Demonstração Dados𝑢, 𝑣∈𝑉, temos
k𝑢+𝑣k2=h𝑢+𝑣, 𝑢+𝑣i
=k𝑢k2+2h𝑢, 𝑣i + k𝑣k2
≤ k𝑢k2+2k𝑢k k𝑣k + k𝑣k2 por Cauchy-Schwarz
= k𝑢k + k𝑣k2
,
o que implica a desigualdade desejada.
Exemplo 5.1.10Considere o produto interno definido por h𝑓 , 𝑔i=
∫ 𝜋
0
𝑓(𝑡)𝑔(𝑡)𝑑𝑡
no espaço vetorialC([0, 𝜋])e os vetores𝑢 =cos(𝑡),𝑣 =sen(𝑡). Calculek𝑢keh𝑢, 𝑣i. Como fica a desigualdade de Cauchy-Schwarz nesse espaço?
Solução:Por definição,
k𝑢k2=h𝑢, 𝑢i=
∫ 𝜋
0 cos2(𝑡)𝑑𝑡= 1 2
∫ 𝜋
0 1+cos(2𝑡) 𝑑𝑡= 1
2
𝑡+sen(2𝑡) 2
0𝜋 = 𝜋 2. Portanto,k𝑢k=p𝜋
2. Similarmente, h𝑢, 𝑣i=
∫ 𝜋
0 cos(𝑡)sen(𝑡)𝑑𝑡= 1 2
∫ 𝜋
0 sen(2𝑡)𝑑𝑡 = 1 2
−cos(2𝑡) 2
0𝜋 =0.
Finalmente, neste contexto, a desigualdade de Cauchy-Scharwz expressa-se por ∫ 𝜋
0
𝑓(𝑡)𝑔(𝑡)𝑑𝑡
≤
∫ 𝜋
0
𝑓(𝑡)2𝑑𝑡
12 ∫ 𝜋
0
𝑔(𝑡)2𝑑𝑡 12
, quaiquer que sejam 𝑓 , 𝑔∈ C([0, 𝜋]). ^
Exercícios Lista 1 - Álgebra Linear II: Exs. 52–56.
h𝑓 , 𝑔i1=
∫ 1
0
𝑡3𝑑𝑡= 𝑡4 4
10= 1 4 ≠0, mas são ortogonais com relação ah,i2, uma vez que
h𝑓 , 𝑔i2=
∫ 1
−1
𝑡3𝑑𝑡 = 𝑡4 4 1
−1
=0;
Assim como ocorria emV3, ortogonalidade garante independência linear:
Proposição 5.2.1Seja𝑉um espaço vetorial com produto interno. Se𝑢1, 𝑢2, . . . , 𝑢𝑛 ∈𝑉são vetores não nulos dois a dois ortogonais, então{𝑢1, 𝑢2, . . . , 𝑢𝑛}é LI.
Demonstração Sejam𝜆1, 𝜆2, . . . , 𝜆𝑛 ∈Rtais que𝜆1𝑢1+𝜆2𝑢2+ · · · +𝜆𝑛𝑢𝑛=0𝑉. Então, para cada𝑖=1, . . . , 𝑛, temos 0=h0𝑉, 𝑢𝑖i=h𝜆1𝑢1+𝜆2𝑢2+ · · · +𝜆𝑛𝑢𝑛, 𝑢𝑖i=𝜆1h𝑢1, 𝑢𝑖i +𝜆2h𝑢2, 𝑢𝑖i + · · · +𝜆𝑛h𝑢𝑛, 𝑢𝑖i.
Como, por hipótese, 𝑢𝑗, 𝑢𝑖
=0, para todo 𝑗 ≠𝑖, o lado direito da expressão acima é igual a𝜆𝑖h𝑢𝑖, 𝑢𝑖i =𝜆𝑖k𝑢𝑖k2. Assim,𝜆𝑖k𝑢𝑖k2 =0, mas o fato de𝑢𝑖 ser não nulo implica k𝑢𝑖k ≠0. Daí, obtemos𝜆𝑖 = 0, para todo𝑖 =1, . . . , 𝑛.
Logo, o conjunto{𝑢1, 𝑢2, . . . , 𝑢𝑛}é LI.
