Gabarito da Lista 1 Geometria Analítica e Álgebra Linear I

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GABARITO DA 1a LISTA DE GEOMETRIA ANALÍTICA E ÁLGEBRA LINEAR I 
1. a) A+B ∃ (os tipos são diferentes) 












−−
−−−
−−
−−−
=⋅
8973359
6131317
1823119
1311111
BA)b 






−
−−
=⋅
4929
4260
AB)c 
( ) ( ) 





−
−
=⋅⋅=⋅⋅
129205
4506CABCAB)ee)d (faça as contas – exemplo de que vale a propriedade associativa na 
multiplicação de matrizes) 
2. 










−
−
−
13yx
y10x
112
2
 é simétrica 










−−
−=










−
−
−
⇔
1y11
3y01
xx2
13yx
y10x
112 2
2
 
 .2ye1x
2y
1x
1x
y13y
1x
1x2
=−=⇒





=
−=
±=
⇒






−=−
−=
=
⇒ 
3. .5ne6m
6m12
75n15
36
758
3m12
n158
BA)a =−=⇒



=+
=
⇒





=





+
⇔= 
 
.
3n
9m
134n
4140m
36
1341
36
4n40mBA)b 2
222



±=
±=
⇒




=+
=−
⇒





=







 +−
⇔= 
 
4. a) Temos ,
6231b
5131b
5221b
4121b
4211b
3111b
e
7223a
5123a
6222a
4122a
5221a
3121a
32
31
22
21
12
11
32
31
22
21
12
11










=++=
=++=
=++=
=++=
=++=
=++=










=⋅+=
=⋅+=
=⋅+=
=⋅+=
=⋅+=
=⋅+=
 ou seja, .
65
54
43
Be
75
64
53
A










=










= 
 
Logo, .
1310
118
96
65
54
43
75
64
53
BA










=










+










=+ 
b) Temos .
10
10
10
65
54
43
75
64
53
BAD










=










−










=−= 
 
c) Como D = A - B, temos ( ) ( ) .1jji1j2ibad ijijij −=++−+=−= 
5. ∃63c (o tipo da matriz C é 4x9). 
A linha 3 da matriz A é dada por 












•••••••
−−−−
•••••••
•••••••
=
4321012
A e a coluna 7 da matriz B é dada por 
 
2 






















••••••••
••••••••
••••••••
••••••••
••••••••
••••••••
••••••••
=
7
6
5
4
3
2
1
B . 
Portanto, o elemento 37c procurado é dado por 
 ( ) ( ) ( ) ( ) .5674635241302112c 37 −=⋅−+⋅−+⋅−+⋅−+⋅+⋅+⋅= 
 
6. Temos, por definição, que 





=
43
22
A . Logo, 





=
42
32
A t e ( ) 





=
2212
1810
A
2t
. 
7. a) 





=





−−
⋅





−−
=⋅
00
00
64
96
64
96
AA 
OBS.: Matrizes com a característica vista no exemplo ( 0AA =⋅ ) são chamadas de nilpotentes. 
b) 





−−
=





−−
⋅





−−
=⋅
42
105
42
105
42
105
AA 
OBS.: Matrizes com a característica vista no exemplo ( AAA =⋅ ) são chamadas de idempotentes. 
8. a) FALSO. Contra-exemplo: Se 





=





=
00
21
Be
40
30
A , então 0
00
00
BA =





=⋅ , mas A ≠ 0 e B ≠ 0. 
b) e c) VERDADEIROS 






=





=





=
0
2Ce
1
1
B,
22
11
ASe:Exemplo.VERDADEIRO)d , então .
4
2CABA 





=⋅=⋅ 
e) VERDADEIRO. 
 
f) FALSO (verifique através de um exemplo) 
9. Temos .
4,9
2,8
6,2
4,7
6,0
4,0
0,90,10
0,90,7
0,30,2
0,70,8












=





⋅












 
Logo, as médias da Pafúncia nas disciplinas Geometria Analítica, Álgebra Linear, Cálculo e Estágio são, 
respectivamente, 7,4, 2,6, 8,2 e 9,4. 
10. A quantidade de queijo necessária para a preparação dos sanduíches é dada por g2081010618 =⋅+⋅ . Da 
mesma forma, obtém-se a quantidade dos outros ingredientes. Isso é o mesmo que fazer o seguinte produto de 
matrizes: 
.
60
258
486
208
10
6
60
1223
3326
1018












=





⋅












 
Logo, as quantidades procuradas são 208 g de queijo, 486 g de salada, 258 g de rosbife e 60 g de atum. 
11. Usando as propriedades de produto de matrizes, descobrimos que o tipo da matriz M é 2x2. Seja, então, 
.
dc
ba
M 





