Gabarito_da_Lista_2_GA_I_2015

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GABARITO DA 2a LISTA DE GEOMETRIA ANALÍTICA E ÁLGEBRA LINEAR I 
1. 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  . 
2.   .516
31
12
Adet)a 

 
.22242
16
42
Adet)b  
c) Usando a regra de Sarrus, temos .2181243
22
31
01
122
431
201
Adet  
d) Usando a regra de Sarrus, temos .4046164616
12
21
12
412
321
412
Adet 




 
3. a)  .4S4x8x28x2x3x4xx4x68
12
21
23
x12
x21
x23




 
b)  06x5x1215x3x2303x12
31
x5
3x
131
1x5
23x
22 
   
 3,2S3xou2x
2
15
12
61455
x
2





 . 
c)             

603x22x61x31x43x92x160
23
12
3x2x
123
312
1x3x2x
 
         .10S10x30x3601x13x72x5  
d)      2,0S2xou0x0x6x309x1x2611xx30
11
1x3
1x
311
11x3
21x
2  . 
e)  .10S10m0m12m220
31
11
m2
131
211
0m2




 
f)  .6S6k0k12k3k20
3k
01
12
k3k
201
k12


 
4. Se 






hg
fe
A 1 é a matriz inversa de A, então, por definição, 










































 
1hdfc
0hbfa
e
0gdec
1gbea
10
01
hdfcgdec
hbfagbea
10
01
hg
fe
dc
ba
AA 2
1 
 2 




















 1hd
a
hbc
e1gb
c
gda
1hdfc
a
hb
f0hbfa
e
c
gd
e0gdec
1gbea
 
cbda
a
he
cbda
c
g1h
a
dabc
e1g
c
cbda














 
cbda
b
fe
cbda
d
e
cbda
a
a
b
fe
cbda
c
c
d
e

















 . 
Portanto, .
ac
bd
Adet
1
ac
bd
cbda
1
cbda
a
cbda
c
cbda
b
cbda
d
A 1 


































 
5. a) Temos   .52131Adet  Logo, 


















 

5
1
5
1
5
2
5
3
11
23
5
1
A 1 . 
b) Temos   115123Adet  . Logo, 




















11
3
11
1
11
5
11
2
31
52
11
1
A 1 . 
c) Temos     14271Adet  . Logo, 








12
47
A 1 . 
6. Obteremos as matrizes inversas utilizando Gauss-Jordan: 
2122
1
L1211251210
01211271
L5LL1035
01211271L
12
1
1035
01712
)a




















 
211 L
12
7
LL
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









































 
2L1
021130
110010
010131













 311
233
211 L1LL
311100
110010
320101
L3LL
L3LL
021130
110010
010131 




























 













311100
110010
011001
 .
311
110
011
A 1













  
2
133
122
2
L
9
4
10
4
3
2
1
4
11
0
01
4
5
2
1
4
9
0
00
4
1
2
1
4
3
1
L3LL
L5LL
100253
010365
00
4
1
2
1
4
3
1L
4
1
100253
010365
001234
)c













































 
  3233
211
L9
1
9
11
9
7
9
1
00
0
9
4
9
5
9
2
10
0
3
1
3
2
3
1
01
L
4
11
LL
L
4
3
LL
10
4
3
2
1
4
11
0
0
9
4
9
5
9
2
10
00
4
1
2
1
4
3
1







































 
 3 


































9117100
221010
343001
L
9
2
LL
L
3
1
LL
9117100
0
9
4
9
5
9
2
10
0
3
1
3
2
3
1
01
322
311
.
9117
221
343
A 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
1
LL
LLL
1458100
22/112/110
312101
L272/542/100
22/112/110
312101









































1458100
935010
1146001
 
.
1458
935
1146
A 1













  
e) A matriz não possui inversa, pois a matriz A é singular ( 0Adet  ). 
7. Multiplicando BAX  por 1A  à direita ambos os membros, temos 
    .ABXABXABAAXABAAX 1121111   
Utilizando o resultado obtido no exercício 4, temos     11742Adet  e 












 


