Seja W o plano -x+2 y+z=0.
(a) Escreva as equações paramétricas e vetorial do plano W. (1 pt)
(b) Justifique porque W é um subespaço de \mathbb{R}^{3} e obtenha uma base para W .(1 \mathrm{pt})
(c) Obtenha uma base \left\{\overrightarrow{v_{1}}, \overrightarrow{v_{2}}, \overrightarrow{v_{3}}\right\} de \mathbb{R}^{3} tal que \overrightarrow{v_{1}}, \overrightarrow{v_{2}} \in W .(1 \mathrm{pt})
(d) Obtenha uma base ortonormal para \mathbb{R}^{3} a partir de \overrightarrow{v_{1}}, \overrightarrow{v_{2}} e \overrightarrow{v_{3}} .(1 \mathrm{pt})

Passo 1

O enunciado dá o plano W definido pela equação
-x+2y+z=0.
Perguntas:
(a) Escrever as equações paramétricas e a equação vetorial de W.
(b) Justificar por que W é um subespaço de \mathbb{R}^3 e obter uma base de W.
(c) Encontrar uma base \{\overrightarrow{v_1},\overrightarrow{v_2},\overrightarrow{v_3}\} de \mathbb{R}^3 tal que \overrightarrow{v_1},\overrightarrow{v_2}\in W.
(d) A partir de \overrightarrow{v_1},\overrightarrow{v_2},\overrightarrow{v_3} obter uma base ortonormal de \mathbb{R}^3.
Informações relevantes dadas: a equação linear homogênea do plano W. Não há ponto particular diferente da origem indicado, portanto o plano passa pela origem (pois a equação é homogênea).

Passo 2

(a) Equações paramétricas e equação vetorial de W.
Primeiro eu isol o x na equação -x+2y+z=0. Somando x dos dois lados e subtraindo 2y+z dos dois lados vem
x=2y+z.
Agora escolho parâmetros para as variáveis livres: seja y=s e z=t, com s,t\in\mathbb{R}. Então
x=2s+t,\qquad y=s,\qquad z=t.
Essas são as equações paramétricas:
x=2s+t,\qquad y=s,\qquad z=t,\qquad s,t\in\mathbb{R}.
Para escrever a equação vetorial, agrupo as componentes como vetor coluna:
\begin{pmatrix}x\y\z\end{pmatrix} = s\begin{pmatrix}2\\\ 1\\\ 0\end{pmatrix} + t\begin{pmatrix}1\\\ 0\\\ 1\end{pmatrix},\qquad s,t\in\mathbb{R}.
Observação: escolhi s associando-se a y e t a z; outras escolhas de parâmetros são possíveis, a forma essencial é a mesma: W=\operatorname{span}\{(2,1,0),(1,0,1)\}.

Passo 3

(b) Justificativa de que W é subespaço de \mathbb{R}^3 e obtenção de base.
Definição prática: um subconjunto S\subset\mathbb{R}^3 é subespaço se contém o vetor zero, é fechado sob soma e fechado sob multiplicação por escalar.
  1. Zero: tomando s=0,t=0 na forma paramétrica obtemos (0,0,0)\in W. Logo contém o zero.
  2. Fechamento em soma: pegue u=(2s_1+t_1,s_1,t_1) e v=(2s_2+t_2,s_2,t_2) em W. Então
u+v=(2(s_1+s_2)+(t_1+t_2),\,s_1+s_2,\,t_1+t_2),
que corresponde aos parâmetros s=s_1+s_2, t=t_1+t_2, então u+v\in W.
  1. Fechamento em escalar: para \lambda\in\mathbb{R},
\lambda u=(2(\lambda s_1)+(\lambda t_1),\,\lambda s_1,\,\lambda t_1),
que corresponde a s'=\lambda s_1,t'=\lambda t_1, logo \lambda u\in W.
Portanto W é subespaço de \mathbb{R}^3.
Agora achar uma base: da forma vetorial vimos que todo vetor de W é combinação linear de
\overrightarrow{w_1}=\begin{pmatrix}2\\\ 1\\\ 0\end{pmatrix},\qquad \overrightarrow{w_2}=\begin{pmatrix}1\\\ 0\\\ 1\end{pmatrix}.
Provar que \{\overrightarrow{w_1},\overrightarrow{w_2}\} é linearmente independente: suponha
\alpha\begin{pmatrix}2\\\ 1\\\ 0\end{pmatrix}+\beta\begin{pmatrix}1\\\ 0\\\ 1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\\ 0\\\ 0\end{pmatrix}.
Isso dá o sistema
2\alpha+\beta=0,\qquad \alpha=0,\qquad \beta=0.
Da segunda equação \alpha=0 e da primeira segue \beta=0. Logo só a combinação trivial anula, então são independentes. Como geram W (pela forma paramétrica) e são independentes, formam uma base de W. Conclusão: \dim W=2 e uma base é
\left\{\begin{pmatrix}2\\\ 1\\\ 0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}1\\\ 0\\\ 1\end{pmatrix}\right\}.