= 
e1ce3a
1
3
c
a
1
3
0
1
dc
ba
1
3
0
1
M,Logo ==⇒





=





⇒





=





⋅





⇔





=





⋅ 
.2de1b
2
1
d
b
2
1
1
0
dc
ba
2
1
1
0
M ==⇒





=





⇒





=





⋅





⇔





=





⋅ 
 
3 
Portanto, .
21
13
M 





= 
12. Temos .
0
2
1
2
1
4
3
B
0d
2
1
c
2
1b
4
3
a
1d3b2
0c3a2
0d2
1c2
10
01
dc
ba
32
20
IBA 2










−
=⇒









=
=
=
−=
⇒







=+
=+
=
=
⇒





=





⋅





⇔=⋅ 
13. Usando as propriedades de produto de matrizes, descobrimos que o tipo da matriz B é 2x1. Seja, então, 






=
b
a
B . Temos .
1
0
B
1b
0a
1b
2b2a
1
2
b
a
10
21CBA 





=⇒



=
=
⇒



=
=+
⇒





=





⋅





⇔=⋅ 
14. Temos 





=





=





=
10
41
Ae
10
31
A,
10
21
A 432 . Portanto, 





=
10
1001
A100 . 
15. Temos [ ] [ ] .11x01012x20
5
3
2
24x0BA t =⇒=−−⇒=










−⋅−⇔=⋅ 
16. ⇒





⋅





=





⋅





⇔⋅=⋅⇔
01
21
yx
10
yx
10
01
21
ABBAcomutamBeA 
 
 .
2
1ye
2
1
x
0yx
0y21
1x2
x2yx
01
10
y21x2
−==⇒





=+
=+
=
⇒





+
=




 +
⇒ 
 
17. a) Temos .3
10
13
Bdete2
01
21
Adet =−=−== Logo, .1BdetAdet =+ 
b) Temos 





=




 −
+





=+
11
14
10
13
01
21
BA e, portanto, ( ) .314
11
14
BAdet =−==+ 
NOTE que ( ) BdetAdetBAdet +≠+ . 
18. ( ) .516
31
12
Adet)a −=−−−=
−−
= 
 
.22242
16
42
Adet)b −=−== 
 
.2181243
22
31
01
122
431
201
Adet)c −=−−−=−−= 
 
.4046164616
12
21
12
412
321
412
Adet)d =+−+++=
−
−
−
−
= 
 
19. 
2122
1
L1211251210
01211271
L5LL1035
01211271L
12
1
1035
01712)a
⋅






−−←










 
211 L12
7LL
12510
01211271
−←






−






−
−
12510
7301
 .
125
73
A 1 





−
−
=∴ − 
23
133
122
12
L
110010
021130
010131
L1LL
L2LL
100121
001132
010131L
100121
010131
001132
)b










−
−
−
+←
+←









−−
−−
−










−−
−
−−
 
 
4 
2L1
021130
110010
010131
−










−
−
− 311
233
211 L1LL
311100
110010
320101
L3LL
L3LL
021130
110010
010131 −←










−−
−−
−−
+←
+←










−
−−
−
 










−−
−−
−−
311100
110010
011001
 .
311
110
011
B 1










−−
−−
−−
=∴ − 
( )
( ) 3
2
133
122
L41
L21
103400
012220
001201
L3LL
L2LL
100203
010222
001201
)c
⋅−
⋅−










−
−−
−
+←
−←










−
−−
−
 










−−
−−
−−
+←
+←










−−
−−
−
41043100
412141010
21021001
L1LL
L2LL
41043100
0211110
001201
322
311
 .
4
10
4
3
4
1
2
1
4
1
2
10
2
1
C 1
















−−
−−
−−
=∴ − 
133
122
113
L3LL
L2LL
001313
010142
100221L
001313
010142
100221L
100221
010142
001313
)d
+←
−←










−−−
−−
−−










−−−
−−
−−−










−−−
−−
−−−
 
322 L2LL
301350
210580
100221
+←










−
−−
−
233
211
2
L5LL
L2LL
301350
22/112/110
100221
L
2
1
301350
412120
100221
−←
−←










−
−
−










−
−
−
322
311
3
L
2
1LL
LLL
1458100
22/112/110
312101
L272/542/100
22/112/110
312101
−←
−←










−−
−
−−










−−
−
−−










−−
−
−
1458100
935010
1146001
 
.
1458
935
1146
D 1










−−
−
−
=∴ − 
e) A matriz E não possui inversa. 
 
20. 



