Enunciado

Seja H um sub-espaço vetorial do espaço euclidiano V . Então cada v ∈ V se expressa, de uma única maneira, como

v = h + t

Onde h ∈ H e t ∈ H ⊥ . Considere a aplicação A : V → V definida por

A v = h - t ,   q u a l q u e r   v ∈ V

  1. Mostrar que A é linear e é auto-adjunto.
  2. Se V = R 3 , com o produto interno usual, e H = 1,1 , 0 , achar a matriz de A relativa à base usual do R 3 .

Passo 1

Vamos lá a nossa questão!

Vamos começar pela letra a), mostrando que o operador A é auto-adjunto. Para isto, dados v 1 e v 2 vetores quaisquer pertencentes a V , basta provarmos que:

A v 1 , v 2 = v 1 , A v 2

Mas será só isso? Não tem nada demais?

Claro... que não! Hahaha! Tem só uma operação que talvez possa confundir. Pelo enunciado da questão, temos dois vetores h ∈ H e t ∈ H ⊥ tais que v = h + t . Então, se a gente faz o produto interno entre h e t , que pertencem a subespaços distintos e ortogonais entre si, o seu produto interno será igual a zero. Logo,

h , t = 0

Provavelmente, esta será a maior dificuldade da letra a). Todo o resto é o bom e velho desenvolvimento de produto interno.

Passo 2

Agora, vamos desenvolver o nosso produto interno para provar a relação de que temos um operador auto-adjunto. Para isto, sejam os vetores v 1 e v 2 dados por:

v 1 = h 1 + t 1

v 2 = h 2 + t 2

Tais que h 1 , h 2 ∈ H e t 1 , t 2 ∈ H ⊥ .Então, se temos um operador auto-adjunto, temos a seguinte relação:

A v 1 , v 2 = v 1 , A v 2

Desenvolvendo-a, temos:

h 1 - t 1 , h 2 + t 2 = h 1 + t 1 , h 2 - t 2

Expandindo o produto interno,

h 1 , h 2 + h 1 , t 2 + - t 1 , h 2 + - t 1 , t 2 = h 1 , h 2 + h 1 , - t 2 + t 1 , h 2 + t 1 , - t 2

Como os vetores h e t pertencem a subespaços ortogonais entre si, o produto interno entre eles é igual a 0. Portanto,

h 1 , h 2 + - t 1 , t 2 = h 1 , h 2 + t 1 , - t 2

h 1 , h 2 - t 1 , t 2 = h 1 , h 2 - t 1 , t 2

E assim chegamos uma identidade! Como a relação acima é uma verdade, o operador A realmente é um operador auto-adjunto!

Passo 3

Para a letra b), temos que achar a matriz da transformação A em relação a base B = 1,0 , 0 , 0,1 , 0 , 0,0 , 1 , base canônica do R 3 . Para isto, aplicaremos o mesmo procedimento que fizemos até hoje para outros operadores.

Pegamos o primeiro vetor de B , aplicamos a sua transformação e escrevemos como combinação linear dos vetores de B . Os coeficientes desta combinação linear serão os coeficientes da primeira coluna de A .

Escrevemos matematicamente o que o texto acima diz da seguinte forma:

A 1,0 , 0 = a 11 1,0 , 0 + a 21 0,1 , 0 + a 31 0,0 , 1

E assim repetimos para os outros vetores da base B .

O problema é que, para obtermos as transformações A dos vetores da base B , vamos ter que ortonormalizar a base H e determinar a base ortonormal H ⊥ .

Precisamos destes resultados pois teremos que projetar os vetores da base nesses subespaços, para conseguirmos os vetores h e t da definição do nosso operador.

Passo 4

Vamos então a série de contas! Começaremos obtendo a base H ⊥ . Ela será dada pelo conjunto de vetores v = x , y , z ∈ V tais que, em relação ao produto interno usual, temos:

v , 1,1 , 0 = 0

x , y , z , 1,1 , 0 = 0

x + y = 0

y = - x

Então, temos:

v = x , y , z = x , - x , z = x , - x , 0 + 0,0 , z = x 1 , - 1,0 + z 0,0 , 1

Então, a nossa base H ⊥ é 1 , - 1,0 , 0,0 , 1 , a qual já temos dois vetores ortogonais entre si.

