Espaços Euclidianos. Espaços R n. O conjunto R n é definido como o conjunto de todas as n-uplas ordenadas de números reais:

Transcrição

1 Espaços Euclidianos Espaços R n O conjunto R n é definido como o conjunto de todas as n-uplas ordenadas de números reais: R n = {(x 1,..., x n ) : x 1,..., x n R}. R 1 é simplesmente o conjunto R dos números reais, que é visualizada como uma reta; R 2 é o conjunto de pares de números reais, que pode ser visualizado como um plano e R é o conjunto de triplas de números reais, comumente visualizado como o espaço. Como vimos anteriormente uma tripla (x 1, x 2, x ) pode ser visualizada geometricamente tanto como representando as coordenadas de um ponto ou as coordenadas de um vetor com ponto inicial na origem. Do mesmo modo, n-uplas (x 1,..., x n ) podem ser visualizadas como pontos ou vetores. Segue portanto que dois vetores V = (v 1,..., v n ) e W = (w 1,..., w n ) são iguais se e somente se v 1 = w 1,..., v n = w n. Apesar da nossa intuição geométrica ser limitada para espaços de dimensão 4 em diante, procedemos por analogia definindo operações e conceitos similares aos que vimos no plano e no espaço. Definição. A soma de dois vetores V = (v 1,..., v n ) e W = (w 1,..., w n ) de R n é definida por V + W = (v 1 + w 1,..., v n + w n ). A multiplicação de um vetor V = (v 1,..., v n ) de R n por um escalar α R é definida por αv = (αv 1,..., αv n ). Definimos 0 = (0,..., 0), V = ( v 1,..., v n ) e V W = V + ( W ). Proposição. Sejam U, V e W vetores de R n e α, β R escalares. Então 1. U + V = V + U; 2. U + (V + W ) = (U + V ) + W ;. U + 0 = 0 + U; 4. U + ( U) = 0; 5. α(βu) = (αβ)u; 6. α(u + V ) = αu + αv ; 7. (α + β)u = αu + βu; 8. 1U = U. Os espaços R n são exemplos típicos do que chamamos espaços vetoriais. Um espaço vetorial é qualquer conjunto V onde podemos definir operações de soma e multiplicação por escalar que satisfazem todas as propriedades acima. 1

2 Exemplo 0. O conjunto das funções reais é um espaço vetorial, pois podemos definir a soma de duas funções f + g e o produto de uma função por um escalar αf, e estas são funções reais: (f + g)(x) = f(x) + g(x), (αf)(x) = αf(x). Similarmente, o conjunto das funções reais contínuas também é um espaço vetorial, porque a soma de funções contínuas e o produto de uma função contínua por um escalar são funções contínuas. Da mesma maneira, o conjunto das funções reais diferenciáveis é um espaço vetorial. 1. Combinações Lineares Se V e W são vetores de R n tais que W = αv para algum escalar α, dizemos que W é um múltiplo escalar de V. Definição. Dizemos que V é uma combinação linear dos vetores V 1,..., V k se existem escalares x 1,..., x k tais que V = x 1 V x k V k. Ou seja, uma combinação linear de vetores é simplesmente uma soma de múltiplos escalares destes vetores. Exemplo 1. Sejam V 1 = (4, 1,, 5) e V 2 = (1, 0, 2, ) vetores de R 4. O vetor V = (1, 0, 1, 6) não é combinação linear de V 1 e V 2 porque não podemos encontrar x 1, x 2 tais que ou seja, o sistema (1, 0, 1, 6) = x 1 (4, 1,, 5) + x 2 (1, 0, 2, ), 4x 1 + x 2 = 1 x 1 = 0 x 1 2x 2 = 1 5x 1 + x 2 = 6 não possui solução. Por outro lado, V = (5, 2, 12, 1) é combinação linear de V 1 e V 2 porque V = 2V 1 V 2, isto é, (5, 2, 12, 1) = 2(4, 1,, 5) (1, 0, 2, ). Exemplo 2. Todo vetor V = (v 1, v 2, v ) de R é combinação linear dos vetores i, j, k, pois V = v 1 i + v 2 j + v k. Exemplo. 0 é sempre combinação linear de quaisquer vetores V 1,..., V k, pois 2. Independência Linear 0 = 0V V k. Definição. Dizemos que um conjunto S = {V 1,..., V k } de vetores é linearmente independente (L. I.) se os únicos escalares x 1,..., x k que satisfazem são x 1 V x k V k = 0 x 1 =... = x k = 0. Caso contrário, dizemos que S é linearmente dependente (L. D.). 2