=−
=+
1y2x3
3y4x2)a 
Temos 016
23
42
D ≠−=
−
= . Assim, o sistema é possível (compatível) e determinado. Vamos resolver pela regra 
de Cramer: 
Temos .
16
7
D
D
y7
13
32
De
8
5
D
D
x10
21
43
D yyxx ==⇒−====⇒−=
−
= Portanto, .
16
7
,
8
5S












= 



=+
=+
50y16x10
34y8x5)b 
Vamos resolver por Gauss-Jordan: 
Temos 
.
1800
534581
L10LL501610
534581L
5
1
501610
3485
122
1






−−←










 
Voltando ao sistema, temos .
18y0
5
34y
5
8
x




−=
=+
 
 
5 
A segunda equação não tem solução, pois ∃ y tal que 18y0 −= . Portanto, o sistema é impossível ou incompatível 
e φ=S . 



=−
=−
⇔



+=
=−
12y15x9
8y10x6
12y15x9
8y10x6)c 
Vamos resolver por Gauss-Jordan: 
Temos .
000
34351
L9LL12159
34351L
6
1
12159
8106
122
1





 −
−←




−
−






−
−
 
Voltando ao sistema, temos: 




=
=−
0y0
3
4y
3
5
x
 
Portanto, o sistema é possível (compatível) e indeterminado. Se ,y α= então .
3
45
x
+α
= Assim, o conjunto 
solução é dado por .R,,
3
45S






∈α





α
+α
= 





=++
=++
=++
20z14y7x
46z26y16x4
24z12y9x3
)d
 
Temos 2
133
122
1
L
4
1
121040
141040
8431
L1LL
L4LL
201471
4626164
8431L3
1
201471
4626164
241293
⋅










−←
−←









⋅










 
.
2000
272510
8431
L4LL121040
272510
8431
233 









−−←









 
Voltando, 






−=
=+
=++
2z0
2
7
z
2
5y
8z4y3x
 
A terceira equação não tem solução, pois ∃ y tal que 2z0 −= . Portanto, o sistema é impossível ou incompatível e 
φ=S . 
 





−=−−
=+−
=−+
24z7y2x
5z4y5x3
2z2y3x2
)e 
1º modo: Substituição: 





−+=⇒−=−−
=+−
=−+
24z7y2x24z7y2x
5z4y5x3
2z2y3x2
. Substituindo nas duas primeiras equações, temos 
( )
( ) 

+−=⇒=+
=+



⇒
=+−−+
=−+−+
77z25y77z25y
50z12y7
5z4y524z7y23
2z2y324z7y22
. Substituindo na primeira equação, temos 
( ) 3z50z1277z257 =⇒=++− . Voltando nas equações usadas para isolar as incógnitas, temos 1xe2y == . 
2º modo: Gauss-Jordan: 
Temos 
233
211
133
122
13
L7LL
L2LL
501270
772510
24721
L2LL
L3LL
2232
5453
24721L
24721
5453
2232
−←
+←









 −−−
−←
−←










−
−
−−−










−−−
−
−
 
 
6 
3L163
148916300
772510
1304301
⋅−










−−










−←
−←










3100
2010
1001
L25LL
L43LL
3100
772510
1304301
322
311
 
Voltando, .
3z
2y
1x





=
=
=
 
Portanto, o sistema é possível (compatível) e determinado e S = {(1,2,3)}. 





=++−
=−−
−=−−
10z8y4x2
2zyx4
5z7y3x5
)f 
 
1º modo: Substituição e adição: 





=++−
−−=⇒=−−
−=−−
10z8y4x2
2yx4z2zyx4
5z7y3x5
. Substituindo nas outras equações, temos 
( )
( ) 

=−
−=+−
⇒



=−−++−
−=−−−−
26y4x30
19y4x23
102yx48y4x2
52yx47y3x5
. Resolvendo este sistema por adição, temos 1x7x7 =⇒= . 
Assim, 1ze1y == . 
2º modo: Gauss-Jordan: 
Temos 
13
3
L
5421
2114
5735
L
2
110842
2114
5735










−−−
−−
−−−
⋅−










−
−−
−−−
233133
122
L1LL201370
221570
5421
L5LL
L4LL
5735
2114
5421
−←








 −−−
−←
−←










−−−
−−
−−−
 
211
3
2
L2LL
1100
7/227/1510
5421
L
2
1
L
7
1
2200
221570
5421 +←









 −−−
⋅−
⋅










−−
−−−










−←
−←










1100
1010
1001
L)7/15(LL
L)7/2(LL
1100
7/227/1510
7/97/201
322
311
 
Voltando, .
1z
1y
1x





=
=
=
 
Portanto, o sistema é possível (compatível) e determinado e S = {(1,1,1)}. 