Definição Seja𝑉 um espaço vetorial de dimensão finita com produto interno e sejaB = {𝑢1, 𝑢2, . . . , 𝑢𝑛}uma base de𝑉. Dizemos queB éortogonalse 𝑢𝑖 ⊥𝑢𝑗, para todos𝑖 ≠ 𝑗. Dizemos queBéortonormalse for ortogonal e, adicionalmente,k𝑢𝑖k=1, para todos𝑖=1, . . . , 𝑛.
Exemplo 5.2.2A base canônica deR𝑛é ortonormal com relação ao produto interno usual.
Exemplo 5.2.3A funçãoh𝐴, 𝐵i=tr(𝐵Ç𝐴)define um produto interno no espaço vetorial𝑀2(R), em que tr(𝑋)denota otraçoda matriz𝑋, isto é, a soma dos elementos em sua diagonal principal, e𝑋Çdenota a matriz transposta da matriz 𝑋. (Veja o exercício 73 da Lista 1 - Álgebra Linear II.) Explicitamente,
𝑎11 𝑎12 𝑎21 𝑎22
,
𝑏11𝑏12 𝑏21𝑏22
=𝑎11𝑏11+𝑎12𝑏12+𝑎21𝑏21+𝑎22𝑏22.
A base canônica
1 0
0 0
, 0 1
0 0
, 0 0
1 0
, 0 0
0 1
de 𝑀2(R) é ortonormal com relação a esse produto interno, como é rotineiro verificar. Este exemplo se generaliza de maneira óbvia para espaços de matrizes de tamanho superior.
Exemplo 5.2.4A base canônica{1, 𝑡, 𝑡2} de P2(R) não é ortogonal (e, portanto, também não é ortonormal) com relação ao produto internoh𝑝, 𝑞i=∫1
0 𝑝(𝑡)𝑞(𝑡)𝑑𝑡, pois, conforme vimos,𝑡 6⊥𝑡2.
Coordenadas de vetores em relação a bases ortonormais são particularmente convenientes, um fenômeno já encon-trado no estudo do espaço vetorialV3. (Veja a Proposição 2.4.1.)
Proposição 5.2.5Seja𝑉um espaço vetorial de dimensão finita com produto internoh,ie sejaB ={𝑒1, 𝑒2, . . . , 𝑒𝑛} uma base ortonormal ordenada de𝑉. Então,
(i) para todo𝑢 ∈𝑉,
𝑢= h𝑢, 𝑒1i,h𝑢, 𝑒2i, . . . ,h𝑢, 𝑒𝑛i
B; (ii) dados𝑣=(𝛼1, 𝛼2, . . . , 𝛼𝑛)B, 𝑤=(𝛽1, 𝛽2, . . . , 𝛽𝑛)B, valem
h𝑣, 𝑤i=𝛼1𝛽1+𝛼2𝛽2+ · · · +𝛼𝑛𝛽𝑛 e k𝑣k= q
𝛼21+𝛼22+ · · · +𝛼2𝑛.
Demonstração Sejam𝜆1, . . . , 𝜆𝑛 ∈ Rtais que 𝑢 = (𝜆1, 𝜆2, . . . , 𝜆𝑛)B. Mostremos que𝜆𝑖 = h𝑢, 𝑒𝑖i, para todo𝑖 = 1, . . . , 𝑛. Com efeito,
h𝑢, 𝑒𝑖i=h𝜆1𝑒1+𝜆2𝑒2+ · · · +𝜆𝑛𝑒𝑛, 𝑒𝑖i =𝜆1h𝑒1, 𝑒𝑖i +𝜆2h𝑒2, 𝑒𝑖i + · · · +𝜆𝑛h𝑒𝑛, 𝑒𝑖i=𝜆𝑖k𝑒𝑖k2, poisBé ortogonal. Como, adicionalmente,k𝑒𝑖k=1, segue que𝜆𝑖 =h𝑢, 𝑒𝑖i, provando (i).
Vejamos (ii):
h𝑣, 𝑤i=h𝛼1𝑒1+ · · · +𝛼𝑛𝑒𝑛, 𝛽1𝑒1+ · · · +𝛽𝑛𝑒𝑛i
=𝛼1𝛽1k𝑒1k2+𝛼2𝛽2k𝑒2k2+ · · · +𝛼𝑛𝛽𝑛k𝑒𝑛k2 pois 𝑒𝑖, 𝑒𝑗
=0 se𝑖≠ 𝑗
=𝛼1𝛽1+𝛼2𝛽2+ · · · +𝛼𝑛𝛽𝑛 poisk𝑒𝑖k=1.