3 Ou seja, V 1,..., V k são linearmente independentes se e somente se a única solução de x 1 V x k V k = 0 for a solução trivial. Exemplo 4. Os vetores V 1 = (1, 2,, 4), V 2 = (5, 6, 7, 8) e V = (6, 8, 10, 12) são L.D., pois x 1 V 1 + x 2 V 2 + x V = 0 tem a solução não trivial x 1 = 1, x 2 = 1, x = 1 (note que V 1 + V 2 = V ). Os vetores V 1 = (1, 2,, 4), V 2 = (5, 6, 7, 8), V = (6, 8, 10, 12) e V 4 = ( 2, e π, π 2, 10 9 ) são L.D., pois x 1 V 1 +x 2 V 2 +x V +x 4 V 4 = 0 tem solução não trivial x 1 = 1, x 2 = 1, x = 1, x 4 = 0. Se um conjunto de vetores já é L. D., acrescentar mais vetores ao conjunto não alterará a situação, pois podemos sempre obter uma solução não trivial para o novo conjunto acrescentando escalares nulos à solução não trivial para o conjunto original. Observe que na primeira parte do Exemplo 4, outra solução não trivial seria x 1 = 2, x 2 = 2, x = 2; na verdade qualquer solução na forma x 1 = α, x 2 = α, x = α para algum escalar α serviria. Quando existe uma solução não trivial (x 1,..., x k ), sempre existem infinitas soluções. Exemplo 5. Os vetores i, j, k são linearmente independentes. Mais geralmente, os vetores de R n E 1 = (1, 0,..., 0), E 2 = (0, 1, 0,..., 0),..., E n = (0,..., 0, 1) são linearmente independentes. De fato, x 1 E x n E n = 0 implica (x 1,..., x n ) = 0, isto é, x 1 =... = x n = 0. Exemplo 6. Um conjunto S = {V 1 } formado por um único vetor não-nulo é sempre L. I., pois neste caso x 1 V 1 = 0 implica necessariamente que x 1 = 0. Por outro lado, qualquer conjunto S que contenha o vetor nulo é L. D., pois x V V k = 0 para qualquer valor de x 1. Exemplo 7. Um conjunto S = {V 1, V 2 } formado por dois vetores é L. D. se somente se um é múltiplo escalar do outro. Prova: De fato, se V 1 = αv 2, por exemplo, então V 1 αv 2 = 0, ou seja, x 1 = 1, x 2 = α é uma solução não-trivial para x 1 V 1 + x 2 V 2 = 0. Reciprocamente, se existir uma solução não-trivial {x 1, x 2 } para x 1 V 1 + x 2 V 2 = 0, então pelo menos ou x 1 0 ou x 2 0 (e é claro que podemos ter ambos os escalares diferentes de zero); no primeiro caso podemos escrever V 1 = x 2 x 1 V 2, enquanto que no segundo caso podemos escrever V 2 = x 1 x 2 V 1. Assim, dois vetores não-nulos são linearmente dependentes, se e somente se eles são colineares, isto é, são paralelos. Exemplo 8. Generalizando, um conjunto S = {V 1, V 2, V } formado por três vetores é L. D. se somente se um é combinação linear dos outros dois. De fato, se x 1 V 1 +x 2 V 2 +x V = 0 possui uma solução {x 1, x 2, x } não identicamente nula, então pelo menos algum destes escalares é diferente de zero, digamos x 1 0. Então podemos escrever V 1 = x 2 V 2 x V. x 1 x 1 Logo, três vetores não-nulos são linearmente dependentes se e somente se eles forem colineares (se todos os três forem paralelos) ou se eles forem coplanares, isto é, se eles forem paralelos a um mesmo plano.

