Q4: O conjunto dos \left(x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}\right) \in \mathbb{R}^{4} tais que
-3 x_{1}+x_{3}=7 pode ser representado por:
(A) \left[\begin{array}{r}2 \\\\ 1 \\\\ 13 \\\\ 3\end{array}\right]+\operatorname{span}\left\{\left[\begin{array}{l}0 \\\\ 1 \\\\ 0 \\\\ 3\end{array}\right],\left[\begin{array}{l}0 \\\\ 0 \\\\ 4 \\\\ 0\end{array}\right],\left[\begin{array}{r}-5 \\\\ 0 \\\\ 0 \\\\ 0\end{array}\right]\right\}
(B) \left[\begin{array}{r}-2 \\\\ -1 \\\\ 10 \\\\ -3\end{array}\right]+\operatorname{span}\left\{\left[\begin{array}{l}1 \\\\ 0 \\\\ 3 \\\\ 0\end{array}\right],\left[\begin{array}{l}0 \\\\ 5 \\\\ 0 \\\\ 0\end{array}\right],\left[\begin{array}{l}0 \\\\ 0 \\\\ 0 \\\\ 2\end{array}\right]\right\}
(C) \left[\begin{array}{r}2 \\\\ 1 \\\\ 13 \\\\ 3\end{array}\right]+\operatorname{span}\left\{\left[\begin{array}{l}0 \\\\ 3 \\\\ 0 \\\\ 1\end{array}\right],\left[\begin{array}{r}-4 \\\\ 0 \\\\ 0 \\\\ 0\end{array}\right],\left[\begin{array}{l}0 \\\\ 0 \\\\ 7 \\\\ 0\end{array}\right]\right\}
(D) \left[\begin{array}{r}-2 \\\\ 3 \\\\ 1 \\\\ 2\end{array}\right]+\operatorname{span}\left\{\left[\begin{array}{l}3 \\\\ 0 \\\\ 1 \\\\ 0\end{array}\right],\left[\begin{array}{r}0 \\\\ 0 \\\\ 0 \\\\ -1\end{array}\right],\left[\begin{array}{r}0 \\\\ -7 \\\\ 0 \\\\ 0\end{array}\right]\right\}
(E) \left[\begin{array}{r}3 \\\\ -3 \\\\ 16 \\\\ 1\end{array}\right]+\operatorname{span}\left\{\left[\begin{array}{l}0 \\\\ 1 \\\\ 0 \\\\ 3\end{array}\right],\left[\begin{array}{l}0 \\\\ 0 \\\\ 5 \\\\ 0\end{array}\right],\left[\begin{array}{r}-1 \\\\ 0 \\\\ 0 \\\\ 0\end{array}\right]\right\}
(F) \left[\begin{array}{r}-2 \\\\ 3 \\\\ 1 \\\\ 2\end{array}\right]+\operatorname{span}\left\{\left[\begin{array}{l}1 \\\\ 0 \\\\ 3 \\\\ 0\end{array}\right],\left[\begin{array}{r}0 \\\\ 0 \\\\ 0 \\\\ -2\end{array}\right],\left[\begin{array}{l}0 \\\\ 6 \\\\ 0 \\\\ 0\end{array}\right]\right\}
(G) \left[\begin{array}{r}-2 \\\\ -1 \\\\ 10 \\\\ -3\end{array}\right]+\operatorname{span}\left\{\left[\begin{array}{l}3 \\\\ 0 \\\\ 1 \\\\ 0\end{array}\right],\left[\begin{array}{r}0 \\\\ -3 \\\\ 0 \\\\ 0\end{array}\right],\left[\begin{array}{l}0 \\\\ 0 \\\\ 0 \\\\ 3\end{array}\right]\right\}
(H) \left[\begin{array}{r}3 \\\\ -3 \\\\ 16 \\\\ 1\end{array}\right]+\operatorname{span}\left\{\left[\begin{array}{l}0 \\\\ 3 \\\\ 0 \\\\ 1\end{array}\right],\left[\begin{array}{l}1 \\\\ 0 \\\\ 0 \\\\ 0\end{array}\right],\left[\begin{array}{r}0 \\\\ 0 \\\\ -6 \\\\ 0\end{array}\right]\right\}

