Questão 3.6

a) Defina conjunto de vetores linearmente independentes (I.i.) e conjunto de vetores linearmente dependentes (l.d.).
Considere o subespaço W=\left\{v=(x, y, z, t) \in \mathbb{R}^{4} \mid 2 x+y-z+3 t=0\right\} d e \mathbb{R}^{4}.
b) Determine uma base alpha e a dimensão de W.
c) Use o método de Gram-Schmidt para determinar uma base ortogonal beta de W.
d) Determine a matriz de mudança de base da base alpha para a base beta.

Passo 1

O enunciado pede quatro coisas:
  1. (a) Definir conjunto de vetores linearmente independentes (I.i.) e conjunto de vetores linearmente dependentes (l.d.).
  2. (b) Dado o subespaço W=\left\{v=(x,y,z,t)\in\mathbb{R}^4 \mid 2x+y-z+3t=0\right\}, determinar uma base \alpha de W e a dimensão de W.
  3. (c) Usar o método de Gram–Schmidt para determinar uma base ortogonal \beta de W.
  4. (d) Determinar a matriz de mudança de base da base \alpha para a base \beta.
Informações fornecidas:
  • Espaço ambiente é \mathbb{R}^4 com produto interno padrão (produto escalar usual).
  • Subespaço W é o conjunto de vetores que satisfazem a equação linear \;2x+y-z+3t=0.
Nada mais será pedido; a partir daqui começamos a resolver passo a passo.

Passo 2

(a) Definições (explicadas devagar e com exemplo mental)
  • Definição de I.i. (linearmente independentes).
    Dizemos que um conjunto de vetores \{u_1,u_2,\dots,u_k\}\subset\mathbb{R}^n é linearmente independente se a única solução do sistema \lambda_1 u_1+\lambda_2 u_2+\cdots+\lambda_k u_k=0é \lambda_1=\lambda_2=\cdots=\lambda_k=0.
    Explicação prática: nenhuma combinação linear não-trivial (com coeficientes não todos nulos) dá o vetor zero — todos os vetores trazem informação nova.
  • Definição de l.d. (linearmente dependentes).
    Dizemos que \{u_1,\dots,u_k\} é linearmente dependente se existem coeficientes \lambda_i, nem todos nulos, tais que \lambda_1 u_1+\cdots+\lambda_k u_k=0.Explicação prática: algum dos vetores pode ser escrito como combinação linear dos outros — há redundância.
  • Exemplo rápido mental: em \mathbb{R}^2, dois vetores colineares (um é múltiplo do outro) são l.d.; dois vetores não-colineares formam um conjunto I.i.

Passo 3

(b) Parametrização de W (como encontrar uma base)
Começo resolvendo a equação que define W:
2x+y-z+3t=0.
Escolho como variáveis livres y,z,t (chamo-as de parâmetros s,u,v respectivamente). Então
2x = -y+z-3t \quad\Rightarrow\quad x=\frac{-y+z-3t}{2}.
Escrevo um vetor genérico v\in W em função de y,z,t:
v=(x,y,z,t)=\left(\frac{-y+z-3t}{2},\;y,\;z,\;t\right).
Agora reescrevo como combinação linear das direções geradoras (separo pelos parâmetros). Coloco y=s,\;z=u,\;t=v:
v = s\left(\frac{-1}{2},1,0,0\right) + u\left(\frac{1}{2},0,1,0\right) + v\left(\frac{-3}{2},0,0,1\right).
Esses três vetores formam um conjunto gerador, mas têm frações. Para obter vetores inteiros (mais confortáveis), multiplico cada vetor por 2 e tomo como candidatos à base os seguintes vetores (cada um está em W porque satisfazem a equação original — podemos conferir substituindo na equação):
v_1 = (-1,2,0,0),\qquad v_2=(1,0,2,0),\qquad v_3=(-3,0,0,2).
Vou usar estes v_1,v_2,v_3 para formar a base \alpha, se forem linearmente independentes e gerarem W.

Passo 4

Verificação de que v_1,v_2,v_3 estão em W (checagem rápida)
  • Para v_1=(-1,2,0,0): 2(-1)+2-0+3\cdot0 = -2+2=0. OK.
  • Para v_2=(1,0,2,0): 2\cdot1+0-2+0=0. OK.
  • Para v_3=(-3,0,0,2): 2(-3)+0-0+3\cdot2 = -6+6=0. OK.
Portanto todos pertencem a W.

Passo 5

Provar que \{v_1,v_2,v_3\} é linearmente independente
Suponha que existam \alpha,\beta,\gamma\in\mathbb{R} tais que
\alpha v_1+\beta v_2+\gamma v_3 = 0.
Escrevendo componente a componente, com v_1=(-1,2,0,0), v_2=(1,0,2,0), v_3=(-3,0,0,2), obtemos
(-\alpha+\beta-3\gamma,\;2\alpha,\;2\beta,\;2\gamma)=(0,0,0,0).
Das últimas três componentes vem imediatamente
2\alpha=0,\quad 2\beta=0,\quad 2\gamma=0 \quad\Rightarrow\quad \alpha=\beta=\gamma=0.
Portanto só há solução trivial: os vetores são linearmente independentes.