A afirmação sobre a norma de𝑣é um caso particular da identidade demonstrada acima.
Observação O trabalho para encontrar uma base ortonormal de um espaço vetorial𝑉com produto interno concentra-se na determinação de uma baconcentra-se ortogonaln {𝑣1, 𝑣2, . . . , 𝑣𝑛} de𝑉, uma vez que, de posse de tal base, o conjunto
𝑣1 k𝑣1k, 𝑣2
k𝑣2k, . . . , 𝑣𝑛
k𝑣𝑛k
oé, claramente, uma base ortonormal de𝑉. A primeira (e mais trabalhosa) etapa desse processo será discutida a seguir.
Exemplo 5.2.6O conjunto
(0,0,1),(1,−1,0),(1,1,0) é uma base ortogonal deR3com relação ao produto interno usual. Segue, da observação acima, que
B=
(0,0,1),
1
√2,− 1
√2,0
,
1
√2, 1
√2,0
é uma base ortonormal deR3. Determine as coordenadas de𝑣=(−7,2,3)em relação à baseB. Solução:ComoBé ortonormal, podemos aplicar o item (i) da Proposição 5.2.5:
(−7,2,3),(0,0,1)
=3
(−7,2,3),
1
√2,− 1
√2,0 =− 9
√2
(−7,2,3),
1
√2, 1
√2,0 =− 5
√2 Assim,
𝑣=
3,− 9
√2,− 5
√2
B
. ^
Processo de ortogonalização de Gram-Schmidt
Todo espaço vetorial de dimensão finita com produto interno tem bases ortonormais. Isso seguirá do próximo resul-tado. Em sua demonstração, será apresentado um procedimento que, a partir de um conjunto LI de vetores em um espaço vetorial com produto interno, produz um conjunto ortogonal de vetores que geram o mesmo subespaço. Esse procedimento é conhecido comoprocesso de ortogonalização de Gram-Schmidt.
Teorema 5.2.7Seja𝑉um espaço vetorial com produto interno e seja{𝑢1, 𝑢2, . . . , 𝑢𝑛}um conjunto LI de vetores de 𝑉. Então, existem𝑣1, 𝑣2, . . . , 𝑣𝑛∈𝑉vetores não nulos dois a dois ortogonais entre si tais que, para todo𝑖=1, . . . , 𝑛,
[𝑣1, . . . , 𝑣𝑖] =[𝑢1, . . . , 𝑢𝑖].
Agora, defina
𝑣2 =𝑢2−h𝑢2, 𝑣1i k𝑣1k2 𝑣1.
Então,𝑣2 ≠0𝑉, pois se𝑣2 fosse o vetor nulo, teríamos𝑢2 ∈ [𝑣1] = [𝑢1], o que contradiz o fato de{𝑢1, 𝑢2}ser LI.
Além disso,𝑣2e𝑣1são ortogonais, uma vez que h𝑣2, 𝑣1i=
𝑢2−h𝑢2, 𝑣1i k𝑣1k2 𝑣1, 𝑣1
=h𝑢2, 𝑣1i − h𝑢2, 𝑣1i
k𝑣1k2 h𝑣1, 𝑣1i=h𝑢2, 𝑣1i − h𝑢2, 𝑣1i=0.
A penúltima igualdade segue do fato de que h𝑣1, 𝑣1i = k𝑣1k2. Finalmente, como {𝑣1, 𝑣2} é um conjunto formado por dois vetores não nulos que são ortogonais,{𝑣1, 𝑣2}é LI (pela Proposição 5.2.1). Mas, por sua própria definição, 𝑣2 ∈ [𝑣1, 𝑢2]; portanto, [𝑣1, 𝑣2] ⊆ [𝑣1, 𝑢2] = [𝑢1, 𝑢2] (já que [𝑣1] = [𝑢1]). Assim, [𝑣1, 𝑣2] é um subespaço de dimensão 2 do espaço[𝑢1, 𝑢2], que também tem dimensão 2. Segue, da Proposição 4.6.1, que[𝑣1, 𝑣2]=[𝑢1, 𝑢2].
Repetimos o processo na definição de𝑣3, utilizando os vetores𝑣1e𝑣2já definidos:
𝑣3=𝑢3−h𝑢3, 𝑣1i
k𝑣1k2 𝑣1−h𝑢3, 𝑣2i k𝑣2k2 𝑣2.
