Aula e Exercsícios de Alg Linear

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0.1. AULAS 1: 1
0.1 Aulas 1:
Plano cartesiano, vetores, produto interno, norma de vetores, área de um paralelogramo
I Problemas resolvidos
Exemplos:
(Ex.1) Considere os pontos P = (2, 3), Q = (−4, 1). Determine um ponto M no segmento de reta PQ
que seja equidistante a P e a Q; ou seja, d(M,P ) = ||−−→MP || = ||−−→MQ|| = d(M,Q). Este ponto é
chamado de ponto médio entre P e Q.
(Ex.2) Mostre que as medianas (reta que passa pelo vértice de um triângulo e o ponto médio do lado oposto
a esse vértice) se enontram num único ponto chamado de baricentro.
(Ex.3) Dado o vetor ~u = (a, b); existe um único vetor, chamaremos aqui de ~u⊥ = (−b, a), que tem a mesma
norma de ~u e lhe é ortogonal, sendo obtido como uma rotação de ~u de 90o no sentido anti-horário.
Isso nos dá uma regra prática de obter um vetor ortogonal a um dado vetor do plano: « o vetor
ortogonal a um vetor dado é obtido trocando a abscissa pela ordenada e em seguida invertendo o
sinal da primeira entrada»; (a, b) ⊥−→ (−b, a).
(Ex.4) Mostre que a área do paralelogramo �0AZB, onde A = (xA, yA), B = (xB , yB) e Z = A + B é
igual a xAyB − xByA, que é o determinante da matriz cujas linhas são os pontos A e B.
Resoluções:
(Ex.1) Mostraremos em geral que o ponto médio entre quaisquer pontos P e Q é obtido simplesmente
como a média aritmétrica entre P e Q, ou seja, M = P+Q2 . Sendo assim, no exemplo específico, teremos
M = 12 ((2, 3) + (−4, 1)) = (−1, 2).
P Q
M
O
Os vetores
−−→
PM e
−−→
MQ são iguais e, de fato, igual a metade
do vetor
−−→
PQ:
−−→
PM =
−−→
MQ = 1
2
−−→
PQ. Assim o ponto médio
M que é o vetor
−−→
OM – sendo O a origem do sistema de
coordenadas – é escrito como a soma do vetor
−→
0P com
o vetor
−−→
PM , ou seja, M = P +
−−→
PM = P + 1
2
−−→
PQ =
P + 1
2
(Q− P ) = (1− 1
2
)P + 1
2
Q = P+Q
2
(Ex.2) Considere o triângulo 4ABC e os pontos médio de cada lado do triângulo MA, MB e MC .
A B
C
MB MA
MC
G
Mostraremos que existem parâmetros reais (escalares re-
ais) α, β e γ tais que:
A+ α
−−−→
AMA = B + β
−−−→
BMB e A+ α
−−−→
AMA = C + γ
−−−→
CMC ;
o que resultaria em existência de um ponto G, chamado
de baricentro, que pertence às três retas medianas. Já
sabemos que MA = B+C2 , MB =
A+C
2
eMC = A+B2 .
Calculando
−−−→
AMA como MA−A = B+C2 −A = B+C−2A2 ,
obtemos da mesma forma
−−−→
BMB =
A+C−2B
2
e
−−−→
CMC =
A+B−2C
2
. Para comprovar a identidade acima teremos
que mostrar a existência dos parâmetros que resolvem as
seguintes equações:
na primeira identidade:
A + αB+C−2A2 = (1 − α)A + α2B + α2C = β2A + (1 − β)B + β2C = B + βA+C−2B2 , daí toma-se
α = β = 2/3 e resolve equação;
e na segunda identidade:
A+αB+C−2A2 = (1−α)A+ α2B+ α2C = γ2A+ γ2B+(1−γ)C = C+γA+B−2C2 , daí toma-se igualmente
α = γ = 2/3 e resolve as duas identidades conjuntamente, e o baricentro é G = A+B+C3
(Ex.3)
2
0
~u
~u⊥ O vetor que queremos obter ~u⊥ = (x, y) satisfaz (ortogo-
nalidade) (x, y) · (a, b) = 0 ≡ ax + by = 0 e (isonomia)
||(x, y)|| = ||(a, b)|| ≡ x2 + y2 = a2 + b2.
Da primeira condição temos que y = −(a/b)x que substi-
tuída na segunda condição se tem x2+(a/b)2x2 = a2+b2,
daí obtemos que x2 = b2. Logo x = −boux = b; e para
cada escolha possível de x se tem as duas possibilidades
para y, y = aouy = −a. Assim tem-se duas escolhas
apenas ~u⊥: ou (−b, a) ou (b,−a); a primeira representa
a rotação de 90o no sentido anti-horário, e segunda, no
sentido horário
(Ex. 4)
Área do paralelogramo e determinante:
Ta
Tb
Ra
Rb
Sa
Sb
A
Z
B
A1 Z1
A2
B2
Z2
B1
y
O x
Área do paralelogramo:
Os seguintes triângulos são congruentes: Ta ≡ Tb;
Sa ≡ Sb;
Os dois retângulos também são congruentes: Ra ≡
Rb
A área do paralelogramo �OAZB é igual a área do
retângulo �OZ1ZZ2 menos a soma das áreas dos
quatros triângulos (Ta, Tb, Sa, Sb) e os dois retângu-
los (Ra, Rb), ou seja:
A(�OAZB) = (xA + xB)(yA + yB)− 2xAyA2 −−2xByB2 − 2xByA
= xAyB − xByA
Logo
Área do paralelogramo =
∣∣∣∣ xA yAxB yB
∣∣∣∣
II Problemas propostos
Exercícios.
1. Tomando os vetores ~u = (2,−3) e ~v = (1, 4), determine o vetor ~w = (x, y) que satisfaça a equação
2(~u− ~v + ~w)− 3(~u+ ~w) = 5~w + ~u− ~v.
2. Determine um vetor: (a) que tenha o mesmo sentido do vetor (4,−3) e cuja norma seja igual a 7;
(b) que tenha sentido contrário ao vetor (1,−2) e com norma igual a 2.
3. Dados os pontos P = (1, 1) e Q = (3,−4). Determine o ponto R ∈ PQ que satisfaça a condição:
(a)
−→
PR = 12
−−→
RQ; (b)
−→
PR = 78
−−→
RQ.
P Q
R
4. Considerando os pontos P , Q e C, escreva o vetor
−−→
CM em termos de
−−→
CP e
−−→
CQ, onde M é o ponto
médio do segmento PQ.
P Q
M
C
5. O Losango é um paralelogramo que tem todos os seus lados iguais. Verifique: (a) o paralelogramo
com vértices A = (−1, 1);B = (−2, 2);C = (−3, 1);D = (−2, 0) é um Losango. (b) As diagonais
são ortogonais entre si. (c) Qual a área desse Losango?
6. Considere o quadrilátero de vértices A = (3, 1);B = (4, 3);C = (3, 5);D = (2, 3). (a) Verifique se
esse quadrilátero é um paralelogramo. (b) Calcule a área desse quadrilátero.
0.2. AULAS 2: 3
7. Considere o paraleogramo �OABC. Mostre que o paralelogramo é um losango se, e somente se, as
diagonais do paralelogramo são ortogonais.
8. Determine um vetor que tenha o mesmo sentido de ~u = (a, b) e cuja norma seja igual a 1; denomi-
namos esse vetor de o vetor normalizado de ~u. Qual o vetor normalizado de ~u = (−1, 1)?
0.2 Aulas 2:
Retas e suas equações paramétricas e algébricas, circunferências.
I Problemas resolvidos:
Exemplos:
(Ex.1) Dados dois pontos do plano A = (−1,−2) e B = (1, 2). (a) Determine uma equação paramétrica
para a reta que passa por esses pontos; (b) Determine uma equação algébrica para a mesma reta.
(Ex.2) Para o segmento AB, onde A = (1,−4) e B=(3, 2), determine:
(a) a equação algébrica da reta r que passa pelo ponto médio e tem a direção dada por ~v = (−1, 2);
(b) o ângulo formado pela reta r e o segmento AB.
(Ex.3) Determine a relação entre as variáveis x e y de modo que o ponto P = (x, y) seja equidistante ao
ponto F = (0, 1/4) e à reta r : y = −1/4.
Resoluções:
(Ex.1)
y
x
~v
r
A
B~N
A equação paramétrica da reta r é obtida escolhendo o
ponto P0 = A e o vetor diretor da reta como sendo ~v =−→
AB = B −A = (2, 4); já para equação algébrica, o vetor
~N =
−→
AB⊥ = (−4, 2) é o vetor ortogonal à reta r.
Assim: (a) a equação paramétrica é
r : P = (x, y); P = P0 + t~v,
o que resulta na equação (x, y) = (−1,−2) + t(2, 4), ou
seja r : x = −1− 2t; y = −2 + 4t; ∀t ∈ R;
e (b) a equação algébrica
r : P = (x, y);
−−→
P0P · ~N = 0,
o que resulta na equação (x, y); (x − (−1), y − (−2)) ·
(−4, 2) = 0, ou seja r : (−4)(x + 1) + 2(y + 2) = 0, que
é finalmente escrita como a equação r : 2y − 4x = 0, ou
ainda, r : y = 2x
(Ex.2)
4
y
x
~v
r
A
M
B
(a) A equação algébrica da reta r é obtida como os pontos
