Aula 23

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Produto escalar em Rn
O produto escalar (também chamado de produto interno) de dois vetores −→v = (v1, v2, ..., vn)
e −→w = (w1, w2, ..., wn) do Rn é o escalar
−→v • −→w = v1w1 + v2w2 + ...+ vnwn
A norma de um vetor −→v = (v1, v2, ..., vn) do Rn é o escalar
||−→v || =
√−→v • −→v =
√
v21 + v
2
2 + ...+ v
2
n
Exemplo 1. Considere os vetores −→v = (1, 2, 0, 2) e −→w = (1, 2, 2, 0) do Rn. Temos que
• −→v • −→w = 1.1 + 2.2 + 0.2 + 2.0 = 1 + 4 = 5.
• ||−→v || =
√
12 + 22 + 02 + 22 =
√
1 + 4 + 4 =
√
9 = 3.
• ||−→w || =
√
12 + 22 + 22 + 02 =
√
1 + 4 + 4 =
√
9 = 3.
Observe que se nós escrevermos os vetores −→v = (v1, v2, ..., vn) e −→w = (w1, w2, ..., wn) do Rn
como matrizes colunas, isto é, se escrevermos os vetores −→v e −→w como as matrizes colunas n×1
V =

v1
v2
...
vn
 e W =

w1
w2
...
wn

respectivamente, então o produto escalar pode ser escrito em termos do produto de matrizes
como sendo
−→v • −→w = V tW
Temos as seguintes propriedades para o produto interno do Rn:
Proposição 1. Se −→v , −→w e −→u são vetores do Rn e α é um escalar, então
1. −→v • −→w = −→w • −→v ;
2. −→v • (−→w +−→u ) = −→v • −→w +−→v • −→u ;
3. (α−→v ) • −→w = α(−→v • −→w ) = −→v • (α−→w );
4. −→v • −→v = ||−→v ||2 ≥ 0;
5. ||−→v || = 0 se, e somente se, ||−→v || = 0;
6. ||α−→v || = |α|||−→v ||;
7. |−→v • −→w | ≤ ||−→v || ||−→w || (desigualdade de Cauchy-Schwarz);
8. ||−→v +−→w || ≤ ||−→v ||+ ||−→w || (desigualdade triangular).
Dizemos que dois vetores −→v = (v1, v2, ..., vn) e −→w = (w1, w2, ..., wn) do Rn são ortogonais se
−→v • −→w = 0
Exemplo 2. Os vetores −→v = (1, 0, 1, 0) e −→w = (−1, 1, 1, 1) do R4 são ortogonais, pois
−→v • −→w = 1 · (−1) + 0 · 1 + 1 · 1 + 0 · 1 = 0
1
Suponha que os vetores −→v1 ,−→v2 , ...,−→vk sejam vetores não-nulos do Rn ortogonais entre si, isto
é, suponha que −→vi • −→vj = 0 para todo i 6= j. Considere a equação
α1
−→v1 + α2−→v2 + ...+ αk−→vk =
−→
0
Fazendo a multiplicação por escalar dos dois lados da equação por −→vi , temos que
α1(
−→vi • −→v1) + α2(−→vi • −→v2) + ...+ αk(−→vi • −→vk) = −→vi •
−→
0 =
−→
0
Como −→vi • −→vj = 0 se i 6= j, então
αi(
−→vi • −→vi ) = αi||−→vi ||2 =
−→
0
Como −→vi 6=
−→
0 , então ||−→vi || 6= 0 e αi = 0. Como isso vale para todo i ∈ {1, 2, ..., k}, então a
combinação linear
α1
−→v1 + α2−→v2 + ...+ αk−→vk =
−→
0
possui apenas a solução trivial α1 = 0, α2 = 0, ..., αk = 0 e os vetores são LI.
Suponha que −→v seja um vetor do Rn que pode ser escrito como combinação linear de
−→v1 ,−→v2 , ...,−→vk . Então existem escalares α1, α2, ..., αk tais que
−→v = α1−→v1 + α2−→v2 + ...+ αk−→vk
