Sejam \vec{v}_{1}=(1,1,1), \vec{v}_{2}=(0,1,1) e \vec{v}_{3}=(1,1,0) vetores do \mathbb{R}^{3}.
a) Mostre que \beta=\left\{\vec{v}_{1}, \vec{v}_{2}, \vec{v}_{3}\right\} é uma base do \mathbb{R}^{3}.
b) Determine uma base ortonormal para \mathbb{R}^{3} a partir de \beta=\left\{\vec{v}_{1}, \vec{v}_{2}, \vec{v}_{3}\right\}

Passo 1

O enunciado dá três vetores de \mathbb{R}^{3}:
\vec{v}_{1}=(1,1,1), \vec{v}_{2}=(0,1,1) e \vec{v}_{3}=(1,1,0).
As perguntas são:
(a) Mostrar que \beta=\{\vec{v}_{1},\vec{v}_{2},\vec{v}_{3}\} é uma base de \mathbb{R}^{3}.
(b) A partir de \beta, determinar uma base ortonormal de \mathbb{R}^{3}.

Passo 2

O que significa ser uma base de \mathbb{R}^{3}? Significa que os vetores são linearmente independentes e geram todo \mathbb{R}^{3}. Um teste simples e direto em \mathbb{R}^{3} é montar a matriz cujas colunas são esses vetores e calcular o determinante: se o determinante for diferente de zero, as colunas são linearmente independentes e, por serem três vetores em \mathbb{R}^{3}, formam uma base.
Montando a matriz A com as colunas \vec{v}_1,\vec{v}_2,\vec{v}_3:
A=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1\\[4pt] 1 & 1 & 1\\[4pt] 1 & 1 & 0 \end{pmatrix}.]

Passo 3

Calcular o determinante de A. Usando a fórmula do determinante de 3\times3,
\det(A)=a_{11}(a_{22}a_{33}-a_{23}a_{32})-a_{12}(a_{21}a_{33}-a_{23}a_{31})+a_{13}(a_{21}a_{32}-a_{22}a_{31}).
Aqui a_{11}=1, a_{12}=0, a_{13}=1, a_{21}=1, a_{22}=1, a_{23}=1, a_{31}=1, a_{32}=1, a_{33}=0. Substituindo:
\det(A)=1\cdot(1\cdot0-1\cdot1)-0\cdot(\cdots)+1\cdot(1\cdot1-1\cdot1)=1\cdot(-1)+1\cdot0=-1.

Passo 4

Como \det(A)=-1\neq0, concluímos que as colunas são linearmente independentes e, portanto, \beta é uma base de \mathbb{R}^{3}. (Resposta do item (a) obtida.)
Agora vamos à parte (b): construir uma base ortonormal a partir de \beta. O processo padrão é o processo de Gram–Schmidt, que transforma um conjunto de vetores linearmente independentes \{v_1,v_2,v_3\} em um conjunto ortonormal \{e_1,e_2,e_3\}. As fórmulas principais são:
  • Norma (comprimento) de um vetor u: \|u\|=\sqrt{u\cdot u}, onde u\cdot u é o produto escalar padrão.
  • Produto escalar de u=(u_1,u_2,u_3) e w=(w_1,w_2,w_3): u\cdot w=u_1w_1+u_2w_2+u_3w_3.
  • Projeção ortogonal de v sobre um vetor unitário e: \operatorname{proj}_{e}(v)=(v\cdot e)\,e.
    Gram–Schmidt (passos):
\begin{aligned} w_1&=v_1,\qquad e_1=\frac{w_1}{\|w_1\|},\\[4pt] w_2&=v_2-(v_2\cdot e_1)e_1,\qquad e_2=\frac{w_2}{\|w_2\|},\\[4pt] w_3&=v_3-(v_3\cdot e_1)e_1-(v_3\cdot e_2)e_2,\qquad e_3=\frac{w_3}{\|w_3\|}. \end{aligned}]

Passo 5

Calcular e_1. Tomamos w_1=\vec{v}_1=(1,1,1). A norma é
\|w_1\|=\sqrt{1^2+1^2+1^2}=\sqrt{3}.
Logo
e_1=\frac{1}{\sqrt{3}}(1,1,1).

