Questão 5. Seja V=\mathbb{R}^{n \times n} o espaço das matrizes reais de ordem n \times n (em que n é um inteiro positivo), munido do produto interno dado por
\langle A, B\rangle=\sum_{i, j} A_{i j} B_{i j}
Prove que o complemento ortogonal do subespaço das matrizes simétricas é o subespaço das matrizes antissimétricas.

Passo 1

O enunciado considera o espaço real V=\mathbb{R}^{n\times n} com o produto interno de Frobenius
\langle A,B\rangle=\sum_{i,j}A_{ij}B_{ij}.
Definimos o subespaço
S=\{A\in V\mid A^T=A\}
das matrizes simétricas e seu complemento ortogonal
S^\perp=\{B\in V\mid\langle A,B\rangle=0\text{ para todo }A\in S\}.
Queremos mostrar que
S^\perp=\{B\in V\mid B^T=-B\},
isto é, S^\perp é exatamente o subespaço das matrizes antissimétricas.

Passo 2

Mostramos primeiro que toda matriz antissimétrica B satisfaz \langle A,B\rangle=0 para todo A\in S. Se B^T=-B e A^T=A, então
\langle A,B\rangle = \sum_{i,j}A_{ij}B_{ij} =\tr(A^TB) =\tr(AB).
Mas também, usando \tr(X^T)=\tr(X) e B^T=-B,
\tr(AB)=\tr\bigl((AB)^T\bigr) =\tr(B^TA^T) =\tr((-B)A) =-\tr(BA) =-\tr(AB).
Daí \tr(AB)=0 e logo \langle A,B\rangle=0. Assim toda matriz antissimétrica pertence a S^\perp.

Passo 3

Agora provamos que se B\in S^\perp então B é antissimétrica. Como B\in S^\perp, vale \langle A,B\rangle=0 para todo A simétrica. Tomemos as seguintes matrizes simétricas de teste:
A^{(ii)}=E_{ii},\quad i=1,\dots,n,
onde (E_{ii})_{kl}=\delta_{ik}\delta_{il}. Então
0=\langle A^{(ii)},B\rangle =B_{ii},
logo todos os elementos da diagonal de B são zero. Agora, para i<j, consideremos
A^{(ij)}=E_{ij}+E_{ji},
que é simétrica. Daí
0=\langle A^{(ij)},B\rangle =B_{ij}+B_{ji},
logo B_{ji}=-B_{ij}. Com isso obtemos B^T=-B, ou seja, B é antissimétrica.

Passo 4

Juntando os resultados dos Passos 2 e 3, concluímos que
S^\perp=\{B\in V\mid B^T=-B\},
isto é, o complemento ortogonal de S é exatamente o subespaço das matrizes antissimétricas.

Resposta

O complemento ortogonal do subespaço das matrizes simétricas é o subespaço das matrizes antissimétricas.

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