Fazendo a multiplicação escalar dos dois lados da equação por −→vi , temos que
−→vi • −→v = α1(−→vi • −→v1) + α2(−→vi • −→v2) + ...+ αk(−→vi • −→vk)
Como −→vi • −→vj = 0 se i 6= j, então
−→vi • −→v = αi(−→vi • −→vi ) = αi||−→vi ||2
Ou seja,
αi =
−→v • −→vi
||−→vi ||2
Com isso, mostramos o seguinte teorema:
Teorema 1. Se −→v1 ,−→v2 , ...,−→vk são vetores não-nulos do Rn ortogonais entre si, então
1. O conjunto {−→v1 ,−→v2 , ...,−→vk} é LI.
2. Se um vetor −→v do Rn puder ser escrito como combinação linear desses k vetores, isto é,
se existirem escalares α1, α2, ..., αk tais que
−→v = α1−→v1 + α2−→v2 + ...+ αk−→vk
então necessariamente
α1 =
−→v • −→v1
||−→v1 ||2
, α2 =
−→v • −→v2
||−→v2 ||2
, ..., αk =
−→v • −→vk
||−→vk ||2
Exemplo 3. Considere os vetores −→v1 = (2, 0, 3),−→v2 = (−3, 0, 2) e −→v3 = (0,−4, 0). Como
−→v1 • −→v2 = 0, −→v1 • −→v3 = 0, −→v2 • −→v3 = 0
então os vetores −→v1 ,−→v2 e −→v3 são ortogonais entre si, e, portanto, são LI. Como temos três
vetores LI no R3, então estes vetores formam uma base para o espaço vetorial R3. Logo,
2
qualquer vetor do R3 pode ser escrito como combinação linear deste três vetores. Por exemplo,
se −→v = (4,−2, 3), então
−→v = α1−→v1 + α2−→v2 + α3−→v3
onde
α1 =
−→v • −→v1
||−→v1 ||2
=
17
13
α2 =
−→v • −→v2
||−→v2 ||2
= − 6
13
α3 =
−→v • −→v3
||−→v3 ||2
=
8
16
=
1
2
Ou seja,
−→v = 17
13
(2, 0, 3)− 6
13
(−3, 0, 2) + 1
2
(0,−4, 0)
Bases ortogonais e ortonormais
Seja W um subespaço de Rn e seja {−→v1 ,−→v2 , ...,−→vk} uma base desse subespaço. Dizemos que
1. {−→v1 ,−→v2 , ...,−→vk} é uma base ortogonal de W se quaisquer dois vetores dessa base forem
ortogonais entre si, isto é, se −→vi • −→vj = 0 para i 6= j.
2. {−→v1 ,−→v2 , ...,−→vk} é uma base ortonormal deW se, além de ser uma base ortogonal, os vetores
da base forem unitários, isto é, se ||−→vi || = 1 para todo i ∈ {1, 2, ..., k}.
Exemplo 4. A base canônica do Rn, que é formada pelos vetores
−→e1 = (1, 0, ..., 0),−→e2 = (0, 1, 0, ..., 0), ...,−→en = (0, 0, ..., 0, 1)
é uma base ortonormal do Rn.
Exemplo 5. Considere os vetores −→v1 = (2, 0, 3),−→v2 = (−3, 0, 2) e −→v3 = (0,−4, 0). Como−→v1 • −→v2 = 0, −→v1 • −→v3 = 0 e −→v2 • −→v3 = 0, então os vetores −→v1 ,−→v2 e −→v3 são ortogonais entre si e a
base do R3 constituída por eles é uma base ortogonal.
Como os vetores −→v1 , −→v2 e −→v3 não são unitários, tal base não é ortonormal.
Entretanto, se considerarmos os vetores
−→u1 =
−→v1
||−→v1 ||
=
1√
13
(2, 0, 3)
−→u2 =
−→v2
||−→v2 ||
=
1√
13
(−3, 0, 2)
−→u3 =
−→v3
||−→v3 ||
=
1
4
(0,−4, 0)
a ortogonalidade dos vetores é preservada (uma vez que os vetores −→u1, −→u2 e −→u3 são apenas
