P1_MA141-P_2s2022

Prévia do material em texto

Universidade Estadual de Campinas
Prof. Plínio Santini Dester
MA141 – Turma P – Prova 1 15/09/2022
Nome RA
Questão 1 2 3 4 5 Total
Nota
Instruções
• Esta prova contém 5 questões discursivas, dis-
tribuı́das em 6 páginas.
• Escolha exatamente 4 questões para serem resolvidas.
Se 5 questões forem resolvidas, uma delas será aleato-
riamente desconsiderada.
• Cada questão deve ser resolvida, de forma orga-
nizada, clara e formal no espaço indicado. Estes
critérios fazem parte da avaliação.
• Não destaque as folhas deste caderno.
• Não é permitida a consulta a qualquer material.
• Não é permitido o uso de calculadoras.
• Qualquer tentativa de fraude, se detectada durante ou
após a realização da prova, implicará em nota zero
para todos os envolvidos, além das penalidades dis-
ciplinares previstas no Regimento Geral da Unicamp
(Arts. 226 – 237).
• A duração total da prova é de 120 minutos.
Boa prova!
▶ Questão 1: (2.5 ptos) Responda verdadeiro ou falso. Justifique.
(a) Sejam A e B matrizes n× n, e D uma matriz diagonal n× n. Se B = AD, então Bt = AtD.
(b) Se A e B são matrizes n× n, então (A+B)(A−B) = A2 −AB +BA−B2 = A2 −B2.
(c) Se A é uma matriz n× n tal que A3 +A = In, então A é invertı́vel e A−1 = A2 + In.
(d) Se A e B são matrizes n× n e AB = 0, então det(A) = 0 ou det(B) = 0.
(e) Se duas matrizes-coluna X1 e X2 são soluções do sistema AX = 0, então X1 +X2 também é solução.
(f) Seja A uma matriz n× n triangular superior. A matriz A possui 0 em sua diagonal se, e somente se, det(A) = 0.
Solução:
(a) Falso. Tome como contra-exemplo A =
[
0 1
0 0
]
e D =
[
1 0
0 2
]
.
(b) Falso, pois o produto de matrizes não é comutativo.
(c) Verdadeiro, pois A3 +A = In ⇔ A(A2 + In) = (A2 + In)A = In.
(d) Verdadeiro, pois det(AB) = 0 ⇔ det(A) det(B) = 0.
(e) Verdadeiro, pois A(X1 +X2) = AX1 +AX2 = 0 + 0 = 0.
(f) Verdadeiro, pois o determinante de uma matriz triangular superior é o produto dos elementos da diagonal.
Page 2
▶ Questão 2: (25 ptos) Seja o sistema de equações 
x1 + x2 + x4 = 1
−x1 + x3 = 2
x1 + 2x2 + x4 = 1
2x2 + x3 + λx4 = 3
Se possı́vel, determine os valores de λ para os quais o sistema tem
(a) solução única, e resolva o sistema;
(b) infinitas soluções, e resolva o sistema;
(c) nenhuma solução.
Solução: Começamos escalonando o a matriz expandida
1 1 0 1 1
−1 0 1 0 2
1 2 0 1 1
0 2 1 λ 3
 ∼

1 1 0 1 1
0 1 1 1 3
0 1 0 0 0
0 2 1 λ 3
 ∼

1 0 −1 0 −2
0 1 1 1 3
0 0 −1 −1 −3
0 0 −1 λ− 2 −3
 ∼

1 0 0 1 1
0 1 0 0 0
0 0 1 1 3
0 0 0 λ− 1 0
 .
Dessa forma, podemos concluir que
(a) solução única apenas se λ ̸= 1. Nesse caso, a solução é dada por
x1
x2
x3
x4
 =

1
0
3
0
 ;
(b) infinitas soluções apenas se λ = 1.
Nesse caso, podemos tomar x4 = α como a variável livre para qualquer α ∈ R. Logo, a solução é dada por
x1
x2
x3
x4
 =

1− α
0
3− α
α
 ;
(c) nenhuma solução é um caso que não é possı́vel.
Page 3
▶ Questão 3: (25 ptos) Seja λ um número real e A uma matriz n×n. Vimos que o sistema de equações AX = λX é equivalente
ao sistema homogêneo (A− λIn)X = 0.
(a) (5 ptos) É possı́vel que o sistema de equações AX = λX tenha como única solução X =

1
−1
2
3
? Justifique.
(b) (10 ptos) Determine os valores de λ para os quais o sistema AX = λX possui infinitas soluções, sendo a matriz
A =

3 0 0 1
0 1 0 0
0 0 1 0
−1 0 0 1
 .
(c) (10 ptos) Determine as soluções para cada valor de λ encontrado.
Solução:
(a) Não, pois a solução trivial X = 0 sempre é solução.
(b) O sistema homogêneo equivalente possui infinitas soluções se, e somente se, det(A−λI4) = 0. Vamos encontrar
os valores de λ que satisfazem essa equação.
det(A− λI4) = det

