) precisamos saber se os vetores de S são linearmente independentes e quantos são necessários para gerar W. Como estamos em \mathbb{R}^4 e temos quatro vetores, construímos a matriz cujas colunas são \mathbf{v}_1,\dots,\mathbf{v}_4 e fazemos eliminação de Gauss (RREF) para ver o posto (rank). Se o posto for 4, os vetores são independentes e formam base de W e \dim(W)=4.
Matriz com colunas v_1,v_2,v_3,v_4:
A=\begin{pmatrix} 0 & 1 & 1 & 2\\[4pt] 1 & 0 & 1 & 1\\[4pt] 2 & 1 & 0 & 2\\[4pt] 1 & 2 & 0 & 2 \end{pmatrix}.
Vou fazer a eliminação por linhas passo a passo (trocas e combinações de linhas) para obter a RREF.]

Passo 4

Eliminação de Gauss (detalhada):
  1. Troco R_1 por R_2 para ter pivô não nulo na primeira linha:
\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & 1\\\\ 0 & 1 & 1 & 2\\\\ 2 & 1 & 0 & 2\\\\ 1 & 2 & 0 & 2 \end{pmatrix}.
  1. Elimino abaixo do pivô da coluna 1:
    R_3 \leftarrow R_3 - 2R_1, R_4 \leftarrow R_4 - R_1:
\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & 1\\\\ 0 & 1 & 1 & 2\\\\ 0 & 1 & -2 & 0\\\\ 0 & 2 & -1 & 1 \end{pmatrix}.
  1. Uso R_2 (pivô na coluna 2) para zerar entradas em sua coluna:
    R_3 \leftarrow R_3 - R_2, R_4 \leftarrow R_4 - 2R_2:
\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & 1\\\\ 0 & 1 & 1 & 2\\\\ 0 & 0 & -3 & -2\\\\ 0 & 0 & -3 & -3 \end{pmatrix}.
  1. Tomo R_3 como pivô na coluna 3. Divido R_3 por -3 e elimino outras entradas na coluna 3:
    Primeiro R_3 \leftarrow -\tfrac{1}{3}R_3 = (0,0,1,\tfrac{2}{3}).
    Em seguida
    R_1 \leftarrow R_1 - R_3,
    R_2 \leftarrow R_2 - R_3,
    R_4 \leftarrow R_4 + 3R_3.
    Fica:
\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & \tfrac{1}{3}\\\\ 0 & 1 & 0 & \tfrac{4}{3}\\\\ 0 & 0 & 1 & \tfrac{2}{3}\\\\ 0 & 0 & 0 & -1 \end{pmatrix}.
  1. Finalmente, multiplico R_4 por -1 para obter pivô 1 e elimino acima na coluna 4:
    R_4\leftarrow -R_4=(0,0,0,1),
    R_1\leftarrow R_1 - \tfrac{1}{3}R_4,
    R_2\leftarrow R_2 - \tfrac{4}{3}R_4,
    R_3\leftarrow R_3 - \tfrac{2}{3}R_4.
    Fica a matriz identidade I_4:
\mathrm{RREF}(A)=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0\\\\ 0 & 1 & 0 & 0\\\\ 0 & 0 & 1 & 0\\\\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.
Conclusão desta eliminação: o posto de A é 4. Logo os quatro vetores \mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2,\mathbf{v}_3,\mathbf{v}_4 são linearmente independentes e formam uma base de W. Como são quatro vetores em \mathbb{R}^4, obtemos \dim(W)=4 e, portanto, W=\mathbb{R}^4.

Passo 5

Resposta ao item (c): verificar se [\mathbf{v}=(2,1,1,0)) pertence a W.
Como W=\mathbb{R}^4 (concluído no passo anterior), qualquer vetor de \mathbb{R}^4 pertence a W, então a resposta é “sim”. Para ser rigoroso explícito, podemos achar escalares a,b,c,d tais que
a\mathbf{v}_1+b\mathbf{v}_2+c\mathbf{v}_3+d\mathbf{v}_4=\mathbf{v}.
Escrevendo as componentes obtemos o sistema
\begin{cases} b + c + 2d = 2,\\[4pt] a + c + d = 1,\\[4pt] 2a + b + 2d = 1,\\[4pt] a + 2b + 2d = 0. \end{cases}
Resolvendo (eliminação simples) obtemos
d=2,\qquad c=-\tfrac{1}{3},\qquad b=-\tfrac{5}{3},\qquad a=-\tfrac{2}{3}.
Verificação rápida: com esses a,b,c,d\] a combinação linear dá \(\mathbf{v}. Portanto \mathbf{v}\in W.]

