Seja o espaço vetorial da matrizes 2 x 2 munido do produto intęrno definido como \langle A, B\rangle=\operatorname{tr}\left(B^{T} A\right) e \beta uma base para este espaço, onde:
\beta=\left[\left(\begin{array}{ll} 1 & 0 \\\\ 0 & 1 \end{array}\right),\left(\begin{array}{cc} 1 & 2 \\\\ 0 & -1 \end{array}\right),\left(\begin{array}{ll} 0 & 0 \\\\ 1 & 0 \end{array}\right),\left(\begin{array}{cc} -1 & 1 \\\\ 0 & 1 \end{array}\right)\right]
Verifique se \beta é uma base ortogonal, caso afirmativo, apresente \beta normalizada.

Passo 1

O enunciado dá:
  • O espaço vetorial das matrizes 2\times2 com o produto interno
\langle A,B\rangle=\operatorname{tr}\!\left(B^{T}A\right).
  • A base \beta formada por quatro matrizes:
\beta=\left[ \begin{pmatrix}1&0\\[2pt]0&1\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}1&2\\[2pt]0&-1\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}0&0\\[2pt]1&0\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}-1&1\\[2pt]0&1\end{pmatrix} \right].
O que se pede:
  1. Verificar se \beta é uma base ortogonal (ou seja, se as matrizes da base são duas a duas ortogonais segundo o produto interno dado).
  2. Caso seja ortogonal, apresentar a base normalizada (cada vetor dividido pela sua norma) — ou seja, transformar \beta numa base ortonormal.]

Passo 2

Entender bem o produto interno para trabalhar sem erro. Se A=(a_{ij}) e B=(b_{ij}) são matrizes 2\times2, então
\langle A,B\rangle=\operatorname{tr}\!\left(B^{T}A\right)
pode ser escrito como soma elemento a elemento. De fato,
\operatorname{tr}\!\left(B^{T}A\right)=\sum_{i=1}^{2}\sum_{j=1}^{2} a_{ij}b_{ij}.
Ou seja, é exatamente o produto interno Frobenius: multiplicar termo a termo e somar. Isso facilita os cálculos: basta multiplicar as entradas correspondentes e somar as quatro contribuições.

Passo 3

Nomeio as matrizes da base para ficar claro:
E_{1}=\begin{pmatrix}1&0\\[2pt]0&1\end{pmatrix},\quad E_{2}=\begin{pmatrix}1&2\\[2pt]0&-1\end{pmatrix},\quad E_{3}=\begin{pmatrix}0&0\\[2pt]1&0\end{pmatrix},\quad E_{4}=\begin{pmatrix}-1&1\\[2pt]0&1\end{pmatrix}.]

Passo 4

Calculo os produtos internos entre E_{1} e os outros (usando a soma dos produtos das entradas).
  • \langle E_{1},E_{2}\rangle = 1\cdot1 + 0\cdot2 + 0\cdot0 + 1\cdot(-1) = 1-1 = 0.
  • \langle E_{1},E_{3}\rangle = 1\cdot0 + 0\cdot0 + 0\cdot1 + 1\cdot0 = 0.
  • \langle E_{1},E_{4}\rangle = 1\cdot(-1) + 0\cdot1 + 0\cdot0 + 1\cdot1 = -1+1 = 0.
Portanto E_{1} é ortogonal a E_{2},E_{3},E_{4}.

Passo 5

Calculo os produtos internos entre os demais pares:
  • \langle E_{2},E_{3}\rangle = 1\cdot0 + 2\cdot0 + 0\cdot1 + (-1)\cdot0 = 0.
  • \langle E_{2},E_{4}\rangle = 1\cdot(-1) + 2\cdot1 + 0\cdot0 + (-1)\cdot1 = -1+2+0-1 = 0.
  • \langle E_{3},E_{4}\rangle = 0\cdot(-1) + 0\cdot1 + 1\cdot0 + 0\cdot1 = 0.
Todos os produtos internos entre matrizes diferentes são zero.

Passo 6

Conclusão intermediária: como todos os produtos internos \langle E_{i},E_{j}\rangle com i\neq j são zero, as quatro matrizes são duas a duas ortogonais. Logo \beta é uma base ortogonal.

Passo 7

Agora calculo as normas (norma induzida pelo produto interno: \|A\|=\sqrt{\langle A,A\rangle}).
  • Para E_{1}: \langle E_{1},E_{1}\rangle = 1^{2}+0^{2}+0^{2}+1^{2}=2. Então \|E_{1}\|=\sqrt{2}.
  • Para E_{2}: \langle E_{2},E_{2}\rangle = 1^{2}+2^{2}+0^{2}+(-1)^{2}=1+4+0+1=6. Então \|E_{2}\|=\sqrt{6}.
  • Para E_{3}: \langle E_{3},E_{3}\rangle = 0^{2}+0^{2}+1^{2}+0^{2}=1. Então \|E_{3}\|=1.
  • Para E_{4}: \langle E_{4},E_{4}\rangle = (-1)^{2}+1^{2}+0^{2}+1^{2}=1+1+0+1=3. Então \|E_{4}\|=\sqrt{3}.

Passo 8

Normalizo cada vetor (divido pela sua norma) para obter a base ortonormal:
  • Vetor normalizado correspondente a E_{1}:
\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1&0\\[2pt]0&1\end{pmatrix}.
  • Vetor normalizado correspondente a E_{2}:
\frac{1}{\sqrt{6}}\begin{pmatrix}1&2\\[2pt]0&-1\end{pmatrix}.
  • Vetor normalizado correspondente a E_{3} (já tem norma 1):
\begin{pmatrix}0&0\\[2pt]1&0\end{pmatrix}.
  • Vetor normalizado correspondente a E_{4}:
\frac{1}{\sqrt{3}}\begin{pmatrix}-1&1\\[2pt]0&1\end{pmatrix}.]

Resposta

Sim, \beta é uma base ortogonal.
\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1&0\\[2pt]0&1\end{pmatrix}
\displaystyle \frac{1}{\sqrt{6}}\begin{pmatrix}1&2\\[2pt]0&-1\end{pmatrix}
\displaystyle \begin{pmatrix}0&0\\[2pt]1&0\end{pmatrix}
\displaystyle \frac{1}{\sqrt{3}}\begin{pmatrix}-1&1\\[2pt]0&1\end{pmatrix}]

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