Quais os subconjuntos abaixo do mathbb{R}^{3} são linearmente independentes:
(b) \{(1,1,1),(1,0,1),(1,0,-2)\}
Dica: Calcular determinante \left|\begin{array}{ccc}1 & 1 & 1 \\\\ 1 & 0 & 1 \\\\ 1 & 0 & -2\end{array}\right|=3, o conjunto é L.I. ou escalonar a matriz A=\left(\begin{array}{ccc}1 & 1 & 1 \\\\ 1 & 0 & 1 \\\\ 1 & 0 & -2\end{array}\right) \xrightarrow[L_{3}=L_{3}-L_{1}]{L_{2}=L_{2}-L_{1}}\left(\begin{array}{ccc}1 & 1 & 1 \\\\ 0 & -1 & 0 \\\\ 0 & -1 & -3\end{array}\right) \xrightarrow{L_{3}=L_{3}-L_{2}} \left(\begin{array}{ccc}1 & 1 & 1 \\\\ 0 & -1 & 0 \\\\ 0 & 0 & -3\end{array}\right). O posto de A é 3 , o conjunto é L.I.

Passo 1

O enunciado pergunta se o conjunto de vetores \{(1,1,1),(1,0,1),(1,0,-2)\}\subset\mathbb{R}^3 é linearmente independente.
Informações dadas:
  • v_{1}=(1,1,1)
  • v_{2}=(1,0,1)
  • v_{3}=(1,0,-2)
    A pergunta é única: determinar se esse conjunto é linearmente independente (L.I.) ou linearmente dependente (L.D.).

Passo 2

Definição prática de linearmente independente que vamos usar (muito importante):
Os vetores v_{1},v_{2},v_{3} são linearmente independentes se a única solução do sistema
\alpha v_{1}+\beta v_{2}+\gamma v_{3}=0
é \alpha=\beta=\gamma=0.
Em termos de componentes, isso gera um sistema linear de três equações para \alpha,\beta,\gamma. Outra forma prática: colocar os vetores como linhas (ou colunas) de uma matriz A. Se \det(A)\neq 0, então as linhas (e também as colunas) são linearmente independentes.

Passo 3

Vamos formar a matriz A cujas linhas são os vetores dados (seguindo a dica do enunciado):
A=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1\\[4pt] 1 & 0 & 1\\[4pt] 1 & 0 & -2 \end{pmatrix}.
Se \det(A)\neq 0 então o posto de A é 3 e os três vetores são L.I.]

Passo 4

Calcular o determinante de A usando a regra de Sarrus (fácil e direta para 3\times3). Para uma matriz
\begin{pmatrix} a & b & c\\[4pt] d & e & f\\[4pt] g & h & i \end{pmatrix}
temos
\det = aei + bfg + cdh - (ceg + bdi + afh).
Aplicando aos elementos de A ( a=1,b=1,c=1,d=1,e=0,f=1,g=1,h=0,i=-2):
\det(A)=1\cdot0\cdot(-2) + 1\cdot1\cdot1 + 1\cdot1\cdot0 -\big(1\cdot0\cdot1 + 1\cdot1\cdot(-2) + 1\cdot1\cdot0\big).
Agora calculamos cada termo:
1\cdot0\cdot(-2)=0,\qquad 1\cdot1\cdot1=1,\qquad 1\cdot1\cdot0=0,
1\cdot0\cdot1=0,\qquad 1\cdot1\cdot(-2)=-2,\qquad 1\cdot1\cdot0=0.
Somando:
\det(A)=(0+1+0)-\big(0+(-2)+0\big)=1-(-2)=3.]

Passo 5

Como \det(A)=3\neq 0, a matriz A é invertível, logo o posto de A é 3. Isso significa que as três linhas de A (ou equivalentemente os três vetores v_{1},v_{2},v_{3}) são linearmente independentes. Uma interpretação geométrica rápida: o paralelepípedo formado por esses três vetores tem volume |\det(A)|=3, diferente de zero, então os vetores não estão no mesmo plano.

Passo 6

(Método alternativo — escalonamento — mostrado passo a passo, útil na prova se preferir evitar determinantes.) Partindo de A:
\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1\\[4pt] 1 & 0 & 1\\[4pt] 1 & 0 & -2 \end{pmatrix} \xrightarrow{L_{2}\leftarrow L_{2}-L_{1},\;L_{3}\leftarrow L_{3}-L_{1}} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1\\[4pt] 0 & -1 & 0\\[4pt] 0 & -1 & -3 \end{pmatrix}.
Agora:
\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1\\[4pt] 0 & -1 & 0\\[4pt] 0 & -1 & -3 \end{pmatrix} \xrightarrow{L_{3}\leftarrow L_{3}-L_{2}} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1\\[4pt] 0 & -1 & 0\\[4pt] 0 & 0 & -3 \end{pmatrix}.
A matriz está em forma triangular com três pivôs não nulos ( 1,-1,-3), portanto o posto é 3. Logo os vetores são L.I. (mesma conclusão do determinante).]

Passo 7

Resumo e intuição final: tanto pelo determinante não nulo quanto pelo escalonamento com três pivôs, concluímos que o conjunto \{(1,1,1),(1,0,1),(1,0,-2)\} é linearmente independente. Dica de prova rápida na prova: calcular \det de uma 3\times3 ou escalonar; qualquer um dos dois métodos dá resposta direta e rápida.

Resposta

\{(1,1,1),(1,0,1),(1,0,-2)\} é linearmente independente.

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