Agora, temos que normalizar ambas as bases em relação ao produto interno usual. Começando pela base H , temos:

u 1 = 1,1 , 0 | | 1,1 , 0 | | = 1,1 , 0 2 = 1 2 , 1 2 , 0

Já para a base H ⊥ , temos:

u 2 = 1 , - 1,0 | | 1 , - 1,0 | | = 1 , - 1,0 2 = 1 2 , - 1 2 , 0

u 3 = 0,0 , 1 | | 0,0 , 1 | | = 0,0 , 1

Portanto, H = 1 2 , 1 2 , 0 e H ⊥ = 1 2 , - 1 2 , 0 , 0,0 , 1 .

Passo 5

Agora, vamos calcular o resultado do operador A para cada um dos vetores da base B . Para isto, vamos ter que projetar estes vetores nos subespaços H e H ⊥ .

Então, vamos obter as duas projeções para cada vetor inicialmente. Começando por 1,0 , 0 = h 1 + t 1 , temos:

h 1 = 1,0 , 0 , 1 2 , 1 2 , 0 1 2 , 1 2 , 0 = 1 2 1 2 , 1 2 , 0 = 1 2 , 1 2 , 0

t 1 = 1,0 , 0 , 1 2 , - 1 2 , 0 1 2 , - 1 2 , 0 + 1,0 , 0 , 0,0 , 1 0,0 , 1

t 1 = 1 2 1 2 , - 1 2 , 0 + 0 0,0 , 1 = 1 2 , - 1 2 , 0

Agora, para o vetor 0,1 , 0 = h 2 + t 2 , temos:

h 2 = 0 , 1 , 0 , 1 2 , 1 2 , 0 1 2 , 1 2 , 0 = 1 2 1 2 , 1 2 , 0 = 1 2 , 1 2 , 0

t 2 = 0,1 , 0 , 1 2 , - 1 2 , 0 1 2 , - 1 2 , 0 + 0,1 , 0 , 0,0 , 1 0,0 , 1

t 2 = - 1 2 1 2 , - 1 2 , 0 + 0 0,0 , 1 = - 1 2 , 1 2 , 0

Por fim, temos o último vetor da base, 0,0 , 1 = h 3 + t 3 , temos:

h 3 = 0 , 0,1 , 1 2 , 1 2 , 0 1 2 , 1 2 , 0 = 0 1 2 , 1 2 , 0 = 0,0 , 0

t 3 = 0 , 0,1 , 1 2 , - 1 2 , 0 1 2 , - 1 2 , 0 + 0 , 0 , 1 , 0,0 , 1 0,0 , 1

t 3 = 0 1 2 , - 1 2 , 0 + 1 0,0 , 1 = 0,0 , 1

Portanto, as transformações A dos vetores da base B são:

A 1,0 , 0 = h 1 - t 1 = 1 2 , 1 2 , 0 - 1 2 , - 1 2 , 0 = 0,1 , 0

A 0,1 , 0 = h 2 - t 2 = 1 2 , 1 2 , 0 - - 1 2 , 1 2 , 0 = 1,0 , 0

A 0,0 , 1 = h 3 - t 3 = 0,0 , 0 - 0,0 , 1 = 0,0 , - 1

Passo 6

Eita trabalheira danada! Mas estamos quase lá, agora, podemos escrever o resultado da nossa transformação A como combinação linear dos vetores da base B , conforme descrito lá no Passo 3. Portanto, temos:

A 1,0 , 0 = a 11 1,0 , 0 + a 21 0,1 , 0 + a 31 0,0 , 1

( 0,1 , 0 ) = a 11 1,0 , 0 + a 21 0,1 , 0 + a 31 0,0 , 1

Então, temos a 11 = a 31 = 0 e a 21 = 1 .

Repetindo o mesmo procedimento para o vetor 0,1 , 0 , temos:

A 0 , 1 , 0 = a 1 2 1,0 , 0 + a 2 2 0,1 , 0 + a 3 2 0,0 , 1

( 1,0 , 0 ) = a 12 1,0 , 0 + a 22 0,1 , 0 + a 32 0,0 , 1

Então, temos a 12 = 1 e a 22 = a 32 = 0 . Por fim, para o terceiro vetor, 0,0 , 1 , temos:

A 0,1 , 0 = a 1 3 1,0 , 0 + a 2 3 0,1 , 0 + a 3 3 0,0 , 1

0,0 , - 1 = a 1 3 1,0 , 0 + a 2 3 0,1 , 0 + a 3 3 0,0 , 1

Logo, temos a 13 = a 23 = 0 e a 33 = - 1 . Então, matriz do operador A é:

A = 0 1 0 1 0 0 0 0 - 1

E assim finalizamos a questão!

Resposta

A = 0 1 0 1 0 0 0 0 - 1

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