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GABARITO PROVA 1 ALGEBRA LINEAR
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UNIVERSIDADE FEDERAL DE PELOTAS CENTRO DE ENGENHARIAS Disciplina: Álgebra linear Prof.: Germán Suazo (1) Gabarito da Primeira Prova Escrita (M9) Nome: ................................................................................................................ 1. Os vértices de um triângulo são os pontos ( )4,2,8=A , ( )0,1,3 −=B e ( )2,1,0 −=C . a. Calcule os comprimentos dos lados do triângulo com os vértices indicados, e determine se o triângulo é eqüilátero, isósceles ou escaleno. b. Mediante o produto interno, determine se cada ângulo do triângulo é agudo, reto ou obtuso e diga se o triângulo é acutângulo, retângulo ou obtusângulo. Solução: a. Determinamos os comprimentos dos lados: AB , AC e BC ; ( ) ( ) ( )4,3,54,2,80,1,3 −−−=−−=− AB − − − =⇒ 4 3 5 AB e 255016925 ==++=AB ; ( ) ( ) ( )6,1,84,2,82,1,0 −−−=−−=− AC − − − =⇒ 6 1 8 AC e 10136164 =++=AC ; ( ) ( ) ( )2,2,30,1,32,1,0 −−=−−−=− BC − − =⇒ 2 2 3 BC e 17449 =++=BC . O triângulo ABC é escaleno. b. Quanto aos ângulos :BAC∠ 06724340 6 1 8 4 3 5 >=++= − − − ⋅ − − − =⋅ ACAB BAC∠⇒ agudo; :ABC∠ 0178615 2 2 3 4 3 5 <−=−+−= − ⋅ =⋅ BCBA ABC∠⇒ obtuso; :ACB∠ 03412224 2 2 3 6 1 8 >=+−= −⋅ =⋅CBCA ACB∠⇒ agudo. Assim, o triângulo ABC é obtusângulo. 2. Dadas as matrizes − − − − − = 5 3 2 1 2 1 1 0 3 1 2 1 A , = 3 4 1 2 4 3 2 1 B , mostrando os cálculos, encontre o produto BAA T . Solução: Vemos que − − − − − = 5 2 3 3 1 1 2 1 2 1 0 1 TA . Primeiro calculamos TAA : − − ⋅ − − − ⋅ − − − − ⋅ − − ⋅ − − − − ⋅ − − ⋅ − − − ⋅ − ⋅ − − − ⋅ − − − ⋅ − − − − ⋅ − − ⋅ − − − − ⋅ − ⋅ − − ⋅ ⋅ = 5 2 3 5 2 3 3 1 1 5 2 3 2 1 2 5 2 3 1 0 1 5 2 3 5 2 3 3 1 1 3 1 1 3 1 1 2 1 2 3 1 1 1 0 1 3 1 1 5 2 3 2 1 2 3 1 1 2 1 2 2 1 2 2 1 2 1 0 1 2 1 2 5 2 3 1 0 1 3 1 1 1 0 1 2 1 2 1 0 1 1 0 1 1 0 1 TAA , ++−−−+++−− −−−++−−−−+ ++−−−++++− +−−−+++−++ = 254915231026503 1523911612301 1026612414202 50330202101 TAA , − −−− − − = 3820182 201192 18990 2202 TAA ; Agora, ( ) − −−− − − == 3 4 1 2 4 3 2 1 3820182 201192 18990 2202 BAABAA TT : ( ) +−+ −+−− +−+ +−+ +−+ −+−− +−+ +−+ = ⋅ − ⋅ − − − ⋅ − ⋅ − ⋅ − ⋅ − − − ⋅ − ⋅ − == 11480184 604494 543690 6804 15260362 8033182 7227180 8602 3 4 1 2 38 20 18 2 3 4 1 2 20 11 9 2 3 4 1 2 18 9 9 0 3 4 1 2 2 2 0 2 4 3 2 1 38 20 18 2 4 3 2 1 20 11 9 2 4 3 2 1 18 9 9 0 4 3 2 1 2 2 0 2 BAABAA TT −− == 56 29 27 2 130 67 63 4 BAA T . 3. Mediante operações elementares, calcule a inversa da matriz −−− −− − 1110 1101 1011 0111 , se existir. Solução: Colocamos junto a matriz identidade e levamos para a forma escalonada reduzida: → − − −−− −−− −− → −−− −− − ↔−→ −→ 32133 122 LLLLL LLL 1000 0101 0011 0001 1110 1210 1100 0111 1000 0100 0010 0001 1110 1101 1011 0111 → − − −−− −− → − − −−− −− −−− +→ −→ − 244 211 1 LLL LLL L 1000 0011 0101 0001 1110 1100 1210 0111 1000 0011 0101 0001 1110 1100 1210 0111 → − − − −− → − − − −− −− −→ −→ +→ − 344 322 311 3 LLL 2LLL LLL L 1101 0011 0101 0100 0100 1100 1210 1101 1101 0011 0101 0100 0100 1100 1210 1101 → −− − −− − − → − − −− − − − −→ +→ − 433 4 4 1110 0011 0121 0111 1000 1100 1010 0001 1110 0011 0121 0111 1000 1100 1010 0001 LLLLLL L 22 −− − −− − 1110 1101 1011 0111 1000 0100 0010 0001 Assim, −− − −− − = − 1110 1101 1011 0111 1A . 4. Mediante a definição e/ou propriedades, calcule o determinante 1110 1101 1011 0111 . Solução: Calculamos aplicando as propriedades: 3000 2100 1110 0111 1100 2100 1110 0111 1100 1010 1110 0111 1110 1010 1100 0111 1110 1101 1011 0111 42 − − − − − − − − ==== +→+→↔−→ −→ 344233133 122 LLLLLLLLLLL LLL Assim, 33111 3000 2100 1110 0111 1110 1101 1011 0111 −=⋅⋅⋅−=−= . Pelotas, 26 de maio de 2017
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