Seja V=M_{2}(\mathbb{R}) com o produto interno usual. Considere W=\left\{\left(\begin{array}{cc}x & y \\\ z & w\end{array}\right): x+y-z=0\right\}. Determine uma base ortonormal de W e W^{\perp}.

Passo 1

O que o enunciado dá e o que pede.
  • Espaço vetorial: V=M_{2}(\mathbb{R}) com o produto interno usual (produto escalar obtido somando o produto das entradas correspondentes).
  • Subespaço: W=\left\{\begin{pmatrix}x & y \\\ z & w\end{pmatrix}: x+y-z=0\right\}.
  • O enunciado pede:
    1. Determinar uma base ortonormal de W.
    2. Determinar uma base ortonormal de W^{\perp}.
Informações úteis dadas (explicitadas):
  • A condição x+y-z=0 relaciona as coordenadas das matrizes de W.
  • V tem dimensão 4; a condição linear imposta por W reduz a dimensão de W (vamos ver quantas dimensões concretamente).

Passo 2

Produto interno e fórmulas que vamos usar (aulas curtinhas antes de mexer nas contas).
  • Produto interno em V=M_{2}(\mathbb{R}): para A=(a_{ij}) e B=(b_{ij}),
\langle A,B\rangle = \sum_{i=1}^{2}\sum_{j=1}^{2} a_{ij}b_{ij} = \operatorname{tr}(A^{T}B).
Isto significa: multiplica entrada a entrada e soma tudo.
  • Norma e ortogonalidade:
\|A\|=\sqrt{\langle A,A\rangle},\qquad A\perp B \iff \langle A,B\rangle=0.
  • Projeção e Gram–Schmidt (ferramenta para obter base ortonormal):
    Se u é um vetor (matriz) non nulo, a projeção de v sobre u é
\operatorname{proj}_{u}(v)=\frac{\langle v,u\rangle}{\|u\|^{2}}\,u.
No processo de Gram–Schmidt, dado um conjunto linearmente independente u_1,u_2,\dots, construímos vetores ortogonais
v_1=u_1,\qquad v_2=u_2-\operatorname{proj}_{v_1}(u_2),\qquad v_3=u_3-\operatorname{proj}_{v_1}(u_3)-\operatorname{proj}_{v_2}(u_3),
e então normalizamos e_i=v_i/\|v_i\|.

Passo 3

Parâmetrização de W e escolha de uma base natural (antes de ortonormalizar).
A condição x+y-z=0 é equivalente a z=x+y. Logo uma matriz de W tem a forma
\begin{pmatrix}x & y \\\ x+y & w\end{pmatrix} = x\begin{pmatrix}1 & 0 \\\\ 1 & 0\end{pmatrix} + y\begin{pmatrix}0 & 1 \\\\ 1 & 0\end{pmatrix} + w\begin{pmatrix}0 & 0 \\\\ 0 & 1\end{pmatrix}.
Definimos três matrizes que geram W:
E_1=\begin{pmatrix}1 & 0 \\\\ 1 & 0\end{pmatrix},\qquad E_2=\begin{pmatrix}0 & 1 \\\\ 1 & 0\end{pmatrix},\qquad E_3=\begin{pmatrix}0 & 0 \\\\ 0 & 1\end{pmatrix}.
Essas três matrizes são linearmente independentes e geram W, portanto \dim W=3. Como \dim V=4, teremos \dim W^{\perp}=1.

Passo 4

Cálculo dos produtos internos entre E_1,E_2,E_3 e normas (preparação para Gram–Schmidt).
Usando o produto interno (soma das entradas produto a produto):
  • \langle E_1,E_1\rangle = 1^2+0^2+1^2+0^2=2. Portanto \|E_1\|^2=2.
  • \langle E_2,E_2\rangle = 0^2+1^2+1^2+0^2=2. Portanto \|E_2\|^2=2.
  • \langle E_3,E_3\rangle = 0^2+0^2+0^2+1^2=1. Portanto \|E_3\|^2=1.
Produtos mistos:
  • \langle E_1,E_2\rangle = 1\cdot0 + 0\cdot1 + 1\cdot1 + 0\cdot0 =1.
  • \langle E_1,E_3\rangle = 1\cdot0 + 0\cdot0 + 1\cdot0 + 0\cdot1 =0.
  • \langle E_2,E_3\rangle = 0\cdot0 + 1\cdot0 + 1\cdot0 + 0\cdot1 =0.
Observação prática: E_3 já é ortogonal a E_1 e E_2, só precisamos ortogonalizar E_1 e E_2 entre si.