Passo 1

O enunciado dá o conjunto de todos os \left(x_{1},x_{2},x_{3},x_{4}\right)\in\mathbb{R}^{4} que satisfazem a equação
-3x_{1}+x_{3}=7.
A pergunta pede escolher, entre as alternativas (A)–(H), qual expressão do tipo
\text{ponto particular}+\operatorname{span}\{\text{3 vetores}\}
representa exatamente esse conjunto. Em outras palavras, verificar qual alternativa descreve a mesma solução da equação linear dada.
Informações relevantes fornecidas:
  • A condição a ser satisfeita por qualquer vetor \left(x_{1},x_{2},x_{3},x_{4}\right) é -3x_{1}+x_{3}=7.
  • Cada alternativa fornece um vetor “base” (ponto particular) e três vetores que geram um subespaço (span).
  • Para ser correta, a alternativa deve ter:
    1. o ponto particular satisfazendo -3p_{1}+p_{3}=7;
    2. todos os vetores do \operatorname{span} satisfazendo a versão homogênea -3v_{1}+v_{3}=0 (ou seja, pertencerem ao núcleo da forma linear);
    3. os três vetores do \operatorname{span} gerarem todo o espaço de soluções homogêneas (o núcleo), que aqui tem dimensão 3.

Passo 2

Ideia do método (explicação didática, passo a passo): o conjunto \{x\in\mathbb{R}^4:\,-3x_{1}+x_{3}=7\} é um hiperplano afim. Qualquer hiperplano afim dado por uma equação linear pode ser escrito como
\{x\in\mathbb{R}^4 : Ax=b\} = p + \ker(A),
onde A é o vetor linha que define a equação, p é um vetor particular que satisfaz Ap=b, e \ker(A) é o subespaço das soluções da equação homogênea Ax=0.
Aqui A é a linha (-3,0,1,0) (porque só aparecem x_1 e x_3), e b=7. Vou achar primeiro \ker(A) (soluções da homogênea) e depois verificar as alternativas testando o ponto particular e os vetores do span.

Passo 3

Encontrar o núcleo \ker(A): resolvendo
-3x_{1}+x_{3}=0.
Isso implica x_{3}=3x_{1}. As variáveis x_{2} e x_{4} são livres. Podemos parametrizar com parâmetros s,t,u (ou escolhemos três parâmetros para formar uma base):
Escolho s para x_{1}, t para x_{2} e u para x_{4}. Então
x_{1}=s,\quad x_{2}=t,\quad x_{3}=3s,\quad x_{4}=u.
Escrevendo em forma de combinação linear:
\begin{pmatrix}x_{1}\x_{2}\x_{3}\x_{4}\end{pmatrix} = s\begin{pmatrix}1\\\ 0\\\ 3\\\ 0\end{pmatrix} + t\begin{pmatrix}0\\\ 1\\\ 0\\\ 0\end{pmatrix} + u\begin{pmatrix}0\\\ 0\\\ 0\\\ 1\end{pmatrix}.
Portanto uma base simples de \ker(A) é formada pelos vetores
v^{(1)}=\begin{pmatrix}1\\\ 0\\\ 3\\\ 0\end{pmatrix},\quad v^{(2)}=\begin{pmatrix}0\\\ 1\\\ 0\\\ 0\end{pmatrix},\quad v^{(3)}=\begin{pmatrix}0\\\ 0\\\ 0\\\ 1\end{pmatrix}.
Explicação: cada vetor acima satisfaz -3v_{1}+v_{3}=0, o que garante pertencer ao núcleo. O núcleo tem dimensão 3 porque há uma única equação linear independente em \mathbb{R}^4.

Passo 4

Escolher (qualquer) vetor particular p que satisfaça a equação não-homogênea -3p_{1}+p_{3}=7. Um exemplo fácil é tomar p_{1}=0,p_{2}=0,p_{3}=7,p_{4}=0, isto é
p=\begin{pmatrix}0\\\ 0\\\ 7\\\ 0\end{pmatrix},
porque -3\cdot 0 + 7 = 7. Observação importante: existem muitos vetores particulares; alternativas diferentes podem usar pontos particulares distintos, e ainda assim representar a mesma solução, contanto que o conjunto somado ao respectivo \operatorname{span} seja igual a p+\ker(A).