Aqui, também𝑣3 ≠0𝑉, uma vez que𝑢3 ≠[𝑢1, 𝑢2] =[𝑣1, 𝑣2], já que{𝑢1, 𝑢2, 𝑢3}é LI; e𝑣3é ortogonal a𝑣1 e a𝑣2, pois
h𝑣3, 𝑣1i =
𝑢3−h𝑢3, 𝑣1i
k𝑣1k2 𝑣1−h𝑢3, 𝑣2i k𝑣2k2 𝑣2, 𝑣1
=h𝑢3, 𝑣1i − h𝑢3, 𝑣1i
k𝑣1k2 h𝑣1, 𝑣1i − h𝑢3, 𝑣2i
k𝑣2k2 h𝑣2, 𝑣1i
=h𝑢3, 𝑣1i − h𝑢3, 𝑣1i uma vez queh𝑣1, 𝑣1i =k𝑣1k2eh𝑣2, 𝑣1i=0
=0.
A demonstração queh𝑣3, 𝑣2i=0 é análoga. Temos, assim, um conjunto{𝑣1, 𝑣2, 𝑣3}de três vetores não nulos, dois a dois ortogonais entre si, e, portanto, LI. Logo,[𝑣1, 𝑣2, 𝑣3]é um subespaço vetorial do espaço vetorial[𝑣1, 𝑣2, 𝑢3] = [𝑢1, 𝑢2, 𝑢3], que também tem dimensão 3. Logo,[𝑣1, 𝑣2, 𝑣3]=[𝑢1, 𝑢2, 𝑢3].
Prosseguimos dessa maneira: uma vez definidos𝑣1, . . . , 𝑣𝑖, define-se 𝑣𝑖+1=𝑢𝑖+1−h𝑢𝑖+1, 𝑣1i
k𝑣1k2 𝑣1−h𝑢𝑖+1, 𝑣2i
k𝑣2k2 𝑣2− · · · − h𝑢𝑖+1, 𝑣𝑖i k𝑣𝑖k2 𝑣𝑖.
A verificação que𝑣𝑖+1 ≠0𝑉, que𝑣𝑖+1é ortogonal a𝑣1, 𝑣2, . . . , 𝑣𝑖e que[𝑣1, 𝑣2, . . . , 𝑣𝑖+1]=[𝑢1, 𝑢2, . . . , 𝑢𝑖+1]é análoga
à que fizemos nos casos𝑖=1 e 2.
Corolário 5.2.8Seja𝑉um espaço vetorial de dimensão finita com produto interno. Então,𝑉tem uma base ortonormal.
Demonstração Seja{𝑢1, . . . , 𝑢𝑛}uma base de𝑉. Submetendo-a ao processo de ortonormalização de Gram-Schmidt, obtemos um conjunto{𝑣1, . . . , 𝑣𝑛}de vetores não nulos, dois a dois ortogonais — e, portanto, LI —, cujo subespaço ge-rado coincide com[𝑢1, . . . , 𝑢𝑛]=𝑉. Logo,{𝑣1, . . . , 𝑣𝑛}é uma base ortogonal de𝑉e, portanto,n
𝑣1 k𝑣1k, 𝑣2
k𝑣2k, . . . , 𝑣𝑛
k𝑣𝑛k
o
é uma base ortonormal de𝑉.
Vejamos dois exemplos.
Exemplo 5.2.9 Em R3, com o produto interno usual, encontre uma base ortonormal para o subespaço 𝑆 = (0,2,1),(−1,1,2)
.
Solução: O conjunto{𝑢1, 𝑢2}, em que 𝑢1 = (0,2,1) e𝑢2 = (−1,1,2) é LI e, portanto, uma base de 𝑆. Podemos submetê-lo ao processo de ortogonalização de Gram-Schmidt. Faça𝑣1 =𝑢1 =(0,2,1)e
𝑣2 =𝑢2−h𝑢2, 𝑣1i k𝑣1k2 𝑣1. Temos
h𝑢2, 𝑣1i=
(−1,1,2),(0,2,1)
=0+2+2=4 e
k𝑣1k2=k (0,2,1) k2 =0+4+1=5.