Passo 5

Aplicando Gram–Schmidt em E_1,E_2,E_3.
  • Primeiro vetor ortogonal:
v_1=E_1.
Norma: \|v_1\|=\sqrt{2}.
  • Segundo vetor ortogonal:
v_2=E_2-\operatorname{proj}_{v_1}(E_2) =E_2-\frac{\langle E_2,v_1\rangle}{\|v_1\|^{2}}\,v_1 =E_2-\frac{1}{2}E_1.
Calculamos a norma de v_2 usando a identidade \|v_2\|^2=\|E_2\|^2-\dfrac{\langle E_2,v_1\rangle^{2}}{\|v_1\|^{2}}:
\|v_2\|^2 = 2 - \frac{1^2}{2} = 2 - \tfrac{1}{2} = \tfrac{3}{2}.
Portanto \|v_2\|=\sqrt{\tfrac{3}{2}}.
  • Terceiro vetor: como E_3 é ortogonal a E_1 e E_2, ao subtrair projeções obtemos
v_3=E_3-\operatorname{proj}_{v_1}(E_3)-\operatorname{proj}_{v_2}(E_3)=E_3-0-0=E_3.
E \|v_3\|=1.
Agora normalizamos:
e_1=\frac{v_1}{\|v_1\|}=\frac{E_1}{\sqrt{2}},\qquad e_2=\frac{v_2}{\|v_2\|}=\sqrt{\tfrac{2}{3}}\Bigl(E_2-\tfrac{1}{2}E_1\Bigr),\qquad e_3=\frac{v_3}{\|v_3\|}=E_3.
Se quisermos escrever e_1,e_2,e_3 explicitamente como matrizes:
e_1=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1 & 0 \\\\ 1 & 0\end{pmatrix}, \qquad e_2=\sqrt{\tfrac{2}{3}}\left(\begin{pmatrix}0 & 1 \\\\ 1 & 0\end{pmatrix} -\tfrac{1}{2}\begin{pmatrix}1 & 0 \\\\ 1 & 0\end{pmatrix}\right) =\sqrt{\tfrac{2}{3}}\begin{pmatrix}-\tfrac{1}{2} & 1 \\\ \tfrac{1}{2} & 0\end{pmatrix},
e_3=\begin{pmatrix}0 & 0 \\\\ 0 & 1\end{pmatrix}.
Esses três são ortonormais e pertencem a W, logo formam uma base ortonormal de W.

Passo 6

Encontrando W^{\perp} (solução direta).
Procuramos A=\begin{pmatrix}a & b \\\ c & d\end{pmatrix}\in W^{\perp} que satisfaça \langle A,M\rangle=0 para todo M\in W. É suficiente exigir isso para os geradores E_1,E_2,E_3:
  • \langle A,E_1\rangle = a + c = 0 \implies c=-a.
  • \langle A,E_2\rangle = b + c = 0 \implies b=-c = a.
  • \langle A,E_3\rangle = d = 0 \implies d=0.
Logo A = a\begin{pmatrix}1 & 1 \\\\ -1 & 0\end{pmatrix}. Assim W^{\perp} é a reta gerada por
F=\begin{pmatrix}1 & 1 \\\\ -1 & 0\end{pmatrix}.
Norma de F:
\|F\|^{2}=1^{2}+1^{2}+(-1)^{2}+0^{2}=3.
Portanto a única direção unitária em W^{\perp} (base ortonormal) é
f=\frac{1}{\sqrt{3}}\begin{pmatrix}1 & 1 \\\\ -1 & 0\end{pmatrix}.

Resposta

Base ortonormal de W:
\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1 & 0 \\[4pt] 1 & 0\end{pmatrix},\qquad \sqrt{\tfrac{2}{3}}\begin{pmatrix}-\tfrac{1}{2} & 1 \\[4pt] \tfrac{1}{2} & 0\end{pmatrix},\qquad \begin{pmatrix}0 & 0 \\[4pt] 0 & 1\end{pmatrix}
Base ortonormal de W^{\perp}:
\frac{1}{\sqrt{3}}\begin{pmatrix}1 & 1 \\[4pt] -1 & 0\end{pmatrix}]

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