Passo 5

Como verificar uma alternativa na prática (procedimento que você pode aplicar na prova):
  1. Checar se o ponto particular p dado na alternativa satisfaz -3p_{1}+p_{3}=7. Se não satisfizer, a alternativa está errada.
  2. Para cada vetor v do \operatorname{span} da alternativa, checar se -3v_{1}+v_{3}=0. Se algum não satisfizer, o span não está contido no núcleo e a alternativa está errada.
  3. Se o ponto particular satisfaz e todos os vetores do span pertencem ao núcleo, então é preciso verificar que esses vetores realmente geram todo \ker(A) (i.e., formam uma base de dimensão 3). Normalmente, se forem três vetores linearmente independentes em \ker(A), então geram o núcleo (dimensão 3). Em prática de prova, se os três vetores do span forem visivelmente escalares ou permutações dos vetores da base que encontramos, ou se tiverem componentes independentes, isso basta.
Vou aplicar esse procedimento a todas as alternativas.

Passo 6

Verifico a condição do ponto particular em cada alternativa (calcular -3p_{1}+p_{3}):
(A) p=\begin{pmatrix}2\\\ 1\\\ 13\\\ 3\end{pmatrix}. Calcula-se -3\cdot 2 + 13 = -6+13=7. Portanto o ponto particular de (A) satisfaz a equação.
(B) p=\begin{pmatrix}-2\\\ -1\\\ 10\\\ -3\end{pmatrix}. -3\cdot(-2)+10 = 6+10=16 \neq 7. Logo (B) está errada.
(C) p=\begin{pmatrix}2\\\ 1\\\ 13\\\ 3\end{pmatrix}. Igual a (A), dá 7. Ponto particular ok.
(D) p=\begin{pmatrix}-2\\\ 3\\\ 1\\\ 2\end{pmatrix}. -3\cdot(-2)+1=6+1=7. Ponto particular ok.
(E) p=\begin{pmatrix}3\\\ -3\\\ 16\\\ 1\end{pmatrix}. -3\cdot 3+16=-9+16=7. Ponto particular ok.
(F) p=\begin{pmatrix}-2\\\ 3\\\ 1\\\ 2\end{pmatrix}. Mesmo que (D), dá 7. Ponto particular ok.
(G) p=\begin{pmatrix}-2\\\ -1\\\ 10\\\ -3\end{pmatrix}. Igual a (B), dá 16\neq7. (G) errada.
(H) p=\begin{pmatrix}3\\\ -3\\\ 16\\\ 1\end{pmatrix}. Igual a (E), dá 7. Ponto particular ok.
Conclusão parcial: as alternativas (B) e (G) podem ser descartadas imediatamente porque o ponto particular não satisfaz a equação. As demais passam no primeiro teste.