Passo 6

Calcular w_2 e e_2. Primeiro o produto escalar v_2\cdot e_1:
\vec{v}_2\cdot e_1=(0,1,1)\cdot\frac{1}{\sqrt{3}}(1,1,1)=\frac{0+1+1}{\sqrt{3}}=\frac{2}{\sqrt{3}}.
A projeção de \vec{v}_2 sobre e_1 é
(\vec{v}_2\cdot e_1)e_1=\frac{2}{\sqrt{3}}\cdot\frac{1}{\sqrt{3}}(1,1,1)=\frac{2}{3}(1,1,1).
Então
w_2=\vec{v}_2-\frac{2}{3}(1,1,1)=(0,1,1)-\left(\tfrac{2}{3},\tfrac{2}{3},\tfrac{2}{3}\right)=\left(-\tfrac{2}{3},\tfrac{1}{3},\tfrac{1}{3}\right).
Observe que w_2=\tfrac{1}{3}(-2,1,1). A norma de w_2 é
\|w_2\|=\frac{1}{3}\sqrt{(-2)^2+1^2+1^2=\;6}=\frac{\sqrt{6}}{3}.
Logo
e_2=\frac{w_2}{\|w_2\|}=\frac{\tfrac{1}{3}(-2,1,1)}{\tfrac{\sqrt{6}}{3}}=\frac{1}{\sqrt{6}}(-2,1,1).

Passo 7

Calcular w_3 e e_3. Primeiro projecção sobre e_1:
\vec{v}_3\cdot e_1=(1,1,0)\cdot\frac{1}{\sqrt{3}}(1,1,1)=\frac{1+1+0}{\sqrt{3}}=\frac{2}{\sqrt{3}},
portanto (\vec{v}_3\cdot e_1)e_1=\frac{2}{3}(1,1,1) (mesmo resultado que antes).
Agora produto escalar com e_2:
\vec{v}_3\cdot e_2=(1,1,0)\cdot\frac{1}{\sqrt{6}}(-2,1,1)=\frac{-2+1+0}{\sqrt{6}}=\frac{-1}{\sqrt{6}}.
A projeção sobre e_2 é
(\vec{v}_3\cdot e_2)e_2=\left(\frac{-1}{\sqrt{6}}\right)\frac{1}{\sqrt{6}}(-2,1,1)=-\frac{1}{6}(-2,1,1)=\left(\tfrac{1}{3},-\tfrac{1}{6},-\tfrac{1}{6}\right).
Subtraindo as duas projeções de \vec{v}_3:
\begin{aligned} \vec{v}_3-(\vec{v}_3\cdot e_1)e_1&=(1,1,0)-\left(\tfrac{2}{3},\tfrac{2}{3},\tfrac{2}{3}\right)=\left(\tfrac{1}{3},\tfrac{1}{3},-\tfrac{2}{3}\right),\\[4pt] w_3&=\left(\tfrac{1}{3},\tfrac{1}{3},-\tfrac{2}{3}\right)-\left(\tfrac{1}{3},-\tfrac{1}{6},-\tfrac{1}{6}\right)=\left(0,\tfrac{1}{2},-\tfrac{1}{2}\right). \end{aligned}
Calcular a norma de w_3:
\|w_3\|=\sqrt{0^2+\left(\tfrac{1}{2}\right)^2+\left(-\tfrac{1}{2}\right)^2}=\sqrt{\tfrac{1}{4}+\tfrac{1}{4}}=\sqrt{\tfrac{1}{2}}=\frac{1}{\sqrt{2}}.
Portanto
e_3=\frac{w_3}{\|w_3\|}=\frac{\left(0,\tfrac{1}{2},-\tfrac{1}{2}\right)}{\tfrac{1}{\sqrt{2}}}=\left(0,\tfrac{1}{\sqrt{2}},-\tfrac{1}{\sqrt{2}}\right).]

Passo 8

Resumo das três vetores unitários obtidos (base ortonormal):
e_1=\frac{1}{\sqrt{3}}(1,1,1),\qquad e_2=\frac{1}{\sqrt{6}}(-2,1,1),\qquad e_3=\left(0,\frac{1}{\sqrt{2}},-\frac{1}{\sqrt{2}}\right).
Podemos verificar mentalmente (ou com produto escalar) que e_i\cdot e_j=0 para i\neq j e \|e_i\|=1 para cada i, ou seja, são ortonormais.

Resposta

(a) \beta é uma base de \mathbb{R}^{3}, pois \det\begin{pmatrix}1&0&1\\\ 1&1&1\\\ 1&1&0\end{pmatrix}=-1\neq0.\n
(b) Uma base ortonormal obtida por Gram–Schmidt é\n
\displaystyle \frac{1}{\sqrt{3}}(1,1,1),\quad \frac{1}{\sqrt{6}}(-2,1,1),\quad \left(0,\frac{1}{\sqrt{2}},-\frac{1}{\sqrt{2}}\right).

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