P = (x, y) ∈ R2 tais que −−→MB · ~N = 0, onde ~N é o vetor
ortogonal à reta r.
O ponto médio de A e B é M = (A + B)/2. Assim
M = [(1,−4) + (3, 2)]/2 = (2,−1), e o vetor ortogonal é
~v⊥ = (−1, 2)⊥ = (2, 1), logo
[(x, y)− (2,−1)] · (2, 1) = 0 =⇒ 2.(x− 2)+1.(y+1) = 0
Ou seja, a equação da reta reta r é
r : 2x+ y = 3
(b) O ângulo formado pela reta r e o segmento AB é
igual ao ângulo entre o vetor diretor da reta, ~v, e o vetor
−→
MB.−→
MB = B −M = (3, 2)− (2,−1) = (1, 3)
cos(θ) =
−−→
MB · ~v
‖ −−→MB ‖ ‖ ~v ‖
cos(θ) = [(1, 3) · (2, 1)]/(√10√5) = 1/√2, então
θ = arccos(1/
√
2) = 450 = pi/4 rad
(Ex.3)
y
x
x2
r
F
P
P⊥
A condição para os pontos
C = {P = (x, y); d(P, F ) = d(P, r)}, ||−→FP || =
∣∣y + 1
4
∣∣
√
02 + 12
resulta na equação
√
(x− 0)2 + (y − 1
4
)2
=
∣∣y + 1
4
∣∣
Assim,elevando ambos os membros da equação anterior
ao quadrado e realizando as simplificações nos produtos
notáveis
x2 +
(
y − 1
4
)2
=
(
y +
1
4
)2
,
obtem-se a equação y = x2, ou seja, C = {(x, y); y = x2}
é uma Parábola
II Problemas propostos:
Exercícios.
1. Determine as equações algébrica e paramétrica da reta que passa por P0 = (−2, 3) e tem direçao
dada pelo vetor −→v = (1, 3).
2. Determine as equações algébrica e paramétrica da reta que passa pelos pontos A = (−2,−1) e
B = (2, 3).
3. Determine a equação algébrica da circunferência de centro C = (1, 2) e raio igual a r = 3. Lembre-se
que a definição de uma circunferência de centro C = (x0, y0) e raio r ≥ 0 é
C = {P = (x, y); ||−−→CP || = r}, ou seja: (x, y);
√
(x− x0)2 + (y − y0)2 = r.
4. Considere as equações algébricas abaixo e identifique-as como retas (determinado direção e ponto
por onde passa a reta), ou circunferências (determinando o centro e o raio)
0.3. AULAS 3 & 4: 5
(a) 2x+ 3y = 5
(b) −3x+ 2y = 2
(c) x = y
(d) x = 3
(e) x2 + y2 − 2x− 2y − 7 = 0
(f) 3x2 + 3y2 − x+ y − 2 = 0
5. (a) Dados dois pontos do R2, A e B, determine C no segmento de reta que liga A a B (AB) que
seja equidistante a A e a B.
(b) Determine o ponto médio entre A = (1, 3) e B = (−2, 4).
(c) Determine a equação (paramétrica e algébrica) da reta que passa pelo ponto médio de A = (1, 3)
e B = (−2, 4), e que seja ortogonal ao segmento de reta AB.
6. Considere a reta r : 2x − y = 5 e o ponto P0 = (1, 1): (a) Calcule a distância de P0 a r. (b)
Determine a equação algébrica da reta r⊥ que passa por P0 e é ortogonal a r. (c) Determine a
equação da circunferência tangente à reta r e de centro P0.
7. Estabeleça um critério para que duas retas r, s sejam paralelas, coincidentes, e concorrentes. Use
esse critério para decidir o que ocorre com os seguintes pares de retas:
(a) r : 2x+ 3y = 6, s : 4x+ 6y = 6;
(b) r : 2x− y = 1, s : 4x− 2y = 2;
(c) r : 2x+ 3y = 1, s : 2x− y = 2.
0.3 Aulas 3 & 4:
Cônicas: Elipse, Parábola e Hipérbole; Mudança de coordenadas e classificação das equa-
ções de segundo grau nas variáveis x, y.
I Problemas Resolvidos:
Exemplos:
(Ex.1) Determine a equação algébrica para a cônica com foco F = (1, 1), reta diretriz r : x + y = 1 e
excentricidade � igual a: (i) 1/2 (elipse); (ii) 1 (parábola); e (iii) 2 (hipérbole).
(Ex.2) Determine qual cônica é representada pela equação C : 4x2 + 4y2 − 12x+ 4y − 26 = 0.
(Ex.3) Determine os focos e os vértices da hipérbole H : xy = 1.
(Ex.4) (a) Considere a parábola P : y = (1/4a)x2. Mostre (usando o conceito de reta tangente à curva
algébrica) que o vetor
−→
N = (−ξ, 2a) é normal à reta tangente à parábola em (ξ, ζ)
(b) Verifique que o vetor que inicia no foco da parábola e terminam no ponto (ξ, ζ) da parábola
tem o ângulo de incidência em relação ao vetor normal à reta tangente nesse ponto igual ao ângulo
formado por esse vetor e à reta paralela a
−→
0y e que passa em (ξ, ζ).
(c) Conclua, observando a lei da ótica, que se um raio de luz vem do infinito paralelo ao eixo de
simetria da parábola e reflete na parede da parábola, pensando essa parede como um espelho ideal,
esse raio se concentrarará no foco.
Resoluções:
(Ex.1)
C : P = (x, y); ||−−→FP || = �d(P, r), o que resulta na equação √(x− 1)2 + (y − 1)2 = � |x+y−1|√
12+12
.
Elevando ambos os termos ao quadrado obtem-se (x− 1)2 + (y − 1)2 = �2 (x+y−1)22 .
(i) Para � = 1/2 a elipse tem a equação 8(x− 1)2 + 8(y − 1)2 = (x+ y − 1)2. Expandindo os termos
quadráticos, simplificando e reorganizando-os, obtem-se a equação:
E : 7x2 − 2xy + 7y2 − 14x− 14y − 17 = 0.
(ii) Para � = 1 a parábola tem a equação 2(x− 1)2 +2(y− 1)2 = (x+ y− 1)2. Expandindo os termos
quadráticos, simplificando e reorganizando-os, obtem-se a equação:
P : x2 − 2xy + y2 − 2x− 2y + 3 = 0.
6
(i) Para � = 2 a hipérbole tem a equação (x− 1)2 + (y − 1)2 = 2(x+ y − 1)2. Expandindo os termos
quadráticos, simplificando e reorganizando-os, obtem-se a equação:
H : x2 + 4xy + y2 − 2x− 2y = 0.
(Ex.2) Primeiramente cabe notar que uma equação algébrica em que o termo A = C e não possui o
termo misto, ou seja, B = 0 é uma circunferência. Pois a equação geral de uma circunferência é dada
pela condição de os pontos (x, y) serem equidistantes a um ponto C = (x0, y0) que é o centro e o raio
o valor positivo r daquela equidistância; no caso em que o raio é zero a circunferência se resume a um
único ponto: o centro. A equação da circunferência S(C, r) é obtida assim por
P = (x, y); d(P,C) = r, ||−−→CP || = r ⇐⇒
√
(x− x0)2 + (y − y0)2 = r.
Elevando a última equação ao quadrado, desenvolvendo o produto notável e rearranjando os termos
obtem-se a equação da circunferência como sendo:
C : x2 + y2 +Dx+ Ey + F = 0, onde D = −2x0;E = −2y0;F = x20 + y20 − r2.
O reconhecimento dessa equação como uma circunferência incorre em desfazer a equação acima por
um procedimento que chamamos de completamento de quadrados até voltar à condição de sua definição
original. Faremos isso no caso da equação específica do exemplo:
4(x2 − 3x) + 4(y2 + y)− 4(26/4) = 0⇐⇒
(
x− 3
2
)2
− 9
4
+
(
y +
1
2
)2
− 1
4
+
26
4
= 0;
o que resulta na circunferência de centro C = (3/2,−1/2) e raio r = 2, pois a equação é:(
x− 3
2
)2
+
(
y +
1
2
)2
= 4.
(Ex.3) Como A = C = 0 então existe uma rotação Rθ com θ = 45o(= pi/4) que elimina o termo misto
da equação nas novas variáveis x′ e y′. Lembre-se que a mudança de coordenadas é:
Rpi
4
:
{
x = 1√
2
x′ − 1√
2
y′
y = 1√
2
x′ + 1√
2
y′
Assim, substituindo na equação H : xy = 1 obtem-se outra equação para a hipérbole
H : x
′2
2
− y
′2
2
= 1, a = b =
√
2 e c =
√
(
√
2)2 + (
√
2)2 = 2
y′
x′
f ′1
f ′2
v′1
v′2
y
x
Logo, os focos e os vértices da hipérbole nas variá-
veis x, y é o resultado da rotação de pi/4 rad dos
focos f ′1 = (−2, 0) e f ′2 = (2, 0) , e os vértices
v′1 = (−
√
2, 0) e v′2 = (
√
2, 0) descritos nas variá-
veis x′, y′. Para isso basta multiplicar a matriz Rpi/4
por esses pares dispostos como matrizes colunas; o
que nos dá:
focos f1 = (−
√
2,−√2) e f2 = (
√
2,
√
2), e os vértices