Passo 7

Agora checo para cada alternativa restante se os vetores do \operatorname{span} pertencem ao núcleo, i.e., se para cada vetor v=(v_{1},v_{2},v_{3},v_{4}) do span vale -3v_{1}+v_{3}=0.
(A) vetores do span:
  • v^{(A)}_{1}=\begin{pmatrix}0\\\ 1\\\ 0\\\ 3\end{pmatrix}: -3\cdot 0 + 0 = 0 → ok.
  • v^{(A)}_{2}=\begin{pmatrix}0\\\ 0\\\ 4\\\ 0\end{pmatrix}: -3\cdot 0 + 4 = 4 \neq 0 → falha.
    Portanto (A) está errada.
(C) vetores:
  • v^{\text{(C)}}_{1}=\begin{pmatrix}0\\\ 3\\\ 0\\\ 1\end{pmatrix}: -3\cdot 0 + 0 =0 → ok.
  • v^{\text{(C)}}_{2}=\begin{pmatrix}-4\\\ 0\\\ 0\\\ 0\end{pmatrix}: -3\cdot(-4)+0=12\neq0 → falha.
  • v^{\text{(C)}}_{3}=\begin{pmatrix}0\\\ 0\\\ 7\\\ 0\end{pmatrix}: -3\cdot0+7=7\neq0 → falha.
    Portanto (C) está errada.
(D) vetores:
  • v^{(D)}_{1}=\begin{pmatrix}3\\\ 0\\\ 1\\\ 0\end{pmatrix}: -3\cdot 3 + 1 = -8 \neq 0 → falha.
    Portanto (D) está errada (não preciso checar os outros).
(E) vetores:
  • v^{(E)}_{1}=\begin{pmatrix}0\\\ 1\\\ 0\\\ 3\end{pmatrix}: ok como em (A).
  • v^{(E)}_{2}=\begin{pmatrix}0\\\ 0\\\ 5\\\ 0\end{pmatrix}: -3\cdot0+5=5\neq0 → falha.
  • v^{(E)}_{3}=\begin{pmatrix}-1\\\ 0\\\ 0\\\ 0\end{pmatrix}: -3\cdot(-1)+0=3\neq0 → falha.
    Logo (E) está errada.
(F) vetores:
  • v^{(F)}_{1}=\begin{pmatrix}1\\\ 0\\\ 3\\\ 0\end{pmatrix}: -3\cdot1+3 = 0 → ok.
  • v^{(F)}_{2}=\begin{pmatrix}0\\\ 0\\\ 0\\\ -2\end{pmatrix}: -3\cdot0+0=0 → ok.
  • v^{(F)}_{3}=\begin{pmatrix}0\\\ 6\\\ 0\\\ 0\end{pmatrix}: -3\cdot0+0=0 → ok.
    Todos os vetores do span de (F) pertencem ao núcleo. (F) passa no segundo teste.
(H) vetores:
  • v^{(H)}_{1}=\begin{pmatrix}0\\\ 3\\\ 0\\\ 1\end{pmatrix}: -3\cdot0+0=0 → ok.
  • v^{(H)}_{2}=\begin{pmatrix}1\\\ 0\\\ 0\\\ 0\end{pmatrix}: -3\cdot1+0=-3\neq0 → falha.
  • v^{(H)}_{3}=\begin{pmatrix}0\\\ 0\\\ -6\\\ 0\end{pmatrix}: -3\cdot0+(-6)=-6\neq0 → falha.
    Logo (H) está errada.
Até aqui, apenas (F) passou tanto no teste do ponto particular quanto no teste de pertencer ao núcleo.

Passo 8

Último cheque: garantir que os três vetores do \operatorname{span} em (F) realmente geram todo o núcleo (i.e., têm dimensão 3). Os vetores de (F) são
v^{(F)}_{1}=\begin{pmatrix}1\\\ 0\\\ 3\\\ 0\end{pmatrix},\; v^{(F)}_{2}=\begin{pmatrix}0\\\ 0\\\ 0\\\ -2\end{pmatrix},\; v^{(F)}_{3}=\begin{pmatrix}0\\\ 6\\\ 0\\\ 0\end{pmatrix}.
Compare com a base natural que encontramos para o núcleo:
\begin{pmatrix}1\\\ 0\\\ 3\\\ 0\end{pmatrix},\; \begin{pmatrix}0\\\ 1\\\ 0\\\ 0\end{pmatrix},\; \begin{pmatrix}0\\\ 0\\\ 0\\\ 1\end{pmatrix}.
Observações:
  • v^{(F)}_{1} é exatamente \begin{pmatrix}1\\\ 0\\\ 3\\\ 0\end{pmatrix}, que já é um dos vetores da base.
  • v^{(F)}_{3}=\begin{pmatrix}0\\\ 6\\\ 0\\\ 0\end{pmatrix}=6\begin{pmatrix}0\\\ 1\\\ 0\\\ 0\end{pmatrix}, é múltiplo escalar do segundo vetor da base.
  • v^{(F)}_{2}=\begin{pmatrix}0\\\ 0\\\ 0\\\ -2\end{pmatrix}=-2\begin{pmatrix}0\\\ 0\\\ 0\\\ 1\end{pmatrix}, é múltiplo escalar do terceiro vetor da base.
Como os três vetores de (F) correspondem a escalares não nulos dos vetores de uma base do núcleo, eles são linearmente independentes e geram todo \ker(A). Portanto o \operatorname{span} de (F) é exatamente o núcleo. Juntando com o ponto particular p=\begin{pmatrix}-2\\\ 3\\\ 1\\\ 2\end{pmatrix} que satisfaz a equação, concluímos que (F) representa precisamente o conjunto solução.

Resposta

(F)

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