Quais dos conjuntos abaixo são L.I.?
а) \left.\left\{(1,2,1,3)^{t},(2,-1,1,2)^{t},(1,4,1,3)^{t}\right)\right\};
b) \left\{(1,2,1,3)^{t},(2,-1,1,2)^{t},(1,4,1,3)^{t},(1,0,0,0)^{t}\right\};
c) \left\{(1,2,1,3)^{t},(2,-1,1,2)^{t},(1,4,1,3)^{t},(1,0,0,0)^{t},(0,0,0,1)^{t}\right\}
d) \left\{(1,2,1)^{t},(2,-1,1)^{t},(1,-3,0)^{t}\right\}.

Passo 1

O enunciado pede para determinar se cada um dos conjuntos de vetores dados é linearmente independente (L.I.) ou linearmente dependente (L.D.). As coleções são:
a) \left\{\begin{pmatrix}1\\[2pt]2\\[2pt]1\\[2pt]3\end{pmatrix},\begin{pmatrix}2\\[2pt]-1\\[2pt]1\\[2pt]2\end{pmatrix},\begin{pmatrix}1\\[2pt]4\\[2pt]1\\[2pt]3\end{pmatrix}\right\}
b) \left\{\begin{pmatrix}1\\[2pt]2\\[2pt]1\\[2pt]3\end{pmatrix},\begin{pmatrix}2\\[2pt]-1\\[2pt]1\\[2pt]2\end{pmatrix},\begin{pmatrix}1\\[2pt]4\\[2pt]1\\[2pt]3\end{pmatrix},\begin{pmatrix}1\\[2pt]0\\[2pt]0\\[2pt]0\end{pmatrix}\right\}
c) \left\{\begin{pmatrix}1\\[2pt]2\\[2pt]1\\[2pt]3\end{pmatrix},\begin{pmatrix}2\\[2pt]-1\\[2pt]1\\[2pt]2\end{pmatrix},\begin{pmatrix}1\\[2pt]4\\[2pt]1\\[2pt]3\end{pmatrix},\begin{pmatrix}1\\[2pt]0\\[2pt]0\\[2pt]0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\[2pt]0\\[2pt]0\\[2pt]1\end{pmatrix}\right\}
d) \left\{\begin{pmatrix}1\\[2pt]2\\[2pt]1\end{pmatrix},\begin{pmatrix}2\\[2pt]-1\\[2pt]1\end{pmatrix},\begin{pmatrix}1\\[2pt]-3\\[2pt]0\end{pmatrix}\right\}
Informações relevantes: são vetores em \mathbb{R}^{4} nos itens (a),(b),(c) e em \mathbb{R}^{3} no item (d). A questão é verificar independência linear de cada conjunto.]

Passo 2

Definição e método que vamos usar (aula rápida e prática): vetores v_1,\dots,v_k são linearmente independentes se a única solução da combinação linear homogênea
\alpha_1 v_1+\alpha_2 v_2+\dots+\alpha_k v_k=0
é \alpha_1=\alpha_2=\cdots=\alpha_k=0. Na prática, montamos a matriz cujas colunas são os vetores e resolvemos o sistema homogêneo por eliminação de Gauss (redução por linhas). Se o número de pivôs (posto da matriz) for igual ao número de colunas, então só há solução trivial e os vetores são L.I.; se o posto for menor que o número de colunas há variáveis livres, portanto existe solução não trivial e os vetores são L.D.
Rápida explicação das operações de linha: podemos somar múltiplos de uma linha a outra, trocar linhas e multiplicar uma linha por escalar não nulo; essas operações preservam o espaço de soluções do sistema homogêneo. Nosso objetivo é obter linhas com muitos zeros para identificar pivôs e o posto.
Agora vamos aplicar esse método passo a passo em cada item.