múltiplos escalares dos vetores −→v1 , −→v2 e −→v3 , respectivamente) e a base formada por −→u1, −→u2 e −→u3
é uma base ortonormal de R3 (uma vez que os vetores −→u1,−→u2 e −→u3 são unitários).
3
Projeção ortogonal em Rn
De�nimos a projeção ortogonal de um vetor −→v = (v1, v2, ..., vn) do Rn sobre um vetor
não-nulo −→w = (w1, w2, ..., wn) do Rn como sendo o vetor
proj −→w
−→v =
(−→v • −→w
||−→w ||2
)
−→w
Observe que −→v • −→w
||−→w ||2
é um número real. Logo, a projeção ortogonal de um vetor −→v sobre um vetor não-nulo −→w é
um múltiplo escalar do vetor −→w e, portanto, possui a mesma direção de −→w .
Proposição 2. Seja −→w um vetor não-nulo do Rn. Então o vetor
−→v − proj −→w−→v
é ortogonal a −→w para qualquer vetor −→v do Rn.
Proposição 3. Sejam −→w1,−→w2, ...,−→wk vetores não-nulos do Rn e ortogonais entre si. Então, para
qualquer vetor −→v do Rn, o vetor
−→v − proj −→w1
−→v − proj −→w2
−→v − ...− proj −→wk
−→v
é ortogonal a −→wi para todo i ∈ {1, 2, ..., k}.
Método de Gram- Schmidt
O seguinte teorema nos garante que conseguimos obter uma base ortonormal para um su-
bespaço do Rn a partir de uma base qualquer desse subespaço. Além disso, ele nos fornece um
método para obter tal base, que é chamado de método de Gram-Schmidt.
Teorema 2. Teorema de Gram-Schmidt: Seja W um susbespaço de Rn e seja {−→v1 ,−→v2 , ...,−→vk}
uma base desse subespaço. O conjunto {−→w1,−→w2, ...,−→wk} composto pelos vetores
−→w1 = −→v1
−→w2 = −→v2 − proj −→w1
−→v2
−→w3 = −→v3 − proj −→w1
−→v3 − proj −→w2
−→v3
...
−→wk = −→vk − proj −→w1
−→vk − proj −→w2
−→vk − ...− proj −−−→wk−1
−→vk
é uma base ortogonal para W e o conjunto {−→u1,−→u2, ...,−→uk} composto pelos vetores
−→u1 =
−→w1
||−→w1||
,−→u2 =
−→w2
||−→w2||
, ...,−→uk =
−→wk
||−→wk||
é uma base ortonormal para o subespaçoW . Mais do que isso, o subespaço gerado por {−→u1,−→u2, ...,−→uj}
é igual ao subespaço gerado por {−→v1 ,−→v2 , ...,−→vj } para qualquer j ∈ {1, 2, ..., k}.
4
Exemplo 6. Determine uma base ortonormal para o subespaço
W = {(α + γ + λ,−α + β, α− β + λ, β + γ − λ), α, β, γ, λ ∈ R}
Observe que o subespaço vetorial W é constituído por todos os vetores −→v ∈ R4 que podem ser
escritos como
−→v = α(1,−1, 1, 0) + β(0, 1,−1, 1) + γ(1, 0, 0, 1) + λ(1, 0, 1,−1)
onde α, β, γ, λ ∈ R, ou seja, W é constituído por todos os vetores do R4 que podem ser escritos
como combinação linear dos vetores
−→v1 = (1,−1, 1, 0),−→v2 = (0, 1,−1, 1),−→v3 = (1, 0, 0, 1),−→v4 = (1, 0, 1,−1)
Concluímos assim que os vetores −→v1 ,−→v2 ,−→v3 ,−→v4 geram o subespaço W . Vamos selecionar, entre
eles, uma base para W . A matriz A cujas colunas são estes vetores é a matriz
A =

