Dados \vec{u}_{1}=(2,1,-1), \vec{u}_{2}=(3,0,3), \quad \vec{u}_{3}=(-1,1,-2), \vec{u}_{4}=(1,0,1), verifique se L.I ou L.D
\vec{u}_{1}, \vec{u}_{2} e \vec{u}_{3}

Passo 1

O enunciado dá quatro vetores em \mathbb{R}^3, mas pede para verificar se os três vetores \vec{u}_1,\vec{u}_2,\vec{u}_3 são linearmente independentes ou dependentes. Os dados são:
\vec{u}_1=(2,1,-1),\qquad \vec{u}_2=(3,0,3),\qquad \vec{u}_3=(-1,1,-2).
O que precisamos responder: os vetores \vec{u}_1,\vec{u}_2,\vec{u}_3 são L.I. (linearmente independentes) ou L.D. (linearmente dependentes)?

Passo 2

Definição útil (explicada com calma): vetores \vec{v}_1,\vec{v}_2,\vec{v}_3 são linearmente independentes se a única solução do sistema
c_1\vec{v}_1+c_2\vec{v}_2+c_3\vec{v}_3=\vec{0}
é c_1=c_2=c_3=0. Se existe alguma solução com algum coeficiente diferente de zero, os vetores são linearmente dependentes. A estratégia básica na prova é montar esse sistema e resolvê-lo por eliminação (Gauss). É um método direto e elementar que dá a resposta sem ambiguidade.

Passo 3

Vamos então escrever explicitamente o sistema a ser resolvido para \vec{u}_1,\vec{u}_2,\vec{u}_3:
c_1(2,1,-1)+c_2(3,0,3)+c_3(-1,1,-2)=(0,0,0).
Isto dá o sistema linear (compondo por coordenadas):
\begin{cases} 2c_1+3c_2-1c_3=0,\\[4pt] 1c_1+0c_2+1c_3=0,\\[4pt] -1c_1+3c_2-2c_3=0. \end{cases}]

Passo 4

Vamos montar a matriz dos coeficientes (colocando os vetores como colunas ou montando pelas equações acima como linhas). Escrevendo a matriz aumentada (com a coluna de zeros) mas como a direita é zero, trabalhamos só com a matriz coeficiente:
\begin{pmatrix} 2 & 3 & -1\\[4pt] 1 & 0 & 1\\[4pt] -1 & 3 & -2 \end{pmatrix}.
Vamos aplicar eliminação de Gauss para resolver A\mathbf{c}=\mathbf{0}, onde \mathbf{c}=(c_1,c_2,c_3)^T.]

Passo 5

Primeiro passo prático: é mais conveniente ter um pivô 1 no topo. Troco a primeira com a segunda linha (operação permitida que preserva o espaço das soluções):
\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1\\[4pt] 2 & 3 & -1\\[4pt] -1 & 3 & -2 \end{pmatrix}.]

Passo 6

Agora zeramos a primeira coluna abaixo do pivô. Fazemos R_2 \leftarrow R_2-2R_1 e R_3 \leftarrow R_3+R_1.
Cálculos:
  • R_2-2R_1 = (2,3,-1)-2(1,0,1)=(2-2,\,3-0,\, -1-2)=(0,3,-3).
  • R_3+R_1 = (-1,3,-2)+(1,0,1)=(0,3,-1).
A matriz fica
\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1\\[4pt] 0 & 3 & -3\\[4pt] 0 & 3 & -1 \end{pmatrix}.]

Passo 7

Agora escolhemos R_2 como pivô na segunda coluna. Dividimos R_2 por 3 para normalizar o pivô: R_2 \leftarrow \dfrac{1}{3}R_2, obtendo
\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1\\[4pt] 0 & 1 & -1\\[4pt] 0 & 3 & -1 \end{pmatrix}.]

Passo 8

Zeramos a segunda coluna em R_3 usando R_3 \leftarrow R_3 - 3R_2.
Cálculo:
  • R_3 - 3R_2 = (0,3,-1)-3(0,1,-1)=(0,3-3,\, -1+3)=(0,0,2).
A matriz passa a ser
\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1\\[4pt] 0 & 1 & -1\\[4pt] 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}.]

Passo 9

Normalize o terceiro pivô dividindo R_3 por 2: R_3\leftarrow \dfrac{1}{2}R_3. Temos
\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1\\[4pt] 0 & 1 & -1\\[4pt] 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.]

Passo 10

Agora fazemos retro-substituição (eliminações acima do pivô da terceira coluna) para reduzir à forma escalonada reduzida:
  • R_1 \leftarrow R_1 - 1\cdot R_3 R_1=(1,0,1)-(0,0,1)=(1,0,0).
  • R_2 \leftarrow R_2 + 1\cdot R_3 R_2=(0,1,-1)+(0,0,1)=(0,1,0).
A matriz final é
\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 1 \end{pmatrix},
que representa o sistema
\begin{cases} c_1=0,\\[4pt] c_2=0,\\[4pt] c_3=0. \end{cases}]

Passo 11

Interpretação (passo didático): chegamos à matriz identidade, o que mostra que o único vetor \mathbf{c}=(c_1,c_2,c_3) que satisfaz c_1\vec{u}_1+c_2\vec{u}_2+c_3\vec{u}_3=\vec{0} é \mathbf{c}=(0,0,0). Pela definição de independência linear, isso significa que não existe combinação linear não-trivial que anule os vetores — eles são linearmente independentes.
Dica prática para prova: para três vetores em \mathbb{R}^3 dá para usar também o determinante (colocar os vetores como colunas e calcular \det); se o determinante for diferente de zero, são L.I. Aqui a eliminação mostrou diretamente o mesmo resultado.

Resposta

Linearmente independentes (L.I.)

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