4 De modo geral, um conjunto S = {V 1,..., V k } de vetores é L. D. se e somente se um destes vetores pode ser escrito como combinação linear dos outros, pois se x 1 V x k V k = 0 possui uma solução {x 1,..., x k } não identicamente nula, então pelo menos algum destes escalares é diferente de zero, digamos x i 0. Então podemos escrever V i = x 1 V 1... x i 1 V i 1... x i+1 V i+1... x k V k. x i x i x i x i Reciprocamente, se V i = α 1 V 1... α i 1 V i 1... α i+1 V i+1... α k V k, podemos escrever α 1 V α i 1 V i 1 1V i + α i+1 V i α k V k = 0 e {α 1,..., α i 1, 1, α i+1,..., α k } evidentemente não é a solução trivial. Este resultado explica o nome vetores linearmente dependentes. Subespaços Vetoriais de R n Definição. Um subconjunto não vazio W R n é um subespaço vetorial de R n se satisfaz as duas condições seguintes: (i) Se v, w W, então v + w W também. (ii)se v W e α é um escalar, então αv W também. Em outras palavras, um subespaço vetorial de R n é um conjunto fechado em relação às operações de soma de vetores e multiplicação por escalar, isto é, fazendo qualquer uma destas operações com elementos do conjunto não saímos dele. Note que um subespaço vetorial sempre contém o vetor nulo 0, pois por definição um subespaço é não vazio, logo deve conter algum vetor v; mas daí, de acordo com (ii), o vetor 0v também deve pertencer ao subespaço. Note também que se um subespaço contém o vetor v, então ele contém o conjunto {αv : α R}, que é exatamente a reta que passa pela origem com direção v. [Uma reta que não passa pela origem não pode ser nunca um subespaço vetorial de R n, pois não contém o vetor nulo, entre outros motivos.] Mais geralmente, se v, w W, então W contém todas as combinações lineares de v e w; ainda mais geralmente, se v 1,..., v k W, então W contém todas as combinações lineares de v 1,..., v k. Exemplo 8. A esfera S 2 não é um subespaço vetorial de R, pois se v S 2, αv / S 2 se α ±1. Exemplo 9. O subconjunto formado por duas retas que se encontram na origem não é um subespaço vetorial de R n, pois embora a propriedade (ii) seja satisfeita, a propriedade (i) não é satisfeita se v está em uma reta e w na outra. Exemplo 10. O conjunto W = {(x, y, 0) : x, y R} é um subespaço de R. Com efeito, se v, w W então v e w se escrevem na forma v = (x 1, y 1, 0), w = (x 2, y 2, 0). Portanto, v + w = (x 1 + x 2, y 1 + y 2, 0) e αv = (αx 1, αy 1, 0), que são vetores de W, por definição de W. Note que W é exatamente o plano z = 0, um plano que contém a origem. Na verdade, todas as retas que passam pela origem e todos os planos que passam pela origem são exemplos de subespaços de R. De fato, um plano que passa pela origem é definido por W = {(x, y, z) : ax + by + cz = 0}, onde a, b, c são números reais específicos. Se v = (x 1, y 1, z 1 ), w = (x 2, y 2, z 2 ) W então ax 1 +by 1 +cz 1 = 0 e ax 2 + by 2 + cz 2 = 0, donde e isto é, v + w W e αv W. a(x 1 + x 2 ) + b(y 1 + y 2 ) + c(z 1 + z 2 ) = 0 a(αx 1 ) + b(αy 1 ) + c(αz 1 ) = 0, 4

