livro-ALGLIN
260 pág.

livro-ALGLIN

Disciplina:Álgebra Linear II705 materiais7.713 seguidores
Pré-visualização50 páginas
e o mesmo sentido de v. Dizemos
que v̂ é a normalização de v.

Exemplo 5.2 Normalize o vetor v = (1, −2, 0, −2, 0) ∈ R5.
Solução: Calculando ‖v‖2 = (1)2 + (−2)2 + (0)2 + (−2)2 + (0)2 = 1 + 4 + 1 = 9. Logo,
‖v‖ = 3. Assim v̂ = v/3 = (1/3, −2/3, 0, −2/3, 0).

Lema 5.6 (ortogonalidade) Os vetores u,v ∈ Rn são perpendiculares entre si se, e so-
mente se, 〈u,v〉 = 0.
Utilizamos a notação u ⊥ v para indicar que u e v são perpendiculares entre si.

Prova: Considere o paralelogramo P de lados u e v. Temos as seguintes equivalências:
� u e v são perpendiculares entre si;
� P é um retângulo;
� comprimento das diagonais de P (‖u+v‖ e ‖u−v‖) são iguais pois (geometria eucli-
diana) um paralelogramo é um retângulo se, e somente se, o comprimento de suas diagonais

é igual);

� ‖u + v‖ = ‖u− v‖;
� ‖u + v‖2 = ‖u− v‖2;
� 〈u + v,u + v〉 = 〈u− v,u− v〉;
� ‖u‖2 + 2 〈u,v〉+ ‖v‖2 = ‖u‖2 − 2 〈u,v〉+ ‖v‖2 pelas propriedades do Lema 5.2 da
p.138;

� 2 〈u,v〉 = −2 〈u,v〉 simplificando os dois lados da expressão;
� 4 〈u,v〉 = 0;
� 〈u,v〉 = 0;

Definição 5.7 (vetores ortogonais) Dizemos que u e v são ortogonais se 〈u,v〉 = 0.

Assim vetores perpendiculares do Rn são ortogonais entre si.
Observação 5.2 Note que o vetor nulo é ortogonal a qualquer outro vetor, isto é, 0 ⊥ v
para todo v.

Teorema 5.8 (de Pitágoras generalizado) Os vetores u e v são ortogonais entre si se,
e somente se, ‖u + v‖2 = ‖u‖2 + ‖v‖2.

Prova: Pela definição de norma e as propriedades do Lema 5.2 da p.138, ‖u + v‖2 =
〈u + v,u + v〉 = ‖u‖2 + 2 〈u,v〉+ ‖v‖2. Assim ‖u + v‖2 = ‖u‖2 + ‖v‖2 se, e somente se,
2 〈u,v〉 = 0, ou seja, se, e somente se, 〈u,v〉 = 0.

140 CAPÍTULO 5. PRODUTO INTERNO

Definição 5.9 (conjunto ortogonal) Diz-se que o conjunto {v1,v2, . . . ,vp} é ortogonal
se os vetores são dois a dois ortogonais (〈vi,vj〉 = 0 ∀i 6= j) ou se p = 1.
Lema 5.10 (conjunto ortogonal é LI) Um conjunto ortogonal de vetores não-nulos é li-

nearmente independente.

Prova: Seja {v1,v2, . . . ,vp} ortogonal. Então
p∑
i=1

αivi = 0 ⇒
〈

vj,

p∑
i=1

αivi

〉
= 〈vj,0〉 = 0

⇒
p∑
i=1

αi 〈vj,vi〉 = αj‖vj‖2 = 0 ∀j

⇒ αj = 0 ∀j (já que vj 6= 0.)

Definição 5.11 (conjunto ortonormal) Diz-se que o conjunto {v1,v2, . . . ,vp} é ortonor-
mal se, além de ser ortogonal, todos os seus vetores são unitários, isto é, se

〈vi,vj〉 = δij, onde δij =
{

0 se i 6= j
1 se i = j

.

