Algebra Linear e Geometria Analítica Vetorial-portf-03, aula-03

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UNIVERSIDADE FEDERAL DO CEARÁ – UFC 
INSTITUTO UFC VIRTUAL 
CURSO DE LICENCIATURA EM MATEMÁTICA SEMIPRESENCIAL 
Disciplina: Álgebra Linear e Geometria Analítica Vetorial 
Professor Titular: Jose Valter Lopes Nunes 
Tutor a Distância: Breno Rafael Pinheiro Sampaio 
Tutor Presencial: João Paulo Cirilo de Sousa 
Aluno: José Walisson de Almeida Silva 
Matricula: 0426963 
Polo: Beberibe-Ce 
Portfólio 03 
Aula 03: Sistema de equações lineares e determinantes 
 
ATIVIDADE DE PORTFÓLIO 
Resolva os exercícios 3, 5, 7, 9, 14 e 15 da lista de exercícios da Aula 03 e envie a 
solução em um único arquivo(.doc ou pdf), através do seu portfólio da Aula 03. 
 
03) Resolva o sistema: 
3
3 4 2
2 3 1
x y
x y
x y
 

 
  
 
1 1
3 4
4 3 7
3 1
12 2 14
2 4
1 3
2 9 7
3 2
14
2
7
7
1
7
A
D
Ax Dx
Ay Dy
Dx
x
D
Dy
y
D
 
  
 
    
 
       
 
 
      
 

  


  

 
Então e ainda: 
 
3 4
2 3
9 8 1
2 4
6 4 2
1 3
3 2
3 4 1
2 1
2
2
1
1
1
1
A
D
Ax Dx
Ay Dy
Dx
x
D
Dy
y
D
 
  
 
    
 
       
 
 
      
 

  


  

 
Agora eliminação pelo método de Gauss. 
[
1 1 3
3 −4 2
2 −3 1
]
2 1 23L L L 
[
1 1 3
0 7 7
2 −3 1
]
2 2
1
7
L L
[
1 1 3
0 1 1
2 −3 1
]
2 1 32L L L 
 
[
1 1 3
0 1 1
0 5 5
]
3 3
1
5
L L
[
1 1 3
0 1 1
0 1 1
] 
1y 
 
3
1 3
2
x y
x
x
 
 

 
Portanto a solução do sistema é (2,1) 
Com isso o sistema tem forma:
 
2 1 3
6 4 2
4 3 1
 

 
  
 
 
 
05) Determine os valores de k para os quais o sistema 
 
5
2
3
x y z
x y kz
x y z
   

  
   
 tem solução. 
 
[
1 −1 1
1 −1 𝑘
1 1 −1
 −5
 2
 3
]
2 3L L
[
1 −1 1
1 1 −1
1 −1 𝑘
 −5
 3
 2
]
2 2 1L L L 
 
[
1 −1 1
0 2 −2
1 −1 𝑘
 −5
 8
 2
]
2 2
1
2
L L
[
1 −1 1
0 1 −1
1 −1 𝑘
 −5
 4
 2
]
3 3 2L L L 
[
1 −1 1
0 1 −1
0 0 𝑘 − 1
 
−5
 4
 7
] 
Assim k-1≠0, ou seja, k≠1. 
Logo, os valores de k serão os números diferentes de zero. 
Também fiz de outra forma: 
1 1 1
1 1
1 1 1
1 1 1 1 2 2 2 2
2 2
A k
D k k k k
D k
 
 
  
  
          
 
 
5 1 1 5 1
2 1 2 1
3 1 1 3 1
5 3 2 3 5 2 2 2
Ax k
Dx k k k
    
 
   
  
        
 
1 5 1 1 5
1 2 12
1 3 1 13
2 5 3 2 3 5 8 6
Ay k
Dy k k k
  
 
  
  
         
 
1 1 5 1 1
1 1 2 1 1
1 1 3 11
3 2 5 5 2 3 14
Az
Dz
   
 
   
 
 
        
 
2 2
1
2 2
Dx k
x
D k

  

 
8 6
2 2
Dy k
y
D k
 
 

 
14
2 2
Dz
z
D k

 

 
K assume valores diferentes de 1, pois em 1 o sistema não existe. 
8 6
2 2
1
8 6 14
2 2 0
k
y
k
k
 



 
 