27
14
27
14
1
1
A 1 . Portanto, .
311
25
27
14
11
34
X 





















 
8. Multiplicando AXB  por 1A  à direita ambos os membros, temos 
    .ABXXABAAXABAAXAB 1211111   
Utilizando o resultado obtido no exercício 4, temos     52431Adet  e 





















5
1
5
4
5
2
5
3
14
23
5
1
A 1 . Portanto, .
11
12
5
1
5
4
5
2
5
3
55
12
X 

























 
 
9. Multiplicando BXA  por 1A  à esquerda ambos os membros, temos 
    .BAXBAXBAXAABAXAA 1121111   
A matriz A é a mesma do exercício 7, ou seja, 







27
14
A 1 . 
Portanto, .
2326
1315
11
34
27
14
X 




















 
10. Multiplicando XAB  por 1A  à esquerda ambos os membros, temos 
    .BAXXBAXAABAXAABA 1211111   
 4 
A matriz A é a mesma do exercício 8, ou seja, 














5
1
5
4
5
2
5
3
A 1 . 
Portanto, .
5
1
5
13
5
7
5
16
55
12
5
1
5
4
5
2
5
3
X


















 














 
11. Multiplicando BAX  por 1A  à direita ambos os membros, temos 
    .ABXABXABAAXABAAX 1121111   
Vamos obter 1A  utilizando Gauss-Jordan: 
133
211
23122
L3LL
L1LL
011230
100110
001211
L
100110
011230
001211
L1LL
100110
010021
001211

































 
  




































311100
211010
412101
L1LL
L1LL
311100
100110
101101
L1311100
100110
101101
122
111
3
. 
Logo, 














311
211
412
A 1 e, portanto, 




































101
212
100
311
211
412
321
221
110
X . 
12. 





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
y
y
x
x 

 Portanto, .
16
7
,
8
5
S












 





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
34
y
5
8
x






 
A segunda equação não tem solução, pois  y tal que 18y0  . Portanto, o sistema é impossível ou incompatível 
e S . 











12y15x9
8y10x6
12y15x9
8y10x6
)c 
Vamos resolver por Gauss-Jordan: 
 5 
Temos .
000
34351
L9LL12159
34351L
6
1
12159
8106
122
1





 

















 
Voltando ao sistema, temos: 






0y0
3
4
y
3
5
x
 
Portanto, o sistema é possível (compatível) e indeterminado. Se ,y  então .
3
45
x

 Assim, o conjunto 
solução é dado por .R,,
3
45
S














 . 





11y2x3
1y5x2
)d
 
Vamos resolver por adição: 
1y3x57x19
55y10x15
2y10x4
5x11y2x3
2x1y5x2












. 
Portanto, o sistema é possível (compatível) e determinado, com   .1,3S 





2y2x6
1yx3
)e 
Vamos resolver por substituição: 





2y2x6
1x3y1yx3
. 
Substituindo na segunda equação, temos   0x021x32x6  . Logo, o sistema é possível e 
indeterminado. Se ,x  então 13y  Assim, o conjunto solução é dado por   .R,13,S  





1y4x10
1y2x5
)f 
Vamos resolver por adição: 
 
3y0
1y4x10
2y4x10
1y4x10
2x1y2x5












. 
A equação não tem solução, pois  y tal que 3y0  . Portanto, o sistema é impossível ou incompatível e S . 
13. 








20z14y7x
46z26y16x4
24z12y9x3
)a 
Vamos resolver por Gauss-Jordan: 
Temos 2
133
122
1
L
4
1
121040
141040
8431
L1LL
L4LL
201471
4626164
8431L
3
1
201471
4626164
241293

































 
.
2000
272510
8431
L4LL121040
272510
8431
233 



















 
 6 
Voltando, 









2z0
2
7
z
2
5
y
8z4y3x
 
A terceira equação não tem solução, pois  y tal que 2z0  . Portanto, o sistema é impossível ou incompatível e 
S . 








24z7y2x
5z4y5x3
2z2y3x2
)b 
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











 




























 
3L
163
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   3,2,1S . 