v1 = (−1,−1) e v2 = (1, 1).
(Ex.4)
Para uma curva algébrica C : p(x, y) = 0 com p(ξ, ζ) = 0, dizer que a reta t : a(x− ξ) + b(y − ζ) = 0
é a reta tangente a C no ponto (ξ, ζ) é o mesmo que, ao considerar x = ξ + δ, y = ζ + ∆, implicar em
p(x, y) = p(ξ, ζ)+aδ+b∆+q(δ,∆) com o polinômio q(δ,∆) igual a soma de monômios de grau no mínimo
2 nas variáveis x, y. O vetor normal à reta tangente portanto, fica definido com ~N = (a, b) ou qualquer
múltiplo não-nulo deste.
0.3. AULAS 3 & 4: 7
No caso em que se tem p(x, y) = y− x24a então p(ξ+δ, ζ+∆) = ζ+∆−(ξ+δ)2/4a = ζ− ξ
2
4a+∆− ξδ2a− δ
2
4a ,
daí
p(x, y) = p(ξ, ζ)− ξ
2a
δ +∆+ q(δ,∆), com q(δ,∆) = − δ
2
4a
;
a reta tangente é t : − ξ2aδ +∆ e um vetor normal à reta é (− ξ2a , 1), mas também (a) pode ser tomado
como ~N = (−ξ, 2a).
θ
θ
y
x
r
F
P
R
M
normal
tangente
~N
− ~N
~v
(b) Os ângulos de incidência dos vetores
−−→
PF e
−→
PR
em relação ao vetor diretor da reta tangente (ou à
reta ortogonal) à parábola em P , ~v (ou ~N = ~v⊥) são
iguais, ou seja
−−→
PF · ~N
||−−→PF || || ~N ||
=
−→
PR · − ~N
||−→PR|| || − ~N ||
−−→
PF = F−P = (−ξ, a−ξ2/4a), −→PR = (0,−a−ξ2/4a)
e ~N = (−ξ, 2a). No caso da parábola, ||−−→PF || =
||−→PR||;
logo, basta verificar que
−−→
PF · ~N = −−→PR · ~N , o que de fato acontece, já que
(−ξ, a− ξ2/4a) · (−ξ, 2a) = ξ2 + 2a2 − ξ2/2 = 2a2 + ξ2/2 = (0,−a− ξ2/4a) · (ξ,−2a).
F
P
(c) Como a direção dada por
−→
PR é paralela ao eixo de
simetria da parábola
−→
Oy, segue do item anterior que
um raio de luz ao incidir em P , «vindo do infinito»,
reflete na parede da parábola,segundo a lei da ótica,
com ângulos iguais, de modo que o raio se dirige para
o foco da parábola.
II Problemas propostos
Exercícios.
1. Determine a equação algébrica da Elipse de focos F1 = (1, 2) e F2 = (3, 6) e k = 6.
2. Determine a equação algébrica da Parábola de foco F = (1,−3) e reta diretriz r : x− y = −4.
3. Determine a equação algébricada Hipérbole de focos F1 = (−2,−3) e F2 = (1,−1) e k = 3.
4. Considere as equações algébricas abaixo e identifique-as como cônicas (determinado focos, reta
diretrizes, centro, raio, etc )
(a) x2 + y2 − 6x+ 4y + 9 = 0
(b) x2 + 4y2 − 6x+ 16y + 21 = 0
(c) 4x2 − y2 − 4x− 3 = 0
(d) y2 − 4y − 4x = 0
(e) 4x2 + 3y2 + 8x− 24y + 51 = 0
(f) 4y2 − 2x2 − 4y ++8x− 15 = 0
(g) 25x2 − 10x− 200y − 139 = 0
(h) 4x2 + 4y2 − 16y + 15 = 0
(i) 2x2 + 2y2 + 5xy − 3x+ 2y − 6 = 0
(j) x2 − 2xy + y2 + 1 = 0
(k) x2 − 2xy + y2 = 0
(l) 20x2 + 20y2 − 32xy − 9 = 0
(m) 2xy = 1
(n) xy − x− y − 1 = 0
5. Considere as equações algébricas abaixo; realize uma rotação para eliminar os termos xy da equaçao
algébrica nas novas variáveis introduzidas por essa rotaçao:
8
(a) x2 + y2 + 3xy − 6x+ 4y + 9 = 0
(b) x2 + 4y2 − 4xy − 6x+ 16y + 2 = 0
(c) 4x2 − y2 + xy − 4x− 3 = 0
(d) xy = 1
6. A circunferência C : (x − x0)2 + (y − y0)2 = r2. Mostre que o vetor −−→CP1 = (x1 − x0, y1 − y0) é
ortogonal à reta tangente à circunferência no ponto P1 = (x1, y1) da circunferência.
7. (a) Mostre que a equação C : x2+ y2+6x+4y+4 = 0 representa uma circunferência. (b) Verifique
que o ponto P1 = (3/2,−2 +
√
3/2) pertence a essa circunferência. (c) Determine a equação da
reta tangente à circunferência C no ponto P1 (Dica: −−→CP1, onde C é o centro da circunferência é
ortogonal à reta tangente em p1).
8. (a) Considere a elipse E : x2/9 + y2/4 = 1. Mostre (usando Cálculo: derivada como inclinação da
reta tangente ao gráfico da função e regra da cadeia) que o vetor
−→
N = (4x, 9y) é normal à reta
tangente à elipse em (x, y)
(b) Verifique que os vetores que iniciam nos focos da elipse e terminam no ponto (x, y) da elipse
tem o mesmo ângulo de incidência em relação ao vetor normal à reta tangente nesse ponto.
(c) Conclua, observando a lei da ótica, que se um raio de luz sai de um foco da elipse e reflete na
parede da elipse, pensando essa parede como um espelho ideal, esse raio retornará ao outro foco.
9. Determine quais cônicas são representadas pelas equações algébricas abaixo:
(a) x2 + y2 − 2xy − 4x− 4y + 4 = 0
(b) 4x2 − 9y2 − 8x+ 18y − 41 = 0
(c) 32x2 + 32y2 − 8xy − 60x− 60y + 63 = 0
(d) 2x2 − 2y2 + 3xy + 5x+ 2 = 0
0.4 Aulas 5 & 6:
Vetores no espaço: norma, produto interno, produto vetorial e misto, ortogonalidade.
I Problemas Resolvidos:
Exemplos:
(Ex.1) Verifique a identidade 2
[
5( 12~u− ~v − ~w) + 2~w − (~u+ ~v)
]
+ 9~v − 2~u− 5~w = ~u− 3~v + 3~w.
(Ex.2) Seja ~n = ~k = (0, 0, 1). Considere C, o cone, como o conjunto caracterizado pelos vetores ~u = (x, y, z)
cujo ângulo em relação a ~k é sempre constante, digamos θ = pi/4 rad (45o). Determine a equação
algébrica que caracteriza C.
(Ex.3) Suponha que os vetores ~u, ~v e ~w sejam não coplanares, ou seja ~w · ~u × ~v 6= 0. Mostre que: (a) Se
t~u + s~v + n~w = ~O então t = s = n = 0; (b) Qualquer vetor de R3 é unicamente representado por
uma combinação linear dos três vetores não coplanares, ou seja, para qualquer (a, b, c) ∈ R3 existem
únicos t, s, n ∈ R tal que t~u+ s~v + n~w = (a, b, c)
(Ex.4) Determine o número t ∈ R tal que o vetor ~v′ = ~v − t~u seja ortogonal a ~u, onde ~u = (1,−1, 2) e
~v = (1, 1,−1).
(Ex.5) Determine a equação paramétrica da reta no espaço que passa pelo ponto P0 = (2,−1, 1) e tem
direção dada pelo vetor ~v = (−1, 1, 3)
Resoluções:
(Ex.1)
Usando as propriedades de associatividade, distributividade, etc, reorganizamos a expressão como
(2 · 5 12 − 2− 2)~u+ (2 · 5(−1)− 2 + 9)~v + (2 · 5(−1) + 2− 5)~w o que nos dá a identidade
(Ex.2)
0.4. AULAS 5 & 6: 9
θ
O
~n ~u
Faremos o caso geral ~n = (a, b, c). O caso específico
é deixado como exercício. A condição de o ângulo
entre os vetores ~n e ~u = (x, y, z) ser sempre uma
constante θ implica em a razão entre módulo do pro-
duto interno (escalar) entre o vetores e o produto de
suas normas ser igual a constante cos θ, ou seja
|(a, b, c) · (x, y, z)|
‖(a, b, c)‖ ‖(x, y, z)‖ = cos θ, ou ainda
|ax+ by + cz|√
a2 + b2 + c2
√
x2 + y2 + z2
= cos θ
Elevando ao quadrado os dois termos e reorganizando a equação se obtem a equação quadrática
C : αx2 + βy2 + γz2 + 2abxy + 2acxz + 2bcyz = 0,
onde α =
[
a2 − cos2 θ(a2 + b2 + c2)], β = [b2 − cos2 θ(a2 + b2 + c2)], e γ = [c2 − cos2 θ(a2 + b2 + c2)].
O caso especificado no exempo dá a equação C : z2 = x2 + y2
(Ex.3)
(a) [t~u+ s~v + n~w] · ~u × ~v = ~O · ~u × ~v = ~O. Usando as propriedade de distributividade do produto
interno e o fato que ~u · ~u× ~v = ~O = ~v · ~u× ~v resulta em n(~w · ~u× ~v) = 0, logo n = 0. Fazendo o mesmo
com os vetores ~u× ~w e ~v × ~w obtemos respectivamente s = 0 e t = 0.
(b) Mostramos que existem únicos t, s, n tais que t~u+ s~v+ n~w = (a, b, c). Façamos o produto interno
de (a, b, c) pelos vetores ~v × ~w, por ~u× ~w, e por ~u× ~v para obtermos
t =
(a, b, c) · ~v × ~w
u · ~v × ~w , s =
(a, b, c) · ~u× ~w
v · ~u× ~w , e n =
(a, b, c) · ~u× ~v
w · ~u× ~v