Passo 3

Item (a). Montamos a matriz A cujas colunas são os três vetores:
A=\begin{pmatrix} 1 & 2 & 1\\[4pt] 2 & -1 & 4\\[4pt] 1 & 1 & 1\\[4pt] 3 & 2 & 3 \end{pmatrix}.
Fazemos eliminação por linhas:
  1. Usamos L_1 como pivô (entrada 1 na primeira linha, primeira coluna). Eliminamos abaixo:
L_2\leftarrow L_2-2L_1\Rightarrow (0,\,-5,\,2),
L_3\leftarrow L_3-L_1\Rightarrow (0,\,-1,\,0),
L_4\leftarrow L_4-3L_1\Rightarrow (0,\,-4,\,0).
A matriz fica
\begin{pmatrix} 1 & 2 & 1\\[4pt] 0 & -5 & 2\\[4pt] 0 & -1 & 0\\[4pt] 0 & -4 & 0 \end{pmatrix}.
  1. Usamos L_2 (entrada -5 na coluna 2) como segundo pivô. Eliminamos as entradas da coluna 2 nas outras linhas:
L_3\leftarrow L_3-\tfrac{1}{5}L_2\Rightarrow (0,0,-\tfrac{2}{5}),
L_4\leftarrow L_4-\tfrac{4}{5}L_2\Rightarrow (0,0,-\tfrac{8}{5}),
L_1\leftarrow L_1+\tfrac{2}{5}L_2\Rightarrow (1,0,\tfrac{9}{5}).
Agora temos
\begin{pmatrix} 1 & 0 & \tfrac{9}{5}\\[4pt] 0 & -5 & 2\\[4pt] 0 & 0 & -\tfrac{2}{5}\\[4pt] 0 & 0 & -\tfrac{8}{5} \end{pmatrix}.
  1. Observamos que há uma linha com entrada não nula na terceira coluna (por exemplo L_3 tem -\tfrac{2}{5}), então existe pivô também na coluna 3. Eliminando L_4 usando L_3 dá linha zero, mas já temos pivôs nas três colunas.
Conclusão: o posto da matriz é 3 (há três pivôs) e como o número de colunas também é 3, as colunas são linearmente independentes. Portanto o conjunto (a) é L.I.]

Passo 4

Item (b). Matriz com as quatro colunas (os três vetores anteriores e \begin{pmatrix}1\\\ 0\\\ 0\\\ 0\end{pmatrix}):
B=\begin{pmatrix} 1 & 2 & 1 & 1\\[4pt] 2 & -1 & 4 & 0\\[4pt] 1 & 1 & 1 & 0\\[4pt] 3 & 2 & 3 & 0 \end{pmatrix}.
Fazemos eliminação começando como no item (a):
  1. L_2\leftarrow L_2-2L_1\Rightarrow (0,-5,2,-2).
L_3\leftarrow L_3-L_1\Rightarrow (0,-1,0,-1).
L_4\leftarrow L_4-3L_1\Rightarrow (0,-4,0,-3).
Matriz:
\begin{pmatrix} 1 & 2 & 1 & 1\\[4pt] 0 & -5 & 2 & -2\\[4pt] 0 & -1 & 0 & -1\\[4pt] 0 & -4 & 0 & -3 \end{pmatrix}.
  1. Usando L_2 como pivô na coluna 2, eliminamos as outras entradas da coluna 2:
L_3\leftarrow L_3-\tfrac{1}{5}L_2\Rightarrow (0,0,-\tfrac{2}{5},-\tfrac{3}{5}),
L_4\leftarrow L_4-\tfrac{4}{5}L_2\Rightarrow (0,0,-\tfrac{8}{5},-\tfrac{7}{5}),
L_1\leftarrow L_1+\tfrac{2}{5}L_2\Rightarrow (1,0,\tfrac{9}{5},\tfrac{1}{5}).
Matriz:
\begin{pmatrix} 1 & 0 & \tfrac{9}{5} & \tfrac{1}{5}\\[4pt] 0 & -5 & 2 & -2\\[4pt] 0 & 0 & -\tfrac{2}{5} & -\tfrac{3}{5}\\[4pt] 0 & 0 & -\tfrac{8}{5} & -\tfrac{7}{5} \end{pmatrix}.
  1. Agora L_3 tem entrada não nula em coluna 3 ( -\tfrac{2}{5}), então há pivô na coluna 3. Eliminando L_4 com L_3 resulta em uma linha com entrada não nula na coluna 4 (especificamente, ao eliminar aparece uma linha que reduz a coluna 4 a 1 após combinações — vimos na eliminação que surge um vetor (0,0,0,1) em algum passo), o que significa que também teremos pivô na coluna 4. Explicitamente, ao eliminar L_4\leftarrow L_4-4L_3 obtemos (0,0,0,1), mostrando pivô na 4ª coluna.
Conclusão: existem pivôs nas quatro colunas, o posto é 4 e como o número de colunas é 4, as colunas são linearmente independentes. Portanto o conjunto (b) é L.I.]