5 Exemplo 11. Por outro lado, planos que não passam pela origem não são subespaços vetoriais de R n. De fato, tais planos são definidos por S = {(x, y, z) : ax + by + cz + d = 0}, onde a, b, c, d são números reais específicos e d 0. Claramente, se v = (x 1, y 1, z 1 ), w = (x 2, y 2, z 2 ) S temos que v + w / S, pois ax 1 + by 1 + cz 1 + d = 0 e ax 2 + by 2 + cz 2 + d = 0, donde a(x 1 + x 2 ) + b(y 1 + y 2 ) + c(z 1 + z 2 ) + 2d = 0, isto é, as coordenadas de v + w não satisfazem a equação do plano S, logo este ponto não está neste plano. O exemplo anterior pode ser generalizado para R n da seguinte forma: Proposição. O conjunto solução de um sistema linear homogêneo AX = 0 em n variáveis é um subespaço vetorial de R n. O conjunto solução de um sistema linear não homogêneo AX = B, B 0 não é um subespaço vetorial de R n. Exemplo 0a. Dentro do espaço vetorial das funções reais, o subconjunto das funções contínuas é um subespaço vetorial. Dentro do espaço vetorial das funções contínuas, o subconjunto das funções diferenciáveis é um subespaço vetorial. Dentro do espaço vetorial das funções diferenciáveis, o subconjunto das funções duas vezes diferenciáveis (funções que possuem uma derivada segunda em todo ponto) é um subespaço vetorial. Outro subespaço vetorial importante é o subespaço das funções polinomiais, isto é, funções da forma f(x) = a n x n + a n 1 x n a 1 x + a 0, para algum n N. Dentro deste espaço, o conjunto das funções polinomiais de grau menor ou igual a n, para cada n fixado, é um subespaço vetorial.. Vetores Geradores Definição. Dizemos que um conjunto S = {V 1,..., V k } de vetores de um subespaço W gera W se todo vetor de W é uma combinação linear dos vetores de S. Quando isso ocorre, dizemos que W é o subespaço gerado por V 1,..., V k. Exemplo 12. O subespaço W = {(a, b, a + b) : a, b R} é gerado pelos vetores V 1 = (1, 0, 1) e V 2 = (0, 1, 1), pois todo vetor de W é dado por (a, b, a + b) = a(1, 0, 1) + b(0, 1, 1). Exemplo 1. Sabemos que os vetores i, j, k geram o espaço R. Os vetores V 1 = (1, 1, 0), V 2 = (0, 1, 1), V = (1, 0, 1) e V 4 = (1, 1, 2) também geram R. De fato, x 1 V 1 + x 2 V 2 + x V + x 4 V 4 = (a, b, c) é equivalente ao sistema linear x 1 + x + x 4 = a x 1 + x 2 + x 4 = b x 2 + x + 2x 4 = c 5

6 cuja matriz aumentada é a b c que por sua vez tem forma escalonada reduzida a + b c 2 a + b + c 2 a b + c, 2 ou seja, existe uma solução (x 1, x 2, x, x 4 ). Note que na verdade existem infinitas soluções, diferente de x 1 i + x 2 j + x k = (a, b, c) que possui uma solução única. Note que na verdade os vetores V 1, V 2 e V por si só já são suficientes para gerar R. Neste caso também o sistema equivalente possui solução única. Isso sugere que em R tomar mais que três vetores para gerar o espaço é um desperdício. Exemplo 14. Por outro lado, os vetores V 1 = (1, 1, 2), V 2 = (0, 1, 1) e V = (1, 0, 1) não geram R. De fato o sistema equivalente a x 1 V 1 + x 2 V 2 + x V = (a, b, c) é que tem como matriz aumentada cuja forma escalonada reduzida é x 1 + x = a x 1 + x 2 = b 2x 1 + x 2 + x = c a b c a b a c a b logo o sistema só possui solução se c a b 0, o que implica que vetores (a, b, c) de R tais que c a b = 0 não podem ser escritos como combinação linear de V 1, V 2 e V. Exemplo 0b. O conjunto infinito S = {1, x, x 2, x,...} gera o subespaço P das funções polinomiais. Não é possível encontrar um subconjunto finito de funções polinomiais capaz de gerar todo o subespaço das funções polinomiais, pois qualquer combinação linear de funções polinomiais de um subconjunto finito vai ter grau no máximo igual ao maior grau entre todas as funções polinomiais neste conjunto, enquanto que o subespaço das funções polinomiais sempre possui funções polinomiais com grau arbitrariamente grande. Já o subespaço de funções polinomiais de grau menor ou igual a n possui um conjunto finito de geradores, por exemplo {1, x, x 2,..., x n }. Exemplo 15. (Geradores de um Subespaço definido por um Sistema Linear Homogêneo) Já vimos que o conjunto solução de um sistema linear homogêneo AX = 0 é um subespaço vetorial. Vamos encontrar um conjunto de geradores para este subespaço. Por exemplo, considere o sistema homogêneo x 1 2x 2 + x 4x 4 = 0 x 1 + 6x 2 + 9x 6x 4 = 0 2x 1 + 4x 2 6x + 8x 4 = 0 6,

