Resolucao P1 MAT011

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Universidade Federal de Itajubá - UNIFEI
Primeira Prova de MAT011 - Gabarito
Prof. Rodrigo Lipparelli Fernandez - IMC
13 de abril de 2018
1ª Questão
Gabarito:
a) a = ±
√
3 b) a 6= ±
√
3 c) @a
Resolução:
Para o sistema, 
x+ y + z = 2
2x+ 3y + 2z = 5
2x+ 3y + (a2 − 1)z = a+ 1
Pelo método de Gauss, devemos apenas zerar os elementos abaixo da diagonal principal, se possível. Fazemos
então a matriz aumentada [A|B], 1 1 1 22 3 2 5
2 3 a2 − 1 a+ 1
L3− L2−−−−−→
 1 1 1 22 3 2 5
0 0 a2 − 3 a− 4
L2− 2L1−−−−−−→
 1 1 1 20 1 0 1
0 0 a2 − 3 a− 4

que é equivalente ao sistema 
x+ y + z = 2
y = 1
(a2 − 3)z = a− 4
Portanto, teremos,
X =
xy
z
 =

1− z
1
a− 4
a2 − 3

a) O sistema não tem solução caso a2 = 3 =⇒ a = ±
√
3 , pois neste caso, teremos 0z = ±
√
3 − 4, o que
caracteriza um sistema sem solução.
b) Para que o sistema possua solução única, precisamos que a 6= ±
√
3 , pois neste caso fixamos unicamente o
valor de z.
c) Para que o sistema possua infinitas soluções, precisamos que a = ±
√
3 e a = 4, simultaneamente, o que é
impossível.
1
2ª Questão
Gabarito: a 6= 2
Resolução: Fazendo a matriz aumentada [A|I3],
 1 1 1 1 0 01 0 0 0 1 0
1 2 a 0 0 1
L2− L1, L3− L1−−−−−−−−−−−−−→
 1 1 1 1 0 00 −1 −1 −1 1 0
0 1 a− 1 −1 0 1
L1 + L2, L3 + L2, −L2−−−−−−−−−−−−−−−−−→
 1 0 0 0 1 00 1 1 1 −1 0
0 0 a− 2 −2 1 1

︸ ︷︷ ︸
Solução do problema aqui
L3
a− 2 , L2− L3−−−−−−−−−−−→

1 0 0 0 1 0
0 1 0
a
a− 2 −
a− 1
a− 2 −
1
a− 2
0 0 1 − 2
a− 2
1
a− 2
1
a− 2

Portanto, para qualquer a 6= 2, a matriz A possui inversa.
3ª Questão
Gabarito:
x = −1 y = 2
3
z =
13
3
Resolução: Para o sistema1, 
x− 2y + z = 2
2x− 5y + z = −1
2x− 7y + 2z = 2
usando a regra de Cramer, precisamos,
det(A) = det
1 −2 12 −5 1
2 −7 2
 = −3, B =
 2−1
2

e de
det(A1) = det
 2 −2 1−1 −5 1
2 −7 2
 = 3, det(A2) = det
1 2 12 −1 1
2 2 2
 = −2, det(A3) = det
1 −2 22 −5 −1
2 −7 2
 = −13
Lembrando que A1 é obtida trocando a primeira coluna de A pela coluna de B, assim como A2 tiramos a
segunda coluna de A e trocamos por B e A3 troca-se a terceira coluna de A por B. Assim, pela regra de
Cramer, a solução do sistema será
x =
det(A1)
det(A)
= −1, y = det(A2)
det(A)
=
2
3
, z =
det(A3)
det(A)
=
13
3
=⇒ X =
xy
z
 = 1
3
−32
13

1Lembrando da errata que na terceira equação trocamos 3x por 2x
2