em termos de determinante se tem
t =
∣∣∣∣∣∣
a b c
a2 b2 c2
a3 b3 c3
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
a1 b1 c1
a2 b2 c2
a3 b3 c3
∣∣∣∣∣∣
, t =
∣∣∣∣∣∣
a1 b1 c1
a b c
a3 b3 c3
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
a1 b1 c1
a2 b2 c2
a3 b3 c3
∣∣∣∣∣∣
, e n =
∣∣∣∣∣∣
a1 b1 c1
a2 b2 c2
a b c
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
a1 b1 c1
a2 b2 c2
a3 b3 c3
∣∣∣∣∣∣
(Ex.4)
A existência de t ∈ R tal que o vetor (~v − t~u) · ~u = 0 equivale a dizer que ~v · ~u − t~u · ~u = 0, ou seja,
o número t é igual a ~u·~v‖~u‖2 . No caso, t = (1,−1, 2) · (1, 1,−1)/(
√
12 + (−1)2 + 22)2 = −2/√6. Assim o
vetor ~v′ = (1, 1,−1)− (2/√6)(1,−1, 2) = ((√6− 2)/√6, (√6 + 2)/√6, (−√6− 4)/√6)
(Ex.5)
r : P0+ t~v, t ∈ R. Substituindo o ponto, o vetor diretor e usando as propriedades algébricas obtemos
a equação paramétrica da reta: r : (2− t,−1 + t, 1 + 3t), t ∈ R.
II Problemas Propostos:
Exercícios.
1. Determine os dois pontos no segmento de reta entre A = (1, 0,−2) e B = (2, 1, 3) cuja distância a
uma das extremidades seja o dobro da outra extremidade.
2. Seja ~k = (0, 0, 1). Considere C, o cone, como o conjunto caracterizado pelos vetores ~u = (x, y, z)
cujo ângulo em relação a ~k é sempre constante, digamos θ = pi/4 rad (45o). Determine a equação
algébrica que caracteriza C nesse caso.
3. Sejam os vetores ~u = (1,−1, 2), ~v = (2, 3,−1) e ~w = (2, 0,−3). (a) Calcule o volume do paralele-
pípedo gerado por esses vetores. (b) Os três vetores não são coplanares? (c) Determine x, y, z ∈ R
tais que x~u+ y~v + z ~w = (1, 1, 1).
10
4. Suponha que os vetores ~u e ~v é ortogonal entre si. Verifique que ‖~v − ~u‖2 = ‖~u‖2 + ‖~v‖2. Ou seja,
o triângulo de vértices O, ~u e ~v é um triângulo retângulo com hipotenusa uv.
5. Determine um vetor de norma 1 que seja ortognal ao vetor ~u = (1, 2,−1/2).
6. Considere os vetores ~u = (cos θ, sin θ, 2), ~v = (− sin θ, cos θ, 0) e ~w = (1, 1, 1). Determine os números
t, s ∈ R tais que ~w′ = ~w − t~u− s~v seja ortogonal a ~w (Dica: Observe que ~u ⊥ ~v).
7. Calcule a área do paralelogramo no plano xy de R3 gerado pelos dois vetores ~A = (xa, ya, 0) e
~B = (xb, yb, 0).
8. Determine a equação paramétrica da reta que passa por (0, 1, 0) e é ortogonal a duas retas r e s de
vetores diretores respectivamente ~v1 = (2, 0,−1) e ~v2 = (1, 1,−1).
9. Determine um vetor de norma igual a 1 que tenha a direção da reta r : (1−2t, 2+3t,−√3t), t ∈ R,
e um ponto por onde essa reta passa.
0.5 Aulas 5 & 6:
Espaço: Equação paramétrica do plano, equação algébrica do plano; projeção ortogonal.
I Problemas resolvidos
Exemplos:
(Ex.1) Determine a equação(a) paramétrica e (b) algébrica do plano que passa pelos três pontos não
colineares A = (1,−1, 2), B = (1, 1,−1) e C = (−2, 0,−1).
(Ex.2) Determine a equação paramétrica da reta que é a interseção dos dois planos 2x − y + z = 1 e
x− y + 3z = 2.
(Ex.3) Considere o plano pi : ax + by + cz = 0 que passa pela origem. Tomando ~n = ~N/‖ ~N‖, onde
~N = (a, b, c), defina a função R que leva um ponto P = (x, y, z) ∈ R3 na sua reflexão em relação ao
plano pi. Mostre que R(P ) = P − 2 < P,~n > ~n.
Resolução:
(Ex.1)
Os pontos A,B,C não são colineares pois os vetores ~u = B−A = (0, 2,−3) e ~v = C−A = (−3, 1,−3)
não tem a mesma direção (~v 6= λ~u).
(a) Tomemos P0 = A e os vetores geradores do plano: ~u e ~v. Assim, a equação paramétrica do plano
é dada por pi : A+ t(B −A) + s(C −A), t, s ∈ R, ou seja,
pi : (1− t− s)A+ tB + sC, t, s ∈ R⇐⇒ (1− t− s+ t− 2s,−(1− t− s) + t+ 0s, 2(1− t− s)− t− s)
o que resulta finalmente a expressão pi : (1− 3s,−1 + 2t+ s, 2− 3t− 3s), t, s ∈ R
(Ex.2)
A interseção corresponde a coexistência de soluções para as equações lineares, o que quer dizer a
solução do sistema linear
s :
{
2x− y + z = 1
x− y + 3z = 2
L2←2L2−L1−→
{
2x− y + z = 1
−y + 5z = 3
L1←L1+L2−→
{
2x+ 6z = 4
−y + 5z = 3
Tomando z = t nas equações do último sistema linear obtem-se x = 2− t e y = −3+5t. Logo a interseção
entre os planos é a reta r : (2 − t,−3 + 5t, t), t ∈ R que passa por P0 = (2,−3, 0) e tem o vetor diretor
~v = (−1, 5, 1)
(Ex.3)
0.5. AULAS 5 & 6: 11
θ
O
Proj~n(P )
~n
P
P⊥
R(P ) = P+
pi
O vetor projeção na direção ortogonal é
Proj~n(P ) =< P,~n > ~n. Daí o vetor que é a
reflexão do ponto P em relação ao plano pi é obtido
adicionando ao ponto P o vetor −2Proj~n(P ), já que
ao subtrair P da projeção se obtem P⊥, e subtraído
em seguida do mesmo vetor obtem-se finalmente o
ponto P+, que está na posição simétrica e ortogonal
a P ; enfim, a reflexão é dada pela expressão
R(P ) = P − 2 < P,~n > ~n
II Problemas propostos
Exercícios.
1. O plano pi : 2x− y + 3z + d = 0 passa pelo ponto P0 = (0, 1,−1). (a) Determine o número d. (b)
Determine a equação paramétrica da reta que passa por P0 e seja normal ao plano.
2. Determine a equação paramétrica da reta que é a interseção dos dois planos 2x − y + 3z = 2 e
x+ y − 2z = 3.
3. Dê a equação que caracteriza os pontos P = (x, y, z) ∈ R3 que são equidistantes a F = (0, 0, 1/4) e
ao plano pi : z − 1/4 = 0.
4. Mostre que a função reflexão em relação ao plano pi : z = 0 é R : R3 −→ R3, R(x, y, z) = (x, y,−z).
12
0.6 Aulas 7 & 8:
Sistemas lineares: Operações elementares; escalonamento; forma-escada reduzida (Gauss–
Jordan); Solução geral de um sistema
Teorema 0.6.1 Considere uma sistema linear de m equações e n incógnitas, S como no início dessa
seção. Seja A a matriz dos coeficientes e M a matriz associada ao sistema (a matriz ampliada):
1. Se o posto(A) 6= posto(M), o sistema não tem soluções (O sistema é impossível)
2. Se o posto(A) = posto(M) e nul(A) = n−post(A) = 0, ou seja o número de incógnitas for igual ao
número de linhas não-nulas da matriz reduzida à forma-escada de A, então o sistema tem solução
única (O sistema é possível e determinado)
3. Se o posto(A) = posto(M) e nul(A) = n− post(A) > 0, ou seja o número de incógnitas for maior
que o número de linhas não-nulas da matriz reduzida à forma-escada de A, então o sistema tem um
espaço de soluções descrito como a soma de uma solução particular com combinação linear
de nul(A)-parâmetros livres de soluções básicas do sistema linear homogêneo associado (O sistema
é possível e indeterminado)
Prova: Por meio de operações elementares, transforma-se a matriz ampliada (M) em sua forma
reduzida por linhas à forma-escada; com alguma generalidade essa matriz reduzida pode ser representada
como a matriz seguinte:
0 · · · 1 * 0 * 0 * · · · 0 * · · · * 0 · · · * β1
0 · · · 0 0 1 * 0 * · · · 0 * · · · * 0 · · · * β2
0 · · · 0 0 0 0 1 * · · · 0 * · · · * 0 · · · * ...
0 · · · 0 0 0 0 0 0 · · · 1 * · · · * 0 · · · * βk−1
0 · · · 0 0 0 0 0 0 · · · 0 0 · · · 0 1 · · · * βk
0 · · · 0 0 0 0 0 0 · · · 0 0 · · · 0 0 · · · 0 βk+1
... · · · · · · · · · · · · ...
0 · · · 0 0 0 0 0 0 · · · 0 0 · · · 0 0 · · · 0 0