=++
=++
=++
7z2y2x3
9z4y3x2
11z6y4x
)g 
Vamos resolver por Gauss-Jordan. Temos 
2
233133
122 L5
1
0000
13850
11641
L2LL2616100
13850
11641
L3LL
L2LL
7223
9432
11641
⋅−










−−−
−←









−−−
−−−
−←
−←










 
 
7 
211 L4LL
0000
5/135/810
11641 −←



















 −
0000
5/135/810
5/35/201
. 
Voltando, .
0z0
5/13z)5/8(y
5/3z)5/2(x





=
=+
=−
 
Portanto, o sistema é possível (compatível)e indeterminado. Se ,z α= então .
5
23
xe
5
813y α+=α−= Assim, o 
conjunto solução é dado por .R,,
5
813
,
5
23S






∈α





α
α−α+
= 





=−
=+−
=++
0zy
0yx
0z3y2x
)h 
Vamos analisar o sistema usando Cramer: temos 06
110
011
321
D ≠−=
−
−= . Assim, o sistema é possível (compatí-
vel) e determinado. Além disso, como o sistema é homogêneo, temos que a solução trivial é a única, ou seja, 
( ){ }.0,0,0S = 





=++
=++
=++
0z20y25x5
0z8y5x3
0z4y2x2
)i 
1º modo: Vamos analisar o sistema usando Cramer: temos 040
20255
853
422
D ≠−== . Assim, o sistema é 
possível (compatível) e determinado. Além disso, como o sistema é homogêneo, temos que a solução trivial é a 
única, ou seja, ( ){ }.0,0,0S = 
2º modo: Vamos resolver por Gauss-Jordan. Temos 
133
122
1
L5LL
L3LL
020255
0853
0211L2
1
020255
0853
0422
−←
−←









⋅−










233
211
2
L20LL
L1LL
010200
0110
0211
L
2
1
010200
0220
0211
−←
−←










⋅










 










−←
−←










−










− 0100
0010
0001
L1LL
L1LL
0100
0110
0101
L
10
101000
0110
0101
322
311
3
 
Voltando, .
0z
0y
0x





=
=
=
 
Portanto, o sistema é possível e determinado e S = {(0,0,0)}. 





=++
=++
=++
01z3y2x3
23z6y4x3
10z3y2x
)j 
Vamos resolver por Gauss-Jordan. Temos 
 
8 
2
133
122 L2
1
20640
7320
10321
L3LL
L3LL
10323
23643
10321
⋅−










−−−
−−−
−←
−←










.
6000
272310
10321
L4LL20640
272310
10321
233 









−+←









−−−
 
Voltando, .
6z0
2
7
z
2
3y
10z3y2x






−=
=+
=++
 
A terceira equação não tem solução, pois ∃ y tal que .6z0 −= Portanto, o sistema é impossível ou incompatível e 
φ=S . 
21. Se a denota o número de mesas ocupadas por 2 pessoas e b o número de mesas ocupadas por 4 pessoas, 
temos o sistema 



=+
=+
38b4a2
12ba
. 
Vamos resolver por adição. Multiplicando a primeira equação por 2− , temos 



=+
−=−−
38b4a2
24b2a2
. Somando as 
equações termo a termo temos 7b14b2 =⇒= e, então, 5a = . 
22. Sejam x, y e z respectivamente os preços do hambúrguer, do suco e da cocada. Temos, então o sistema 





=++
=++
=++
00,57z5y3x8
50,21z2yx3
00,10zyx
. Utilizando qualquer um dos métodos revistos em sala de aula, chegamos à solução. 
Resposta: O preço do hambúrguer é R$ 4,00, o do suco é R$ 2,50 e o da cocada é R$ 3,50. 
24. Sejam x, y e z respectivamente a quantidade de calorias em uma colher de sopa de arroz, uma almôndega e 
uma porção de brócolis. Pelo enunciado, chegamos ao sistema 





=++
=++
=++
252z2y2x2
290zy3x2
274zy2x3
. 
Vamos resolver por substituição e adição: 
( )
( ) .38zy
104z2y
290zy3zy1262
274zy2zy1263
zy126x252z2y2x2
290zy3x2
274zy2x3



=−
−=−−
⇒



=++−−
=++−−
⇒





−−=⇒=++
=++
=++
 
Somando as equações termo a termo temos 22z66z3 =⇒−=− e, então, 60y = . Substituindo os valores 
encontrados na equação em que o x foi isolado, temos 442260126x =−−= . Portanto, o almoço de ontem teve 
um total de 1862260244zy2x =+⋅+=++ calorias.