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Gabarito Prova 2 de Álgebra Linear II – M1 25/06/2015
2015/1
Questão 1: Resolvendo o sistema por eliminação de Gauss o
processo terminará quando a matriz de coeficientes estiver na
forma escalonada (no mínimo!)
x y=1
x yz=1
y zt=1
axbyczdt=1
em notação matricial
 1 1 0 01 1 1 00 1 1 1a b c d  .
x
y
z
t =
1
1
1
1
Passo 1:
 1 1 0 0 ⋮ 11 1 1 0 ⋮ 10 1 1 1 ⋮ 1a b c d ⋮ 1
Passo 2: L2 ← L2-L1 e L4 ← L4-a.L1
1 1 0 0 ⋮ 10 0 1 0 ⋮ 00 1 1 1 ⋮ 10 b−a c d ⋮ 1−a ;
Passo 3: L2 ↔ L3
1 1 0 0 ⋮ 10 1 1 1 ⋮ 10 0 1 0 ⋮ 00 b−a c d ⋮ 1−a ;
Passo 4: L4 → L4 – (b-a) L2
1 1 0 0 ⋮ 10 1 1 1 ⋮ 10 0 1 0 ⋮ 00 0 c−b−a  d−b−a  ⋮ 1−a−b−a 
Passo 5: L4 → L4 – [c-(b-a)] L3
1 1 0 0 ⋮ 10 1 1 1 ⋮ 10 0 1 0 ⋮ 00 0 0 d−b−a  ⋮ 1−b
Como o número de equações é igual ao de incógnitas, a matriz de
coeficientes é quadrada e podemos dizer que 
1.1) O sistema terá solução única se o determinante
d−b−a ≠0 ;
1.2) Se o determinante for nulo, isto é, d-(b-a)=0 então
o sistema ou terá infinitas soluções ou será
impossível. Não terá solução se d-(b-a)=0 e
1−b≠0 ;
1.3) E terá infinitas soluções se d-(b-a)=0 e b=1.
1.4) Fazendo a=0 , b=1 , c=0 e d=1 na matriz obtida
após o passo 5 obtemos
1 1 0 0 ⋮ 10 1 1 1 ⋮ 10 0 1 0 ⋮ 0
0 0 0 0 ⋮ 0
 com infinitas soluções (x,y,z,t) que
serão obtidas a partir da resolução do sistema
x y=1
yzt=1
z=0
donde
x=1− y=1−1t=t
y=1−t
z=0
t=t ∀ t∈ℝ
.
Conjunto solução
S={ xyzt =
t
1−t
0
t
∈ℝ4 e ∀ t∈ℝ} .
Questão 2: Aplicamos à matriz A aumentada com as colunas da
identidade I operações elementares até deixa-la na forma escada
reduzida por linha. O determinante deve ser obtido
simultaneamente
1 1 0 0 ⋮ 1 0 0 01 1 1 0 ⋮ 0 1 0 00 1 1 1 ⋮ 0 0 1 00 0 1 1 ⋮ 0 0 0 1
Passo1: L2 ← L2 – L1 e L3 ← L3-L4 (não alteram o
determinante)
1 1 0 0 ⋮ 1 0 0 00 0 1 0 ⋮ −1 1 0 00 1 0 0 ⋮ 0 0 1 −10 0 1 1 ⋮ 0 0 0 1 
Passo 2: L2 ↔ L3 (determinante muda de sinal)
1 1 0 0 ⋮ 1 0 0 00 1 0 0 ⋮ 0 0 1 −10 0 1 0 ⋮ −1 1 0 00 0 1 1 ⋮ 0 0 0 1 
Passo 3: L4 ← L4 – L3 e L1 ← L1 – L2 (não alteram o
determinante)
1 0 0 0 ⋮ 1 0 −1 10 1 0 0 ⋮ 0 0 1 −10 0 1 0 ⋮ −1 1 0 00 0 0 1 ⋮ 1 −1 0 1  .
Assim det A = - det I = -1.