Passo 4

(c) Construir uma base de \mathbb{R}^3 que contenha dois vetores de W.
Já tenho dois vetores em W: tome \overrightarrow{v_1}=\begin{pmatrix}2\\\ 1\\\ 0\end{pmatrix} e \overrightarrow{v_2}=\begin{pmatrix}1\\\ 0\\\ 1\end{pmatrix}.
Para completar uma base de \mathbb{R}^3 preciso de um vetor \overrightarrow{v_3} que não esteja em W (ou seja, que não seja combinação linear dos dois anteriores). Uma escolha natural é o vetor normal ao plano, dado pelos coeficientes da equação: \overrightarrow{n}=(-1,2,1). Esse vetor satisfaz -(-1)+2\cdot 2 + 1 = 6\neq 0, logo não está em W. Defino
\overrightarrow{v_3}=\begin{pmatrix}-1\\\ 2\\\ 1\end{pmatrix}.
Agora verifico que \{\overrightarrow{v_1},\overrightarrow{v_2},\overrightarrow{v_3}\} é base (ou seja, é conjunto de 3 vetores linearmente independentes em \mathbb{R}^3). Calculo o determinante da matriz cujas colunas são esses vetores:
\det\begin{pmatrix} 2 & 1 & -1\\\\ 1 & 0 & 2\\\\ 0 & 1 & 1 \end{pmatrix} = -6 \neq 0.
Determinante diferente de zero implica independência linear e que esses vetores geram \mathbb{R}^3. Portanto
\left\{\begin{pmatrix}2\\\ 1\\\ 0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}1\\\ 0\\\ 1\end{pmatrix},\begin{pmatrix}-1\\\ 2\\\ 1\end{pmatrix}\right\}
é uma base de \mathbb{R}^3 com os dois primeiros vetores em W.

