Seja \mathcal{V}=\left\{v_{1}, \ldots, v_{n}\right\} \subset \mathbb{R}^{n} uma base, com v_{j}=\left(\alpha_{1 j}, \alpha_{2 j}, \ldots\right., \left.\ldots, \alpha_{n j}\right), j=1, \ldots, n. Seja \mathcal{U} a base ortonormal de \mathbb{R}^{n} obtida de \mathcal{V} pelo processo de Gram-Schmidt. Prove que \mathcal{U} é a base canônica de \mathbb{R}^{n} se, e somente se, \alpha_{i j}=0 para todo i>j e \alpha_{i i}>0 para todo i=1, \ldots, n.

Passo 1

O enunciado dá uma base \mathcal{V}=\{v_{1},\dots,v_{n}\}\subset\mathbb{R}^n cujos vetores têm coordenadas
\;v_{j}=(\alpha_{1j},\alpha_{2j},\dots,\alpha_{nj}),\quad j=1,\dots,n,
e aplica o processo de Gram-Schmidt para obter uma base ortonormal \mathcal{U}=\{u_{1},\dots,u_{n}\}. Precisamos mostrar que \mathcal{U} coincide com a base canônica e_{1},\dots,e_{n} se, e somente se, a matriz (\alpha_{ij}) for triangular superior (isto é, \alpha_{ij}=0 para i>j) e tiver entradas diagonais positivas \alpha_{ii}>0. O que vamos usar é a definição de Gram-Schmidt, projeções em bases ortonormais e um argumento por indução.

Passo 2

(Suficiência) Suponha que \alpha_{ij}=0 para i>j e \alpha_{ii}>0 para todo i. Vamos ver que o processo de Gram-Schmidt produz exatamente u_{j}=e_{j} por indução em j.
Para j=1,
\;v_{1}=(\alpha_{11},0,\dots,0)=\alpha_{11}e_{1},\quad \alpha_{11}>0,
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\;u_{1}=\frac{v_{1}}{\|v_{1}\|}=\frac{\alpha_{11}e_{1}}{|\alpha_{11}|}=e_{1}.
Agora, suponha u_{k}=e_{k} para todo k<j. Então no passo j de Gram-Schmidt computamos
\;w_{j}=v_{j}-\sum_{k=1}^{j-1}\langle v_{j},u_{k}\rangle\,u_{k} =v_{j}-\sum_{k=1}^{j-1}\alpha_{kj}\,e_{k}.
Como \alpha_{ij}=0 para i>j, só aparecem os primeiros j coeficientes de v_{j}, e o resultado é
\;w_{j}=(0,\dots,0,\alpha_{jj},0,\dots,0)=\alpha_{jj}e_{j},\quad \alpha_{jj}>0.
Logo
\;u_{j}=\frac{w_{j}}{\|w_{j}\|}=e_{j}.
Isso fecha a indução, mostrando que \mathcal{U} é de fato a base canônica.

Passo 3

(Necessidade, passo base) Agora suponha que o processo de Gram-Schmidt aplicado a \mathcal{V} produz a base \mathcal{U}=\{e_{1},\dots,e_{n}\}. Em particular,
\;u_{1}=e_{1}=\frac{v_{1}}{\|v_{1}\|},
o que implica v_{1}=\|v_{1}\|\,e_{1}. Portanto \alpha_{i1}=0 para i>1 e \alpha_{11}=\|v_{1}\|>0.

Passo 4

(Necessidade, indução) Suponha que para todo k<j já se tenha \alpha_{ik}=0 para i>k e \alpha_{kk}>0. Como Gram-Schmidt produz u_{j}=e_{j}, temos
\;e_{j}=u_{j}=\frac{v_{j}-\sum_{k=1}^{j-1}\langle v_{j},e_{k}\rangle e_{k}}{\big\|v_{j}-\sum_{k=1}^{j-1}\langle v_{j},e_{k}\rangle e_{k}\big\|} =\frac{v_{j}-\sum_{k=1}^{j-1}\alpha_{kj}e_{k}}{\big\|\cdots\big\|}.
Isso só é possível se, após remover as componentes \alpha_{1j},\dots,\alpha_{\,j-1,j} em e_{1},\dots,e_{\,j-1}, restar um múltiplo de e_{j}. Logo \alpha_{ij}=0 para i>j e o coeficiente que sobra é \alpha_{jj}>0 (pois a norma do numerador é positiva). Fecha-se a indução.

Resposta

Estabelecemos assim tanto a suficiência quanto a necessidade, provando que a base ortonormal de Gram–Schmidt coincide com a base canônica se, e somente se, \alpha_{ij}=0 para i>j e \alpha_{ii}>0 para todo i=1,\dots,n.

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