Passo 6

Gram–Schmidt: explicação do método (fórmula e intuição).
Objetivo: a partir de uma base linearmente independente w_1,\dots,w_n construir vetores u_1,\dots,u_n que sejam mutuamente ortogonais e que gerem o mesmo espaço. Fórmula (produto interno padrão \langle x,y\rangle = x\cdot y):
\begin{aligned} u_1 &= w_1,\\[4pt] u_2 &= w_2 - \operatorname{proj}_{u_1}w_2 = w_2 - \frac{\langle w_2,u_1\rangle}{\langle u_1,u_1\rangle}u_1,\\[4pt] u_3 &= w_3 - \operatorname{proj}_{u_1}w_3 - \operatorname{proj}_{u_2}w_3 = w_3 - \sum_{k=1}^{2}\frac{\langle w_3,u_k\rangle}{\langle u_k,u_k\rangle}u_k, \end{aligned}
e assim por diante. Cada passo subtrai as componentes das projeções sobre os vetores já obtidos, garantindo ortogonalidade. Não é necessário normalizar (para ortonormalizar divide-se cada u_i por \|u_i\|), mas o enunciado pede apenas base ortogonal.]

Passo 7

Aplicando Gram–Schmidt aos vetores w_1=\mathbf{v}_1,\\ w_2=\mathbf{v}_2,\\ w_3=\mathbf{v}_3,\\ w_4=\mathbf{v}_4.
  1. u_1=\mathbf{v}_1=(0,1,2,1).
    Cálculo de \langle u_1,u_1\rangle = 0^2+1^2+2^2+1^2 = 6.
  2. Computo para u_2:
\langle \mathbf{v}_2,u_1\rangle = (1,0,1,2)\cdot(0,1,2,1)=4.
u_2 = \mathbf{v}_2 - \frac{4}{6}u_1 = \mathbf{v}_2 - \tfrac{2}{3}u_1 = \Big(1,\,-\tfrac{2}{3},\,-\tfrac{1}{3},\,\tfrac{4}{3}\Big).
Para facilitar apresentações inteiras, podemos tomar u_2' = 3u_2 = (3,-2,-1,4) (escalar não altera ortogonalidade).
  1. Cálculo para u_3:
\langle \mathbf{v}_3,u_1\rangle = (1,1,0,0)\cdot(0,1,2,1)=1, \qquad \langle \mathbf{v}_3,u_2\rangle = (1,1,0,0)\cdot u_2 = \tfrac{1}{3}.
Também \langle u_2,u_2\rangle = \tfrac{10}{3}.
Logo
u_3 = \mathbf{v}_3 - \frac{1}{6}u_1 - \frac{1/3}{10/3}u_2 = \mathbf{v}_3 - \frac{1}{6}u_1 - \frac{1}{10}u_2.
Fazendo as contas obtém-se
u_3 = \Big(\tfrac{9}{10},\,\tfrac{9}{10},\,-\tfrac{3}{10},\,-\tfrac{3}{10}\Big) = \tfrac{3}{10}(3,3,-1,-1).
Assim podemos escolher a versão inteira u_3'=(3,3,-1,-1).
  1. Cálculo para u_4:
    Primeiro calculei os produtos:
\langle \mathbf{v}_4,u_1\rangle = 7,\qquad \langle \mathbf{v}_4,u_2\rangle = \tfrac{10}{3},\qquad \langle \mathbf{v}_4,u_3'\rangle = 5,
e \langle u_3',u_3'\rangle = 20. Observação: \tfrac{10}{3}/(\tfrac{10}{3})=1, então a projeção sobre u_2 é exatamente u_2.
Aplicando a fórmula:
u_4 = \mathbf{v}_4 - \frac{7}{6}u_1 - 1\cdot u_2 - \frac{5}{20}u_3' = \mathbf{v}_4 - \frac{7}{6}u_1 - u_2 - \tfrac{1}{4}u_3'.
Fazendo as contas coordenada a coordenada obtemos
u_4 = \Big(\tfrac{1}{4},\,-\tfrac{1}{4},\,\tfrac{1}{4},\,-\tfrac{1}{4}\Big) = \tfrac{1}{4}(1,-1,1,-1).
Tomando a versão inteira u_4'=(1,-1,1,-1) (multiplicando por 4) mantemos a ortogonalidade.
  1. Conjunto ortogonal obtido (colhendo as versões inteiras para ficar mais limpo):
\boxed{\,u_1=(0,1,2,1),\quad u_2'=(3,-2,-1,4),\quad u_3'=(3,3,-1,-1),\quad u_4'=(1,-1,1,-1)\,}
É fácil verificar (produto escalar) que todos pares distintos têm produto interno zero (por exemplo já verificado no processo e pode ser checado rápido se desejar).
Portanto temos uma base ortogonal de W formada por esses quatro vetores.

Resposta

(a) Uma base de um espaço vetorial V é um conjunto de vetores linearmente independentes cujo span é V. A dimensão de V, \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\}. \dim(W)=4 (logo W=\mathbb{R}^4).
(c) Sim, \mathbf{v}=(2,1,1,0)\in W. Uma combinação possível é
\mathbf{v} = -\tfrac{2}{3}\mathbf{v}_1 -\tfrac{5}{3}\mathbf{v}_2 -\tfrac{1}{3}\mathbf{v}_3 + 2\mathbf{v}_4.
(d) Uma base ortogonal de W (obtida por Gram–Schmidt, apresentando versões inteiras para maior clareza) é
\{(0,1,2,1),\; (3,-2,-1,4),\; (3,3,-1,-1),\; (1,-1,1,-1)\}.

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