Passo 5

(d) Obter uma base ortonormal a partir de \overrightarrow{v_1},\overrightarrow{v_2},\overrightarrow{v_3} usando Gram–Schmidt.
Recordando o método (rápido lembrete): dado um conjunto linearmente independente v_1,v_2,v_3, construímos vetores ortogonais u_1,u_2,u_3 por
u_1=v_1, \qquad u_2=v_2-\operatorname{proj}_{u_1}(v_2), \qquad u_3=v_3-\operatorname{proj}_{u_1}(v_3)-\operatorname{proj}_{u_2}(v_3),
onde \operatorname{proj}_u(v)=\dfrac{v\cdot u}{u\cdot u}\,u. Depois normalizamos: e_i=\dfrac{u_i}{\|u_i\|}.
Aplicando ao nosso caso:
  1. u_1=\overrightarrow{v_1}=(2,1,0). Norma:
\|u_1\|=\sqrt{2^2+1^2+0^2}=\sqrt{5}.
Logo
e_1=\frac{1}{\sqrt{5}}\begin{pmatrix}2\\\ 1\\\ 0\end{pmatrix}.
  1. Calcular u_2. Primeiro o produto interno v_2\cdot u_1:
\overrightarrow{v_2}\cdot u_1=(1,0,1)\cdot(2,1,0)=2.
E u_1\cdot u_1=\|u_1\|^2=5. Assim
\operatorname{proj}_{u_1}(v_2)=\frac{2}{5}u_1=\frac{2}{5}\begin{pmatrix}2\\\ 1\\\ 0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}4/5\\\ 2/5\\\ 0\end{pmatrix}.
Portanto
u_2=\overrightarrow{v_2}-\operatorname{proj}_{u_1}(v_2)= \begin{pmatrix}1\\\ 0\\\ 1\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}4/5\\\ 2/5\\\ 0\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}1/5\\\ -2/5\\\ 1\end{pmatrix}.
É conveniente factorizar u_2=(1/5)(1,-2,5). Calculo a norma:
\|u_2\|=\frac{1}{5}\sqrt{1^2+(-2)^2+5^2}=\frac{1}{5}\sqrt{30}=\frac{\sqrt{30}}{5}.
Logo
e_2=\frac{u_2}{\|u_2\|}=\frac{(1/5)(1,-2,5)}{\sqrt{30}/5}=\frac{1}{\sqrt{30}}\begin{pmatrix}1\\\ -2\\\ 5\end{pmatrix}.
  1. Calcular u_3. Em vez de projetar em u_1 e u_2 separadamente, uso as formas normalizadas e_1,e_2:
u_3=\overrightarrow{v_3} - (\overrightarrow{v_3}\cdot e_1)\,e_1 - (\overrightarrow{v_3}\cdot e_2)\,e_2.
Calculo os produtos:
\overrightarrow{v_3}\cdot u_1 = (-1,2,1)\cdot(2,1,0)= -2+2+0=0,
portanto \overrightarrow{v_3}\cdot e_1=0. E
\overrightarrow{v_3}\cdot(1,-2,5)=(-1)\cdot 1 + 2\cdot(-2) + 1\cdot 5 = -1 -4 +5 =0,
portanto \overrightarrow{v_3}\cdot e_2=0 também. Assim u_3=\overrightarrow{v_3}; ou seja \overrightarrow{v_3} já é ortogonal a v_1 e a componente ortogonal gerada por v_2. Calculo a norma de \overrightarrow{v_3}:
\|\overrightarrow{v_3}\|=\sqrt{(-1)^2+2^2+1^2}=\sqrt{6}.
Logo
e_3=\frac{1}{\sqrt{6}}\begin{pmatrix}-1\\\ 2\\\ 1\end{pmatrix}.
Conclusão: a aplicação do processo produz a base ortonormal
e_1=\frac{1}{\sqrt{5}}\begin{pmatrix}2\\\ 1\\\ 0\end{pmatrix},\quad e_2=\frac{1}{\sqrt{30}}\begin{pmatrix}1\\\ -2\\\ 5\end{pmatrix},\quad e_3=\frac{1}{\sqrt{6}}\begin{pmatrix}-1\\\ 2\\\ 1\end{pmatrix},
que é ortonormal e geradora de \mathbb{R}^3. (Pequena alegria: neste caso v_3 era exatamente ortogonal aos dois primeiros, então o terceiro vetor da ortonormalização ficou simplesmente v_3 normalizado.)

Resposta

(a) Equações paramétricas: x=2s+t,\; y=s,\; z=t,\; s,t\in\mathbb{R}.
Equação vetorial: \displaystyle \begin{pmatrix}x\y\z\end{pmatrix}=s\begin{pmatrix}2\\\ 1\\\ 0\end{pmatrix}+t\begin{pmatrix}1\\\ 0\\\ 1\end{pmatrix},\; s,t\in\mathbb{R}.
(b) W é subespaço de \mathbb{R}^3 (contém 0 e é fechado sob soma e produto por escalar). Uma base de W é \left\{\begin{pmatrix}2\\\ 1\\\ 0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}1\\\ 0\\\ 1\end{pmatrix}\right\}.
(c) Uma base de \mathbb{R}^3 com dois vetores em W é \left\{\begin{pmatrix}2\\\ 1\\\ 0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}1\\\ 0\\\ 1\end{pmatrix},\begin{pmatrix}-1\\\ 2\\\ 1\end{pmatrix}\right\}.
(d) Uma base ortonormal obtida é
\frac{1}{\sqrt{5}}\begin{pmatrix}2\\\ 1\\\ 0\end{pmatrix},\quad \frac{1}{\sqrt{30}}\begin{pmatrix}1\\\ -2\\\ 5\end{pmatrix},\quad \frac{1}{\sqrt{6}}\begin{pmatrix}-1\\\ 2\\\ 1\end{pmatrix}.

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