k coeficientes líderes
a1l1 , a2l2 , a3l3 · · · , aklk
n− k variáveis livres
x1, · · · , xl1−1, · · · , xl2−1, · · · , xlk−1 , xlk+1, · · · , xn
No caso em que βk+1 = 0
tem-se posto(A) = k =
posto(M) e nulidade(A) =
n − k ⇒ o sistema li-
near ter soluções, sendo
essas soluções determina-
das por n − k-parâmetros
livres. Já se βk+1 6= 0,
o sistema linear não tem
soluções, pois a equação
0x1 + · · · + 0xn = βk+1 é
impossível de ser satisfeita.
No caso em que βk+1 6= 0, não se pode resolver a equação linear 0x1 + · · · + 0xn = βk+1. Portanto,
se posto(A) = k < k + 1 = posto(M), o sistema linear é impossível.
Sendo o posto da matriz dos coeficientes igual ao posto da matriz ampliada, e o número de incógnitas
(n), estritamente maior que o posto de A (k); decorre da forma escalonada do sistema que as k-variáveis
líderes são determinadas pelas restantes (n − k)-variáveis que funcionam como parâmetros livres (com
(n− k)-graus de liberdade).
I Problemas resolvidos
Exemplos:
(Ex.1) Encontre a(s) solução(ões) do sistema linear
S :
 x+ 6y − z = 4x+ 3y + z = 2
x− y + 2z = −1
0.6. AULAS 7 & 8: 13
(Ex.2) Calcule a matriz reduzida à forma escada equivalente à matriz, calcule o posto e a nulidade:
M =

