Questão 5.9
a) Defina conjunto de vetores linearmente independentes (1.i.) e conjunto de vetores linearmente dependentes (l.d.). Considere três vetores v, w, u \in \mathbb{R}^{n} não nulos e dois ortogonais (i.e., v \perp w, v \perp u e w \perp u ).
b) Mostre que v, w, u são linearmente independentes.
c) Os vetores 3 v+2 u, w+4 v e 2 u+3 w são linearmente independentes? Justifique.
d) Os vetores w-2 v, u-3 w e 2 v-u são linearmente independentes? Justifique.
e) Supondo que \mathrm{v}, \mathrm{w}, \mathrm{u} são unitários, calcule o ângulo entre 3 u+2 v e 2 w+v.

Passo 1

O que o enunciado pede:
  • (a) Definir conjunto de vetores linearmente independentes (l.i.) e linearmente dependentes (l.d.). Dá também a hipótese: três vetores \;v,w,u\in\mathbb{R}^n\; são não nulos e dois a dois ortogonais (isto é, \;v\perp w,\;v\perp u,\;w\perp u\;).
  • (b) Mostrar que \;v,w,u\; são linearmente independentes.
  • (c) Determinar se os vetores \;3v+2u,\;w+4v,\;2u+3w\; são linearmente independentes e justificar.
  • (d) Determinar se os vetores \;w-2v,\;u-3w,\;2v-u\; são linearmente independentes e justificar.
  • (e) Supondo que \;v,w,u\; são unitários (norma 1), calcular o ângulo entre \;3u+2v\; e \;2w+v.
Informações relevantes dadas:
  • \;v,w,u\neq 0.
  • \;v\perp w,\;v\perp u,\;w\perp u.
  • Para (e) há a hipótese adicional: \|v\|=\|w\|=\|u\|=1.

Passo 2

Definições pedidas em (a). Vou explicar devagar e com exemplos curtos.
  • Definição de conjunto linearmente dependente (l.d.):
    Uma lista de vetores \;x_1,x_2,\dots,x_k\; em \mathbb{R}^n é chamada linearmente dependente se existem escalares, nem todos nulos, \;a_1,\dots,a_k\; tais que
    a_1 x_1 + a_2 x_2 + \cdots + a_k x_k = 0.
    Em outras palavras, pelo menos um vetor pode ser escrito como combinação linear dos outros.
    Exemplo rápido: \; (1,0), (2,0)\; em \mathbb{R}^2 são linearmente dependentes porque 2\cdot(1,0) -1\cdot(2,0)=0 (escalares nem todos nulos).
  • Definição de conjunto linearmente independente (l.i.):
    A lista \;x_1,\dots,x_k\; é linearmente independente se a única solução do sistema
    a_1 x_1 + \cdots + a_k x_k = 0
    é a_1=\cdots=a_k=0. Ou seja, não existe combinação linear nula com coeficientes não todos nulos.
    Exemplo rápido: \; (1,0), (0,1)\; em \mathbb{R}^2 são linearmente independentes porque a única forma de combinar e obter (0,0) é com coeficientes todos zero.
Observação prática (útil para a prova): para testar independência de vetores ortogonais não nulos, o método mais direto é supor uma combinação linear nula e usar produtos internos com cada vetor; a ortogonalidade zera muitos termos e geralmente força os coeficientes a serem zero.

