Seja W o subespaço vetorial de M_{2 \times 2}(\mathbb{R}) gerado pelas matrizes \left[\begin{array}{cc}1 & 0 \\\\ -1 & 2\end{array}\right],\left[\begin{array}{ll}1 & 1 \\\\ 1 & 0\end{array}\right],\left[\begin{array}{ll}2 & 1 \\\\ 0 & 2\end{array}\right]. Com respeito ao produto interno de Frobenius em M_{2 \times 2}(\mathbb{R}) :
(a) Encontre uma base ortonormal para W.
(b) Encontre a matriz de \mathbb{W} que está mais próxima da matriz \left[\begin{array}{cc}1 & 1 \\\\ 0 & -2\end{array}\right].
(c) Quem é o complemento ortogonal \mathbb{W}^{\perp} ?

Passo 1

O enunciado define o subespaço
W=\mathrm{span}\bigl\{v_{1},v_{2},v_{3}\bigr\}\subset M_{2\times2}(\Bbb R),
onde
v_{1}=\begin{pmatrix}1&0\\\ -1&2\end{pmatrix},\quad v_{2}=\begin{pmatrix}1&1\\\ 1&0\end{pmatrix},\quad v_{3}=\begin{pmatrix}2&1\\\ 0&2\end{pmatrix},
e o produto interno é o de Frobenius \langle A,B\rangle=\mathrm{tr}(A^{T}B).
Precisamos:
(a) uma base ortonormal de W,
(b) a projeção da matriz \displaystyle A=\begin{pmatrix}1&1\\\ 0&-2\end{pmatrix} em W,
(c) o complemento ortogonal W^{\perp}.

Passo 2

Notamos que
v_{1}+v_{2} =\begin{pmatrix}1+1&0+1\\\ -1+1&2+0\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}2&1\\\ 0&2\end{pmatrix} =v_{3},
logo v_{3} é combinação linear de v_{1},v_{2} e \dim W=2. Fazeremos Gram–Schmidt em \{v_{1},v_{2}\}.

Passo 3

Calculemos
\|v_{1}\|^{2} =1^{2}+0^{2}+(-1)^{2}+2^{2}=6, \qquad \langle v_{2},v_{1}\rangle =1\cdot1+1\cdot0+1\cdot(-1)+0\cdot2=0.
Portanto v_{1}\perp v_{2}. Definimos
e_{1}=\frac{v_{1}}{\sqrt{6}}, \qquad \|v_{2}\|^{2}=1+1+1+0=3, \qquad e_{2}=\frac{v_{2}}{\sqrt{3}}.
Assim \{e_{1},e_{2}\} é uma base ortonormal de W.

Passo 4

Para projetar \displaystyle A=\begin{pmatrix}1&1\\\ 0&-2\end{pmatrix}
em W, achamos os coeficientes
\alpha_{1}=\langle A,e_{1}\rangle =\frac{1}{\sqrt6}\langle A,v_{1}\rangle =\frac{1}{\sqrt6}(1\cdot1+1\cdot0+0\cdot(-1)+(-2)\cdot2) =\frac{-3}{\sqrt6},
\alpha_{2}=\langle A,e_{2}\rangle =\frac{1}{\sqrt3}\langle A,v_{2}\rangle =\frac{1}{\sqrt3}(1\cdot1+1\cdot1+0\cdot1+(-2)\cdot0) =\frac{2}{\sqrt3}.
Logo a projeção é
P_{W}(A) =\alpha_{1}e_{1}+\alpha_{2}e_{2} =-\frac{3}{\sqrt6}\,\frac{v_{1}}{\sqrt6} +\frac{2}{\sqrt3}\,\frac{v_{2}}{\sqrt3} =-\frac{1}{2}v_{1}+\frac{2}{3}v_{2}.
Calculando em coordenadas:
-\tfrac12v_{1} =\begin{pmatrix}-\tfrac12&0\\tfrac12&-1\end{pmatrix}, \qquad \tfrac23v_{2} =\begin{pmatrix}\tfrac23&\tfrac23\\tfrac23&0\end{pmatrix},
P_{W}(A) =\begin{pmatrix}-\tfrac12+\tfrac23 & 0+\tfrac23\\[6pt] \tfrac12+\tfrac23 & -1+0\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}\tfrac16 & \tfrac23\\[3pt]\tfrac76 & -1\end{pmatrix}.]

Passo 5

Para W^{\perp}\subset M_{2\times2} buscamos
X=\begin{pmatrix}a&b\c&d\end{pmatrix}
tal que \langle X,v_{1}\rangle=0 e \langle X,v_{2}\rangle=0.
Isto dá o sistema
a - c + 2d = 0, \qquad a + b + c = 0.
Daí a=c-2d e b=2d-2c. Com c,d livres, a solução geral é
X =\begin{pmatrix}c-2d & 2d-2c\\[3pt]c & d\end{pmatrix} =c\,\begin{pmatrix}1&-2\\\ 1&0\end{pmatrix} \;+\;d\,\begin{pmatrix}-2&2\\\ 0&1\end{pmatrix}.
Portanto
W^{\perp} =\mathrm{span}\!\Biggl\{\begin{pmatrix}1&-2\\\ 1&0\end{pmatrix},\; \begin{pmatrix}-2&2\\\ 0&1\end{pmatrix}\Biggr\}.]

Resposta

(a) Uma base ortonormal de W é
e_{1}=\frac{1}{\sqrt6}\begin{pmatrix}1&0\\\ -1&2\end{pmatrix}, \quad e_{2}=\frac{1}{\sqrt3}\begin{pmatrix}1&1\\\ 1&0\end{pmatrix}.
(b) A projeção de \displaystyle\begin{pmatrix}1&1\\\ 0&-2\end{pmatrix}
em W é
P_{W}(A) =\begin{pmatrix}\tfrac16 & \tfrac23\\[3pt]\tfrac76 & -1\end{pmatrix}.
(c)
W^{\perp} =\mathrm{span}\!\Bigl\{\begin{pmatrix}1&-2\\\ 1&0\end{pmatrix},\; \begin{pmatrix}-2&2\\\ 0&1\end{pmatrix}\Bigr\}.]

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