7 representado pela matriz aumentada Ele tem como matriz escalonada reduzida , de modo que sua solução geral é da forma x 1 2α + β x 2 x = α β = x 4 β 2α α β 0 β β. = α logo (2, 1, 0, 0) e (1, 0, 1, 1) são geradores para este subespaço de R Bases e Dimensão β Dado um conjunto de geradores S = {V 1,..., V k } para um subespaço vetorial W, alguns deste geradores podem ser redundantes. De fato, se o conjunto S for linearmente dependente, já vimos que um dos vetores pode ser escrito como combinação linear dos outros. Este vetor é portanto desnecessário para gerar W: os outros vetores de S já são suficientes. Podemos então retirar este vetor do conjunto e o conjunto resultante S 1 ainda será um conjunto de geradores para W. Se o conjunto resultante S 1 também for linearmente dependente, podemos repetir este processo. Fazendo isso tantas vezes quanto necessário obteremos no final um conjunto de geradores para W que é linearmente independente. Definição. Dizemos que um subconjunto B = {V 1,..., V k } é uma base para o subespaço W se (i) B gera W, e (ii) B é L.I. Exemplo 16. Os vetores i, j, k formam uma base para R. Os vetores E 1,..., E n formam uma base para R n. Exemplo 17. Os vetores (2, 1, 0, 0) e (1, 0, 1, 1), geradores do subespaço de R 4 considerado no Exemplo 15 são L. I., logo eles formam uma base para este subespaço. Uma base para um subespaço contém o número mínimo de vetores necessários para gerar este subespaço. Este número mínimo é uma propriedade intrínseca do subespaço: como provamos a seguir, duas bases para um subespaço sempre contém o mesmo número de elementos. Teorema 1. Se {V 1,..., V k } e {W 1,..., W l } são duas bases de um subespaço W, então k = l. Prova: Para provar este resultado, basta provar o seguinte: Lema. Se {U 1,..., U m } é uma base de um subespaço W, então qualquer subconjunto de W com mais de m vetores é linearmente dependente , 7

8 Prova: Seja {Z 1,..., Z p } um subconjunto de W com p > m. Mostraremos que {Z 1,..., Z p } é L. D., isto é, que o sistema x 1 Z x p Z p = 0 (1) possui uma solução não trivial. Como {U 1,..., U m } é uma base para W, cada vetor Z j pode ser escrito como combinação linear dos vetores U 1,..., U m. Podemos então escrever, para cada j, Z j = a 1j U a mj U m para alguns escalares a 1j,..., a mj. Substituindo estas expressões para Z j na equação (1), obtemos (a 11 x a 1p x p )U (a m1 x a mp x p )U m = 0. Mas como {U 1,..., U m } é uma base para W, os vetores U 1,..., U m são linearmente independentes, portanto a 11 x a 1p x p = 0,... a m1 x a mp x p = 0. Ou seja, obtemos um sistema homogêneo de m equações a p incógnitas. Como o número de incógnitas é maior que o número de equações, o sistema possui solução não trivial. Voltando à demonstração do Teorema, suponha por contradição que l > k. Então {W 1,..., W l } é um conjunto com mais de k vetores, e pelo lema {W 1,..., W l } é L.D., contrariando a hipótese de que {W 1,..., W l } é uma base de W. Analogamente obtemos uma contradição se supormos que k > l. Definição. A dimensão de um subespaço W é o número de vetores de qualquer uma de suas bases, denotada dimw. Definimos também dim{0} = 0. Segue do Exemplo 16 que dim R n = n. Exemplo 18. Uma reta que passa pela origem tem dimensão 1, pois ela é gerada pelo seu vetor direção e já vimos que um conjunto que contém um único vetor não nulo é L. I. Um plano que passa pela origem tem dimensão 2. De fato, se ax + by + cz = 0 é uma equação geral para um tal plano, fazendo x = t, y = s obtemos z = 1 (at + bs), ou seja, uma equação paramétrica para este plano é c x = t y = s z = a c t b c s donde (1, 0, a c ) e (0, 1, b ) são vetores geradores para este plano. Como estes vetores são L. I., eles c formam uma base para este subespaço. Exemplo 0c. Como não podemos encontrar um subconjunto finito de geradores para o subespaço vetorial P das funções polinomiais, decorre que sua dimensão é infinita. Para sermos mais precisos, o conjunto infinito S = {1, x, x 2, x,...}, além de gerar P, é também L. I., logo é uma base para P. Daí concluímos que dim P = ℵ 0. É possível provar que para o espaço vetorial F das funções reais (ou mesmo o das funções contínuas, ou o das funções diferenciáveis) temos dim F > ℵ 0. Teorema 2. Seja W um subespaço de dimensão m. Se {V 1,..., V m } é L.I., então {V 1,..., V m } é uma base para W. 8

