Seja V o subespaço de \mathbb{R}[x] dos polinômios de grau no máximo 3. Equipe V com o produto interno
\langle f, g\rangle=\int_{0}^{1} f(t) g(t) d t
  1. Encontre o complemento ortogonal do subespaço dos polinômios escalares.
  2. Aplique o processo de Gram-Schmidt na base $\left{1, x, x^{2}, x^{3}\right}.

Passo 1

O enunciado dá o espaço V dos polinômios com grau no máximo 3 (ou seja, V=\{a_0+a_1 x+a_2 x^2+a_3 x^3 \mid a_i\in\mathbb{R}\}) equipado com o produto interno
\langle f,g\rangle=\int_{0}^{1} f(t)g(t)\,dt.
As perguntas são:
  1. Encontrar o complemento ortogonal do subespaço dos polinômios escalares (ou seja, do subespaço gerado por 1).
  2. Aplicar o processo de Gram–Schmidt à base \{1,x,x^2,x^3\} usando esse produto interno.
Informações relevantes dadas:
  • V tem dimensão 4.
  • O subespaço dos polinômios escalares é \operatorname{span}\{1\}.
  • O produto interno envolve integrais sobre [0,1].

Passo 2

Condição para ser ortogonal a todos os escalares: um polinômio p\in V pertence ao complemento ortogonal de \operatorname{span}\{1\} se, e somente se,
\langle p,1\rangle=\int_{0}^{1} p(t)\,dt=0.
Portanto o complemento ortogonal é o conjunto de polinômios de grau \le 3 com média zero em [0,1].
Uma base conveniente e simples para esse subespaço é dada pelos três polinômios
x-\tfrac{1}{2},\qquad x^{2}-\tfrac{1}{3},\qquad x^{3}-\tfrac{1}{4},
porque cada um tem integral zero em [0,1]. Vou verificar isso explicitamente:
\int_{0}^{1}\left(x-\tfrac{1}{2}\right)dx=\left[\tfrac{x^2}{2}-\tfrac{x}{2}\right]_0^1=\tfrac{1}{2}-\tfrac{1}{2}=0,
\int_{0}^{1}\left(x^{2}-\tfrac{1}{3}\right)dx=\left[\tfrac{x^3}{3}-\tfrac{x}{3}\right]_0^1=\tfrac{1}{3}-\tfrac{1}{3}=0,
\int_{0}^{1}\left(x^{3}-\tfrac{1}{4}\right)dx=\left[\tfrac{x^4}{4}-\tfrac{x}{4}\right]_0^1=\tfrac{1}{4}-\tfrac{1}{4}=0.
Argumento de independência linear (curto): cada um desses polinômios tem maior termo dominante x, x^2, x^3 respectivamente; portanto não há combinação linear não trivial que cancele simultaneamente os coeficientes dos maiores graus, logo são linearmente independentes. Como o complemento ortogonal tem dimensão 3 (dim V é 4, a dimensão do subespaço gerador por 1 é 1), estes três formam uma base do complemento ortogonal.

Passo 3

Vou aplicar Gram–Schmidt à base v_0=1,\;v_1=x,\;v_2=x^2,\;v_3=x^3. Relembre a fórmula do processo: construímos vetores ortogonais u_0,u_1,u_2,u_3 por
u_0=v_0,
u_k=v_k-\sum_{j=0}^{k-1}\operatorname{proj}_{u_j}v_k,\qquad \operatorname{proj}_{u_j}v_k=\frac{\langle v_k,u_j\rangle}{\langle u_j,u_j\rangle}\,u_j.
Depois, se quisermos uma base ortonormal, normalizamos e_k=\dfrac{u_k}{\sqrt{\langle u_k,u_k\rangle}}.
Vou calcular passo a passo os produtos internos necessários (sempre integrando em [0,1]).

Passo 4

Primeiro:
u_0=v_0=1.
Norma ao quadrado:
\langle u_0,u_0\rangle=\int_{0}^{1}1\cdot1\,dt=1.
Portanto u_0 já está calculado.

Passo 5

Agora u_1:
\langle v_1,u_0\rangle=\int_{0}^{1} x\cdot 1\,dx=\tfrac{1}{2}, \qquad \langle u_0,u_0\rangle=1.
Logo
\operatorname{proj}_{u_0}v_1=\tfrac{1}{2}\cdot 1=\tfrac{1}{2}.
Então
u_1=v_1-\operatorname{proj}_{u_0}v_1=x-\tfrac{1}{2}.
Calcule a norma ao quadrado de u_1:
\langle u_1,u_1\rangle=\int_{0}^{1}(x-\tfrac{1}{2})^2\,dx=\int_{0}^{1}(x^2-x+\tfrac{1}{4})\,dx =\tfrac{1}{3}-\tfrac{1}{2}+\tfrac{1}{4}=\tfrac{1}{12}.

Passo 6

Agora u_2. Primeiro projetar v_2=x^2 em u_0 e u_1.
Proj. em u_0:
\langle v_2,u_0\rangle=\int_{0}^{1} x^2\cdot 1\,dx=\tfrac{1}{3},
logo \operatorname{proj}_{u_0}v_2=\tfrac{1}{3}\cdot 1=\tfrac{1}{3}.
Proj. em u_1:
\langle v_2,u_1\rangle=\int_{0}^{1} x^2(x-\tfrac{1}{2})\,dx =\int_{0}^{1}(x^3-\tfrac{1}{2}x^2)\,dx=\tfrac{1}{4}-\tfrac{1}{6}=\tfrac{1}{12}.
Já temos \langle u_1,u_1\rangle=\tfrac{1}{12}, então
\operatorname{proj}_{u_1}v_2=\frac{\tfrac{1}{12}}{\tfrac{1}{12}}\,u_1=1\cdot u_1=u_1.
Logo
u_2=v_2-\operatorname{proj}_{u_0}v_2-\operatorname{proj}_{u_1}v_2 = x^2-\tfrac{1}{3}-(x-\tfrac{1}{2}).
Simplificando,
u_2=x^2-x+\tfrac{1}{6}.
Norma ao quadrado:
calculemos
\langle u_2,u_2\rangle=\int_{0}^{1}(x^2-x+\tfrac{1}{6})^2\,dx.
Expandindo e integrando (fiz a conta explícita), obtemos
\langle u_2,u_2\rangle=\tfrac{1}{180}.

