Seja
A=\left(\begin{array}{cccc} 1 & -1 & 1 & 1 \\\\ 2 & 1 & 0 & -1 \\\\ 0 & -3 & 2 & 3 \end{array}\right)
Seja W o conjunto das soluções do sistema A X=\overline{0}.
(a) Encontre uma base ortogonal para W.
(b) Encontre os números inteiros d e n que tornam a afirmativa a seguir verdadeira: " W é subespaço de \mathbb{R}^{n} e sua dimensão é d ".

Passo 1

O enunciado dá a matriz
A=\begin{pmatrix} 1 & -1 & 1 & 1\\[4pt] 2 & 1 & 0 & -1\\[4pt] 0 & -3 & 2 & 3 \end{pmatrix}
e define W como o conjunto das soluções do sistema homogêneo A X=\overline{0}. As perguntas são:
  1. Encontrar uma base ortogonal para W.
  2. Encontrar números inteiros d e n tais que: " W é subespaço de \mathbb{R}^{n} e sua dimensão é d ".
Informações relevantes extraídas do enunciado:
\;A é uma matriz 3\times4.
\;W=\{X\in\mathbb{R}^{4}\mid A X=\overline{0}\} (ou seja, o núcleo de A).
Logo W é um subespaço de \mathbb{R}^{4} e precisamos achar uma base ortogonal dele e sua dimensão.]

Passo 2

Vamos resolver o sistema homogêneo A X=\overline{0} por eliminação de Gauss para encontrar uma base (qualquer) de W. Escrevo a matriz ampliada não-necessariamente com zero porque é homogêneo, só preciso encontrar as relações entre as componentes de X=(x_{1},x_{2},x_{3},x_{4})^{T}.
Parto de
\begin{pmatrix} 1 & -1 & 1 & 1\\[4pt] 2 & 1 & 0 & -1\\[4pt] 0 & -3 & 2 & 3 \end{pmatrix}.
Faço R_{2}\leftarrow R_{2}-2R_{1}:
R_{2}=[\,2-2\cdot1,\;1-2(-1),\;0-2\cdot1,\;-1-2\cdot1\,]=[0,\;3,\;-2,\;-3].
Observa-se que R_{3}=[0,-3,2,3] é -1 vezes R_{2}, então R_{3}+R_{2}=0 e teremos uma linha nula. Assim a forma escalonada fica
\begin{pmatrix} 1 & -1 & 1 & 1\\[4pt] 0 & 3 & -2 & -3\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.
Divido a segunda linha por 3 para facilitar:
\begin{pmatrix} 1 & -1 & 1 & 1\\[4pt] 0 & 1 & -\tfrac{2}{3} & -1\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.
Agora elimino o -1 da coluna 2 na primeira linha: R_{1}\leftarrow R_{1}+R_{2}, obtendo
\begin{pmatrix} 1 & 0 & \tfrac{1}{3} & 0\\[4pt] 0 & 1 & -\tfrac{2}{3} & -1\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.]

Passo 3

Interpreto as equações (da forma reduzida):
\begin{cases} x_{1}+\tfrac{1}{3}x_{3}=0,\\[4pt] x_{2}-\tfrac{2}{3}x_{3}-x_{4}=0. \end{cases}
As variáveis x_{3} e x_{4} são livres. Faço x_{3}=t e x_{4}=s (parâmetros reais). Então
x_{1}=-\tfrac{1}{3}t,\qquad x_{2}=\tfrac{2}{3}t+s.
Logo o vetor solução é
X=\begin{pmatrix}x_{1}\\[4pt]x_{2}\\[4pt]x_{3}\\[4pt]x_{4}\end{pmatrix} =t\begin{pmatrix}-\tfrac{1}{3}\\[4pt]\tfrac{2}{3}\\[4pt]1\\[4pt]0\end{pmatrix} +s\begin{pmatrix}0\\[4pt]1\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Para evitar frações, posso escolher como geradores (qualquer múltiplo não nulo serve) os vetores
u_{1}=\begin{pmatrix}-1\\[4pt]2\\[4pt]3\\[4pt]0\end{pmatrix}, \qquad u_{2}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]1\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Verificação rápida: \operatorname{span}\{u_{1},u_{2}\} é o núcleo de A (porque u_{1}=\!3\cdot(-\tfrac{1}{3},\tfrac{2}{3},1,0)^{T} e u_{2} é exatamente o outro gerador). Assim \{u_{1},u_{2}\} é uma base (não ortogonal) de W e já vemos que \dim W=2.
Vou agora transformar essa base em uma base ortogonal usando o processo de Gram–Schmidt.]