Logo,
𝑣2=(−1,1,2) −4
5(0,2,1)=
−1,−3 5,6
5
. Assim,{𝑣1, 𝑣2}é uma base ortogonal de𝑆. Agora, como já calculamos,k𝑣1k2=5 e
k𝑣2k2 =
−1,−3 5,6
5
2=1+ 9
25+ 36 25 = 70
25. Portanto,
k𝑣1k=√
5 e k𝑣2k=
√70 5 .
Assim,
0, 2
√5, 1
√5
,
− 5
√70,− 3
√70, 6
√70
é uma base ortonormal de𝑆. ^
Exemplo 5.2.10(Lista 1 - Álgebra Linear II, ex. 66) Encontre uma base ortonormal para o subespaço𝑊 = 1, 𝑡, 𝑡2 do espaço vetorialP (R), com relação ao produto interno definido por
h𝑝, 𝑞i=
∫ 1
0
𝑓(𝑡)𝑔(𝑡)𝑑𝑡.
Solução:Sejam𝑢1 =1,𝑢2 =𝑡 e𝑢3 =𝑡2. Por ser LI,{𝑢1, 𝑢2, 𝑢3}é uma base de𝑊. Apliquemos a ela o processo de ortogonalização de Gram-Schmidt. Seja𝑣1 =1 e seja
𝑣2 =𝑢2−h𝑢2, 𝑣1i k𝑣1k2 𝑣1. Como
h𝑢2, 𝑣1i=
∫ 1
0
𝑡 𝑑𝑡= 𝑡2 2
10 =1
2 e k𝑣1k2=
∫ 1
0 1𝑑𝑡=𝑡10 =1, segue que
𝑣2 =𝑡−
1/2
11=𝑡−1 2. Agora,
𝑣3=𝑢3−h𝑢3, 𝑣1i
k𝑣1k2 𝑣1−h𝑢3, 𝑣2i k𝑣2k2 𝑣2.
Já sabemos quek𝑣1k2=1. Efetuando os cálculos dos demais escalares envolvidos nessa expressão, obtemos h𝑢3, 𝑣1i=
∫ 1
0
𝑡2𝑑𝑡 = 𝑡3 3
10= 1 3,
h𝑢3, 𝑣2i=
∫ 1
0
𝑡2
𝑡−1 2
𝑑𝑡=
∫ 1
0
𝑡3−𝑡2
2
𝑑𝑡 = 𝑡4
4 −𝑡3 6
10= 1 4−1
6 = 1 12. e
k𝑣2k2=
∫ 1
0
𝑡−1
2 2
𝑑𝑡= 𝑡−12
3
3
1
0
= 1 3
1 8+ 1
8
= 1 12. Logo, obtemos que
𝑣3=𝑡2−𝑡+1 6.
Assim,
1, 𝑡−1
2, 𝑡2−𝑡+ 1 6
é uma base ortogonal de𝑊. Resta normalizá-la, isto é, dividir cada vetor pela sua norma. Já sabemos quek𝑣1k=1 e k𝑣2k= 1
2√
3. Resta calculark𝑣3k. Vejamos, k𝑣3k2 =
∫ 1
0
𝑡2−𝑡+1 6
2
𝑑𝑡 =
∫ 1
0
𝑡4−2𝑡3+ 4𝑡2 3 − 𝑡
3 + 1 36
𝑑𝑡=
𝑡5 5 −𝑡4
2 + 4𝑡3 9 −𝑡2
6 + 𝑡 36
10 = 1 180. Logo,k𝑣3k= 1
6√
5 e, portanto,
1,√
3(2𝑡−1),√
5(6𝑡2−6𝑡+1) é uma base ortonormal para𝑊. ^
Projeção ortogonal
Vimos que, em um espaço vetorial com produto interno, temos uma noção de distância entre vetores. Então, faz sentido considerar o seguinte
Problema Seja𝑉um espaço vetorial com produto interno. Dados um subespaço𝑊de𝑉e um vetor𝑢∈𝑉, é possível encontrar𝑤0 ∈𝑊tal que dist(𝑢, 𝑤0)<dist(𝑢, 𝑤), para todo𝑤∈𝑊,𝑤≠𝑤0?
Em outras palavras, pode-se encontrar um elemento do subespaço𝑊 cuja distância a𝑢 seja a menor possível?
Esse problema também é conhecido comoproblema da melhor aproximação. Quando ele tem solução, dizemos que o elemento𝑤0 ∈𝑊 encontrado é a melhor aproximação de𝑢por elementos de𝑊.