2.2) Para resolver o sistema AX=b utilizando a inversa
fazemos X=A−1 b , portanto
X= 1 0 −1 10 0 1 −1−1 1 0 0
1 −1 0 1
 .1234=
2
−1
1
3 
Questão 3: Para resolver (3.1) e (3.2), simultaneamente,
consideramos a matriz em que as linhas são os vetores que geram
S e uma linha com o vetor genérico (x,y,z,t), que para pertencer a
S deverá satisfazer uma equação. Ao realizarmos operações
elementares com as linhas descobriremos quais vetores que geram
S são linearmente independentes, obtendo assim uma base de S.
Por outro lado vamos obter a equação que informa o que um vetor
qualquer deve satisfazer para ser uma combinação linear dos
vetores que geram S e, portanto, pertencer a S:
 1 1 0 01 1 1 00 1 1 10 1 0 1
x y z t
 
Passo 1: L2 ← L2 – L1 , L3 ← L3 – L4 e L5 ← L5 – x. L1
1 1 0 00 0 1 00 0 1 00 1 0 1
0 y− x z t
 ;
Passo 2: L4 ↔ L2
1 1 0 00 1 0 10 0 1 00 0 1 0
0 y− x z t
 ;
Passo 3: L4 ← L4-L3 e L5 ← L5 – (y-x).L2 
1 1 0 00 1 0 10 0 1 00 0 0 0
0 0 z t− y−x 

Passo 4: L5 ← L5 – z.L3
1 1 0 00 1 0 10 0 1 00 0 0 0
0 0 0 x− yt
 ;
Assim as três primeiras linhas são linearmente independentes e
constituem uma base de S, uma vez que o quarto elemento do
conjunto gerador era desnecessário. Para que a última linha seja
uma combinação linear das anteriores devemos ter x – y + t = 0 ,
a equação de S.
3.3)Como
W={ x , y , z , w∈R4 tal que x− yzt=0 }
então os pontos de W são soluções do sistema com uma equação e
4 incógnitas
 x-y+z+t=0;
que, portanto, tem grau de liberdade 3:
x=y-z-t
∀ y , z e t ∈ℝ .
Assim
W={ xyzt =
y−z−t
y
z
t
=y . 110
0
z.−10−1
0
t.−100
1
 }
e W= [ (1,1,0,0) , ( -1,0,-1,0) , (-1, 0, 0, 1)] e para verificar se os
vetores que geram W são linearmente independentes resolvemos
1 . 11002 .
−1
0
−1
0 3 .
−1
0
0
1 =
0
0
0
0
que equivale ao sistema:
1−2−3=0
1=0
−2=0
3=0
,
e ,portanto, 1=2=3=0 e os vetores geradores
formam uma base para W.
3.4) S∩W é o conjunto de pontos (x,y,z,t) que satisfazem às
equações de S e de W ao mesmo tempo. Portanto, devemos
resolver o sistema
x− yt=0
x− yzt=0
;
Substituindo a primeira equação na segunda obtemos z = 0 e x =
y – t :
S∩W={ xyzt =
y−t
y
0
t
∈ℝ4,∀ y∈ℝ e t∈ℝ} .
Questão 4: Considere S e W subespaços do R3 . Considere o
seguinte subconjunto de R3
SW ={ x , y , z ∈R3 ∣ x , y , z=uw , u∈U e w∈W }
Mostre que S+W é subespaço do R3 . Este é um exemplo do
livro feito na página 146:
1) Como o vetor nulo está em ambos S e W então
00=0∈SW e SW≠∅ ;
2) Se  x1 , y1 , z1 e  x2 , y2 , z2 estão em S+W
então
 x1 , y1 , z1= u1v1 e  x2 , y2 , z2= u2v2 .
Portanto, 
 x1 , y1 , z1 x2 , y2 , z2=u1v 1 u 2v2 ,
 u1v1 u2v2= u1u2
∈U
 v1v2
∈V
∈UW
3) Se  x1 , y1 , z1 está em S+W e ∈ℝ então
 x1 , y1 , z1= u1v1
e 
 . x1 , y1 , z1= .  u1v1= . u1 . v1∈UW