Passo 3

Prova detalhada de (b): mostrar que \;v,w,u\; são linearmente independentes.
Estratégia didática: suponha que exista combinação linear que dê zero e use produtos internos com cada um dos vetores. Vou mostrar passo a passo.
Suponha
\alpha v + \beta w + \gamma u = 0
para escalares \alpha,\beta,\gamma\in\mathbb{R}. Queremos provar \alpha=\beta=\gamma=0.
  • Faça o produto interno (dot) da igualdade com v. Usamos que v\perp w e v\perp u, logo v\cdot w=0 e v\cdot u=0. Assim
    (\alpha v + \beta w + \gamma u)\cdot v = 0\cdot v = 0.
    O lado esquerdo é \alpha(v\cdot v) + \beta(w\cdot v) + \gamma(u\cdot v). Como (w\cdot v)=(u\cdot v)=0, sobra
    \alpha\|v\|^2 = 0.
    Como v\neq 0 temos \|v\|^2>0, portanto \alpha=0.
  • Agora faça o produto interno com w. Analogamente,
    (\alpha v + \beta w + \gamma u)\cdot w = \beta\|w\|^2 = 0 \implies \beta=0,
    porque \alpha=0 já e w\neq 0.
  • Finalmente produto interno com u:
    (\alpha v + \beta w + \gamma u)\cdot u = \gamma\|u\|^2 = 0 \implies \gamma=0.
Concluímos que \alpha=\beta=\gamma=0 é a única solução, logo \;v,w,u\; são linearmente independentes.
Comentário prático: o argumento acima é padrão e muito rápido na prova quando se tem vetores mutuamente ortogonais e não nulos.

Passo 4

Parte (c): testar independência de [;a_1=3v+2u,;a_2=w+4v,;a_3=2u+3w;).
Método didático: suponha combinação linear nula e use produtos internos com v,u,w (base ortogonal escolhida). Isso elimina termos cruzados porque todos os produtos mistos são zero.
Suponha
\alpha a_1 + \beta a_2 + \gamma a_3 = 0,
ou seja
\alpha(3v+2u) + \beta(w+4v) + \gamma(2u+3w) = 0.
Reagrupando por v,u,w:
(3\alpha + 4\beta)\,v + (2\alpha + 2\gamma)\,u + (\beta + 3\gamma)\,w = 0.
Agora dotamos com v, com u e com w, usando \|v\|^2,\|u\|^2,\|w\|^2>0:
  • Produto com v:
    (3\alpha + 4\beta)\|v\|^2 = 0 \implies 3\alpha + 4\beta = 0.
  • Produto com u:
    (2\alpha + 2\gamma)\|u\|^2 = 0 \implies 2\alpha + 2\gamma = 0 \implies \alpha + \gamma = 0.
  • Produto com w:
    (\beta + 3\gamma)\|w\|^2 = 0 \implies \beta + 3\gamma = 0.
Temos o sistema linear:
\begin{cases} 3\alpha + 4\beta = 0,\\[4pt] \alpha + \gamma = 0,\\[4pt] \beta + 3\gamma = 0. \end{cases}
Resolva passo a passo:
  • Da segunda equação \alpha = -\gamma\]. - Da terceira \(\beta = -3\gamma.
    - Substitua na primeira: 3(-\gamma) + 4(-3\gamma) = -3\gamma -12\gamma = -15\gamma = 0. Assim \gamma=0.
    - Então \alpha=\beta=0.
Portanto a única solução é trivial e os vetores 3v+2u,\;w+4v,\;2u+3w são linearmente independentes.
Comentário alternativo (útil para prova): se você representar esses vetores pelas coordenadas em relação à base ortogonal (v,u,w), obtemos a matriz de colunas \begin{pmatrix}3&4&0\\\ 2&0&2\\\ 0&1&3\end{pmatrix} e seu determinante é -30\neq 0, afirmando independência. Mas o método por produtos internos evita cálculo de determinante e usa apenas ortogonalidade.]