Exemplo 5.3 Verifique que {(1, 0, 1, 0, 1, 0), (0, 1, 0, 1, 0, 1), (−1, 0, 1, 2, 0,−2)} é ortogo-
nal em R6. Determine um conjunto ortonormal que gere o mesmo espaço.
Solução: De fato, 〈(1, 0, 1, 0, 1, 0), (0, 1, 0, 1, 0, 1)〉 = 1(0)+0(1)+1(0)+0(1)+1(0)+0(1) =
0,
〈(1, 0, 1, 0, 1, 0), (−1, 0, 1, 2, 0,−2)〉 = 1(−1)+0(0)+1(1)+0(2)+1(0)+0(−2) = −1+1 = 0,
〈(−1, 0, 1, 2, 0,−2), (0, 1, 0, 1, 0, 1)〉 = −1(0)+0(1)+1(0)+2(1)+0(0)+−2(1) = 2−2 = 0.
Para gerar um conjunto ortonormal, basta normalizar cada vetor. Como ‖(1, 0, 1, 0, 1, 0)‖ =√

3 = ‖(0, 1, 0, 1, 0, 1)‖ e ‖(−1, 0, 1, 2, 0,−2)‖ = √10, um conjunto ortonormal é
{ 1√

3
(1, 0, 1, 0, 1, 0), 1√

3
(0, 1, 0, 1, 0, 1), 1√

10
(−1, 0, 1, 2, 0,−2)}

5.2 Complemento Ortogonal

Definição 5.12 (complemento ortogonal) Seja H um subespaço vetorial. O comple-
mento ortogonal de H ⊂ Rn é o conjunto dos vetores ortogonais a todos os vetores de H,
denotado por H⊥ (lê-se H perp), definido por

H⊥ = {v ∈ Rn | 〈v,u〉 = 0 para todo u ∈ H} .
Exemplo 5.4 (exemplos no plano e espaço) Aplique a definição acima e verifique a ta-

bela abaixo:

Em H H⊥

R2 eixo-x eixo-y
R2 eixo-y eixo-x
R2 a reta y = x a reta y = −x
R2 0 R2
R3 eixo-x o plano yz (x = 0)
R3 o plano xy (z = 0) o eixo-z
R3 R3 0

5.2. COMPLEMENTO ORTOGONAL 141

Lema 5.13 (propriedades básicas do complemento ortogonal) Considere H ⊂ Rn
um subespaço vetorial gerado por {u1,u2, . . . ,up}. Então:
(a) H⊥ é subespaço vetorial;
(b) H⊥ = {v ∈ Rn | 〈v,ui〉 = 0, i = 1, 2, . . . , p} ;
Prova: (a) Como 0 é ortogonal a todo vetor, 0 ∈ H⊥. Suponha que u,v ∈ H⊥. Pela
bilinearidade do produto interno, 〈λu + v,w〉 = λ 〈u,w〉 + 〈v,w〉. Como u,v ∈ H⊥,
〈u,w〉 = 〈v,w〉 = 0 para todo w ∈ H. Logo, 〈λu + v,w〉 = 0 para todo w ∈ H, ou seja,
λu + v ∈ H⊥
(b) Seja W = {v ∈ V | 〈v,ui〉 = 0, i = 1, 2, . . . , p}. Como ui ∈ H, é claro que H⊥ ⊂

W . Vamos mostrar a inclusão contrária, isto é, que W ⊂ H⊥. Seja w ∈ W e v ∈ H.
Como os u′is geram H, v =

∑
i

aiui. Pela bilinearidade do produto interno, 〈w,v〉 =〈
w,
∑
i

aiui

〉
=
∑
i

ai 〈w,ui〉 = 0 pois w ∈ W implica que 〈w,ui〉 = 0.

A importância do item (b) do Lema anterior é que caracterizamos o complemento orto-

gonal fazendo o produto interno com um número finito de vetores. Isto permite calcular o

complemento ortogonal resolvendo um sistema linear, como mostramos no próximo lema.

Lema 5.14 (calculando complemento ortogonal) Dado H ⊂ Rn subespaço gerado por
{u1, . . . ,up} obtemos uma base para H⊥ resolvendo o sistema homogêneo ATv = 0, onde

A =

 ↑u1
↓

↑
u2
↓
· · ·

↑
up
↓

 .
Desta forma, H = ImA e H⊥ = Nuc(AT ).

