P1 GA 2016/2 Cláudia Gentile ufscar +Gabarito.pdf

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UFSCar
Geometria Anal´ıtica -22/11/16
Profa Cla´udia Buttarello Gentile Moussa
Primeira Prova - Turma B
1. (1.6) Escalone (parcial ou completamente) o seguinte sistema e exiba sua soluc¸a˜o.
x + 2y + z = 0
−x + 3z = 5
x − 2y + z = 1
Resoluc¸a˜o Vamos considerar a matriz ampliada do sistema: 1 2 1 : 0−1 0 3 : 5
1 −2 1 : 1

Escalonando esta matriz temos: 1 2 1 : 0−1 0 3 : 5
1 −2 1 : 1
 ≡L2 + L1
 1 2 1 : 00 2 4 : 5
1 −2 1 : 1
 ≡L3 − L1
 1 2 1 : 00 2 4 : 5
0 −4 0 : 1
 ≡L2 < − > L3
 1 2 1 : 00 −4 0 : 1
0 2 4 : 5
 ≡−1
4 · L2
 1 2 1 : 00 1 0 : −14
0 2 4 : 5
 ≡L1 − 2L2
 1 0 1 : 120 1 0 : −14
0 2 4 : 5
 ≡L3 − 2L2
 1 0 1 : 120 1 0 : −14
0 0 4 : 112
 ≡1
4 · L3
 1 0 1 : 120 1 0 : −14
0 0 1 : 118
 ≡L1 − L3
 1 0 0 : 780 1 0 : −14
0 0 1 : 118

Voltando para o sistema temos
x = −78
y = −14
z = 118
Ou seja, o sistema e´ poss´ıvel determinado e o conjunto soluc¸a˜o e´ S =
{
(−78 ,
−1
4 ,
11
8 )
}
. 1
2. (2.4) As matrizes abaixo sa˜o matrizes ampliadas de sistemas lineares. Em cada item,
classifique o sistema como poss´ıvel ou na˜o, determinado ou na˜o. No caso de indetermi-
nado deˆ o grau de liberdade. No caso de poss´ıvel exiba formalmente a soluc¸a˜o.
1A forma acima e´ a forma padra˜o de escalonamento. Veja uma alternativa com menos frac¸o˜es no final deste
gabarito.
2
[S1]
[
1 0 0 2 : −1
0 1 1 2 : −2
]
[S2]

1 0 1 2 : −1
0 1 0 2 : −2
0 0 1 −2 : 0
0 0 0 1 : −3

[S3]
 1 0 0 : −10 1 2 : −2
0 2 4 : 0

Resoluc¸a˜o
[S1] A matriz S1 ja´ esta´ reduzida a` forma escada. Passando ao sistema que ela repre-
senta temos: {
x + 2w = −1
y + z + 2w = −2
O posto da matriz dos coeficientes e´ igual ao posto da matriz ampliada. Logo o
sistema e´ poss´ıvel. A nulidade e´ 2, logo e´ indeterminado com grau de liberdade 2.
O conjunto soluc¸a˜o e´ :
S = {(−1− 2w, y = −2− z − 2w, z, w), z, w ∈ R}.
[S2] A matriz S2 esta´ escalonada mas na˜o esta´ reduzida a forma escada. Voceˆ tanto
poderia fazer o escalonamento completo como tambe´m poderia partir direto para
um processo de substituic¸a˜o. A seguir eu concluo o escalonamento:
1 0 1 2 : −1
0 1 0 2 : −2
0 0 1 −2 : 0
0 0 0 1 : −3
 ≡L1 − L3