1 2 0 −1
1 0 2 −1
1 2 2 −1
3 4 4 −3

Resolução:
(Ex.1)
Uma sucessão de operações elementares transformam o sistema linear inicial num sistema onde o
espaço de soluções é exatamente o mesmo do primeiro sistema; no sistema final, porém, ocorre uma
disposição das equações numa forma (escalonada) bem mais simples em que certas variáveis (líderes) não
podem ser eliminadas da equação por meio de operações elementateres, já que foram usadas para anular
os coeficientes da mesma variável nas outras equações do sistema, estas variáveis serão enfim determinadas
em função das restantes variáveis (se houver) que serão talvez fixadas como parâmetros livres do sistema.
Para a resolução do sistema linear nesse exemplo serão suficientes 3 operações elementares a fim de tornar
o sistema mais simples:
x+ 6 y -z = 4
x+ 3 y+z = 2
x -y +2z = -1

L2 ← L2 − L1
L3 ← L3 − L1S1 :
x+ 6 y -z = 4
0x -3 y +2z = -2
0x -7y + 3z = -5
 L3 ← L3 − 73L2→ S2 :
x+ 6 y -z = 4
0x -3 y+ 2z = -2
0x +0y − 53z = − 13
→ S3 :
Em termos da representação do sistema linear como matriz de números, teremos:
1 6 -1 4
1 3 1 2
1 -1 2 -1

 L2 ← L2 − L1L3 ← L3 − L1S1 :
1 6 -1 4
0 -3 2 -2
0 -7 3 -5

 L3 ← L3 − 73L2→ S2 :
1 6 -1 4
0 -3 2 -2
0 0 −53 −13

→ S3 :
Nesse exemplo, as variáveis líderes são todas as 3 variáveis x, y, z, de modo que não se tem parâmetros
livres, ou seja, o sistema tem uma e apenas uma solução (o sistema é determinado), a saber: determina-
se z = 15 na última equação; e substituindo na equação imediatamente acima obtem-se y =
4
5 ; e, por
fim, substituindo os valores de z e y na última equação desse processo (que é feito de baixo para cima)
determinamos x = −35
(Ex.2)
1 2 0 -1
1 0 2 -1
1 2 2 -1
3 4 4 -3