Prova: Segue pois são equivalentes:

� v ∈ H⊥;
� 〈v,ui〉 = 0, para i = 1, . . . ,m (pelo Lema 5.13 (b));

�

 0..
.

0

 =
 〈u1,v〉..
.

〈up,v〉

 =
 ← u1 →..
.

← up →

v = ATv;
� v ∈ Nuc(AT ).
Corolário 5.15 (relação entre Nuc, Im, transposta e complemento ortogonal)

Considere a matriz A. Então: Nuc(AT ) = (ImA)⊥ e Im(AT ) = (NucA)⊥.

Exemplo 5.5 Considere H = span


 12

3

 ,
 23

4

. Determine uma base para H⊥.
Solução: Seja A =

 1 22 3
3 4


. Pelo Lema 5.14 (base do complemento ortogonal), resolvemos

ATv = 0: [
1 2 3 0
2 3 4 0

]
∼
[

1 0 −1 0
0 1 2 0

]
,


x1 = 1 x3
x2 = −2 x3
x3 = 1 x3

.


 1−2

1

 é base de H⊥.

142 CAPÍTULO 5. PRODUTO INTERNO

Exemplo 5.6 Considere H = span




1
2
3
4

 ,


2
3
4
5

 ,


1
1
1
1


. Determine uma base para

H⊥.

Solução: Seja A =


1 2 1
2 3 1
3 4 1
4 5 1

. Pelo Lema 5.14 (base do complemento ortogonal), resol-
vemos o sistema

ATv = 0 =

 1 2 3 42 3 4 5
1 1 1 1



x
y
z
w

 =
 00

0

 .
Escalonando totalmente AT obtemos

[
1 0 −1 −2
0 1 2 3

]
(a última linha zera). Fazendo

z = s, w = t, x = s + 2t, y = −2s − 3t. Logo, (x, y, z, w) = s(1,−2, 1, 0) + t(2,−3, 0, 1),
ou seja uma base é {(1,−2, 1, 0), (2,−3, 0, 1)}.

Lema 5.16 (menor distância e ortogonalidade) Considere H um subespaço vetorial.
Suponha que exista y ∈ H tal que b − y ∈ H⊥. Então d(y,b) ≤ d(h,b) para todo
h ∈ H, ou seja, y é o elemento de H mais perto de b.

Prova: Defina u = b−y e v = y−h para um h ∈ H qualquer. Como y−h ∈ H, u ⊥ v por
hipótese. Pelo Teorema 5.8 da p.139 (Pitágoras), ‖b−h‖2 = ‖u + v‖2 ≥ ‖u‖2 = ‖b−y‖2.
Assim d(y,b) ≤ d(h,b) para todo h ∈ H.

0

y

b

d(y,b)

H

Figura 5.2: Projeção Ortogonal

Pode-se provar que dado subespaço vetorial H ⊂ Rn existe um único y ∈ H com
a propriedade acima, conforme ilustra a Figura 5.2. Isto motiva a definição de projeção

ortogonal. Veremos como calcular a projeção ortogonal na Seção 5.4 da p.148.

Definição 5.17 (projeção ortogonal) Dado H ⊂ Rn um subespaço vetorial e b ∈ Rn,
existe um único vetor y ∈ H tal que d(y,b) é mínimo. Dizemos que y é a projeção
ortogonal de b sobre H e denotamos PHb = y.

5.3. APLICAÇÃO: SISTEMAS SEM SOLUÇÃO (MÍNIMOS QUADRADOS) 143

5.3 Aplicação: Sistemas Sem Solução (Mínimos Qua-

drados)

Já vimos que o sistema linear Az = b tem solução(ões) se, e somente se, b ∈ Im(A).
O que fazer quando b /∈ Im(A)? A resposta �o problema não tem solução� é usualmente
insatisfatória em diversas aplicações, como ilustra o exemplo a seguir.

Algumas aplicações são a aproximação de dados por polinômios, extrapolação e suavização

de dados. Veja em en.wikipedia.org/wiki/Linear_least_squares_(mathematics).

Exemplo 5.7 Imagine, de forma super-simplificada,