Considere os vetores de \mathbb{R}^{3} : u=(1,2,-1) ; v=(2,1,3) ; w=(3,4, k), onde \mathrm{k} \in \mathbb{R}. E seja o vetor \mathrm{t}=(1,0,2). Para quais valores de k o vetor t pertence ao espaço gerado pelos vetores u, v, w ?
Passo 1
Enunciado e dados (o que o problema pede e o que foi dado):
Vetores em \mathbb{R}^3: \;u=(1,2,-1),\; v=(2,1,3),\; w=(3,4,k) com \;k\in\mathbb{R}.
Vetor alvo: \;t=(1,0,2).
Pergunta: Para quais valores de \;k o vetor \;t pertence ao espaço gerado por \;u,v,w, isto é, quando \;t\in\text{span}\{u,v,w\}?
Passo 2
O que significa \;t\in\text{span}\{u,v,w\} e como traduzimos isso em conta:
Dizer que \;t está no espaço gerado por \;u,v,w é dizer que existem escalares \;a,b,c tais que
a\,u + b\,v + c\,w = t.
Escrevendo coordenada a coordenada isso vira um sistema linear em \;a,b,c. Podemos também escrever na forma matricial
A = \begin{pmatrix}1 & 2 & 3 \\[4pt] 2 & 1 & 4 \\[4pt] -1 & 3 & k \end{pmatrix}.
Importante: se \det(A)\neq 0 então as colunas de A formam uma base de \mathbb{R}^3 e geram todo \mathbb{R}^3; nesse caso qualquer vetor t está no span, sem restrição de k. Se \det(A)=0 então as colunas são linearmente dependentes e precisamos verificar compatibilidade do sistema (ou seja, se o sistema tem solução ou não) para esse valor de k.]
Passo 3
Calcular o determinante de A (passo a passo):
A matriz é
A = \begin{pmatrix}1 & 2 & 3 \\[4pt] 2 & 1 & 4 \\[4pt] -1 & 3 & k \end{pmatrix}.
Usando a regra de Sarrus / expansão pela primeira linha:
\det(A)=1\cdot(1\cdot k - 4\cdot 3)\;-\;2\cdot(2\cdot k - 4\cdot(-1))\;+\;3\cdot(2\cdot 3 - 1\cdot(-1)).
Calculemos cada termo:
1\cdot(1\cdot k - 4\cdot 3)=k-12,
-2\cdot(2\cdot k - 4\cdot(-1))=-2\cdot(2k+4)=-4k-8,
3\cdot(2\cdot 3 - 1\cdot(-1))=3\cdot(6+1)=21.
Somando:
\det(A)=(k-12)+(-4k-8)+21 = 1-3k.
Portanto
\det(A)=1-3k.]
Passo 4
Interpretação do determinante:
Se \;1-3k\neq 0 (ou seja, \;k\neq \tfrac{1}{3}), então \det(A)\neq 0 e as colunas \;u,v,w geram \mathbb{R}^3. Assim, para todo \;k\neq \tfrac{1}{3} o vetor \;t pertence ao span\{u,v,w\}. Sem drama: qualquer vetor em \mathbb{R}^3 é combinação linear delas.
Resta analisar o caso crítico \;k=\tfrac{1}{3}, quando \det(A)=0. Nesse caso as colunas são linearmente dependentes e pode acontecer que \;t não seja combinação linear delas. Vamos verificar explicitamente.
Passo 5
Caso \;k=\tfrac{1}{3}: montar o sistema e tentar resolver.
Com \;k=\tfrac{1}{3} o sistema a u + b v + c w = t dá, coordenada a coordenada,
\begin{cases} a + 2b + 3c = 1,\\[4pt] 2a + b + 4c = 0,\\[4pt] - a + 3b + \tfrac{1}{3}c = 2. \end{cases}
Conclusão: não existe escolha de a,b,c que satisfaça todas as três equações quando \;k=\tfrac{1}{3}. Portanto, para \;k=\tfrac{1}{3} o vetor \;t NÃO pertence ao span\{u,v,w\}.
Resposta
\;t\in\text{span}\{u,v,w\} para todo \;k\in\mathbb{R} exceto \;k=\tfrac{1}{3}. \quad Ou seja, \;k\neq \tfrac{1}{3}.