21ª Aula TEXTO Complementos Ortogonais (1)

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Campus Pau dos Ferros-RN
Disciplina: Álgebra Linear
Professora: Mônica Sousa
Assunto: Complementos Ortogonais
Data: 12 de outubro de 2016
1 Complemento Ortogonal
Além de podermos obter os vetores com um mínimo de cálculo em espaços com
produto interno, podemos ver que todo vetor desse espaço pode ser escrito como uma soma
de dois vetores, cada um desses pertencentes a subespaços que tem seus vetores ortogonais
entre si. Para isso precisamos:
Definição 1. Seja W um subespaço vetorial de um espaço com produto interno V . Um vetor u
é ortogonal a W se
(u, v) = 0 para todo v ∈W.
O conjunto de todos os vetores em V ortogonais a W ,
W⊥ = {u ∈ V |(u, v) = 0,∀v ∈W},
é chamado complemento ortogonal.
Por exemplo, se W = ger


2
−3
4

, como


x
y
z
 , c

2
−3
4

 = 0 ⇒ 2cx− 3cy + 4cz = 0 ⇒ 2x− 3y + 4z = 0
segue que
W⊥ =


x
y
z
 ∈ R3
∣∣∣∣∣2x− 3y + 4z = 0, ∀x, y, z ∈ R
 .
Assim,
Teorema 1. Se W é um subespaço em um espaço com produto interno V , então as seguintes
afirmações são verdadeiras:
1. W⊥ é um subespaço de V ;
2. W ∩W⊥ = {0}.
1
:::::::::::::
Observação: Se W é um subespaço de um espaço com produto interno gerado por um conjunto
de vetores S, então u ∈W⊥ se, e somente se, u é ortogonal a cada vetor de S.
Por exemplo, se W = ger{1, t2} é subespaço de P3, para encontrar uma base de W⊥ fazemos:
1. Tomamos p(t) = at3 + bt2 + ct+ d ∈W⊥ e devemos ter
(p(t), 1) = 0 e (p(t), t2) = 0;
2. Assim, como o produto internos nos polinômios é (p(t), q(t)) =
∫ 1
0
p(t)q(t)dt obtemos
∫ 1
0
(at3 + bt2 + ct+ d) · 1dt = 0 ⇒ a
4
+
b
3
+
c
2
+ d = 0
∫ 1
0
(at3 + bt2 + ct+ d) · t2dt = 0 ⇒ a
6
+
b
5
+
c
4
+
d
3
= 0;
donde obtemos um sistema, que tomando a matriz aumenta[
1
4
1
3
1
2 1 0
1
6
1
5
1
4
1
3 0
]
e escalonando resulta em
a = 3r + 16s, b = −15
4
r − 15s, c = r, d = s;
3. Logo, p(t) = r(3t3 − 154 t2 + t) + s(16t3 − 15t2 + 1).
4. Portanto, {
3t3 − 15
4
t2 + t, 16t3 − 15t2 + 1
}
gera, sendo então uma base de W⊥.
Teorema 2. Se W é um subespaço de dimensão finita de um espaço com produto interno V ,
então
1. V = W ⊕W⊥, ou seja, v = w+u, com w ∈W , u ∈W⊥ para todo v ∈ V e W ∩W⊥ = {0};
2. (W⊥)⊥ = W .
Dessa forma, dizemos que W e W⊥ são complementares e ganhamos quatro subespaços
fundamentais associados a uma matriz m× n:
Teorema 3. Se A é uma matriz m× n, então as afirmações são verdadeiras:
(a) O núcleo de A e o espaço linha de A, por isomorfismo, são complementares;
2
(b) O núcleo de AT e o espaço coluna de A, são complementares.
Por exemplo, encontremos uma base do complemento ortogonal do subespaço W de R5 gerado
por
w1 =
[
2 −1 0 1 2
]
, w2 =
[
1 3 1 −2 −4
]
, w3 =
[
3 2 1 −1 −2
]
,
w4 =
[
7 7 3 −4 −8
]
, w5 =
[
1 −4 −1 −1 −2
]
.
(I) Como w1, w2, w3, w4, w5 geram o espaço linha da matriz
A =

2 −1 0 1 2
1 3 1 −2 −4
3 2 1 −1 −2
7 7 3 −4 −8
1 −4 −1 −1 −2

procuramos uma base do núcleo de A;
(II) Assim, resolvemos Ax = 0, tomando a matriz aumentada
A =

2 −1 0 1 2 0
1 3 1 −2 −4 0
3 2 1 −1 −2 0
7 7 3 −4 −8 0
1 −4 −1 −1 −2 0

e escalonando, obtendo
A =

1 3 1 −2 −4 0
0 1 27 −17 −27 0
0 0 0 1 2 0
0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0

em seguida voltando ao sistema para obter a forma do vetor solução
x1 = −3x2 − x3 + 2x4 + 4x4
x2 = −27x3 + 17x4 + 27x5
x3 = r
x4 = −2x5
x5 = s
⇒ x =

−17r
−27r
r
−2s
s

3
e descobrir os geradores,
x = r

−17
−27
1
0
0

+ s

0
0
0
−2
1

obtendo a base a seguir para o núcleo (espaço solução do sistema) de A:
S =


−17
−27
1
0
0

,

0
0
0
−2
1


;
(III) Logo, tomando na forma horizontal, devido ao isomorfismo, obtemos uma base para o W⊥
dada por
T =
{[
−17 −27 1 0 0
]
,
[
0 0 0 −2 1
]}
;
2 Questões Dirigidas
Resolução dos exercícios da seção 5.5, página 308, do Kolman:
• Questões:
3., 9. e 15.
4
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