1 0 1 1
−1 1 0 0
1 −1 0 1
0 1 1 −1

Vamos escaloná-la. Fazendo L2 + L1: 1 0 1 1
0 1 1 1
1 −1 0 1
0 1 1 −1

Fazendo L3 − L1: 
1 0 1 1
0 1 1 1
0 −1 −1 0
0 1 1 −1

Fazendo L3 + L2: 
1 0 1 1
0 1 1 1
0 0 0 1
0 1 1 −1

Fazendo L4 − L2: 
1 0 1 1
0 1 1 1
0 0 0 1
0 0 0 −2

Fazendo L4 + 2L3: 
1 0 1 1
0 1 1 1
0 0 0 1
0 0 0 0

A matriz acima está na forma escalonada. Como apenas a primeira, a segunda e a quarta
coluna tem pivôs, então concluímos que
{−→v1 ,−→v2 ,−→v4}
5
formam uma base para W . Vamos encontrar uma base ortonormal à partir dela pelo processo
de Gram-Schmidt. Temos que
−→w1 = −→v1 = (1,−1, 1, 0)
−→w2 = −→v2 − proj −→w1
−→v2
= −→v2 −
(0, 1,−1, 1) • (1,−1, 1, 0)
||(1,−1, 1, 0)||2
−→w1
= −→v2 +
2
3
−→w1
= (0, 1,−1, 1) + 2
3
(1,−1, 1, 0) =
(
2
3
,
1
3
,−1
3
, 1
)
=
1
3
(2, 1,−1, 3)
−→w4 = −→v4 − proj −→w1
−→v4 − proj −→w2
−→v4
= −→v4 −
(1, 0, 1,−1) • (1,−1, 1, 0)
||(1,−1, 1, 0)||2
−→w1 −
(1, 0, 1,−1) • 1
3
(2, 1,−1, 3)
1
9
||(2, 1,−1, 3)||2
−→w2
= (1, 0, 1,−1)− 2
3
(1,−1, 1, 0) + 2
15
(2, 1,−1, 3)
=
(
9
15
,
12
15
,
3
15
,− 9
15
)
=
1
5
(3, 4, 1,−3)
Agora só precisamos dividir os vetores −→w1,−→w2,−→w4 pelas suas respectivas normas para obtermos
os vetores unitários na direção e no sentido deles:
−→u1 =
−→w1
||−→w1||
=
1√
3
(1,−1, 1, 0)
−→u2 =
−→w2
||−→w2||
=
1√
15
(2, 1,−1, 3)
−→u4 =
−→w4
||−→w4||
=
1√
35
(3, 4, 1,−3)
O conjunto dos vetores obtidos {−→u1,−→u2,−→u3} é uma base ortonormal para o subespaço W e
dimW = 3.
Observação 1. No exercícios anterior, para determinar uma base ortogonal para W , podería-
mos também colocar os vetores
−→v1 = (1,−1, 1, 0),−→v2 = (0, 1,−1, 1),−→v3 = (1, 0, 0, 1),−→v4 = (1, 0, 1,−1)
como vetores-linha de uma matriz B
B =

1 −1 1 0
0 1 −1 1
1 0 0 1
1 0 1 −1

6
e escaloná-la para obter sua forma escalonada reduzida que é
1 0 0 1
0 1 0 −1
0 0 1 −2
0 0 0 0

Como o escalonamento não altera o espaço-linha de uma matriz, então os vetores
−→a1 = (1, 0, 0, 1), −→a2 = (0, 1, 0,−1), −→a3 = (0, 0, 1,−2)
formam uma base para o subepaço W . Utilizando o processo de Gram-Schmidt:
−→w1 = −→a1 = (1, 0, 0, 1)
−→w2 = −→a2 − proj−→w1
−→a2 = (0, 1, 0,−1)−
[
(1, 0, 0, 1) • (0, 1, 0,−1)
||(1, 0, 0, 1)||2
]
(1, 0, 0, 1)
= (0, 1, 0,−1) + 1
2
(1, 0, 0, 1) =
(
1
2
, 1, 0,−1
2
)
−→w3 = −→a3 − proj−→w1
−→a3 − proj−→w2
−→a3
= (0, 0, 1,−2)−
[
(1, 0, 0, 1) • (0, 0, 1,−2)
||(1, 0, 0, 1)||2
]
(1, 0, 0, 1)−
[(
1
2
, 1, 0,−1
2
)
• (0, 0, 1,−2)
||
(
1
2
, 1, 0,−1
2
)
||2
](
1
2
, 1, 0,−1
2
)
= (0, 0, 1,−2) + (1, 0, 0, 1)− 2
3
(
1
2
, 1, 0,−1
2
)
=
(
2
3
,−2
3
, 1,−2
3
)
Normalizando estes vetores:
−→u1 =
−→w1
||−→w1||
=
1√
3
(1, 0, 0, 1) =
(
1√
3
, 0, 0,
1√
3
)
−→u2 =
−→w2
||−→w2||
=
√
3√
2
(
1
2
, 1, 0,−1
2
)
=
( √
3
2
√
2
,
√
3√
2
, 0,−
√
3
2
√
2
)
−→u3 =
−→w3
||−→w3||
=
√
7√
3
(
2
3
,−2
3
, 1,−2
3
)
=
(
2
√
7
3
√
3
,−2
√
7
3
√
3
,
√
7√
3
,−2
√
7
3
√
3
)
O conjunto dos vetores obtidos {−→u1,−→u2,−→u3} é uma base ortonormal para o subespaço W e
dimW = 3.
7