Veremos que quando𝑊é um subespaço de dimensão finita, o problema da melhor aproximação sempre terá solução.
Porém comecemos com a seguinte
Observação Se o problema da melhor aproximação tiver solução, ela é única. (Com efeito, dado um subespaço𝑊 de um espaço vetorial𝑉 com produto interno e um vetor𝑢 ∈𝑉, se𝑤0 ∈𝑊 é tal que dist(𝑢, 𝑤0) <dist(𝑢, 𝑤), para todo 𝑤 ∈𝑊,𝑤 ≠𝑤0, então qualquer outro vetor de𝑊 que não seja𝑤0distará de𝑢mais do que𝑤0 dista e, portanto, não será uma solução do problema da melhor aproximação;𝑤0é a única.)
Sabemos que, na geometria euclidiana, a menor distância entre os pontos de uma reta ou de um plano e um determinado ponto fixo ocorre precisamente entre esse ponto e sua projeção ortogonal sobre a reta ou o plano. Em espaços vetoriais abstratos, temos uma versão análoga desse fato. Para enunciá-la, será útil introduzir uma notação.
Definição Seja𝑉 um espaço vetorial com produto interno, seja𝑊 um subespaço de𝑉e seja𝑢∈𝑉. Dizemos que𝑢é ortogonala𝑊, e escrevemos𝑢⊥𝑊 se𝑢⊥𝑤, para todo𝑤∈𝑊.
Podemos, agora, definir projeção ortogonal de um vetor sobre um subespaço.
Definição Seja𝑉um espaço vetorial com produto interno, seja𝑊 um subespaço de𝑉e seja𝑢∈𝑉. Se existir𝑤0 ∈𝑊 tal que(𝑢−𝑤0) ⊥𝑊, dizemos que𝑤0é umaprojeção ortogonalde𝑢sobre𝑊.
Uma ilustração inspirada na geometria deV3pode ajudar a compreensão desse conceito:
𝑢
𝑤0
𝑢−𝑤0
𝑊
O próximo resultado relaciona a projeção ortogonal com o problema da melhor aproximação.
Proposição 5.2.11Seja𝑉 um espaço vetorial com produto interno, seja𝑊 um subespaço de𝑉 e seja𝑢 ∈ 𝑉. Se 𝑤0 ∈𝑊 é uma projeção ortogonal de𝑢sobre𝑊, então𝑤0é uma solução do problema da melhor aproximação de𝑢 por elementos de𝑊.
Demonstração Precisamos mostrar que dist(𝑢, 𝑤)>dist(𝑢, 𝑤0), para todo𝑤 ∈𝑊,𝑤≠𝑤0. Com efeito, dado𝑤∈𝑊, 𝑤≠𝑤0, temos
k𝑢−𝑤k2 =k (𝑢−𝑤0) + (𝑤0−𝑤) k2
=
(𝑢−𝑤0) + (𝑤0−𝑤),(𝑢−𝑤0) + (𝑤0−𝑤)
=k𝑢−𝑤0k2+2h𝑢−𝑤0, 𝑤0−𝑤i + k𝑤0−𝑤k2
Como𝑤0 é uma projeção ortogonal de𝑢sobre𝑊, temos que𝑢−𝑤0 é ortogonal a todo vetor de𝑊, em particular, 𝑢−𝑤0é ortogonal a𝑤0−𝑤. Assim, o termo central da soma acima é nulo:h𝑢−𝑤0, 𝑤0−𝑤i=0. Logo,
k𝑢−𝑤k2=k𝑢−𝑤0k2+ k𝑤0−𝑤k2>k𝑢−𝑤0k2,
uma vez que, k𝑤0−𝑤k ≠ 0, pois𝑤 e 𝑤0 são distintos. A conclusão desejada segue, lembrando que dist(𝑢, 𝑤) = k𝑢−𝑤ke dist(𝑢, 𝑤0)=k𝑢−𝑤0k, por definição de distância em𝑉. Segue, do resultado acima, que, se existir, a projeção ortogonal de um vetor sobre um subespaço é única, uma vez que ela é uma solução do problema da melhor aproximação, que, como vimos, é única.
Assim, se𝑉 é um espaço vetorial com produto interno,𝑊 é um subespaço de𝑉 e𝑢 ∈𝑉, se existir, a projeção ortogonal de𝑢sobre𝑊será denotada por proj𝑊 𝑢.