9 Prova: Basta provar que {V 1,..., V m } gera W. Dado V W, precisamos provar que V é uma combinação linear de V 1,..., V m. E, de fato, como dim W = m, o conjunto {V 1,..., V m, V } é L.D., pelo lema anterior. Logo x 1 V x m V m + x m+1 V = 0 possui uma solução não trivial (x 1,..., x m, x m+1 ). Por outro lado, não podemos ter x m+1 = 0, pois isso implicaria que (x 1,..., x m ) é uma solução não trivial para x 1 V x m V m = 0, contrariando o fato de que estes vetores são L. I. Concluímos, pois, que x m+1 0 e portanto podemos dividir por x m+1, obtendo como queríamos. V = x 1 V 1... x m V m, x m+1 x m+1 Exemplo 19. Os vetores (1, 0, 1), (2, 1, ) e (0, 1, 2) são L. I., porque det 2 1 = 0, logo eles formam uma base para R. Produto Escalar em R n Definição. O produto escalar de dois vetores V = (v 1,..., v n ), W = (w 1,..., w n ) de R n é definido por V W = v 1 w v n w n. A norma de um vetor V = (v 1,..., v n ) de R n é definida por V = V V = v v2 n. Assim, dizemos que V é um vetor unitário de R n se V = 1. Proposição. (Propriedades do Produto Escalar) Se U, V, W são vetores de R n, e α é um escalar, então 1. V W = W V 2. U (V + W ) = U V + U W. α(v W ) = (αv ) W = V (αw ) 4. V V = V 2 0 e V = 0 se e somente se V = Desigualdade de Cauchy-Shwartz: V W V W 6. Desigualdade Triangular: V + W V + W Prova: Para provar (4), note que xv + W 2 0 para qualquer número real x. Como xv + W 2 = (xv + W ) (xv + W ) = x 2 V 2 + 2(V W )x + W 2, segue que temos um polinômio do segundo grau em x que satisfaz V 2 x 2 + 2(V W )x + W 2 0, 9

10 isto é, a parábola com concavidade para cima que ele representa (pois o coeficiente de x 2 é V 2 0) nunca assume valores negativos, logo seu discriminante não pode ser positivo (se fosse, teríamos duas raízes reais distintas e portanto o vértice da parábola teria valor negativo): donde segue o resultado desejado. Para provar (5), use (4) e escreva 4 V W 2 4 V 2 W 2 0 V + W 2 = (V + W ) (V + W ) = V 2 + 2(V W ) + W 2 V V W + W 2 V V W + W 2 = ( V + W ) 2. Tomando a raiz quadrada de ambos os lados, segue o resultado. Definição. O ângulo entre dois vetores não nulos V, W de R n é definido como o valor de θ entre 0 e 180 tal que cos θ = V W V W. Observação: Esta definição faz sentido porque pela desigualdade de Cauchy-Schwartz temos que 5. Bases Ortonormais 1 V W V W 1. O próximo resultado prova o fato intuitivamente sugerido que vetores mutuamente ortogonais em R n definem direções independentes em R n. Proposição. Sejam V 1,..., V k vetores não nulos de R n ortogonais dois a dois, isto é, V i V j = 0 para i j. Então V 1,..., V k são L. I. Prova: Temos que provar que se x 1 V x k V k = 0, então x 1 =... = x k = 0. Fazendo o produto escalar de ambos os lados desta equação com V i, para cada i, obtemos (usando o fato de que V i V j = 0 se i j) x i V i 2 = 0. Como por hipótese os vetores são não nulos, isso necessariamente implica x i = 0. Definição. Dado um subespaço vetorial W de R n, dizemos que {V 1,..., V k } é uma base ortogonal para W se este conjunto de vetores for uma base para W e eles forem ortogonais dois a dois. Se além disso eles forem unitários, dizemos que {V 1,..., V k } é uma base ortonormal para W. Exemplo 21. {i, j, k} é uma base ortonormal para R. Mais geralmente, os vetores E 1,..., E n definidos anteriormente, formam uma base ortonormal para R n. Podemos encontrar uma base ortonormal para qualquer subespaço vetorial de R n através de um algoritmo chamado processo de ortogonalização de Gram-Schmidt. Ele é baseado no seguinte resultado: 10