7z2y2x3
9z4y3x2
11z6y4x
)c 
Vamos resolver por Gauss-Jordan. Temos 
2
233133
122 L
5
1
0000
13850
11641
L2LL2616100
13850
11641
L3LL
L2LL
7223
9432
11641




































 
211 L4LL
0000
5/135/810
11641 



















 
0000
5/135/810
5/35/201
. 
 7 
Voltando, .
0z0
5/13z)5/8(y
5/3z)5/2(x








 
Portanto, o sistema é possível (compatível) e indeterminado. Se ,z  então .
5
23
xe
5
813
y



 Assim, o 
conjunto solução é dado por .R,,
5
813
,
5
23
S














 








2zyx
4z2y
1zy2x
)d 
Vamos resolver por Cramer: 
Temos .022141
11
10
21
111
210
121
D  Assim, o sistema é possível (compatível) e determinado. Logo, 
,
2
9
D
D
x9822481
12
14
21
112
214
121
D xx  
e1
2
2
D
D
y24424
21
40
11
121
240
111
D
y
y 

 
.
2
3
D
D
z34182
11
10
21
211
410
121
D zz  
Portanto, o sistema é possível (compatível) e determinado e .
2
3
,1,
2
9
S












 








4zyx5
2zy3x
1zyx2
)e 
Vamos resolver por substituição: 








4zyx5
2zy3x
yx21z1zyx2
. 
Substituindo nas duas últimas equações, temos 
 
  












3y2x3
2
x33
y3y2x3
4yx21yx5
2yx21y3x
. 
Substituindo na segunda equação, temos 0x0  . Portanto, o sistema é possível (compatível) e indeterminado. Se 
,x  então .
2
75
ze
2
33
y



 Assim, o conjunto solução é dado por .R,
2
75
,
2
33
,S











 
 
Outra resposta possível é .R,,
7
33
,
7
25
S














 








2z8y5x
1z5yx2
1zy2x
)f 
 8 
Vamos resolver por substituição: 








2z8y5x
1z5yx2
zy21x1zy2x
. 
Substituindo nas duas últimas equações, temos 
 
  












3z7y3
3
z73
y3z7y3
2z8y5zy21
1z5yzy212
. 
Substituindo na segunda equação, temos 6z0  . Portanto, o sistema é impossível ou incompatível e S . 
14. 











1t3z2yx
19tz2yx3
7t2zyx2
2tzy2x
)a . 
Vamos resolver por substituição: 











1t3z2yx
19tz2yx3
7t2zyx2
tzy22x2tzy2x
. 
Substituindo nas três últimas equações, temos 
 
 

















.
t2z1y1t2zy
25t4z5y7
11t4z3y3
1t3z2ytzy22
19tz2ytzy223
7t2zytzy222
 
Substituindo nas duas primeiras equações, temos 
 
 
4xe2y,3z
1t2t2
18t18z12
16t20z12
18t18z12
8t10z6
25t4z5t2z17
11t4z3t2z13
























. 
Portanto, o sistema é possível e determinado (SPD), com   .1,3,2,4S  











11t3y
11z2x3
5tzy3
6tzy3x
)b 
Vamos resolver por substituição: 











11t3y
11z2x3
5tzy3
ty3x6z6tzy3x
. 
Substituindo nas três últimas equações, temos 
 
 

















t311y11t3y
23t2y6x5
11y6x
11t3y
11ty3x62x3
5tty3x6y3
. 
Substituindo nas duas primeiras equações, temos 
 
 
.
89t16x5
t1877x77t18x
23t2t3116x5
11t3116x











 
 9 
Substituindo na segunda equação, temos 
  .4t296t7489t16t18775  
Logo, .241356ty3x6ze14311t311y,541877t1877x  
Portanto, o sistema é possível e determinado (SPD), com   .4,2,1,5S  
15. 