L2 ← L2 − L1
L3 ← L3 − L1
L4 ← L4− 3L1
1 2 0 -1
0 -2 2 0
0 0 2 0
0 -2 4 0


L1 ← L1 + L2
L4 ← L4 − L2
L2 ← −(1/2)L2
L3 ← (1/2)L3
1 0 2 -1
0 1 -1 0
0 0 1 0
0 0 2 0


1 0 2 -1
0 1 -1 0
0 0 1 0
0 0 2 0


L1 ← L1− 2L3
L2 ← L2 + L3
L4 ← L4− 2L3
1 0 0 -1
0 1 0 0
0 0 1 0
0 0 0 0


Posto de M = 3; Nulidade de M = 1
14
II Problemas propostosExercícios:
a. Usar o método de resolução por escalonamento para encontrar a(s) solução(ões) dos sistemas
lineares
1. S :
 x+ 6y − z = 4x+ 3y + z = 2
2x+ 3y + 4z = 2
2. S :

x+ y + z + w = 0
x+ y + z − w = 4
x+ y − z + w = −4
x− y + z + w = 2
3. S :
 x+ 6y − z = 4x+ 3y + z = 2
2x+ 3y + 4z = −2
4. S :

3x+ 2y − 4z = 1
x− y + z = 3
x− y − 3z = −3
3x+ 3y − 5z = 0
−x+ y + z = 1
b. Para os sistemas lineares abaixo, calcule o posto da matriz dos coeficientes, a nulidade, o posto da
matriz ampliada, e determine o espaço-solução.
1. S :
 2x+ 2y − z = 3x− y + z = 2
3x+ y = 1
2. S :
 2x+ 2y − z + 2w = 1x− y + z − w = −3
3x+ y + w = −2
3. S :
 x+ 3y + 2z + 3u− 7w = 142x+ 6y + z − 2u+ 5w = −2
x+ 3y − z + 2w = −1
4. S :

u− v + 2x− 2y − z − 3w = 2
3u− 2v + 5x− 7y − 5z − 8w = 5
−u+ v − x+ y + 2z + 2w = −1
u− v + 2x− 2y + 0z − w = 0
2u− 2v + 4x− 4y − 2z − 6w = 4
5. S :

u+ v − x+ y − 2z + 3w = 1
u+ v + 0x− y − z + 2w = 3
2u+ 2v + 0x− 2y + 0z − w = 3
3u+ 3v + 0x− 3y − z + w = 6
4u+ 4v − x− 2y − 3z + 4w = 10
6. S :

u+ v − x+ y − 2z + 3w = 1
u+ v + 0x− y − z + 2w = 3
2u+ 2v + 0x− 2y + 0z − w = 3
3u+ 3v + 0x− 3y − z + w = 9
4u+ 4v − x− 2y − 3z + 4w = 10
7. S :

u− 2x+ 3y − 2z + w = 1
u− x+ 2y + 0z − w = 3
u− x+ 4y − z + w = 2
u− 2x+ 3y + z − 2w = 4
2u− 3x+ 7y − 3z + 3w = 1
0.7. AULAS 9 & 10: 15
0.7 Aulas 9 & 10:
Matrizes: matrizes inversas, matrizes elementares, algorítimo da matriz inversa, Sistema
linear e álgebra matricial; Determinantes: cálculo de determinantes, matriz adjunta dos
cofatores, regra de Cramer
Teorema 0.7.1 Se a matriz quadrada A, n × n, é inversível, então A−1 pode ser determinada pelo
seguinte algorítmo:
1. constitua uma matriz "amplificada"de tamanho n× 2n cujas primeiras n colunas formam a matriz
identidade In, e as n últimas colunas formam a matriz A;
2. realize operações elementares em toda essa matriz amplificada em vistas a transformar a parte dessa
matriz que figura a matriz A na matriz identidade In;
3. simultaneamente a parte da matriz onde figurava a matriz identidade In é transformada em uma
outra matriz que, de fato, é a matriz inversa de A: A−1.
Teorema 0.7.2 Seja o sistema linear com n equações e n incógnitas S : AX = B. Então são equivalen-
tes:
(a) A é uma matriz inversível.
(b) O sistema linear S é possível e determinado.
(c) posto(A) = n.
(d) A matriz reduzida à forma escada de A é a matriz identidade.
(e) O determinante de A é diferente de zero.
Definição de Determinante
Definição 0.7.1 O determinante da matriz A é construído como
Det(A) =
∑
σ∈permutações
sgn(σ)a1σ(1)a2σ(2) · · · aiσ(i) · · · anσ(n)(linhas)
=
∑
σ∈permutações
sgn(σ)aσ(1)1aσ(2)2 · · · aσ(j)j · · · aσ(n)n(colunas)
a11 a12 a13 a14 a15 a16 a17
a21 a22 a23 a24 a25 a26 a27
a31 a32 a33 a34 a35 a36 a37
a41 a42 a43 a44 a45 a46 a47
a51 a52 a53 a54 a55 a56 a57
a61 a62 a63 a64 a65 a66 a67
a71 a72 a73 a74 a75 a76 a77
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
Por linhas:
σ1 = (15)(23)(27), sgn(σ1) = (−1)3 = −1
σ2 = (12)(13)(34)(45)(26)(67), sgn(σ2) = (−1)6 = 1
Det(A) = . . .− a15a27a32a44a51a66a73 +
+a13a26a34a45a52a67a71 + . . .
Por colunas:
σ−11 = (27)(23)(15), sgn(σ
−1
1 ) = (−1)3
σ−12 = (67)(26)(45)(34)(13)(12), sgn(σ
−1
2 ) = (−1)6
Det(A) = . . .− a51a32a73a44a15a66a27 +
+a71a52a13a34a45a26a67 + . . .
De todas as observações acerca da construção do determinante e da definição acima decorrem as seguintes
propriedades:
Propriedades do Determinante:
1. Det(A) = Det(At), onde At = (bij), tal que bij = aji, é a matriz transposta de A.
2. Se a matriz tem uma linha ou uma coluna constituída apenas de entradas nulas, então o determi-
nante é zero.
16
3. Se a matriz é triangular superior (ou inferior), ou seja, aij = 0 quando i > j (ou i < j no outro
caso), então o determinante é o produto das entradas da diagonal principal.
4. O determinante é linear em cada linha (e coluna) da matriz:∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
a11 · · · a1j · · · a1n
...
. . .
...
. . .
...
ai1 + λbi1 · · · aij + λbij · · · ain + λbin
...
. . .
...
. . .
...
an1 · · · anj · · · ann
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
a11 · · · a1j · · · a1n
...
. . .
...
. . .
...
ai1 · · · aij · · · ain
...
. . .
...
. . .
...
an1 · · · anj · · · ann
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
+
+ λ
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
a11 · · · a1j · · · a1n
...
. . .
...
. . .
...
bi1 · · · bij · · · bin
...
. . .
...
. . . · · ·
an1 · · · anj · · · ann
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
Em particular, o determinante da matriz, A1, que é a resultante da substituição de uma linha da
matriz A por um múltiplo, λ, da mesma linha é igual ao determinante da matriz original multiplicada
por esse múltiplo λ: Det(A1) = λDet(A).
5. Se a matriz tiver duas linhas (ou duas colunas) repetidas então o determinante é zero.
6. O determinante da matriz, A1, que é a resultante da troca de uma linha i da matriz A pela linha
j dessa matriz (também vale para a mesma operação feita à coluna) é igual ao determinante da
matriz original, trocado o seu sinal: Det(A1) = −Det(A).
7. O determinante da matriz, A1, que é a resultante da troca de uma linha i da matriz A por esta
linha adicionada a um múltiplo da linha j dessa matriz (também vale para a mesma operação feita
à coluna) é igual ao determinante da matriz original: Det(A1) = Det(A).
8. Se A∗ a matriz escalonada de A for obtida por exatamente k operações elementares do tipo troca
de linhas conjuntamente com outras operações elementares que não modificam o determinante,
então Det(A) = (−1)kDet(A∗). Como a matriz A∗ é uma matriz triangular superior, segue que o
determinante da matriz original é (−1)k×a∗11a∗22 . . . a∗kk . . . a∗nn. Logo, posto(A) = n⇔ Det(A) 6= 0,
e A é inversível ⇔ Det(A) 6= 0.
9. Se E1, E2, . . . , Ek são matrizes elementares então Det(Ek . . . E2E1) = Det(Ek) . . . Det(E2)Det(E1).
Mais geralmente, para matrizes quadradas do mesmo tamanho vale que Det(AB) = Det(A)Det(B)
Fórmula de Laplace
Como em cada termo da definição do determinante se tem um e apenas uma entrada de cada linha e
cada coluna, podemos selecionar uma linha i qualquer da matriz A e reapresentar a expressão do Det(A)
em termos de uma combinação do tipo:
Det(A) = ai1A¯i1 + . . .+ aijA¯ij + . . .+ ainA¯in
onde
A¯ij = (−1)i+jDet(
ij
Aˇ), onde a matriz
ij
Aˇ é A sem a linha e a coluna correspondente à entrada ij,
a qual chamaremos de cofator ij de A. Daí, decorre a seguinte fórmula para Det(A):
a11 a12 · · · a1j · · · a1n
a21 a22 · · · a2j · · · a2n
...
...
. . .
...
. . .
...
ai1 ai2 · · · aij · · · ain
...
...
. . .
...
. . .
...
an1 an2 · · · anj · · · ann
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
Expansão de Laplace para o Determinante:
Det(A) =
∑n
j=1(−1)i+jaijDet
ij
Aˇ
ij
Aˇ é a matriz n − 1 × n − 1 obtida a partir de A
eliminando a linha i e a coluna j.
0.7. AULAS 9 & 10: 17
Matriz adjunta dos cofatores
Se constituirmos uma matriz n×n, que chamaremos dematriz adjunta dos cofatores de A, A¯′ onde
A¯′ij = A¯ji – ou seja a matriz transposta da matriz dos cofatores de A – então vale que AA¯′ = Det(A)I.
Assim, se Det(A) 6= 0 então a matriz adjunta dos cofatores multiplicada pelo inverso do determinante de
A é a matriz inversa de A:
A−1 =
1
Det(A)
A¯′
Regra de Cramer
A solução para o sistema linear de n equações e n variáveis,
S :