Passo 6

Provar que \{v_1,v_2,v_3\} gera W (mostrando que geram qualquer vetor de W)
Se w=(x,y,z,t)\in W, então 2x+y-z+3t=0. Tomo \alpha=\dfrac{y}{2}, \beta=\dfrac{z}{2}, \gamma=\dfrac{t}{2}. Calculo
\alpha v_1+\beta v_2+\gamma v_3 = \left(\frac{y}{2}(-1)+\frac{z}{2}(1)+\frac{t}{2}(-3),\;y,\;z,\;t\right) =\left(\frac{-y+z-3t}{2},y,z,t\right)=w,
ou seja, qualquer w\in W é combinação linear de v_1,v_2,v_3. Logo \{v_1,v_2,v_3\} é uma base de W.

Passo 7

Concluir (parte b)
  • Uma base conveniente (escolhida) é
\alpha=\{\,v_1,v_2,v_3\,\}=\{\,(-1,2,0,0),\;(1,0,2,0),\;(-3,0,0,2)\,\}.
  • A dimensão de W é \dim W=3 (temos três vetores linearmente independentes que geram W).
Força aí — já temos base e dimensão; agora vamos ortogonalizar.

Passo 8

(c) Gram–Schmidt: explicação do método e fórmula de projeção
  • Produto interno padrão em \mathbb{R}^4: para u=(u_1,\dots,u_4) e v=(v_1,\dots,v_4), \langle u,v\rangle = u_1v_1+u_2v_2+u_3v_3+u_4v_4.
  • Fórmula de projeção de v sobre u (quando u\neq0): \operatorname{proj}_u(v)=\frac{\langle v,u\rangle}{\langle u,u\rangle}\,u.
  • Gram–Schmidt transforma uma base \{a_1,a_2,a_3\} em uma base ortogonal \{w_1,w_2,w_3\} com as etapas: w_1=a_1,
w_2 = a_2 - \operatorname{proj}_{w_1}(a_2),
w_3 = a_3 - \operatorname{proj}_{w_1}(a_3) - \operatorname{proj}_{w_2}(a_3).
Explico: em cada passo subtraímos das componentes “já explicadas” para ficar ortogonal aos anteriores.

Passo 9

Aplicando Gram–Schmidt em \alpha. Tomo a_1=v_1,\,a_2=v_2,\,a_3=v_3.
  1. w_1 = v_1 = (-1,2,0,0).
Calculo produtos necessários:
\langle v_1,v_1\rangle = (-1)^2+2^2=1+4=5,
\langle v_2,v_1\rangle = 1\cdot(-1)+0\cdot2+2\cdot0+0\cdot0 = -1.
  1. w_2 = v_2 - \dfrac{\langle v_2,w_1\rangle}{\langle w_1,w_1\rangle}w_1.
w_2 = v_2 - \frac{-1}{5}w_1 = v_2 + \frac{1}{5}w_1.
Substituindo números:
w_2 = \left(1,0,2,0\right) + \frac{1}{5}\left(-1,2,0,0\right) = \left(\frac{4}{5},\frac{2}{5},2,0\right).
Para evitar frações, posso escalar w_2 por 5 (escala mantém ortogonalidade): tomo
b_2 := 5w_2 = (4,2,10,0).
Note que b_2 é ortogonal a w_1 porque b_2 é múltiplo de w_2.
Verificação rápida:
\langle w_1,b_2\rangle = 5\langle w_1,w_2\rangle =0.
  1. Agora w_3 = v_3 - \operatorname{proj}_{w_1}(v_3) - \operatorname{proj}_{w_2}(v_3).
    Calculos:
\langle v_3,w_1\rangle = (-3)(-1)+0\cdot2+0\cdot0+2\cdot0 = 3,
\langle v_3,w_2\rangle = v_3\cdot\left(\frac{4}{5},\frac{2}{5},2,0\right) = (-3)\frac{4}{5} + 0\cdot\frac{2}{5} + 0\cdot2 + 2\cdot0 = -\frac{12}{5}.
E \langle w_2,w_2\rangle = \dfrac{24}{5} (cálculo anterior: (4/5)^2+(2/5)^2+2^2 = 4/5 +4 = 24/5).
Assim
\operatorname{proj}_{w_1}(v_3)=\frac{3}{5}w_1,\qquad \operatorname{proj}_{w_2}(v_3)=\frac{-\tfrac{12}{5}}{\tfrac{24}{5}}\,w_2 = -\frac{1}{2}w_2.
Portanto
w_3 = v_3 - \frac{3}{5}w_1 + \frac{1}{2}w_2.
Substituindo w_1=v_1 e w_2=\left(\tfrac{4}{5},\tfrac{2}{5},2,0\right), obtemos após simplificar:
w_3 = (-2,-1,1,2).
(Verificação: \langle w_3,w_1\rangle=0 e \langle w_3,w_2\rangle=0 — você pode conferir os produtos escalares e verá que são zero.)

