Sejam V = P 3 R = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + a 3 x 3     a i   ∈ R } , B = { 1 , x , x 2 , x 3 } a base canônica e S = { 1,0 , 1,0 B , 0,1 , 0,1 B , 0,1 , 1,0 B } . Nestas condições se o vetor u = α , β , 2 , - 1 B é tal que S   ∪ u   é L.D., então α + β   pertence ao intervalo

Passo 1

Falaaa, blz?? Bom, essa questão é uma aplicação simples de como tratar com a base de um espaço vetorial, pois quando temos:

B = u → , v → , w → , t →   u m a   b a s e   d e   u m   e s p a ç o   V

Se x = a , b , c , d ,     e n t ã o   x = a u → + b v → + c w → + d ( t → )

Basta aplicarmos isso e o conceito de L.D (Já foi usado em basicamente todas questões anteriores da prova) e resolvemos.

Passo 2

Vamos escrever os vetores de S usando essa nossa ideia acima:

1,0 , 1,0 B = 1 1 + 0 x + 1 x 2 + 0 x 3 = x 2 + 1

0,1 , 0,1 B = = 0 1 + 1 x + 0 x 2 + 1 x 3 = x 3 + x

0,1 , 1,0 B = 0 1 + 1 x + 1 x 2 + 0 x 3 = x 2 + x

E além disso:

u = α , β , 2 , - 1 B =   α 1 + β x + 2 x 2 - 1 x 3 =   - x 3 + 2 x 2 + β x + α

Passo 3

Bom, agora para fazer com que S   ∪ u seja L.D, vamos resolver a equação abaixo, porém queremos fazer com que a solução a , b , c , d ≠ ( 0,0 , 0,0 ) , pois caso contrário seria L.I.

a x 2 + 1 + b x 3 + x + c x 2 + x + d - x 3 + 2 x 2 + β x + α = 0

x 3 b - d + x 2 a + c + 2 d + x b + c + β d + a + α d = 0

b - d = 0                       a + c + 2 d = 0 b + c + β d = 0 a + α d = 0                

Agora nosso objetivo é fazer aparecer α + β . Por isso faremos a terceira + quarta equação:

a + b + c + d α + β = 0

Como a + c = - 2 d :

- 2 d + b + d α + β = 0

Usando que b = d :

- d + d α + β = 0

d 1 - α + β = 0

Agora, veja que temos duas soluções, d = 0   e   α + β = 1

Caso d = 0 , nós teríamos um conjunto L.I (basta substituir no sistema e verá que a = b = c = d = 0 ) mas não queremos isso, então vamos de α + β = 1

Logo α + β   ∈ 1 2 , 3 2 .   L e t r a   A  

Resposta

L e t r a   A

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