Seja W=[(1,1,1,0),(0,1,1,-1)] um subespaço de \mathbb{R}^{4} e \vec{u}=(1,-1,1,1) \in \mathbb{R}^{4}. Encontre o vetor \vec{w} em W mais próximo de \vec{u}.
Valendo menos: encontre uma base ortogonal para W.

Passo 1

O que o enunciado dá e o que pede (vou listar riscado e direto, pegando exatamente os vetores do enunciado):
  • Subespaço W gerado por dois vetores: \,(1,1,1,0) e \,(0,1,1,-1). Vou denotar v_1=(1,1,1,0),\qquad v_2=(0,1,1,-1).
  • Vetor alvo \vec{u}=(1,-1,1,1).
O enunciado pede duas coisas:
  1. O vetor \vec{w}\in W que está mais próximo de \vec{u} (isto é, a projeção ortogonal de \vec{u} sobre W).
  2. (Valendo menos) encontrar uma base ortogonal para W.

Passo 2

Ideia do método e fórmulas principais — sem pular etapas, tipo aula rápida.
  • Produto interno (produto escalar) padrão em \mathbb{R}^4: para \,x=(x_1,x_2,x_3,x_4) e y=(y_1,y_2,y_3,y_4),
    \langle x,y\rangle = x_1y_1+x_2y_2+x_3y_3+x_4y_4.
    A norma associada é \|x\|=\sqrt{\langle x,x\rangle}.
  • Projeção ortogonal de um vetor \vec{u} num subespaço W: se temos uma base ortogonal \{w^{(1)},w^{(2)},\dots\} de W, então
    \operatorname{proj}_W(\vec{u})=\sum_{i}\frac{\langle \vec{u},w^{(i)}\rangle}{\langle w^{(i)},w^{(i)}\rangle}\;w^{(i)}.
    Essa fórmula vem da ideia de decompor \vec{u} em componente em W mais componente ortogonal a W.
  • Como ainda não temos uma base ortogonal de W, vamos construí‑la por Gram–Schmidt a partir de v_1,v_2. Gram–Schmidt (versão para dois vetores) diz:
    w_1 = v_1,\qquad w_2 = v_2 - \frac{\langle v_2,w_1\rangle}{\langle w_1,w_1\rangle}\,w_1,
    e então \{w_1,w_2\} é ortogonal (se v_1,v_2 forem linearmente independentes).

Passo 3

Calcular produtos escalares necessários com os vetores dados.
  • Primeiro, calcule \langle v_1,v_1\rangle:
    \langle v_1,v_1\rangle = 1^2+1^2+1^2+0^2 = 3.
  • Depois, \langle v_2,v_1\rangle:
    \langle v_2,v_1\rangle = 0\cdot1 + 1\cdot1 + 1\cdot1 + (-1)\cdot0 = 2.

Passo 4

Aplicar Gram–Schmidt para obter uma base ortogonal.
  • Tome w_1=v_1=(1,1,1,0).
  • Calcule
    w_2 = v_2 - \frac{\langle v_2,w_1\rangle}{\langle w_1,w_1\rangle}w_1 = v_2 - \frac{2}{3}w_1.
    Vamos fazer a conta componente a componente:
    v_2=(0,1,1,-1),\qquad \frac{2}{3}w_1=\Big(\frac{2}{3},\frac{2}{3},\frac{2}{3},0\Big).
    Então
    w_2 = \Big(0-\frac{2}{3},\;1-\frac{2}{3},\;1-\frac{2}{3},\;-1-0\Big) = \Big(-\frac{2}{3},\;\frac{1}{3},\;\frac{1}{3},\;-1\Big).
  • Para evitar frações, é comum multiplicar w_2 por uma constante não nula; por exemplo, w_2' = 3w_2 = (-2,1,1,-3). Tanto \{w_1,w_2\} quanto \{w_1,w_2'\} são bases ortogonais de W (valendo lembrar: multiplicar um vetor da base por escalar \neq0 mantém a base).

Passo 5

Verificação rápida de ortogonalidade.
  • Verificar \langle w_1,w_2'\rangle: \langle w_1,w_2'\rangle = 1\cdot(-2)+1\cdot1+1\cdot1+0\cdot(-3)= -2+1+1+0=0.Está ok: são ortogonais.
Assim, uma base ortogonal conveniente para W é
\{\,w_1=(1,1,1,0),\; w_2'=(-2,1,1,-3)\,\}.

Passo 6

Calcular a projeção de \vec{u} sobre W usando a base ortogonal \{w_1,w_2'\}.
  • Calcule os produtos escalares \langle \vec{u},w_1\rangle e \langle \vec{u},w_2'\rangle: \langle \vec{u},w_1\rangle = 1\cdot1 + (-1)\cdot1 + 1\cdot1 + 1\cdot0 = 1,
\langle \vec{u},w_2'\rangle = 1\cdot(-2) + (-1)\cdot1 + 1\cdot1 + 1\cdot(-3) = -2-1+1-3 = -5.
  • Calcule \langle w_1,w_1\rangle (já feito) e \langle w_2',w_2'\rangle:
    \langle w_1,w_1\rangle = 3,\qquad \langle w_2',w_2'\rangle = (-2)^2+1^2+1^2+(-3)^2 = 4+1+1+9 = 15.
  • Agora aplique a fórmula da projeção:
    \operatorname{proj}_W(\vec{u}) = \frac{\langle \vec{u},w_1\rangle}{\langle w_1,w_1\rangle}w_1 + \frac{\langle \vec{u},w_2'\rangle}{\langle w_2',w_2'\rangle}w_2'.
    Substituindo os valores:
    \operatorname{proj}_W(\vec{u}) = \frac{1}{3}w_1 + \frac{-5}{15}w_2' = \frac{1}{3}w_1 - \frac{1}{3}w_2' = \frac{1}{3}\big(w_1 - w_2'\big).
  • Calcule w_1-w_2':
    w_1-w_2' = (1,1,1,0) - (-2,1,1,-3) = (3,0,0,3).
    Logo
    \operatorname{proj}_W(\vec{u}) = \frac{1}{3}(3,0,0,3) = (1,0,0,1).

Passo 7

Verificações finais e interpretação (esticando a intuição, fica mais seguro pra prova).
  • O vetor encontrado \vec{w}=(1,0,0,1) está realmente em W? Sim: ele pode ser escrito em termos de v_1,v_2:
    v_1-v_2 = (1,1,1,0)-(0,1,1,-1)=(1,0,0,1)=\vec{w}.
    Então \vec{w}\in W.
  • A diferença \vec{u}-\vec{w}=(1,-1,1,1)-(1,0,0,1)=(0,-1,1,0) deve ser ortogonal a W. Verifique com v_1 e v_2:
    \langle \vec{u}-\vec{w},v_1\rangle = 0\cdot1 + (-1)\cdot1 + 1\cdot1 + 0\cdot0 = 0,
\langle \vec{u}-\vec{w},v_2\rangle = 0\cdot0 + (-1)\cdot1 + 1\cdot1 + 0\cdot(-1) = 0.
Está ortogonal a ambos geradores, logo ortogonal a todo W. Isso confirma que \vec{w} é a projeção ortogonal e, portanto, o vetor mais próximo de \vec{u} em W.

Resposta

\vec{w}=(1,0,0,1)
Uma base ortogonal para W é \{(1,1,1,0),\;(-2,1,1,-3)\}

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