Prova 1 - Gabarito.pdf

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Gabarito da Primeira Prova de Álgebra Linear
Questão 1 (10 pontos): Considere as retas
r : x− 2 = y − 1
3
=
z − 5
2
s : x = 1 + α, y = −2, z = 3− 5α, α ∈ R
(a) Determine a posição relativa, o ângulo e a distância entre as retas r e s.
(b) Se as retas forem
• reversas, determine as equações dos planos Ω e Γ que são paralelos e contém as retas r e
l (respectivamente) e determine os pontos P ∈ r eQ ∈ s para os quais d(P,Q) = d(r, l).
• concorrentes, determine o ponto de interseção das retas e determine a equação do
plano Ω que contém as retas r e s simultaneamente.
• paralelas, determine a equação do plano Ω que contém as retas r e s simultaneamente.
Resolução: Observe que, na equação simétrica da reta r,
x− 2 = y − 1
3
=
z − 5
2
= β ∈ R
Logo, a equação paramétrica de r é dada por
x = β + 2, y = 3β + 1, z = 2β + 5, β ∈ R
Observe que
−→v = (1, 3, 2) é uma vetor diretor para a reta r e −→w = (1, 0,−5) é um vetor diretor
para a reta s. Como os vetores −→v e −→w não são paralelos (pois um não é múltiplo escalar do
outro), então as retas ou são concorrentes ou são reversas. Vamos determinar se as retas tem
ou não algum ponto de interseção. Para tanto, temos que determinar se o sistema
β + 2 = 1 + α
3β + 1 = −2
2β + 5 = 3− 5α
tem ou não solução.
Da segunda linha, tiramos que 3β = −3 e, portanto, β = −1.
Fazendo β = −1 na primeira equação, obtemos
−1 + 2 = 1 + α ⇒ 1 = 1 + α ⇒ α = 0
Fazendo α = 0 e β = −1 na terceira equação, obtemos
2 · (−1) + 5 = 3− 5 · 0 ⇒ −2 + 5 = 3 ⇒ 3 = 3
o que é verdade. Logo, o sistema tem solução única α = 0 e β = −1 e, portanto, as retas se
interceptam. Concluímos que
(a) as retas r e s são concorrentes e d(r, s) = 0
O ângulo θ entre as retas é o único ângulo entre
[
0, pi
2
]
que satisfaz
cos θ =
|−→v • −→w |
||−−−−−→v|| ||−→w ||
=
| − 9|√
14
√
26
=
9√
364
Logo, θ = arccos
(
9√
364
)
1
(b) Fazendo α = 0 na equação paramétrica de s, obtemos que
o ponto de interseção entre r e s é o ponto Q = (1,−2, 3)
O plano Ω que contém as retas r e s simultaneamente contém o ponto Q e possui vetor
normal −→n = −→v ×−→w = (−15, 7,−3)
Logo, a equação do plano Ω é
−15(x− 1) + 7(y + 2)− 3(z − 3) = 0
−15x+ 15 + 7y + 14− 3z + 9 = 0
−15x+ 7y − 3z + 38 = 0
Ω : −15x+ 7y − 3z + 38 = 0
2
Questão 2 (7 pontos): Determine a posição relativa e a distância entre o plano
Ω : 2x+ 3y − z = 12
e a reta
r :
x
4
=
y + 5
6
=
z − 1
−2
Se o plano e a reta forem
• concorrentes, determine o ponto de interseção entre eles.
• paralelos e a reta r não estiver contida em Ω, determine a equação do plano Γ que contém
r e é perpendicular ao plano Ω.
Resolução:
O vetor
−→n = (2, 3,−1) é um vetor normal ao plano Ω e o vetor −→v = (4, 6,−2) é um ve-
tor diretor da reta r. Como
−→n • −→v = 8 + 18 + 2 = 28 6= 0
então
−→n não é perpendicular à −→v e, portanto, o plano e a reta são concorrentes. Vamos
determinar o ponto de interseção entre eles. Observe que uma equação paramétrica para r é
r : x = 4β, y = −5 + 6β, z = 1− 2β, β ∈ R
Fazendo x = 4β, y = −5 + 6β e z = 1− 2β na equação de Ω, obtemos:
2(4β) + 3(−5 + 6β)− (1− 2β) = 12
8β − 15 + 18β − 1 + 2β = 12
28β − 16 = 12
28β = 28
β = 1
Fazendo β = 1 na equação de r, obtemos x = 4, y = 1 e z = −1. Logo,
r ∩ Ω = P = (4, 1,−1)
3
Questão 3 (8 pontos): Considere a matriz
A =

1 2 1 0
2 4 1 0
−3 0 1 1
0 2 1 0

(a) Calcule o determinante da matriz A.
(b) A matriz A é invertível? Se A for invertível, calcule sua inversa.
Resolução:
(a) Fazendo a expansão em cofatores pela quarta coluna:
detA = 1 · (−1)3+4 det
1 2 12 4 1
0 2 1

= (−1) ·
(
2 · (−1)3+2 det
[
1 1
2 1
]
+ 1 · (−1)3+3 det
[
1 2
2 4
])
= (−1) · [(−2)(1− 2) + (4− 4)]
= (−1) · [2 + 0]
= −2
(b) Como detA 6= 0, então A é invertível. Vamos escalonar a matriz
[A|I4] =

