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GABARITO PROVA 1 2 ALGEBRA LINEAR
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UNIVERSIDADE FEDERAL DE PELOTAS CENTRO DE ENGENHARIAS Disciplina: Álgebra linear Prof.: Germán Suazo (4) Gabarito da Primeira Prova Escrita Nome: ................................................................................................................ 1. Os vértices de um triângulo são os pontos ( )4,4,2 −=A , ( )0,5,3 −−=B e ( )0,5,2 −=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 ; ( ) ( ) ( )4,1,54,4,20,5,3 −−−=−−−−=− AB − − − =⇒ 4 1 5 AB e 4216125 =++=AB ; ( ) ( ) ( )4,1,04,4,20,5,2 −−=−−−=− AC − −=⇒ 4 1 0 AC e 171610 =++=AC ; ( ) ( ) ( )0,0,50,5,30,5,2 =−−−−=− BC =⇒ 0 0 5 BC e 5250025 ==++=BC . O triângulo ABC é escaleno. b. Quanto aos ângulos :BAC∠ 0171610 4 1 0 4 1 5 >=++= − −⋅ − − − =⋅ ACAB BAC∠⇒ agudo; :ABC∠ 0250025 0 0 5 4 1 5 >=++= ⋅ =⋅ BCBA ABC∠⇒ agudo; :ACB∠ 0000 0 0 5 4 1 0 =++−= − ⋅ =⋅CBCA ACB∠⇒ reto. Assim, o triângulo ABC é retângulo. 2. Dadas as matrizes − − − − − = 5 3 2 1 2 1 1 0 3 1 2 1 A , = 1 4 3 2 2 3 4 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, ( ) − −−− − − == 1 4 3 2 2 3 4 1 3820182 201192 18990 2202 BAABAA TT : ( ) +−+ −+−− +−+ +−+ +−+ −+−− +−+ +−+ = ⋅ − ⋅ − − − ⋅ − ⋅ − ⋅ − ⋅ − − − ⋅ − ⋅ − == 3880544 2044274 1836270 2804 7660722 4033362 3627360 4602 1 4 3 2 38 20 18 2 1 4 3 2 20 11 9 2 1 4 3 2 18 9 9 0 1 4 3 2 2 2 0 2 2 3 4 1 38 20 18 2 2 3 4 1 20 11 9 2 2 3 4 1 18 9 9 0 2 3 4 1 2 2 0 2 BAABAA TT −− ==⇒ 16 7 9 2 90 45 45 0 BAA T . 3. Mediante operações elementares, calcule a inversa da matriz 1001 0210 0110 1002 , se existir. Solução: → − → −→−→ 1411 LLLLLL 44 1000 0100 0010 1001 1001 0210 0110 0001 1000 0100 0010 0001 1001 0210 0110 1002 → − − − → − − −→−→ 322233 LLLLLL 2001 0110 0010 1001 1000 0100 0110 0001 2001 0100 0010 1001 1000 0210 0110 0001 − − − − 2001 0110 0120 1001 1000 0100 0010 0001 Assim, − − − − = − 2001 0110 0120 1001 1A . 4. Mediante a definição e/ou propriedades, calcule o determinante 1112 1121 1211 2111 −− −− −− −− . Solução: Calculamos aplicando as propriedades: 5000 1100 1010 1001 1001 1010 1100 5000 1001 1010 1100 4100 1001 1010 1100 3110 1001 1010 1100 2111 1112 1121 1211 2111 41144 33 − − −− −− −− − −− − −− − −− − −− − −− −− −− − −− −− −− −− −− −− == === ↔ ↔ +→ −→+→+→ −→ +→ 32 41 211 3111 1 122 LL LL LLL LLLLLLLLL LLL LLL Assim, 5)5()1()1()1( 5000 11001010 1001 1112 1121 1211 2111 =−⋅−⋅−⋅−= − − −− −− = −− −− −− −− . Pelotas, 26 de maio de 2017
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