 
07) Resolva os sistemas: 
2 3 0
2 3 0
3 2 0
x y z
x y z
x y z
  

  
   
 
1 2 3
2 1 3
3 2 1
1 18 12 9 6 4 12
12
A
D
D
 
 
  
 
 
      

 
0 2 3
0 1 3
0 2 1
0 0 0 0 0 0 0
0
Ax
Dx
Dx
 
 
  
 
 
      

 
1 0 3
2 0 3
3 0 1
0 0 0 0 0 0 0
0
Ay
Dy
Dy
 
 
  
 
 
      

 
1 2 0
2 1 0
3 2 0
0 0 0 0 0 0 0
0
Az
Dz
Dz
 
 
  
 
 
      

 
0
0
12
Dx
x
D
  
 
0
0
12
Dy
y
D
  
 
0
0
12
Dz
z
D
  
 
Método de eliminação da Gauss 
[
1 2 3 
2 1 3 
3 2 1 
0
0
0
]
2 1 22L L L 
[
1 2 3 
0 3 3 
3 2 1 
0
0
0
]
2 2
1
3
L L
[
1 2 3 
0 1 1 
3 2 1 
0
0
0
]
3 1 33L L L 
 
[
1 2 3 
0 1 1 
0 4 8 
0
0
0
]
3 3
1
4
L L
[
1 2 3 
0 1 1 
0 1 2 
0
0
0
]
3 3 2L L L 
[
1 2 3 
0 1 1 
0 0 1 
0
0
0
]
1 1 2L L L 
 
[
1 1 2 
0 1 1 
0 0 1 
0
0
0
] 
0z 
 
0
0
y z
y z
y
 
 

 
2 0
0 2*0 0
0
x y z
x
x
  
  

 
 
A solução é (0,0,0). 
 
9) Resolva os sistemas: 
3 2 12 0
0
2 3 5 0
x y z
x y z
x y z
  

  
   
 
3 2 12 3 2
1 1 1 1 1
2 3 5 2 3
15 4 36 24 9 10 49 49 0
A
D
 
 
   
   
         
 
Método de eliminação de Gauss.
 
[
3 2 −12 
1 −1 1 
2 −3 5 
0
0
0
]
3 2 32L L L 
[
3 2 −12 
1 −1 1 
0 1 −3 
0
0
0
]
1 2 12L L L 
 
 
[
−1 −4 14 
1 −1 1 
0 1 −3 
0
0
0
]
2 2 1L L L 
[
−1 −4 14 
0 −5 15 
0 1 −3 
0
0
0
]
2 2
1
5
L L
[
−1 −4 14 
0 −1 3 
0 1 −3 
0
0
0
] 
4 14 0
4(3 ) 14 0
12 14 0
2
2
x y z
x z z
x z z
x z
x z
   
   
   
  

 
3 0
3
3
y z
y z
y z
  
  

 
Assim, o sistema terá infinitas soluções dependendo de Z. 
Solução (2z, 3z, z). 
 
14) Determine k de modo que o sistema 
3 6 3 0
2 0
0
x y z
x y z
x ky z
  

  
   
: 
 
a) Tenha única solução 
 Tenha única solução → D ≠ 0 
 
UNICASOLUÇÃOTENHASISTEMAOQUETALKDE
VALOREXISTENÃODKKK
K
D 










 0,0)366(366
11
121
363
 
 
b) Tenha infinitas soluções 
 
Tenha infinitas soluções=DX=DY=DZ=0→ K ϵ R , o sistema é possível e 
indeterminado 
 
Pelo item (a) D é igual a zero para todo valor de k, e DX=DY=DZ=0 , pois ao 
trocarmos 
Os valores das variáveis, x,y e z pelos termos independentes teremos seus 
determinantes todos iguais a zero, assim o sistema é possível e indeterminado para 
qualquer valor de k, tendo infinitas soluções. 
 
 
 
 
c) Não tenha solução 
 
Não tenha solução → D=0 e algum dos determinantes das variáveis precisa ser 
diferente de zero e pelo item b todos esses determinantes são iguais a zero, logo não 
existe valor de k tal que o sistema não tenha solução 
 
15) Determine k de modo que o sistema 
2 0
2 3 0
6 0
x y z
x y z
x ay z
  

  
   
 tenha infinitas soluções, e 
detenha sua solução geral.