Passo 5

Item (c). Observação teórica curta e poderosa: estamos em \mathbb{R}^{4}, logo qualquer conjunto de mais de 4 vetores é necessariamente linearmente dependente porque o posto máximo de uma matriz 4\times k é 4. Aqui temos 5 vetores em \mathbb{R}^{4}, então não podem ser todos independentes — existe sempre uma combinação linear não trivial que zera.
Conclusão: o conjunto (c) é L.D.

Passo 6

Item (d). Montamos a matriz C cujas colunas são os três vetores em \mathbb{R}^{3}:
C=\begin{pmatrix} 1 & 2 & 1\\[4pt] 2 & -1 & -3\\[4pt] 1 & 1 & 0 \end{pmatrix}.
Duas abordagens possíveis: (i) calcular o determinante; se for não nulo, as colunas são L.I.; (ii) fazer eliminação e procurar uma combinação não trivial. Vou mostrar eliminação e achar explicitamente a relação de dependência se existir.
Eliminação:
  1. Pivot em L_1. Eliminamos abaixo:
L_2\leftarrow L_2-2L_1\Rightarrow (0,-5,-5),
L_3\leftarrow L_3-L_1\Rightarrow (0,-1,-1).
Matriz:
\begin{pmatrix} 1 & 2 & 1\\[4pt] 0 & -5 & -5\\[4pt] 0 & -1 & -1 \end{pmatrix}.
  1. Usando L_2 (entrada -5) como pivô, eliminamos L_3:
L_3\leftarrow L_3-\tfrac{1}{5}L_2\Rightarrow (0,0,0).
Agora a terceira linha é nula, então o posto é 2<3. Portanto há uma variável livre e existe solução não trivial do sistema homogêneo.
Encontrando a relação de dependência: escrevemos o sistema homogêneo para os coeficientes (x,y,z) em
x\begin{pmatrix}1\\\ 2\\\ 1\end{pmatrix}+y\begin{pmatrix}2\\\ -1\\\ 1\end{pmatrix}+z\begin{pmatrix}1\\\ -3\\\ 0\end{pmatrix}=0.
Das equações reduzidas temos (da segunda linha): -5y-5z=0\Rightarrow y=-z.
Da primeira linha: x+2y+z=0. Substituindo y=-z x+2(-z)+z=0\Rightarrow x-z=0\Rightarrow x=z.
Tomando z=t (parâmetro), obtemos (x,y,z)=(t,-t,t)=t(1,-1,1). Logo existe uma combinação não trivial:
1\cdot\begin{pmatrix}1\\\ 2\\\ 1\end{pmatrix}-1\cdot\begin{pmatrix}2\\\ -1\\\ 1\end{pmatrix}+1\cdot\begin{pmatrix}1\\\ -3\\\ 0\end{pmatrix}=0,
o que é fácil de verificar componente a componente:
(1-2+1,\,2-(-1)-3,\,1-1+0)=(0,0,0).
Conclusão: as colunas são linearmente dependentes. Portanto o conjunto (d) é L.D.]

Resposta

a) L.I.
b) L.I.
c) L.D.
d) L.D.

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