Comprovació de Base en R^3 i Expressió d’un Vector com a Combinació Lineal

Donats els vectors de \( \mathbb{R}^3 \), \( \vec{e}_1 = (1, 1, 2) \), \( \vec{e}_2 = (2, 5, 1) \), \( \vec{e}_3 = (0, 1, 1) \) i \( \vec{e}_4 = (-1, 1, 0) \), cal trobar si els tres primers formen una base de \( \mathbb{R}^3 \) i escriure el quart com a combinació lineal d’aquesta base.

Primer comprovem si \( \{\vec{e}_1, \vec{e}_2, \vec{e}_3\} \) formen una base i després escrivim \( \vec{e}_4 \) com a combinació lineal d’aquests.

1. Comprovació de la base Fem el determinant format amb les coordenades dels tres primers vectors:\[\begin{vmatrix}1 & 2 & 0 \\1 & 5 & 1 \\2 & 1 & 1\end{vmatrix}\] Calculem el determinant:\[1 \cdot \begin{vmatrix} 5 & 1 \\ 1 & 1 \end{vmatrix} – 2 \cdot \begin{vmatrix} 1 & 1 \\ 2 & 1 \end{vmatrix} + 0 \cdot \begin{vmatrix} 1 & 5 \\ 2 & 1 \end{vmatrix}\]

• Primer terme: \( 5 \cdot 1 – 1 \cdot 1 = 5 – 1 = 4 \)

• Segon terme: \( 1 \cdot 1 – 1 \cdot 2 = 1 – 2 = -1 \)

• Tercer terme: 0Aleshores:\[1 \cdot 4 – 2 \cdot (-1) + 0 = 4 + 2 = 6 \neq 0\]Com que el determinant és diferent de zero (\( 6 \neq 0 \)), els vectors \( \vec{e}_1, \vec{e}_2, \vec{e}_3 \) són linealment independents i, com que n’hi ha 3 a \( \mathbb{R}^3 \), formen una base de \( \mathbb{R}^3 \).

2. Expressió de \( \vec{e}_4 \) com a combinació lineal Plantegem \( \vec{e}_4 = x\vec{e}_1 + y\vec{e}_2 + z\vec{e}_3 \), és a dir:\[(-1, 1, 0) = x(1, 1, 2) + y(2, 5, 1) + z(0, 1, 1)\]Això ens dona el sistema d’equacions següent:\[\begin{cases}x + 2y = -1 \\x + 5y + z = 1 \\2x + y + z = 0\end{cases}\] Resolem aquest sistema amb la regla de Cramer (el determinant de la matriu de coeficients ja el tenim i val 6):

• Per a \( x \):\[x = \frac{\begin{vmatrix} -1 & 2 & 0 \\ 1 & 5 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \end{vmatrix}}{6}\]\[\begin{vmatrix} -1 & 2 & 0 \\ 1 & 5 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \end{vmatrix} = (-1) \cdot \begin{vmatrix} 5 & 1 \\ 1 & 1 \end{vmatrix} – 2 \cdot \begin{vmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{vmatrix} + 0\]

• Primer terme: \( 5 \cdot 1 – 1 \cdot 1 = 5 – 1 = 4 \), així que \( -1 \cdot 4 = -4 \)

• Segon terme: \( 1 \cdot 1 – 1 \cdot 0 = 1 \), així que \( -2 \cdot 1 = -2 \)

Total: \( -4 – 2 = -6 \)\[x = \frac{-6}{6} = -1\]

• Per a \( y \) :\[y = \frac{\begin{vmatrix} 1 & -1 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \\ 2 & 0 & 1 \end{vmatrix}}{6}\]\[\begin{vmatrix} 1 & -1 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \\ 2 & 0 & 1 \end{vmatrix} = 1 \cdot \begin{vmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{vmatrix} – (-1) \cdot \begin{vmatrix} 1 & 1 \\ 2 & 1 \end{vmatrix} + 0\]

• Primer terme: \( 1 \cdot 1 – 1 \cdot 0 = 1 \)

• Segon terme: \( 1 \cdot 1 – 1 \cdot 2 = 1 – 2 = -1 \), així que \( -(-1) \cdot (-1) = -1 \)

Total: \( 1 – 1 = 0 \)\[y = \frac{0}{6} = 0\]

• Per a \( z \) :\[z = \frac{\begin{vmatrix} 1 & 2 & -1 \\ 1 & 5 & 1 \\ 2 & 1 & 0 \end{vmatrix}}{6}\]\[\begin{vmatrix} 1 & 2 & -1 \\ 1 & 5 & 1 \\ 2 & 1 & 0 \end{vmatrix} = 1 \cdot \begin{vmatrix} 5 & 1 \\ 1 & 0 \end{vmatrix} – 2 \cdot \begin{vmatrix} 1 & 1 \\ 2 & 0 \end{vmatrix} + (-1) \cdot \begin{vmatrix} 1 & 5 \\ 2 & 1 \end{vmatrix}\]

• Primer terme: \( 5 \cdot 0 – 1 \cdot 1 = 0 – 1 = -1 \)

• Segon terme: \( 1 \cdot 0 – 1 \cdot 2 = -2 \), així que \( -2 \cdot (-2) = 4 \)

• Tercer terme: \( 1 \cdot 1 – 5 \cdot 2 = 1 – 10 = -9 \), així que \( -1 \cdot (-9) = 9 \)

Total: \( 1 \cdot (-1) + 4 + 9 = -1 + 4 + 9 = 12 \)\[z = \frac{12}{6} = 2\]

3. Combinació lineal final Per tant, \( \vec{e}_4 = -\vec{e}_1 + 2\vec{e}_3 \).