Primeira Prova Resolvida de Geometria Analítica

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1. Responda verdadeiro (V) ou falso (F), sendo que cada ı́tem correto vale 20% da questão e
cada ı́tem incorreto vale −10% da questão. Itens em branco não serão computados.
a) ( V ) Se B = {~e1, ~e2, ~e3} é uma BASE qualquer de V3, então pode-se concluir que C =
{(~e1 + ~e2), (~e1 + ~e3), (~e1 + ~e2 + ~e3)} é um conjunto LINEARMENTE INDEPENDENTE;
Se ~f1 = ~e1 + ~e2, ~f2 = ~e1 + ~e3 e ~f3 = ~e1 + ~e2 + ~e3 então,
[~f1]B =
11
0
, [~f2]B =
10
1
 e [~f3]B =
11
1
. Como det
1 1 11 0 1
0 1 1
 = −1 6= 0 concluimos que
{~f1, ~f2, ~f3} é L.I. Portanto, a afirmação é VERDADEIRA.
b) ( F ) Se os conjuntos de vetores {~v1, ~v2}, {~v1, ~v3} e {~v2, ~v3} são LINEARMENTE INDE-
PENDENTES, então podemos concluir que o conjunto {~v1, ~v2, ~v3} é uma BASE;
Sejam A,B,C pontos não colineares e sejam ~v1 =
−→
AB, ~v2 =
−→
AC e ~v3 =
−−→
BC. Então, temos
que {~v1, ~v2}, {~v1, ~v3} e {~v2, ~v3} são todos conjuntos L.I. mas {~v1, ~v2, ~v3} é L.D. Portanto, a
afirmação é FALSA, pois não é válida em geral.
c) ( F ) Se F = {~f1, ~f2, ~f3} é um conjunto LINEARMENTE DEPENDENTE, então podemos
concluir que qualquer subconjunto de F é também LINEARMENTE DEPENDENTE;
Sejam A e B pontos distintos de E3 e sejam ~f1 =
−→
AB, ~f2 =
−→
BA e ~f3 = 2 ·
−→
AB. Temos que,
F = {~f1, ~f2, ~f3} é L.D. mas o subconjunto {~f1} de F é L.I. Portanto, a afirmação é FALSA.
d) ( F ) Dados vetores distintos ~u, ~w e ~v, se ~u · ~w = 0 e ~w ·~v = 0 então, podemos concluir que
~u · ~v = 0;
Seja ABC um triângulo equilátero. Temos que os pontos A,B,C determinam um plano π.
Seja r uma reta perpendicular ao plano π e que passa pelo ponto A. Seja P um ponto da
reta r que não pertence ao plano π. Se ~u =
−→
AB, ~v =
−→
AC e ~w =
−→
AP , então ~u ⊥ ~w e ~w ⊥ ~v,
ou seja, ~u · ~w = 0 e ~w · ~v = 0. No entanto, ~u · ~v 6= 0 pois, a medida do ângulo formado pelos
vetores ~u e ~v é 60o. Logo, a aformação é FALSA.
e) ( V ) Sejam ~u,~v e ~w vetores tais que ~u = 3 · ~v + (−5) · ~w, então {~u,~v, ~w} é L.D.
Se ~u = 3~v − 5~w então, 1 · ~u + (−3) · ~v + 5 · ~w = ~0. Portanto, {~u,~v, ~w} é L.D. Desta forma, a
afirmação é VERDADEIRA.
2. Mostre que, se ~u ⊥ ~v e ~u ⊥ ~w então, ~u é ortogonal a qualquer combinação linear de ~v e ~w.
Seja ~x = α · ~v + β · ~w uma combinação linear arbitrária dos vetores ~v e ~w. Temos que,
~x · ~u = (α · ~v + β · ~w) · ~u = α · (~v · ~u) + β · (~w · ~u) = α · 0 + β · 0 = 0
pois, por hipótese ~v · ~u = ~w · ~u = 0. Portanto, ~u é ortogonal a qualquer combinação linear ~x
de ~v e ~w.
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Primeira Prova Resolvida de Geometria Analítica
3. Seja E = {~v1, ~v2, ~v3} uma base ordenada de V3.
a. Se ~f1 = ~v2 − ~v1, ~f2 = ~v3 + ~v2 e ~f3 = ~v1 + ~v2 + ~v3, mostre que F = {~f1, ~f2, ~f3} é também
uma base ordenada de V3;
Temos que, [~f1]E =
−11
0
, [~f2]E =
01
1
 e [~f3]E =
11
1
. Como, det
−1 0 11 1 1
0 1 1
 = 1 6= 0
concluimos que F = {~f1, ~f2, ~f3} é L.I. Portanto F é também uma base ordenada de V3.
• Resolução alternativa
Sejam x, y, z ∈ R tais que x · ~f1 + y · ~f2 + z · ~f3 = ~0. Temos então que,
x · (−~v1 + ~v2) + y · (~v2 + ~v3) + z · (~v1 + ~v2 + ~v3) = ~0, ou seja,
(−x+ z) · ~v1 + (x+ y + z) · ~v2 + (y + z) · ~v3 = ~0
Como E = {~v1, ~v2, ~v3} é uma base, temos que E = {~v1, ~v2, ~v3} é L.I. logo,
−x+ z = 0
x+ y + z = 0
y + z = 0
Resolvendo esse sistema, obteremos uma única solução, x = y = z = 0. Portanto, F =
{~f1, ~f2, ~f3} é L.I., ou seja, F é também uma base ordenada de V3.
b. Seja G = {~g1, ~g2, ~g3} uma base ordenada de V3 tal que MFG =
 1 −1 0−1 2 −1
1 −1 1
 é a matriz
de mudança da base ordenada F para a base ordenada G. Determine os vetores da base
ordenada G, como combinação linear dos vetores da base E;
A primeira coluna da matriz MFG é formada pelas coordenadas de ~g1 na base F , ou seja,
~g1 = ~f1 − ~f2 + ~f3 = ~v2 − ~v1 − ~v3 − ~v2 + ~v1 + ~v2 + ~v3 = ~v2
Analogamente,
~g2 = −~f1 + 2~f2 − ~f3 = −~v2 + ~v1 + 2~v3 + 2~v2 − ~v1 − ~v2 − ~v3 = ~v3 e
~g3 = −~f2 + ~f3 = −~v3 − ~v2 + ~v1 + ~v2 + ~v3 = v1.
Assim, ~g1 = ~v2 = 0 · ~v1 + 1 · ~v2 + 0 · ~v3
~g2 = ~v3 = 0 · ~v1 + 0 · ~v2 + 1 · ~v3
~g3 = ~v1 = 1 · ~v1 + 0 · ~v2 + 0 · ~v3
• Resolução alternativa
Temos que, por hipótese, MFG =
 1 −1 0−1 2 −1
1 −1 1
 e segue do item a) queMEF =
−1 0 11 1 1
0 1 1
.
Temos então,
MEG = MEF ·MFG =
−1 0 11 1 1
0 1 1
 ·
 1 −1 0−1 2 −1
1 −1 1
 =
0 0 11 0 0
0 1 0