Passo 5

Parte (d): testar independência de \;b_1=w-2v,\;b_2=u-3w,\;b_3=2v-u\;.
Novamente, suponha combinação linear nula e use produtos internos com v,u,w.
Suponha
\alpha b_1 + \beta b_2 + \gamma b_3 = 0,
ou seja
\alpha(w-2v) + \beta(u-3w) + \gamma(2v-u) = 0.
Reagrupando por v,u,w:
(-2\alpha + 2\gamma)\,v + (-\gamma + \beta)\,u + (\alpha -3\beta)\,w = 0.
Dotando com v,u,w separadamente:
  • Produto com v:
    (-2\alpha + 2\gamma)\|v\|^2 = 0 \implies -2\alpha + 2\gamma = 0 \implies \gamma = \alpha.
  • Produto com u:
    (-\gamma + \beta)\|u\|^2 = 0 \implies -\gamma + \beta = 0 \implies \beta = \gamma.
  • Produto com w:
    (\alpha - 3\beta)\|w\|^2 = 0 \implies \alpha - 3\beta = 0 \implies \alpha = 3\beta.
Agora combine as relações:
  • De \beta=\gamma e \gamma=\alpha segue \alpha=\beta=\gamma.
  • De \alpha=3\beta com \alpha=\beta obtemos \alpha = 3\alpha, ou seja 2\alpha=0, então \alpha=0.
  • Logo \beta=\gamma=0.
Portanto somente a solução trivial existe e os vetores \;w-2v,\;u-3w,\;2v-u\; também são linearmente independentes.
Observação: apesar das combinações parecerem “estranhas”, a ortogonalidade do conjunto original facilita muito: ao projetar nos vetores v,u,w isolamos coeficientes lineares que temos de resolver.

Passo 6

Parte (e): calcular o ângulo entre \;3u+2v\; e \;2w+v\; assumindo \|v\|=\|w\|=\|u\|=1.
Fórmula usada (aula rápida): o cosseno do ângulo \theta entre dois vetores x e y é
\cos\theta = \frac{x\cdot y}{\|x\|\,\|y\|}.
Aqui vamos calcular x\cdot y, \|x\|^2 e \|y\|^2 usando ortogonalidade e unitariedade (produtos mistos zero, normas igual a 1).
  • Produto interno:
    (3u+2v)\cdot(2w+v) = 3u\cdot 2w + 3u\cdot v + 2v\cdot 2w + 2v\cdot v.
    Pelo enunciado, u\perp w,\;u\perp v,\;v\perp w, então todos os produtos mistos são zero. Sobra apenas
    2v\cdot v = 2\|v\|^2 = 2\cdot 1 = 2.
    Logo (3u+2v)\cdot(2w+v) = 2.
  • Normas ao quadrado:
    \|3u+2v\|^2 = 9\|u\|^2 + 4\|v\|^2 + 2\cdot 3\cdot 2\,(u\cdot v).
    Como u\cdot v=0 e \|u\|=\|v\|=1, obtemos \|3u+2v\|^2 = 9+4=13. Assim \|3u+2v\|=\sqrt{13}.
    De modo análogo,
    \|2w+v\|^2 = 4\|w\|^2 + \|v\|^2 + 2\cdot 2\cdot 1\,(w\cdot v) = 4+1+0 =5,
    logo \|2w+v\|=\sqrt{5}.
  • Agora o cosseno do ângulo:
    \cos\theta = \frac{2}{\sqrt{13}\,\sqrt{5}} = \frac{2}{\sqrt{65}}.
    Então o ângulo é \theta = \operatorname{arccos}\!\bigl(\tfrac{2}{\sqrt{65}}\bigr).

Resposta

(a) Um conjunto é l.d. se existem escalares, nem todos nulos, cuja combinação linear dá o vetor zero; é l.i. se a única combinação linear que dá zero é com todos os escalares iguais a zero.
(b) \;v,w,u\; são linearmente independentes.
(c) Sim, 3v+2u,\;w+4v,\;2u+3w são linearmente independentes.
(d) Sim, w-2v,\;u-3w,\;2v-u são linearmente independentes.
(e) \displaystyle \cos\theta=\frac{2}{\sqrt{65}}, portanto \displaystyle \theta=\operatorname{arccos}\!\bigl(\tfrac{2}{\sqrt{65}}\bigr).

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