0y5x3
0y3x2
)a 
1º modo: Vamos analisar o sistema usando Cramer: temos 019
53
32
D 

 . Assim, o sistema é possível 
(compatível) e determinado. Além disso, como o sistema é homogêneo, a solução trivial é a única, ou seja, 
  .0,0S 
2º modo: Vamos resolver por substituição: 
Temos 






0y5x3
2
y3
x0y3x2
. 
Substituindo na segunda equação, temos 0xe0y0
2
y19
0y5
2
y3
3  . Portanto, o sistema é possível 
e determinado e   .0,0S 





0y2x4
0yx2
)b 
Vamos resolver por substituição: 





0y2x4
x2y0yx2
. Substituindo na segunda equação, temos 0x0  . Logo, o sistema é possível e 
indeterminado. Se ,x  então 2y Assim, o conjunto solução é dado por   .R,2,S  








0zy
0yx
0z3y2x
)c 
Vamos analisar o sistema usando Cramer: temos 06
110
011
321
D 

 . Assim, o sistema é possível 
(compatível) edeterminado. Além disso, como o sistema é homogêneo, temos que a solução trivial é a única, ou 
seja,   .0,0,0S 








0z4y5x
0z2yx3
0zy2x
)d 
Vamos resolver por Gauss-Jordan. Temos: 
233
211
2
133
122
L7LL
L2LL
0570
0
7
5
10
0121
L
7
1
0570
0570
0121
L1LL
L3LL
0451
0213
0121





































































0000
0
7
5
10
0
7
3
01
. 
 10 
Voltando, .
0z0
0z
7
5
y
0z
7
3
x












 
Portanto, o sistema é possível (compatível) e indeterminado. Se ,z  então .
7
3
xe
7
5
y



 Assim, o 
conjunto solução é dado por .R,,
7
5
,
7
3
S














 
16. a) O sistema 





11y2x3
1y5x2
 é equivalente à equação matricial 
















 
11
1
y
x
23
52
 ou, em símbolos, 
BXA  . Usando raciocínio semelhante ao exercício 9, temos .BAX 1   Utilizando o resultado obtido no 
exercício 4, temos   195322Adet  e 





















19
2
19
3
19
5
19
2
23
52
19
1
A 1 . 
Portanto, 


























1
3
11
1
19
2
19
3
19
5
19
2
X , ou seja,   .1,3S 
b) O sistema 








2z2y2x
6zyx
1z3y2x
 é equivalente à equação matricial 



































2
6
1
z
y
x
221
111
321
 ou, em símbolos, 
BXA  . Usando raciocínio semelhante ao exercício 9, temos .BAX 1   Vamos obter 1A  utilizando o método de 
Gauss-Jordan: 
111
2
133
122
L2LL
101100
0
3
1
3
1
3
2
10
001321
L
3
1
101100
011230
001321
L1LL
L1LL
100221
010111
001321 






































 
 


























































101100
3
2
3
1
3
1
010
3
5
3
2
3
4
001
L
3
2
LL
L
3
5
LL
101100
0
3
1
3
1
3
2
10
0
3
2
3
1
3
5
01
L1101100
0
3
1
3
1
3
2
10
0
3
2
3
1
3
5
01
322
311
1
. 
Logo, 




















101
3
2
3
1
3
1
3
5
3
2
3
4
A 1 e, portanto, 












































1
3
2
2
6
1
101
3
2
3
1
3
1
3
5
3
2
3
4
X , ou seja,   .1,3,2S  
c) O sistema 








2zyx
4z2y
1zy2x
 é equivalente à equação matricial 
































2
4
1
z
y
x
111
210
121
 ou, em símbolos, 
BXA  . Usando raciocínio semelhante ao exercício 9, temos .BAX 1   Vamos obter 1A  utilizando o método de 
Gauss-Jordan: 
 11 
3233
211
133 L
4
1121400
010210
021301
L2LL
L2LL
101020
010210
001121
L1LL100111
010210
001121


































 





































4
1
2
1
4
1
100
2
1
0
2
1
010
4
3
2
1
4
1
001
L2LL
L3LL
4
1
2
1
4
1
100
010210
021301
322
311
. 
Logo, 




















2
1
1
2
3
2
1
0
2
1
2
1
1
2
1
A 1 e, portanto, 













































2
3
1
2
9
2
4
1
2
1
2
1
2
1
101
2
3
2
1
2
1
X , ou seja, .
2
3
,1,
2
9
S












 
d) Resolve-se de maneira semelhante. Respostas: 




















59
8
59
11
59
10
59
11
59
7
59
1
59
1
59
6
59
16
A 1 e   .3,2,1S 
17. 





ky4x6
1y2x3
)a 
Temos 0
46
23
D  . Logo, o sistema nunca será possível e determinado, ou seja, será possível e indeterminado 
ou impossível, dependendo do valor de k. 
 Usando Gauss-Jordan, temos .
2k00
31321
L6LLk46
31321L
3
1
k46
123
122
1



















 Voltando ao sistema, 
temos 






2ky0
3
1
y
3
2
x
. Se 2k02k  , então a segunda equação fica 0y0  e o sistema é possível e 
indeterminado. Se 2k02k  , então a segunda equação (e o sistema) não tem solução, ou seja, o sistema é 
impossível. 
Resposta: 





SI;2k
SPI:2k
. 





