1. Sejam A e B matrizes de M_{2 \times 2}. Define-se
\langle A, B\rangle=\operatorname{tr}\left(B^{T} \cdot A\right)
onde \operatorname{tr} X indica o traço de da matriz X e X^{T} indica a transposta da matriz X.
a. Verifique que \langle A, B\rangle é um produto interno em M_{2 \times 2}.
b. Obtenha uma base ortonormal, segundo este produto interno, a partir da base
\mathcal{B}=\left\{\left(\begin{array}{ll} 1 & 0 \\\\ 0 & 1 \end{array}\right),\left(\begin{array}{ll} 1 & 1 \\\\ 0 & 0 \end{array}\right),\left(\begin{array}{ll} 1 & 0 \\\\ 1 & 1 \end{array}\right),\left(\begin{array}{ll} 1 & 1 \\\\ 1 & 1 \end{array}\right)\right\}

Passo 1

O enunciado nos dá um produto interno em M_{2\times2} definido por \displaystyle \langle A,B\rangle = \operatorname{tr}(B^T A)
e pede:
(a) mostrar que isso satisfaz as três propriedades de produto interno (simetria, bilinearidade e positividade definida);
(b) a partir da base
\mathcal{B}=\Bigl\{v_{1}=\begin{pmatrix}1&0\\\ 0&1\end{pmatrix},\, v_{2}=\begin{pmatrix}1&1\\\ 0&0\end{pmatrix},\, v_{3}=\begin{pmatrix}1&0\\\ 1&1\end{pmatrix},\, v_{4}=\begin{pmatrix}1&1\\\ 1&1\end{pmatrix}\Bigr\},
obter uma base ortonormal segundo esse produto interno usando o processo de Gram–Schmidt.

Passo 2

Verificamos simetria e bilinearidade: para quaisquer A,A',B\in M_{2\times2} e escalar \lambda,
\langle A+\lambda A',B\rangle =\operatorname{tr}\bigl(B^T(A+\lambda A')\bigr) =\operatorname{tr}(B^TA)+\lambda\,\operatorname{tr}(B^TA') =\langle A,B\rangle+\lambda\langle A',B\rangle,
e
\langle A,B\rangle =\operatorname{tr}(B^TA) =\operatorname{tr}\bigl((B^TA)^T\bigr) =\operatorname{tr}(A^TB) =\langle B,A\rangle.

Passo 3

Verificamos positividade definida:
\langle A,A\rangle =\operatorname{tr}(A^TA) =\sum_{i,j}a_{ij}^2\ge0,
e \langle A,A\rangle=0 implica todos os a_{ij}=0, i.e.\ A=0. Logo é produto interno.

Passo 4

Aplicamos Gram–Schmidt aos vetores v_1,v_2,v_3,v_4 no espaço real de dimensão 4.
Definimos
u_1=\frac{v_1}{\|v_1\|},\qquad \|v_1\|=\sqrt{\langle v_1,v_1\rangle}=\sqrt{\tr(I)}=\sqrt{2},
logo
u_1=\frac1{\sqrt2}\begin{pmatrix}1&0\\\ 0&1\end{pmatrix}.
Em seguida projetamos v_2 sobre u_1:
\langle v_2,u_1\rangle =\tr\Bigl(u_1^Tv_2\Bigr) =\frac1{\sqrt2}\tr(v_2) =\frac1{\sqrt2}\cdot1 =\frac1{\sqrt2},
\mathrm{proj}_{u_1}(v_2) =\langle v_2,u_1\rangle\,u_1 =\frac1{2}\begin{pmatrix}1&0\\\ 0&1\end{pmatrix}.
Logo o componente ortogonal é
w_2=v_2-\mathrm{proj}_{u_1}(v_2) =\begin{pmatrix}1&1\\\ 0&0\end{pmatrix} -\frac12\begin{pmatrix}1&0\\\ 0&1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}\tfrac12&1\\\ -\tfrac12&0\end{pmatrix},
\|w_2\|^2 =\frac14+1+\frac14+0=\tfrac32, \quad u_2=\frac{w_2}{\|w_2\|} =\sqrt{\tfrac{2}{3}}\begin{pmatrix}\tfrac12&1\\\ -\tfrac12&0\end{pmatrix} =\frac1{\sqrt6}\begin{pmatrix}1&2\\\ -1&0\end{pmatrix}.

Passo 5

Para v_3 projetamos sobre u_1 e u_2: \langle v_3,u_1\rangle=2/\sqrt2=\sqrt2 dá projeção \sqrt2\,u_1=I, \langle v_3,u_2\rangle=0.
Então
w_3=v_3-I =\begin{pmatrix}1&0\\\ 1&1\end{pmatrix} -\begin{pmatrix}1&0\\\ 0&1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0&0\\\ 1&0\end{pmatrix}, \|w_3\|=1,
u_3=\begin{pmatrix}0&0\\\ 1&0\end{pmatrix}.

Passo 6

Para v_4 projetamos sobre u_1,u_2,u_3: \langle v_4,u_1\rangle=2/\sqrt2=\sqrt2 → projeção I, \langle v_4,u_2\rangle=\sqrt{2/3} → projeção \sqrt{2/3}\,u_2, \langle v_4,u_3\rangle=1 → projeção u_3.
Calcula-se
w_4 =v_4-I-\sqrt{\tfrac{2}{3}}\,u_2-u_3 =\begin{pmatrix}-\tfrac13&\tfrac13\\tfrac13&0\end{pmatrix}, \quad \|w_4\|^2=\tfrac13,
u_4=\frac{w_4}{\|w_4\|} =\sqrt3\begin{pmatrix}-\tfrac13&\tfrac13\\tfrac13&0\end{pmatrix} =\frac1{\sqrt3}\begin{pmatrix}-1&1\\\ 1&0\end{pmatrix}.

Resposta

Uma base ortonormal de M_{2\times2} segundo \langle\cdot,\cdot\rangle é
u_{1}=\frac1{\sqrt2}\begin{pmatrix}1&0\\\ 0&1\end{pmatrix},\quad u_{2}=\frac1{\sqrt6}\begin{pmatrix}1&2\\\ -1&0\end{pmatrix},\quad u_{3}=\begin{pmatrix}0&0\\\ 1&0\end{pmatrix},\quad u_{4}=\frac1{\sqrt3}\begin{pmatrix}-1&1\\\ 1&0\end{pmatrix}.

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