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}a\\[4pt] b\\[4pt] c\end{pmatrix} = t,
onde A é a matriz cujas colunas são u,v,w:
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}
Vou resolver passo a passo (eliminação).]

Passo 6

Resolução do sistema no caso \;k=\tfrac{1}{3}:
  • Da primeira equação isolamos a:
a = 1 - 2b - 3c.
  • Substituímos em \;2a + b + 4c = 0:
2(1-2b-3c) + b + 4c = 0.
Calculando:
2 -4b -6c + b + 4c = 0 \quad\Rightarrow\quad 2 -3b -2c = 0.
Logo
3b + 2c = 2 \quad\Rightarrow\quad b = \frac{2-2c}{3}.
  • Substituímos b na expressão de a:
a = 1 - 2\cdot\frac{2-2c}{3} - 3c = 1 - \frac{4-4c}{3} - 3c = -\frac{1}{3} - \frac{5c}{3} = \frac{-1-5c}{3}.
  • Agora usamos a terceira equação -a + 3b + \tfrac{1}{3}c = 2. Substituindo a e b:
\frac{1+5c}{3} + \left(2-2c\right) + \frac{c}{3} = 2.
Somando os termos fracionários:
\frac{1+5c+c}{3} + 2 - 2c = \frac{1+6c}{3} + 2 - 2c.
Igualando a 2 e subtraindo 2 de ambos os lados:
\frac{1+6c}{3} - 2c = 0.
Multiplicando por 3:
1 + 6c - 6c = 0 \quad\Rightarrow\quad 1 = 0,
o que é uma contradição.
  • 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}.

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