Passo 10

Escolha final da base ortogonal \beta
  • Mantemos b_1=w_1=v_1=(-1,2,0,0).
  • Para evitar frações, escolhemos b_2=5w_2=(4,2,10,0) (múltiplo de w_2, ainda ortogonal a b_1).
  • Mantemos b_3=w_3=(-2,-1,1,2).
Portanto uma base ortogonal conveniente é
\beta=\{\,b_1,b_2,b_3\,\}=\{\,(-1,2,0,0),\;(4,2,10,0),\;(-2,-1,1,2)\,\}.
Ressalto: multiplicar um vetor ortogonal por escalar não destrói a ortogonalidade, então usar b_2=5w_2 é permitido e deixa as coordenadas inteiras.

Passo 11

(d) Matriz de mudança de base da base \alpha para a base \beta — escolha de convenção e cálculo
Primeiro esclareço a convenção que vou usar (importante): vou calcular a matriz P tal que, para qualquer vetor v\in W,
\big[v\big]_{\beta} = P\,\big[v\big]_{\alpha},
ou seja, P transforma coordenadas de \alpha-coordenadas para \beta-coordenadas. Com essa convenção, as colunas de P são as coordenadas, em \beta, dos vetores de \alpha.
Estratégia prática: é mais fácil primeiro expressar cada vetor de \beta em coordenadas da base \alpha; isso dá uma matriz triangular Q tal que
\big[v\big]_{\alpha} = Q\,\big[v\big]_{\beta}.
Então P = Q^{-1}.
Expressões de \beta em termos de \alpha (todas as igualdades abaixo são combinações lineares entre os vetores v_1,v_2,v_3 da base \alpha):
  • b_1 = v_1 [b_1]_{\alpha}=(1,0,0)^\top.
  • Lembre que b_2=5w_2 e w_2 = v_2 + \tfrac{1}{5}v_1. Portanto b_2 = 5w_2 = 5v_2 + v_1 \quad\Rightarrow\quad [b_2]_{\alpha}=(1,5,0)^\top.
  • Para b_3=w_3 encontramos (no Passo 9) a relação w_3 = -\tfrac{1}{2}v_1 + \tfrac{1}{2}v_2 + 1\cdot v_3,então [b_3]_{\alpha} = \left(-\tfrac{1}{2},\;\tfrac{1}{2},\;1\right)^\top.
Logo a matriz Q (colunas são [b_1]_{\alpha},[b_2]_{\alpha},[b_3]_{\alpha}) é
Q=\begin{pmatrix} 1 & 1 & -\tfrac{1}{2}\\[4pt] 0 & 5 & \tfrac{1}{2}\\[4pt] 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.
Como Q é triangular superior, calculo P=Q^{-1} por substituição (resolvendo Qx=e_i coluna a coluna). Fazendo isso obtenho
P=Q^{-1}=\begin{pmatrix} 1 & -\tfrac{1}{5} & \tfrac{3}{5}\\[4pt] 0 & \tfrac{1}{5} & -\tfrac{1}{10}\\[4pt] 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.
Verificação rápida da interpretação: a segunda coluna de P é [v_2]_{\beta}=(-\tfrac{1}{5},\tfrac{1}{5},0)^\top, que corresponde à identidade v_2 = -\tfrac{1}{5}b_1 + \tfrac{1}{5}b_2 (coerente com b_2 = v_1 + 5v_2 que usamos antes).]

Resposta

(a) Linearmente independentes: um conjunto \{u_1,\dots,u_k\} é I.i. se \lambda_1u_1+\cdots+\lambda_ku_k=0 implica \lambda_1=\cdots=\lambda_k=0. Linearmente dependentes: existe combinação não trivial \lambda_1u_1+\cdots+\lambda_ku_k=0 com pelo menos um \lambda_i\neq0.
(b) \displaystyle \alpha=\{(-1,2,0,0),\;(1,0,2,0),\;(-3,0,0,2)\}. \dim W=3.
(c) Uma base ortogonal obtida por Gram–Schmidt é \displaystyle \beta=\{(-1,2,0,0),\;(4,2,10,0),\;(-2,-1,1,2)\}.
(d) Matriz de mudança de base P tal que [v]_{\beta}=P\,[v]_{\alpha}:
P=\begin{pmatrix} 1 & -\tfrac{1}{5} & \tfrac{3}{5}\\[4pt] 0 & \tfrac{1}{5} & -\tfrac{1}{10}\\[4pt] 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.]

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