3− λ 0 0 1
0 1− λ 0 0
0 0 1− λ 0
−1 0 0 1− λ
 = (1− λ)2 det [3− λ 1−1 1− λ
]
= (1− λ)2(2− λ)2.
Portanto, podemos ter λ = 1 ou λ = 2 para ter infinitas soluções.
(c) Se λ = 1, temos que resolver o problema para a matriz aumentada [A− I4 | 0], ou seja,
2 0 0 1 0
0 0 0 0 0
0 0 0 0 0
−1 0 0 0 0
 ∼

1 0 0 0 0
0 0 0 1 0
0 0 0 0 0
0 0 0 0 0

Portanto, as soluções são dadas por X =

0
α
β
0
 para todo α, β ∈ R.
Se λ = 2, temos que resolver o problema para a matriz aumentada [A− 2I4 | 0], ou seja,
1 0 0 1 0
0 −1 0 0 0
0 0 −1 0 0
−1 0 0 −1 0
 ∼

1 0 0 1 0
0 1 0 0 0
0 0 1 0 0
0 0 0 0 0

Portanto, as soluções são dadas por X =

−α
0
0
α
 para todo α ∈ R.
Page 4
▶ Questão 4: (25 ptos) Seja a matriz
A =
2 1 11 1 2
2 1 p
 .
(a) (5 ptos) Determine o valor de p para que det(A) = −1. Curiosidade: A inversa de uma matriz com elementos inteiros
também possui elementos inteiros se, e somente se, o seu determinante for igual a 1 ou −1.
(b) (10 ptos) Determine a matriz inversa de A para o valor de p encontrado no item anterior.
(c) (10 ptos) Ainda utilizando o mesmo valor de p, determine a matriz inversa de A2.
Solução:
(a) Temos que
det(A) = det
2 1 11 1 2
2 1 p
 = det
1 0 −11 1 2
1 0 p− 2
 = p− 1.
Dessa forma, det(A) = −1 quando p = 0.
(b) Vamos escalonar a matriz aumentada
[A | I3] ∼
2 1 1 1 0 01 1 2 0 1 0
2 1 0 0 0 1
 ∼
1 1 2 0 1 02 1 1 1 0 0
2 1 0 0 0 1
 ∼
1 1 2 0 1 00 −1 −3 1 −2 0
0 −1 −4 0 −2 1

∼
1 0 −1 1 −1 00 1 3 −1 2 0
0 0 −1 −1 0 1
 ∼
1 0 0 2 −1 −10 1 0 −4 2 3
0 0 1 1 0 −1
 .
Portanto, A−1 =
 2 −1 −1−4 2 3
1 0 −1
.
(c) A inversa de A2 é dada por A−1A−1, pois A2(A−1A−1) = In. Portanto,
(A2)−1 = A−1A−1 =
 2 −1 −1−4 2 3
1 0 −1
 ·
 2 −1 −1−4 2 3
1 0 −1
 =
 7 −4 −4−13 8 7
1 −1 0
 .
Page 5
▶ Questão 5: (25 ptos) Seja um triângulo de vértices A = (1, 3, 0), B = (7,−3, 0), e C = (4, 0,
√
6) no espaço. Determine
(a) todos os ângulos internos do triângulo ABC;
(b) a projeção ortogonal de
−−→
AB sobre
−→
AC;
(c) o vetor que é representado pelo segmento de reta correspondente à altura do triângulo em relação ao lado AC.
Solução:
(a) Sabemos que
cos θA =
−−→
AB ·
−→
AC
∥
−−→
AB∥∥
−→
AC∥
=
(6,−6, 0) · (3,−3,
√
6)√
62 + 62 + 02
√
32 + 32 + 6
=
36
6
√
2
√
24
=
√
3
2
,
cos θB =
−−→
BA ·
−−→
BC
∥
−−→
BA∥∥
−−→
BC∥
=
(−6, 6, 0) · (−3, 3,
√
6)√
62 + 62 + 02
√
32 + 32 + 6
=
36
6
√
2
√
24
=
√
3
2
,
cos θC =
−→
CA ·
−−→
CB
∥
−→
CA∥∥
−−→
CB∥
=
(−3, 3,−
√
6) · (3,−3,−
√
6)√
32 + 32 + 6
√
32 + 32 + 6
=
−12√
24
√
24
= −1
2
.
Portanto, θA = θB = 30◦ e θC = 120◦. Uma das contas poderia ser evitada usando a relação θA+θB+θC = 180◦.
(b) A projeção ortogonal de
−−→
AB sobre
−→
AC é dada por
proj−→
AC
−−→
AB =
(−−→
AB ·
−→
AC
∥
−→
AC∥2
)
−→
AC =
(6,−6, 0) · (3,−3,
√
6)
32 + 32 + 6
(3,−3,
√
6) =
(
9
2
,−9
2
,
3
√
6
2
)
.
(c) Pela definição de projeção ortogonal, temos que esse vetor é dado por
−−→
AB − proj−→
AC
−−→
AB =
(
3
2
,−3
2
,−3
√
6
2
)
.
Page 6