Exercício 4: Considere os vetores \vec{x}=(m, 1,0), \vec{y}=(4, m, 1) e \vec{z}=(0,3,1), com m \in \mathbb{R}.
(a) Determine os valores de m para que \vec{x}, \vec{y} e \vec{z} sejam linearmente dependentes.
(b) Escolha um valor para m que torne \vec{x}, \vec{y} e \vec{z} linearmente independentes.

Passo 1

O enunciado dá três vetores em \mathbb{R}^3 dependendo de um parâmetro m:
\vec{x}=(m,1,0),\qquad \vec{y}=(4,m,1),\qquad \vec{z}=(0,3,1).
As perguntas são:
(a) Determinar os valores de m para que \vec{x},\vec{y},\vec{z} sejam linearmente dependentes.
(b) Escolher um valor de m que torne \vec{x},\vec{y},\vec{z} linearmente independentes.

Passo 2

O que significa “linearmente dependentes” e qual teste vamos usar (explicação didática e sem pular etapas).
  • Definição: vetores \vec{x},\vec{y},\vec{z} são linearmente dependentes se existem escalares a,b,c, nem todos nulos, tais que
a\vec{x}+b\vec{y}+c\vec{z}=\vec{0}.
  • Em coordenadas, isso vira um sistema homogêneo para (a,b,c). Escrevendo as colunas como os vetores, obtemos uma matriz A tal que
A\begin{pmatrix}a\b\c\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\\ 0\\\ 0\end{pmatrix},
onde A tem colunas \vec{x},\vec{y},\vec{z}.
  • Teorema (versão prática): esse sistema homogêneo tem solução não trivial (ou seja, os vetores são linearmente dependentes) se e somente se \det(A)=0. Razoamento curto e intuitivo: se \det(A)\neq0 então A é invertível e a única solução é a trivial a=b=c=0; se \det(A)=0 então A não é invertível e existe solução não trivial.
    Então a técnica: montar a matriz com os vetores e calcular seu determinante; os valores de m que anularem o determinante são exatamente os que dão dependência linear.

Passo 3

Montar a matriz e escrever o determinante. Colocando os vetores como colunas:
A=\begin{pmatrix} m & 4 & 0\\[4pt] 1 & m & 3\\[4pt] 0 & 1 & 1 \end{pmatrix}.
Vamos calcular \det(A) por expansão na primeira linha (cofatores). A regra de Sarrus não se aplica diretamente a matrizes simbólicas; uso a expansão:
\det(A)=m\cdot\det\!\begin{pmatrix}m & 3\\[2pt]1 & 1\end{pmatrix} -4\cdot\det\!\begin{pmatrix}1 & 3\\[2pt]0 & 1\end{pmatrix} +0\cdot\det\!\begin{pmatrix}1 & m\\[2pt]0 & 1\end{pmatrix}.
Agora calculo cada menor:
  • \det\!\begin{pmatrix}m & 3\\[2pt]1 & 1\end{pmatrix}=m\cdot1-3\cdot1=m-3.
  • \det\!\begin{pmatrix}1 & 3\\[2pt]0 & 1\end{pmatrix}=1\cdot1-3\cdot0=1.
  • O terceiro termo é multiplicado por 0, então não contribui.
    Substituindo,
\det(A)=m\,(m-3)-4\cdot 1 = m^2-3m-4.]

Passo 4

Resolver a condição de dependência linear. A condição é \det(A)=0, ou seja
m^2-3m-4=0.
Para resolver essa equação quadrática faço fatoração (ou fórmula de Bhaskara). Tentar fatorar: procuro dois números que multiplicam -4 e somam -3. Esses números são -4 e 1. Portanto
m^2-3m-4=(m-4)(m+1).
Então a equação (m-4)(m+1)=0 tem as raízes m=4 e m=-1.

Passo 5

Interpretação do resultado (ligando ao teste do determinante): como \det(A)=m^2-3m-4, a matriz A tem determinante zero exatamente quando m=4 ou m=-1. Pelo critério explicado, isso significa que, para esses valores, existe combinação linear não trivial que anula os vetores — ou seja, \vec{x},\vec{y},\vec{z} são linearmente dependentes.

Passo 6

Escolher um valor de m que torne os vetores linearmente independentes e verificar. Precisamos escolher um m tal que \det(A)\neq0. Uma escolha simples é m=0. Calculo o determinante com esse m:
\det(A)\big|_{m=0}=0^2-3\cdot0-4=-4\neq0.
Como o determinante é diferente de zero, a matriz A é invertível e o único vetor solução de a\vec{x}+b\vec{y}+c\vec{z}=\vec{0} é o trivial a=b=c=0. Portanto para m=0 os vetores são linearmente independentes. (Qualquer m que não seja 4 nem -1 funciona; escolhi m=0 por ser simples.)

Resposta

(a) m=-1 ou m=4
(b) Por exemplo, m=0

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