Questão 11: Verifique a dependência linear dos vetores
\left\{\left(\begin{array}{cc} 1 & 2 \\ -1 & 3 \end{array}\right),\left(\begin{array}{cc} 1 & 1 \\ 1 & 1 \end{array}\right),\left(\begin{array}{cc} 1 & 0 \\ 1 & -1 \end{array}\right),\left(\begin{array}{cc} 0 & 3 \\ -2 & 6 \end{array}\right)\right\}

Passo 1

O enunciado pede para verificar a dependência linear do conjunto de quatro matrizes (vou chamar cada matriz de A_1,A_2,A_3,A_4):
A_1=\begin{pmatrix}1 & 2 \\[4pt] -1 & 3\end{pmatrix},\quad A_2=\begin{pmatrix}1 & 1 \\[4pt] 1 & 1\end{pmatrix},\quad A_3=\begin{pmatrix}1 & 0 \\[4pt] 1 & -1\end{pmatrix},\quad A_4=\begin{pmatrix}0 & 3 \\[4pt] -2 & 6\end{pmatrix}.
O que se pede explicitamente: determinar se essas matrizes são linearmente independentes ou dependentes e, em caso de dependência, encontrar uma relação linear não trivial entre elas.]

Passo 2

O que significa verificar dependência linear (explicando devagar como numa prova): dizemos que A_1,A_2,A_3,A_4 são linearmente dependentes se existem escalares não todos nulos x_1,x_2,x_3,x_4 tais que
x_1A_1 + x_2A_2 + x_3A_3 + x_4A_4 = \begin{pmatrix}0 & 0 \\[4pt] 0 & 0\end{pmatrix}.
O método prático é montar essa combinação linear, escrever as equações que aparecem em cada entrada da matriz (cada entrada gera uma equação escalar) e resolver o sistema linear resultante. Se existir solução não trivial (algum x_i\neq0), então são dependentes. Vamos aplicar isso passo a passo.]

Passo 3

Introduzo os escalares x_1,x_2,x_3,x_4 e escrevo a combinação:
x_1\begin{pmatrix}1 & 2 \\[4pt] -1 & 3\end{pmatrix} + x_2\begin{pmatrix}1 & 1 \\[4pt] 1 & 1\end{pmatrix} + x_3\begin{pmatrix}1 & 0 \\[4pt] 1 & -1\end{pmatrix} + x_4\begin{pmatrix}0 & 3 \\[4pt] -2 & 6\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0 & 0 \\[4pt] 0 & 0\end{pmatrix}.
Agora igualo entrada por entrada para obter um sistema de equações escalares.]

Passo 4

Escrevo as quatro equações correspondentes às entradas (1,1),(1,2),(2,1),(2,2)\): \[\begin{cases} x_1 + x_2 + x_3 = 0,\\[4pt] 2x_1 + x_2 + 3x_4 = 0,\\[4pt] - x_1 + x_2 + x_3 - 2x_4 = 0,\\[4pt] 3x_1 + x_2 - x_3 + 6x_4 = 0. \end{cases}
Explico: por exemplo, a entrada (1,1)\] vem de \(x_1\cdot1 + x_2\cdot1 + x_3\cdot1 + x_4\cdot0 = 0, e assim por diante para cada posição.]

Passo 5

Resolvendo o sistema de forma direta por substituição (vou mostrar cada passo):
a) Da primeira equação obtenho
x_3 = -x_1 - x_2.
b) Substituo x_3 na terceira equação:
- x_1 + x_2 + (-x_1 - x_2) - 2x_4 = 0.
Isso simplifica para
-2x_1 - 2x_4 = 0,
ou seja
x_1 + x_4 = 0 \quad\Rightarrow\quad x_4 = -x_1.

Passo 6

Continuo substituindo na segunda equação, usando x_4=-x_1:
2x_1 + x_2 + 3(-x_1) = 0 \quad\Rightarrow\quad 2x_1 + x_2 - 3x_1 = 0,
logo
-x_1 + x_2 = 0 \quad\Rightarrow\quad x_2 = x_1.
Com x_2=x_1 e x_4=-x_1, volto à expressão de x_3:
x_3 = -x_1 - x_2 = -x_1 - x_1 = -2x_1.

Passo 7

Verifico a consistência usando a quarta equação (checar sempre é bom):
substituindo x_2=x_1, x_3=-2x_1, x_4=-x_1 em 3x_1 + x_2 - x_3 + 6x_4
3x_1 + x_1 - (-2x_1) + 6(-x_1) = 3x_1 + x_1 + 2x_1 - 6x_1 = 0,
portanto a quarta equação também é satisfeita. Concluímos que existe uma família de soluções parametrizada por x_1: tomando x_1=t temos
x_1 = t,\quad x_2 = t,\quad x_3 = -2t,\quad x_4 = -t,
com t\in\mathbb{R}. Como podemos escolher t\neq0, existe solução não trivial.

Passo 8

Escrevo a relação linear não trivial obtida dividindo por t (ou tomando t=1):
A_1 + A_2 - 2A_3 - A_4 = \begin{pmatrix}0 & 0 \\[4pt] 0 & 0\end{pmatrix}.
Isto significa que as quatro matrizes são linearmente dependentes. Outra forma útil de ver é isolar A_4:
A_4 = A_1 + A_2 - 2A_3,
ou seja A_4 é combinação linear das três primeiras. Além disso, a solução mostra que A_1,A_2,A_3 são linearmente independentes (se tentarmos x_4=0 o único x_1,x_2,x_3 que zera a combinação é o trivial — pode-se checar rapidamente), portanto a dimensão do subespaço gerado por essas matrizes é 3.]

Resposta

As matrizes são linearmente dependentes.
Relação linear: \;A_1 + A_2 - 2A_3 - A_4 = \begin{pmatrix}0 & 0 \\[4pt] 0 & 0\end{pmatrix}.]

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