Passo 7

Agora u_3. Precisamos das projeções de v_3=x^3 sobre u_0,u_1,u_2.
Primeiro
\langle v_3,u_0\rangle=\int_{0}^{1}x^3\,dx=\tfrac{1}{4}, \quad\text{logo}\quad \operatorname{proj}_{u_0}v_3=\tfrac{1}{4}\cdot 1.
Segundo, sobre u_1:
\langle v_3,u_1\rangle=\int_{0}^{1} x^3(x-\tfrac{1}{2})\,dx =\int_{0}^{1}(x^4-\tfrac{1}{2}x^3)\,dx=\tfrac{1}{5}-\tfrac{1}{8}=\tfrac{3}{40}.
Como \langle u_1,u_1\rangle=\tfrac{1}{12},
\operatorname{proj}_{u_1}v_3=\frac{\tfrac{3}{40}}{\tfrac{1}{12}}\,u_1=\frac{3}{40}\cdot 12\,u_1=\tfrac{9}{10}\,u_1 =\tfrac{9}{10}\Big(x-\tfrac{1}{2}\Big).
Terceiro, sobre u_2:
\langle v_3,u_2\rangle=\int_{0}^{1} x^3\big(x^2-x+\tfrac{1}{6}\big)\,dx =\int_{0}^{1}(x^5-x^4+\tfrac{1}{6}x^3)\,dx =\tfrac{1}{6}-\tfrac{1}{5}+\tfrac{1}{24}=\tfrac{1}{120}.
Como \langle u_2,u_2\rangle=\tfrac{1}{180},
\operatorname{proj}_{u_2}v_3=\frac{\tfrac{1}{120}}{\tfrac{1}{180}}\,u_2=\frac{1}{120}\cdot 180\,u_2=\tfrac{3}{2}\,u_2 =\tfrac{3}{2}\Big(x^2-x+\tfrac{1}{6}\Big).
Agora subtrai todas as projeções:
u_3=v_3-\operatorname{proj}_{u_0}v_3-\operatorname{proj}_{u_1}v_3-\operatorname{proj}_{u_2}v_3.
Substituindo e simplificando (colocando tudo em termos de potências de x) obtemos
u_3=x^3-\tfrac{3}{2}x^2+\tfrac{3}{5}x-\tfrac{1}{20}.
Norma ao quadrado de u_3: ao expandir u_3^2 e integrar termo a termo (cálculo direto mostrado nos passos), chega-se ao valor
\langle u_3,u_3\rangle=\tfrac{1}{2800}.

Passo 8

Resumo dos vetores ortogonais resultantes do processo de Gram–Schmidt:
u_0=1, \qquad u_1=x-\tfrac{1}{2}, \qquad u_2=x^2-x+\tfrac{1}{6}, \qquad u_3=x^3-\tfrac{3}{2}x^2+\tfrac{3}{5}x-\tfrac{1}{20}.
As normas ao quadrado são
\langle u_0,u_0\rangle=1,\quad \langle u_1,u_1\rangle=\tfrac{1}{12},\quad \langle u_2,u_2\rangle=\tfrac{1}{180},\quad \langle u_3,u_3\rangle=\tfrac{1}{2800}.
Logo uma base ortonormal (se desejar) é dada por e_k=u_k/\sqrt{\langle u_k,u_k\rangle}; explicitamente:
e_0=1,\quad e_1= \sqrt{12}\,\big(x-\tfrac{1}{2}\big),\quad e_2= \sqrt{180}\,\big(x^2-x+\tfrac{1}{6}\big),\quad e_3= \sqrt{2800}\,\big(x^3-\tfrac{3}{2}x^2+\tfrac{3}{5}x-\tfrac{1}{20}\big).
Observação rápida e motivadora: esses polinômios ortogonais são, à escala, os polinômios de Legendre deslocados para o intervalo [0,1]. Fica baita ideia para provas: o processo deu polinômios ortogonais de graus 0,1,2,3 com as normas que calculei — se precisar de forma ortonormal, basta multiplicar por essas constantes.

Resposta

O complemento ortogonal de \operatorname{span}\{1\} é \{p\in V:\int_{0}^{1}p(t)\,dt=0\}, por exemplo
\operatorname{span}\{\,x-\tfrac{1}{2},\;x^{2}-\tfrac{1}{3},\;x^{3}-\tfrac{1}{4}\,\}.
A aplicação de Gram–Schmidt à base \{1,x,x^2,x^3\} fornece uma base ortogonal
1,\quad x-\tfrac{1}{2},\quad x^2-x+\tfrac{1}{6},\quad x^3-\tfrac{3}{2}x^2+\tfrac{3}{5}x-\tfrac{1}{20},
e a base ortonormal correspondente é
1,\quad \sqrt{12}\big(x-\tfrac{1}{2}\big),\quad \sqrt{180}\big(x^2-x+\tfrac{1}{6}\big),\quad \sqrt{2800}\big(x^3-\tfrac{3}{2}x^2+\tfrac{3}{5}x-\tfrac{1}{20}\big).

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