Questão 1 (30 pontos). Considere os vetores
V_{1}=\left(\begin{array}{l} 1 \\\\ 2 \\\\ 0 \end{array}\right), V_{2}=\left(\begin{array}{l} 0 \\\\ 5 \\\\ 1 \end{array}\right), V_{3}=\left(\begin{array}{l} 0 \\\\ 0 \\\\ 1 \end{array}\right) .
(a) Determine se \left\{V_{1}, V_{2}, V_{3}\right\} é um conjunto linearmente independente (LI).
(b) Aplique o método de Gram-Schmidt ao conjunto \left\{V_{1}, V_{2}, V_{3}\right\} para obter uma base ortogonal \left\{W_{1}, W_{2}, W_{3}\right\} de \mathbb{R}^{3}.

Passo 1

O enunciado dá três vetores em \mathbb{R}^3:
V_{1}=\begin{pmatrix}1\\\ 2\\\ 0\end{pmatrix},\quad V_{2}=\begin{pmatrix}0\\\ 5\\\ 1\end{pmatrix},\quad V_{3}=\begin{pmatrix}0\\\ 0\\\ 1\end{pmatrix},
e pede (a) testar se \{V_1,V_2,V_3\} é linearmente independente e (b) aplicar o processo de Gram–Schmidt para produzir uma base ortogonal \{W_1,W_2,W_3\}. Vamos usar conceitos de determinante ou combinação linear para (a) e a fórmula de projeção ortogonal para (b).

Passo 2

Para (a) consideramos a combinação
c_1V_1+c_2V_2+c_3V_3=0.
Isso gera o sistema
\begin{cases} c_1\cdot1 + c_2\cdot0 + c_3\cdot0 = 0,\\\ c_1\cdot2 + c_2\cdot5 + c_3\cdot0 = 0,\\\ c_1\cdot0 + c_2\cdot1 + c_3\cdot1 = 0. \end{cases}
Da primeira equação vem c_1=0. Substituindo na segunda dá 5c_2=0 então c_2=0. Da terceira, com c_2=0, vem c_3=0. Como a única solução é trivial, o conjunto é linearmente independente.

Passo 3

Para (b) iniciamos o processo de Gram–Schmidt definindo
W_1 = V_1 = \begin{pmatrix}1\\\ 2\\\ 0\end{pmatrix}.

Passo 4

Em seguida calculamos
\operatorname{proj}_{W_1}(V_2) = \frac{\langle V_2,W_1\rangle}{\langle W_1,W_1\rangle}\,W_1 = \frac{0\cdot1 + 5\cdot2 + 1\cdot0}{1^2+2^2+0^2}\,W_1 = \frac{10}{5}\,W_1 =2\,W_1 =\begin{pmatrix}2\\\ 4\\\ 0\end{pmatrix}.
Então
W_2 = V_2 - \operatorname{proj}_{W_1}(V_2) =\begin{pmatrix}0\\\ 5\\\ 1\end{pmatrix} -\begin{pmatrix}2\\\ 4\\\ 0\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}-2\\\ 1\\\ 1\end{pmatrix}.

Passo 5

Por fim, para W_3 subtraímos as projeções de V_3 em relação a W_1 e W_2:
\operatorname{proj}_{W_1}(V_3) = \frac{\langle V_3,W_1\rangle}{\langle W_1,W_1\rangle}W_1 =0,
\operatorname{proj}_{W_2}(V_3) = \frac{\langle V_3,W_2\rangle}{\langle W_2,W_2\rangle}W_2 = \frac{0\cdot(-2)+0\cdot1+1\cdot1}{(-2)^2+1^2+1^2}\,W_2 = \frac{1}{6}\,W_2 =\begin{pmatrix}-\tfrac{1}{3}\\tfrac{1}{6}\\tfrac{1}{6}\end{pmatrix}.
Logo
W_3 = V_3 - \operatorname{proj}_{W_1}(V_3) - \operatorname{proj}_{W_2}(V_3) =\begin{pmatrix}0\\\ 0\\\ 1\end{pmatrix} -\begin{pmatrix}-\tfrac{1}{3}\\tfrac{1}{6}\\tfrac{1}{6}\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}\tfrac{1}{3}\\\ -\tfrac{1}{6}\\tfrac{5}{6}\end{pmatrix}.
Multiplicando por 6 (o que preserva ortogonalidade) obtemos uma forma livre de frações:
W_3'=\begin{pmatrix}2\\\ -1\\\ 5\end{pmatrix}.

Resposta

(a) O conjunto \{V_1,V_2,V_3\} é linearmente independente.
(b) Uma base ortogonal obtida por Gram–Schmidt é
W_1=\begin{pmatrix}1\\\ 2\\\ 0\end{pmatrix},\quad W_2=\begin{pmatrix}-2\\\ 1\\\ 1\end{pmatrix},\quad W_3=\begin{pmatrix}2\\\ -1\\\ 5\end{pmatrix}.

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