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, \(1 - b = 1 dá b=0. Mas na primeira 2\cdot1 + 0 = 2 \neq 1. O sistema é inconsistente, logo não há combinação linear.
Passo 3
Para ver se existe (a,b,c)\) 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 dá 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