1 0 0 4 : −1
0 1 0 2 : −2
0 0 1 −2 : 0
0 0 0 1 : −3
 ≡L1 − 4L4

1 0 0 0 : 11
0 1 0 2 : −2
0 0 1 −2 : 0
0 0 0 1 : −3
 ≡L2 − 2L4

1 0 0 0 : 11
0 1 0 0 : 4
0 0 1 −2 : 0
0 0 0 1 : −3
 ≡L3 + 2L4

1 0 0 0 : 11
0 1 0 0 : 4
0 0 1 0 : −6
0 0 0 1 : −3

O posto da matriz dos coeficientes e´ igual ao posto da matriz ampliada. Logo o
sistema e´ poss´ıvel. A nulidade e´ 0, logo e´ determinado. O conjunto soluc¸a˜o e´ :
S = {(11, 4,−6,−3)}.
[S3] Quanto ao sistema representado por S3 antes de classifica-lo precisamos escalonar
a matriz. 1 0 0 : −10 1 2 : −2
0 2 4 : 0
 ≡L3 − 2L2
 1 0 0 : −10 1 2 : −2
0 0 0 : −4
 Trata-se de sistema im-
poss´ıvel, ja´ que o posto da matriz dos coeficientes e´ diferente do posto da matriz
ampliada.
3
3. (2.0) Justifique a seguinte afirmac¸a˜o: ”Qualquer conjunto com mais de tres vetores no
espaco e´ linearmente dependente”.
Resoluc¸a˜o:
Considere quatro vetores do R3 :
−→u1 = (a1, b1, c1)
−→u2 = (a2, b2, c2)
−→u3 = (a3, b3, c3)
−→u4 = (a4, b4, c4)
Para verificarmos se o conjunto {−→u1,−→u2,−→u3,−→u4} e´ l.i. ou l.d., vamos analisar a possi-
bilidade de podermos escrever (ou na˜o) o vetor nulo −→o como combinac¸a˜o linear na˜o
trivial destes vetores. Em outras palavras, desejamos saber se existem escalares na˜o
todos nulos λ1, λ2, λ3, λ4 tais que
λ1
−→u1 + λ2−→u2 + λ3−→u3 + λ4−→u4 = −→o
ou seja,
λ1(a1, b1, c1) + λ2(a2, b2, c2) + λ3(a3, b3, c3) + λ4(a4, b4, c4) = (0, 0, 0)
Mas isso e´ equivalente a verificar se o sistema abaixo tem ou na˜o soluc¸a˜o na˜o trivial.
a1λ1 + a2λ2 + a3λ3 +a4λ4 = 0
b1λ1 + b2λ2 + b3λ3 +b4λ4 = 0
c1λ1 + c2λ2 + c3λ3 +c4λ4 = 0
Trata-se de um sistema homogeˆneo, logo compat´ıvel, envolvendo treˆs equac¸o˜es e 4
inco´gnitas, o que implica que a nulidade do sistema necessariamente sera´ maior do que
0, e portanto o sistema e´ indeterminado. Ou seja, tem soluc¸a˜o na˜o trivial. Isso significa
que o conjunto {−→u1,−→u2,−→u3,−→u4} e´ l.d.
Observe que, se acrescentarmos um ou mais vetor(es) a este conjunto, estaremos acres-
centando o mesmo nu´mero de inco´gnitas ao sistema que, entretanto, continuara´ tendo
apenas treˆs equac¸o˜es. Logo a nulidade do sistema aumentara´, e portanto ainda teremos
um sistema indeterminado. Ou seja, qualquer conjunto com mais do que treˆs vetores
em R3 e´ necessariamente l.d.
4. (2.0) Determine as posic¸o˜es relativas das retas e/ou planos em cada par.
(a) r : (x, y, z) = (1, 2, 3) + λ(3, 1, 2); e s : (x, y, z) = (−1, 2, 0) + α(1,−1,−2).
Resoluc¸a˜o:
Como os vetores diretores das duas retas na˜o sa˜o paralelos, as retas na˜o sa˜o nem
coincidentes nem paralelas. Para decidirmos se sa˜o concorrentes ou reversas, con-
sideramos os pontos
A = (1, 2, 3) e B = (−1, 2, 0)
pertencentes a`s retas r e s respectivamente, e os vetores
−→u = (3, 1, 2) e −→v = (1,−1,−2),
4
que sa˜o os vetores diretores de r e s respectivamente. Vamos verificar se o conjunto
{−−→AB,−→u ,−→v } e´ l.i. ou l.d.
det
 −2 3 10 1 −1
−3 2 −2
 = 4 + 9 + 0 + 3− 4− 0 = 12 6= 0
Portanto os vetores {−−→AB,−→u ,−→v } sa˜o l.i, o que significa que na˜o sa˜o coplanares.
Ou seja, as retas sa˜o reversas.
(b) r : (x, y, z) = (1, 2, 3) + λ(3, 1, 2); e
pi : (x, y, z) = (−1, 2, 0) + δ(1,−1,−2) + α(2, 1, 3).
Resoluc¸a˜o: Para analisarmos as posic¸o˜es relativas entre a reta r e o plano pi vamos
verificar se os vetores diretores da reta e do plano sa˜o l.i. ou l.d.
det
 3 1 21 −1 1
2 −2 3
 = −9 + 2− 4 + 4 + 6− 3 = −4 6= 0,
ou seja, os vetores (3, 1, 2), (1,−1,−2) e (2, 1, 3) na˜o sa˜o coplanares (na˜o podem ser
representados por segmentos contidos no mesmo plano). Logo, a reta e´ concorrente com
o plano.
5. (2.0) No triaˆngulo ABC, sejam −→u = −→CA, −→v = −−→CB, e −→w = −→u − 2−→v . Calcule α para
que X = C + α−→w pertenc¸a a` reta suporte de AB.
Resoluc¸a˜o: Para que X = C + α−→w pertenc¸a a` reta suporte de AB e´ necessa´rio que−−→
AX seja paralelo a
−−→
AB. Ou seja, e´ preciso que exista um escalar λ tal que
−−→
AX = λ
−−→
AB.
Agora, −−→
AX =
−→
AC +
−−→
CX
e por outro lado −−→
CX = α−→w = α−→CA− 2α−−→CB
Ou seja, devemos ter
λ
−−→
AB =
−→
AC + α
−→
CA− 2α−−→CB = (α− 1)−→CA− 2α−−→CB (1)
Como
−−→
AB =
−→
AC +
−−→
CB, de (1) temos que
λ
−→
AC + λ
−−→
CB = (α− 1)−→CA− 2α−−→CB (2)
e portanto
(1− α− λ)−→CA = (−λ− 2α)−−→CB (3)
Sabemos que
−→
CA e
−−→
CB sa˜o na˜o paralelos, pois sa˜o representados por lados de um
triaˆngulo, portanto a igualdade em (3) so´ podera´ ser verdadeira se (1 − α − λ) = 0 =
(−λ− 2α), isto e´ 
λ + α = 1
λ + 2α = 0
5
o que implica
λ = −2α e − 2α+ α = 1,
de onde conclu´ımos que α = −1.
A
B
C
~u
~v
A
B
C
~u
~v
−2~v
~w
−~w
X