Resta-nos encontrar condições que garantem a existência da projeção ortogonal. Uma resposta é apresentada a seguir.
Teorema 5.2.12Seja𝑉 um espaço vetorial com produto interno e seja𝑊 um subespaço de𝑉 de dimensão finita.
Então, para todo𝑢∈𝑉, existe a projeção ortogonal de𝑢sobre𝑊e ela é dada por proj𝑊 𝑢= h𝑢, 𝑤1i
k𝑤1k2 𝑤1+ h𝑢, 𝑤2i
k𝑤2k2 𝑤2+ · · · +h𝑢, 𝑤𝑛i
k𝑤𝑛k2𝑤𝑛, (5.4)
em que{𝑤1, 𝑤2, . . . , 𝑤𝑛}é uma base ortogonal de𝑊.
Duas observações, neste momento, cabem. A primeira é que, como vimos no Corolário 5.2.8, sempre haverá uma base ortogonal para𝑊; na realidade, basta tomarmos uma base qualquer de𝑊 e ortogonalizá-la pelo processo de Gram-Schmidt. A segunda dá conta precisamente desse processo; o modo como são definidos os vetores no processo
𝑣𝑖+1=𝑢𝑖+1−proj[𝑢
1,...,𝑢𝑖]𝑢𝑖+1. Vamos à demonstração do teorema.
Demonstração Seja𝑢 ∈𝑉e seja{𝑤1, 𝑤2, . . . , 𝑤𝑛}uma base ortogonal de𝑊. Mostremos que o vetor 𝑤= h𝑢, 𝑤1i
k𝑤1k2 𝑤1+ h𝑢, 𝑤2i
k𝑤2k2 𝑤2+ · · · +h𝑢, 𝑤𝑛i k𝑤𝑛k2 𝑤𝑛
satisfaz as condições para ser a projeção ortogonal de𝑢sobre𝑊. Primeiramente, está claro que𝑤∈𝑊. Resta mostrar que𝑢−𝑤⊥𝑊, isto é, que𝑢−𝑤é ortogonal a todo vetor de𝑊. Para tanto, basta mostrar que𝑢−𝑤é ortogonal a𝑤𝑖, para todo𝑖=1, . . . , 𝑛, já que essa condição implicará que𝑢−𝑤é ortogonal a toda combinação linear de𝑤1, . . . , 𝑤𝑛. Assim, vejamos: dado𝑖=1, . . . , 𝑛, temos
h𝑢−𝑤, 𝑤𝑖i =
𝑢−
h𝑢, 𝑤1i
k𝑤1k2 𝑤1+ h𝑢, 𝑤2i
k𝑤2k2 𝑤2+ · · · + h𝑢, 𝑤𝑛i k𝑤𝑛k2 𝑤𝑛
, 𝑤𝑖
=h𝑢, 𝑤𝑖i − h𝑢, 𝑤1i
k𝑤1k2 h𝑤1, 𝑤𝑖i −h𝑢, 𝑤2i
k𝑤2k2 h𝑤2, 𝑤𝑖i − · · · − h𝑢, 𝑤𝑛i
k𝑤𝑛k2 h𝑤𝑛, 𝑤𝑖i. Como
𝑤𝑗, 𝑤𝑖
=0 se𝑗 ≠𝑖eh𝑤𝑖, 𝑤𝑖i=k𝑤𝑖k2, a igualdade acima resume-se a h𝑢−𝑤, 𝑤𝑖i=h𝑢, 𝑤𝑖i −h𝑢, 𝑤𝑖i
k𝑤𝑖k2 h𝑤𝑖, 𝑤𝑖i=0.
Logo,𝑢−𝑤⊥𝑊 e, portanto,𝑤=proj𝑊𝑢.
Em particular, se𝑉 é um espaço vetorial de dimensão finita com produto interno,𝑊é um subespaço de𝑉e𝑢 ∈𝑉, então a projeção ortogonal de𝑢sobre𝑊 sempre existirá.
Exemplo 5.2.13EmR3com o produto interno usual, encontre proj𝑊 𝑣, em que𝑣=(1,−1,0)e 𝑊 =
(1,2,1),(2,1,2) .