0ykx6
0y2x4
)b 
Temos 12k4
k6
24
D  . Se ,012k4D  ou seja, se ,3k então o sistema é possível e determinado. Se 
,012k4D  ou seja, se ,3k então o sistema é possível e indeterminado (note que o sistema é homogêneo). 
Resposta: 





SPD;3k
SPI:3k
. 





21ykx6
11y2x3
)c 
Temos 12k3
k6
23
D  . 
 12 
Se ,012k3D  ou seja, se ,4k então o sistema é possível e determinado. 
Se ,4k então o sistema dado fica 





21y4x6
11y2x3
. 
Resolvendo por substituição, temos 







21y4x6
2
x311
y11y2x3
. Substituindo na segunda equação, obtemos 
1x0  , ou seja, o sistema é impossível. 
Resposta: 





SPD;4k
SI:4k
. 





ky5x7
1y2x3
)d 
Temos 01
57
23
D  , para qualquer valor de k. Portanto, o sistema será sempre possível e determinado, 
qualquer que seja o valor de k. 








kzy3x4
5z3yx2
3zy2x
)e 
Temos 0
134
312
121
D 

 . Logo, o sistema nunca será possível e determinado, ou seja, será possível e 
indeterminado ou impossível, dependendo do valor de k. 
Vamos utilizar Gauss-Jordan. 
233
211
2
133
122
L5LL
L2LL
12k550
5
1
110
3121
L
5
1
12k550
1550
3121
L4LL
L2LL
k134
5312
3121




























































11k000
5
1
110
5
13
101
. 
Voltando, .
11kz0
5/1zy
5/13zx








 
Se ,011k  ou seja, se ,11k  então o sistema é possível e indeterminado. Se ,011k  ou seja, se ,11k  
então o sistema é impossível. 
Resposta: 





SI;11k
SPI:11k
. 
 






2kz4ky3x2
5z5y3x2
2zyx
)f
2
 
 13 
Temos 9k
4k32
532
111
D 2
2


 . 
Se ,09kD 2  ou seja, se ,3k  então o sistema é possível e determinado. 
Se ,3k então o sistema dado fica 








5z5y3x2
5z5y3x2
2zyx
, que é possível e indeterminado (verifique – note que as 
duas últimas equações são idênticas). 
Se ,3k  então o sistema dado fica 








1z5y3x2
5z5y3x2
2zyx
, que é impossível (verifique – note, nas duas últimas 
equações, que z5y3x2  não pode ser igual a 5 e a -1 simultaneamente). 
Resposta: 








SI:3k
SPI:3k
SPD:3k
. 
18. 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 . 
Resposta: O número de mesas ocupadas por apenas duas pessoas é 5. 
19. Se s denota a quantidade, em quilos, do bacalhau Saither e n a quantidade, em quilos, do bacalhau da 
Noruega, temos o sistema 





60,14n23s9
1ns
. Resolvendo o sistema por qualquer método estudado, obtemos 
.6,0se4,0n  
Resposta: A dona de casa adquiriu 0,6 kg ou 600 gramas do bacalhau Saither. 
20. Se a denota a quantidade de adultos e c a quantidade de crianças que assistiram ao filme, respectivamente, 
temos o sistema 




600.7c3a5
000.2ca
. Resolvendo por adição, temos 
 
200.1c800a600.1a2
600.7c3a5
000.6c3a3
600.7c3a5
3x000.2ca












. 
Portanto, assistiram ao referido filme nesse periodo 800 adultos e 1.200 crianças. 
21. 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. 
22. 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 
 14 








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.