1 2 1 0 | 1 0 0 0
2 4 1 0 | 0 1 0 0
−3 0 1 1 | 0 0 1 0
0 2 1 0 | 0 0 0 1

para determinar a inversa de A.
• Fazendo L2 − 2L1 e L3 + 3L1:
1 2 1 0 | 1 0 0 0
0 0 −1 0 | −2 1 0 0
0 6 4 1 | 3 0 1 0
0 2 1 0 | 0 0 0 1

• Trocando L2 e L4: 
1 2 1 0 | 1 0 0 0
0 2 1 0 | 0 0 0 1
0 6 4 1 | 3 0 1 0
0 0 −1 0 | −2 1 0 0

• Fazendo L1 − L2 e L3 − 3L2:
1 0 0 0 | 1 0 0 −1
0 2 1 0 | 0 0 0 1
0 0 1 1 | 3 0 1 −3
0 0 −1 0 | −2 1 0 0

4
• Fazendo L2 + L4 e L3 + L4:
1 0 0 0 | 1 0 0 −1
0 2 0 0 | −2 1 0 1
0 0 0 1 | 1 1 1 −3
0 0 −1 0 | −2 1 0 0

• Trocando L3 e L4: 
1 0 0 0 | 1 0 0 −1
0 2 0 0 | −2 1 0 1
0 0 −1 0 | −2 1 0 0
0 0 0 1 | 1 1 1 −3

• Divindo L2 por 2 e L3 por −1:
1 0 0 0 | 1 0 0 −1
0 1 0 0 | −1 1
2
0 1
2
0 0 1 0 | 2 −1 0 0
0 0 0 1 | 1 1 1 −3

Logo,
A−1 =

1 0 0 −1
−1 1
2
0 1
2
2 −1 0 0
1 1 1 −3

5
Questão 4 (7 pontos): Considere o sistema linear
3x1 + 6x2 − x3 − 5x4 = 8
x1 + 2x2 + x3 + x4 = 12
−x1 − 2x2 + x4 = −5
(a) Determine a matriz aumentada desse sistema linear.
(b) Determine a forma escalonada reduzida da matriz aumentada.
(c) Determine a solução geral desse sistema linear.
Resolução:
(a)
 3 6 −1 −5 | 81 2 1 1 | 12
−1 −2 0 1 | −5

(b) • Trocando L1 e L2:  1 2 1 1 | 123 6 −1 −5 | 8
−1 −2 0 1 | −5

• Fazendo L2 − 3L1 e L3 + L1: 1 2 1 1 | 120 0 −4 −8 | −28
0 0 1 2 | 7

• Trocando L2 e L3: 1 2 1 1 | 120 0 1 2 | 7
0 0 −4 −8 | −28

• Fazendo L1 − L2 e L3 + 4L2: 1 2 0 −1 | 50 0 1 2 | 7
0 0 0 0 | 0

(c) Temos que x2 = α ∈ R e x4 = β ∈ R são variáveis livres.
Da primeira linha da forma escalonada reduzida da matriz aumentada do sistema, temos
que
x1 + 2x2 − x4 = 5 ⇒ x1 = 5− 2x2 + x4 = 5− 2α + β
Da segunda linha da forma escalonada reduzida da matriz aumentada do sistema, temos
que
x3 + 2x4 = 7 ⇒ x3 = 7− 2x4 = 7− 2β
Logo, a solução geral do sistema linear é
x1
x2
x3
x4
 =

5− 2α + β
α
7− 2β
β
 , α, β ∈ R
6
Questão 5 (8 pontos): Considere o sistema linear
x1 − 3x2 + 2x3 = 5
2x1 − 6x2 + 8x3 = a+ 10
−x1 + 3x2 + (a2 − 11)x3 = a− 2
Determine todos os valores de a para os quais o sistema
(a) tem uma única solução.
(b) tem infinitas soluções.
(c) não tem solução.
Resolução:
A matriz aumentada do sistema linear é 1 −3 2 | 52 −6 8 | a+ 10
−1 3 (a2 − 11) | a− 2

Vamos escaloná-la.
• Fazendo L2 − 2L1 e L3 + L1: 1 −3 2 | 50 0 4 | a
0 0 (a2 − 9) | a+ 3

• Dividindo L2 por 4: 1 −3 2 | 50 0 1 | a
4
0 0 (a2 − 9) | a+ 3

(1) Vamos considerar o caso a2− 9 = 0 (ou seja, o caso em que a = 3 e o caso em que a = −3).
Se a = 3, então a matriz do sistema linear é1 −3 2 | 50 0 1 | 3
4
0 0 0 | 6

Logo, o sistema não tem solução se a = 3.
Se a = −3, então a matriz do sistema linear é1 −3 2 | 50 0 1 | −3
4
0 0 0 | 0

Logo, o sistema tem infinitas soluções se a = −3.
7
(2) Se a2 − 9 6= 0, podemos dividir L3 por a2 − 9:1 −3 2 | 50 0 1 | a
4
0 0 1 | 1
a−3

Fazendo L3 − L2: 1 −3 2 | 50 0 1 | a
4
0 0 0 | 1
a−3 − a4

Logo, o sistema só terá solução (e elas serão infinitas) se, e somente se,
1
a− 3 −
a
4
= 0
1
a− 3 =
a
4
4 = a(a− 3)
4 = a2 − 3a
a2 − 3a− 4 = 0
Logo,
a =
3±√9− 4 · 1 · (−4)
2
=
3±√9 + 16
2
=
3± 5
2
⇒ a = −1 ou a = 4
Concluímos que
(a) Esse caso nunca ocorre.
(b) a = −3,−1 ou 4.
(c) a /∈ {−3,−1, 4}.
8