Solução:Para utilizarmos a fórmula (5.4), necessitamos de uma base ortogonal de𝑊. Chamemos𝑢1 = (1,2,1) e 𝑢2 =(2,1,2), de modo que𝑊 =[𝑢1, 𝑢2]. O conjunto{𝑢1, 𝑢2}é LI e, portanto, uma base de𝑊; mas essa base não é ortogonal, uma vez queh𝑢1, 𝑢2i=6≠0. Vamos ortogonalizá-la por meio do processo de Gram-Schmidt. Começamos fazendo𝑣1=𝑢1 =(1,2,1)e definimos
𝑣2 =𝑢2−h𝑢2, 𝑣1i k𝑣1k2 𝑣1. Como
h𝑢2, 𝑣1i=
(2,1,2),(1,2,1)=6 e k𝑣1k2=h𝑣1, 𝑣1i=
(1,2,1),(1,2,1)=6, segue que
𝑣2=(2,1,2) −6
6(1,2,1)=(1,−1,1).
Como𝑣1e𝑣2são ortogonais e geram o mesmo subespaço que𝑢1e𝑢2, segue que{𝑣1, 𝑣2}é uma base ortogonal de𝑊. Agora, podemos usar (5.4):
proj𝑊 𝑣= h𝑣, 𝑣1i
k𝑣1k2𝑣1+ h𝑣, 𝑣2i k𝑣2k2 𝑣2
=
(1,−1,0),(1,2,1)
k (1,2,1) k2 (1,2,1) +
(1,−1,0),(1,−1,1)
k (1,−1,1) k2 (1,−1,1)
=−1
6 (1,2,1) +2
3(1,−1,1)
= 1
2,−1,1 2
. ^
Exemplo 5.2.14EmP2(R), com o produto interno
h𝑓 , 𝑔i = 𝑓(0)𝑔(0) + 𝑓(1)𝑔(1) + 𝑓(2)𝑔(2), encontre o vetor deP1(R)mais próximo de𝑞= 1
2(𝑡2+3𝑡).
Solução:ComoP1(R) é um subespaço deP2(R), trata-se de encontrar a melhor aproximação de𝑞 por vetores de P1(R). Sabemos, pela Proposição 5.2.11, que a resposta é dada pela projeção ortogonal de𝑞sobreP1(R). Para utilizar (5.4), precisamos de uma base ortogonal deP1(R). Sabemos que{1, 𝑡}é uma base deP1(R), mas essa base não é ortogonal, uma vez que h1, 𝑡i = (1)(0) + (1)(1) + (1)(2) = 3 ≠0. Apliquemos o processo de ortogonalização de Gram-Schmidt:𝑣1=1 e
𝑣2=𝑡− h𝑡,1i k1k21.
Temos
h𝑡,1i=(0)(1) + (1)(1) + (2)(1)=3 e
k1k2 =12+12+12=3.
Assim,𝑣2=𝑡−1. Como{𝑣1, 𝑣2}é uma base ortogonal deP1(R), segue que projP1(R)𝑞 = h𝑞, 𝑣1i
k𝑣1k2 𝑣1+ h𝑞, 𝑣2i k𝑣2k2 𝑣2. Agora,
h𝑞, 𝑣1i=
1
2(𝑡2+3𝑡),1
=(0)(1) + (2)(1) + (5)(1)=7 k𝑣1k2 =k1k2=3 como já vimos
h𝑞, 𝑣2i=
1
2(𝑡2+3𝑡), 𝑡−1
=(0)(−1) + (2)(0) + (5)(1)=5 k𝑣2k2 =k𝑡−1k2=(−1)2+02+12=2.
Logo,
projP1(R)= 7 31+ 5
2(𝑡−1)=5 2𝑡−1
6, que é, de todos os vetores deP1(R), o mais próximo de𝑞.
Podemos interpretar o resultado da seguinte maneira. Pretende-se determinar dentre todas as retas (que são os gráficos de elementos deP1(R)) aquela que “melhor se ajusta” à parábola𝑦= 1
2(𝑥2+3𝑥)nos pontos𝑥1 =0,𝑥2=1 e 𝑥3=2. O que vimos é que a reta procurada é a de equação𝑦= 5
2𝑥−16. ^
Observação Se𝑊 é um subespaço de dimensão finita de um espaço vetorial com produto interno e𝑢 ∈𝑉, é possível encontrar a projeção de𝑢sobre𝑊a partir de uma base arbitrária, não necessariamente ortogonal de𝑊. Indicamos ao leitor interessado nesse método a leitura das pp. 130–131 de [3].
Exercícios Lista 1 - Álgebra Linear II: Exs. 57–74.