11 Lema. Seja W um vetor não nulo de R n. Então, para qualquer vetor V de R n, o vetor é ortogonal a W. V proj W V Em geral, sejam W 1,..., W k vetores não nulos de R n, ortogonais dois a dois. Então, para qualquer vetor V de R n, o vetor V proj W1 V... proj Wk V é ortogonal a cada um dos vetores W i. Prova: Temos (V proj W V ) W = ( V V W W 2 W ) W = V W V W W 2 W W = 0. Analogamente, temos (V proj W1 V... proj Wk V ) W = ( V V W 1 W 1 2 W 1... V W n W n 2 W n = V W i V W i W i 2 W i W i = 0. Processo de Ortogonalização de Gram-Schmidt. Se {V 1,..., V k } é uma base qualquer de um subespaço W de R n, podemos a partir desta base construir uma base para W que também é ortonormal. Primeiro construímos uma base ortogonal usando o lema anterior, tomando W 1 = V 1 W 2 = V 2 proj W1 V 2 W = V proj W1 V proj W2 V. W k = V k proj W1 V k... proj Wk 1 V k. De fato, usando o lema, vemos que W 2 é ortogonal a W 1 ; além disso, W 2 é também não nulo (W 1 claramente é não nulo, pois W 1 = V 1 ) porque se tivéssemos V 2 = proj W1 V 2, então em particular V 2 seria um múltiplo escalar de W 1 = V 1, violando a hipótese de que {V 1, V 2 } são L. I. Note que W 2 é uma combinação linear de V 1, V 2. Em seguida, vemos que segue do lema que W é ortogonal a W 1, W 2. Igualmente não podemos ter W = 0, pois V = proj W1 V + proj W2 V implicaria que V é uma combinação linear de V 1, V 2 (pois proj W1 V é um múltiplo escalar de W 1 = V 1 e proj W2 V é um múltiplo escalar de W 2 que, como vimos acima, é uma combinação linear de V 1, V 2. Mas, por hipótese, {V 1, V 2, V } são L. I. Note que W é uma combinação linear de V 1, V 2, V. E assim por diante, até o vetor W k, que pelo lema é ortogonal a W 1,..., W k e é não nulo porque V k = proj W1 V k proj Wk 1 V k implicaria que V k é uma combinação linear de V 1,..., V k 1, contradizendo a hipótese de que {V 1,..., V k } é L. I. A partir da base ortogonal {W 1,..., W k } é fácil obter uma base ortonormal {U 1,..., U k }. Basta tomar U 1 = W 1 W 1,.., U k = W k W k ) W i 11

12 Exemplo 21. Aplique o processo de ortogonalização de Gram-Schmidt à base {(1, 1, 0), (1, 0, 1), (0, 1, 1)} de R para encontrar uma base ortonormal para R cujo primeiro vetor seja um múltiplo escalar de (1, 1, 0). Resposta: Faça Em seguida, faça W 1 = (1, 1, 0). e W 2 = V 2 proj W1 V 2 = (1, 0, 1) (1, 0, 1) (1, 1, 0) (1, 1, 0) 2 (1, 1, 0) = (1, 0, 1) ( 1 2, 1 2, 0) = (1 2, 1 2, 1), (0, 1, 1) (1, 1, 0) W = V proj W1 V proj W2 V = (0, 1, 1) (1, 1, 0) 2 (1, 1, 0) (0, 1, 1) ( 1 2, 1 2, 1) ( 1 2, 1 2, 1) 2 ( 1 2, 1 2, 1) = (0, 1, 1) ( 1 2, 1 2, 0) (1 6, 1 6, 1 ( ) = 2, 2, 2 ). Daí, como W 1 = 2, W 2 = U 1 = 2, W = 2, segue que ( ) ( , 2, 0, U 2 = 6, 6, ) ( 6, U = 6,, ). 12