O vetor \left(\begin{array}{c}1 \\\\ 1 \\\\ -1\end{array}\right) é C.L. de y=\left(\begin{array}{c}2 \\\\ 1 \\\\ -1\end{array}\right) e z=\left(\begin{array}{c}1 \\\\ -1 \\\\ 0\end{array}\right) ? E de y, z e w=\left(\begin{array}{l}0 \\\\ 1 \\\\ 0\end{array}\right) ?

Passo 1

O enunciado nos dá os vetores
v = \begin{pmatrix}1\\\ 1\\\ -1\end{pmatrix},\quad y = \begin{pmatrix}2\\\ 1\\\ -1\end{pmatrix},\quad z = \begin{pmatrix}1\\\ -1\\\ 0\end{pmatrix},\quad w = \begin{pmatrix}0\\\ 1\\\ 0\end{pmatrix}
e pede para verificar se v pertence ao subespaço gerado por \{y,z\} e depois por \{y,z,w\}. Vamos, em cada caso, buscar escalares que satisfaçam a combinação linear.

Passo 2

Para ver se existe (a,b)\) tal que \[a\,y + b\,z = v
montamos o sistema
\begin{cases} 2a + b = 1,\\\ a - b = 1,\\\\ -\,a = -1. \end{cases}
Da terceira equação vem a=1\]. Substituindo na segunda, \(1 - b = 1 b=0. Mas na primeira 2\cdot1 + 0 = 2 \neq 1. O sistema é inconsistente, logo não há combinação linear.

Passo 3

Para ver se existe (a,b,c)\) tal que \[a\,y + b\,z + c\,w = v
montamos o sistema
\begin{cases} 2a + b = 1,\\\ a - b + c = 1,\\\\ -\,a = -1. \end{cases}
Da terceira equação vem a=1\]. Substituindo na primeira, \(2\cdot1 + b = 1 b=-1. Na segunda, 1 -(-1) + c = 1 leva a 2 + c = 1, logo c=-1. Há solução única (a,b,c)=(1,-1,-1).

Resposta

v não é combinação linear de y e z.
v é combinação linear de y,z,w e
v = 1\cdot y \;+\; (-1)\cdot z \;+\; (-1)\cdot w.

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