Questão 9. Estude a dependência linear dos vetores.
a) \{(3,2,-1),(1,5,-3),(5,-1,1)\}

Passo 1

O enunciado pede: estudar a dependência linear do conjunto de vetores. Os vetores dados são:
v_1 = (3,2,-1),\qquad v_2 = (1,5,-3),\qquad v_3 = (5,-1,1).
O objetivo é determinar se existe uma combinação linear não trivial
\alpha_1 v_1 + \alpha_2 v_2 + \alpha_3 v_3 = (0,0,0)
com \alpha_1,\alpha_2,\alpha_3 nem todos iguais a zero. Se existir, o conjunto é linearmente dependente; se a única solução for \alpha_1=\alpha_2=\alpha_3=0, é linearmente independente.

Passo 2

Definição e metodologia escolhida (curtinha e prática).
  • Definição: vetores v_1,v_2,v_3 são linearmente dependentes se existem escalares \alpha_1,\alpha_2,\alpha_3, nem todos nulos, tais que
\alpha_1 v_1 + \alpha_2 v_2 + \alpha_3 v_3 = 0.
  • Método: vou montar o sistema linear para as componentes (equivalente a montar a matriz com as colunas v_1,v_2,v_3 e resolver A\alpha=0) e aplicar eliminação de Gauss. Esse método é básico, direto e dá a relação explícita quando houver dependência.

Passo 3

Escrever o sistema de equações para os coeficientes \alpha_1,\alpha_2,\alpha_3. Pelas componentes:
3\alpha_1 + 1\alpha_2 + 5\alpha_3 = 0,
2\alpha_1 + 5\alpha_2 - 1\alpha_3 = 0,
-1\alpha_1 -3\alpha_2 + 1\alpha_3 = 0.
Em forma matricial aumentada:
\begin{pmatrix} 3 & 1 & 5 & \vline & 0\\[4pt] 2 & 5 & -1 & \vline & 0\\[4pt] -1 & -3 & 1 & \vline & 0 \end{pmatrix}.]

Passo 4

Aplicar eliminação de Gauss passo a passo (explicando cada operação).
  1. Trocar a primeira e a terceira linha para facilitar (queremos um pivô 1): R_1 \leftrightarrow R_3. A matriz fica
\begin{pmatrix} -1 & -3 & 1 & \vline & 0\\[4pt] 2 & 5 & -1 & \vline & 0\\[4pt] 3 & 1 & 5 & \vline & 0 \end{pmatrix}.
  1. Multiplicar a nova R_1 por -1 para ter pivô 1: R_1 := -R_1:
\begin{pmatrix} 1 & 3 & -1 & \vline & 0\\[4pt] 2 & 5 & -1 & \vline & 0\\[4pt] 3 & 1 & 5 & \vline & 0 \end{pmatrix}.
  1. Eliminar abaixo do pivô da primeira coluna:
  • R_2 := R_2 - 2R_1 R_2 = (0,\;5-6,\;-1+2) = (0,\,-1,\;1).
  • R_3 := R_3 - 3R_1 R_3 = (0,\;1-9,\;5+3) = (0,\,-8,\;8).
    Agora:
\begin{pmatrix} 1 & 3 & -1 & \vline & 0\\[4pt] 0 & -1 & 1 & \vline & 0\\[4pt] 0 & -8 & 8 & \vline & 0 \end{pmatrix}.
  1. Observação útil: R_3 = 8\cdot R_2. Isso indica que a terceira linha se tornará zero após a eliminação adicional, o que sugere existência de variáveis livres (logo soluções não-triviais).
  2. Eliminar R_3 usando R_2: R_3 := R_3 - 8R_2 resulta em R_3=(0,0,0). Matriz escalonada final:
\begin{pmatrix} 1 & 3 & -1 & \vline & 0\\[4pt] 0 & -1 & 1 & \vline & 0\\[4pt] 0 & 0 & 0 & \vline & 0 \end{pmatrix}.]

Passo 5

Resolver por substituição (retro-substituição) e interpretar o resultado.
  • Da segunda linha: -1\alpha_2 + 1\alpha_3 = 0. Ou seja,
-\alpha_2 + \alpha_3 = 0 \quad\Rightarrow\quad \alpha_3 = \alpha_2.
  • Da primeira linha: \alpha_1 + 3\alpha_2 - \alpha_3 = 0. Substituindo \alpha_3=\alpha_2:
\alpha_1 + 3\alpha_2 - \alpha_2 = 0 \quad\Rightarrow\quad \alpha_1 + 2\alpha_2 = 0 \quad\Rightarrow\quad \alpha_1 = -2\alpha_2.
  • Há uma variável livre, por exemplo \alpha_2 = t (qualquer escalar). Então as soluções são
(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3) = (-2t,\;t,\;t) = t(-2,1,1).
Como existe solução com t\neq 0, há combinação linear não trivial. Uma relação explícita de dependência (pegando t=1) é
-2v_1 + v_2 + v_3 = (0,0,0).
Verificação rápida (só para confirmar): calcular -2(3,2,-1)+(1,5,-3)+(5,-1,1) = (0,0,0).

Resposta

Linearmente dependentes. Relação de dependência: -2(3,2,-1)+(1,5,-3)+(5,-1,1)=(0,0,0).

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