Passo 4

Explico o método de Gram–Schmidt de forma bem didática: dado um conjunto linearmente independente \{u_{1},u_{2}\} em \mathbb{R}^{n}, obtemos uma base ortogonal \{v_{1},v_{2}\} definindo
v_{1}=u_{1}, \qquad v_{2}=u_{2}-\operatorname{proj}_{v_{1}}(u_{2}),
onde a projeção de u_{2} sobre v_{1} é
\operatorname{proj}_{v_{1}}(u_{2})=\frac{\langle u_{2},v_{1}\rangle}{\langle v_{1},v_{1}\rangle}\,v_{1}.
Aqui \langle a,b\rangle é o produto escalar usual (produto interno), ou seja soma dos produtos coordenada a coordenada.
Aplico com u_{1}=(-1,2,3,0)^{T} e u_{2}=(0,1,0,1)^{T}.
Calculo \langle u_{1},u_{1}\rangle:
\langle u_{1},u_{1}\rangle = (-1)^{2}+2^{2}+3^{2}+0^{2}=1+4+9=14.
Calculo \langle u_{2},u_{1}\rangle:
\langle u_{2},u_{1}\rangle = 0\cdot(-1)+1\cdot2+0\cdot3+1\cdot0 = 2.
Portanto
\operatorname{proj}_{u_{1}}(u_{2})=\frac{2}{14}u_{1}=\frac{1}{7}u_{1}=\frac{1}{7}\begin{pmatrix}-1\\[4pt]2\\[4pt]3\\[4pt]0\end{pmatrix}.
Agora subtraio para obter v_{2}:
v_{2}=u_{2}-\operatorname{proj}_{u_{1}}(u_{2}) =\begin{pmatrix}0\\[4pt]1\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix} -\frac{1}{7}\begin{pmatrix}-1\\[4pt]2\\[4pt]3\\[4pt]0\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}\tfrac{1}{7}\\[4pt]\tfrac{5}{7}\\[4pt]-\tfrac{3}{7}\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Para apresentar vetores inteiros (mais limpo) posso multiplicar v_{2} por 7 sem quebrar a ortogonalidade. Defino
w_{2}=7v_{2}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]5\\[4pt]-3\\[4pt]7\end{pmatrix}.
Escolho v_{1}=u_{1}=(-1,2,3,0)^{T} e v_{2}'=w_{2}=(1,5,-3,7)^{T}. Esses dois vetores são ortogonais porque
\langle v_{1},v_{2}'\rangle = (-1)\cdot1 + 2\cdot5 + 3\cdot(-3) + 0\cdot7 = -1+10-9+0 =0.
Então \{v_{1},v_{2}'\} é uma base ortogonal de W.]

Passo 5

Resumo dos resultados práticos (o que eu usaria na prova):
  • Uma base ortogonal de W é
\left\{\begin{pmatrix}-1\\[4pt]2\\[4pt]3\\[4pt]0\end{pmatrix},\; \begin{pmatrix}1\\[4pt]5\\[4pt]-3\\[4pt]7\end{pmatrix}\right\}.
  • W é subespaço de \mathbb{R}^{4} e tem dimensão 2. Portanto n=4 e d=2.]

Resposta

\displaystyle \left\{\begin{pmatrix}-1\\[4pt]2\\[4pt]3\\[4pt]0\end{pmatrix},\;\begin{pmatrix}1\\[4pt]5\\[4pt]-3\\[4pt]7\end{pmatrix}\right\n
d=2,\;n=4]

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