a11x1 + a12x2 + . . .+ a1jxj + . . . a1nxn = b1
a21x1 + a22x2 + . . .+ a2jxj + . . . a2nxn = b2
. . . = . . .
an1x1 + an2x2 + . . .+ anjxj + . . . annxn = bn
=⇒ AX = B,
é única se o Det(A) 6= 0; e é dada por X = A−1B = 1Det(A) A¯′B; de onde se obtém as equações para a
solução em termos dos determinantes da matriz A eda matriz obtida a partir de A, trocando cada coluna
dessa matriz por B, matriz coluna dos coeficientes independentes do sistema linear:
x1 = (b1A¯11 + b2A¯21 + . . .+ bjA¯j1 + . . .+ bnA¯n1)/Det(A)
x2 = (b1A¯12 + b2A¯22 + . . .+ bjA¯j2 + . . .+ bnA¯n2)/Det(A)
...
...
...
xn = (b1A¯1n + b2A¯2n + . . .+ bjA¯jn + . . .+ bnA¯nn)/Det(A)
x1 =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
b1 a12 . . . a1n
...
...
. . .
...
bi ai2 . . . ain
...
...
. . .
...
bn an2 . . . ann
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
a11 a12 . . . a1n
...
...
. . .
...
ai1 ai2 . . . ain
...
...
. . .
...
an1 an2 . . . ann
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
, x2 =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
a11 b1 . . . a1n
...
...
. . .
...
ai1 bi . . . ain
...
...
. . .
...
an1 bn . . . ann
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
a11 a12 . . . a1n
...
...
. . .
...
ai1 ai2 . . . ain
...
...
. . .
...
an1 an2 . . . ann
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
, . . . , xn =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
a11 a12 . . . b1
...
...
. . .
...
ai1 ai2 . . . bi
...
...
. . .
...
an1 an2 . . . bn
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
a11 a12 . . . a1n
...
...
. . .
...
ai1 ai2 . . . ain
...
...
. . .
...
an1 an2 . . . ann
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
I Problemas propostos
Exercícios:
Para as seguintes matrizes
1.
(
2 3
1 −1
)
2.
(
1 −1
1 1
)
3.
(
2 5
1 3
)
4.
 2 1 11 3 2
−2 1 1

5.

2 1 1 1
1 3 2 1
−2 1 1 −1
3 2 −1 1

6.

2 1 1 1 −2
1 3 2 1 0
−2 0 1 −1 1
0 2 −1 1 −3
0 1 0 −2 3

a. Verifique se a matriz é inversível e determine, se for o caso, a sua matriz inversa usando o algorítmo
descrito anteriormente.
b. Calcule o determinante da matriz.
18
c. Determine a matriz adjunta dos cofatores. Mostre que a multiplicação da matriz pela matriz
adjunta dos cofatores é Det(A) vezes a matriz identidade.
Solução: 4a. 1 0 00 1 0
0 0 1
...
2 1 1
1 3 2
−2 1 1
 L3 ← L3 + L1
=⇒
 1 0 00 1 0
1 0 1
...
2 1 1
1 3 2
0 2 2
 L1 ← L1 − 12L3L3 ← 12L3
=⇒ 12 0 − 120 1 0
1
2 0
1
2
...
2 0 0
1 3 2
0 1 1
 L1 ← 12L1L2 ← L2 − L1
=⇒
 14 0 − 14−14 1 14
1
2 0
1
2
...
1 0 0
0 3 2
0 1 1
 L2 ← L2 − 3L3L3 ← L3 + L2
=⇒ 14 0 − 14−74 1 − 54−54 1 − 34
...
1 0 0
0 0 −1
0 1 0
 L2 
 L3L3 ← −L3
=⇒
 14 0 − 14−54 1 − 34
7
4 −1 54
...
1 0 0
0 1 0
0 0 1

A matriz inversa é
A−1 =
 14 0 −14− 54 1 −34
7
4 −1 54

Solução: 4b. 2 1 11 3 2
−2 1 1
 L3 ← L3 + L1
=⇒
 2 1 11 3 2
0 2 2
 L2 ← L2 − 12L1
=⇒
 2 1 10 52 32
0 2 2
 L3 ← L3 − 45L2
=⇒ 2 1 10 52 32
0 0 45
 = A∗
O determinante da matriz inicial é o determinante da matriz escalonada A∗: 2× 52 × 45 = 4.