Logo, [~g1]E =
01
0
, [~g2]E =
00
1
 e [~g3]E =
10
0
. Portanto,
2
~g1 = 0 · ~v1 + 1 · ~v2 + 0 · ~v3 = ~v2
~g2 = 0 · ~v1 + 0 · ~v2 + 1 · ~v3 = ~v3
~g3 = 1 · ~v1 + 0 · ~v2 + 0 · ~v3 = ~v1
c. Sejam ~v, ~w ∈ V tais que [~v]G =
12
1
 e [~w]F =
 2−2
1
, determine [~v]F e [~w]G.
Temos que, [~v]F = MFG · [~v]G =
 1 −1 0−1 2 −1
1 −1 1
 ·
12
1
 =
−12
0
 e
[~w]G = MGF · [~w]F , mas MGF =
 1 1 10 1 1
−1 0 1

Logo,
[~w]G =
 1 1 10 1 1
−1 0 1
 ·
 2−2
1
 =
 1−1
−1

4. Seja E = {~v1, ~v2, ~v3} uma base ordenada de V3. Se [~t]E =
 40
13
, [~u]E =
 1−1
3
, [~v]E =
21
3

e [~w]E =
−1−1
4
, escreva ~t como combinação linear dos vetores ~u,~v e ~w, ou seja, determine
números x, y, z tais que ~t = x · ~u+ y · ~v + z · ~w.
Temos que, [~t]E = [x · ~u+ y · ~v + z · ~w]E = x · [~u]E + y · [~v]E + z · [~w]E. Logo, x−x
3x
 +
2yy
3y
 +
−z−z
4z
 =
 40
13

ou seja,  1 2 −1−1 1 −1
3 3 4
 ·
xy
z
 =
 40
13

Vamos linha reduzir a matriz ampliada,
 1 2 −1 4−1 1 −1 0
3 3 4 13
 à forma escada:
 1 2 −1 4−1 1 −1 0
3 3 4 13
→
1 2 −1 40 3 −2 4
0 −3 7 1
→
1 2 −1 40 3 −2 4
0 0 5 5
→
1 2 −1 40 1 −2
3
4
3
0 0 1 1
→
1 0 13 430 1 −2
3
4
3
0 0 1 1
→
1 0 0 10 1 0 2
0 0 1 1

Assim, a solução do sistema linear acima é x = 1, y = 2 e z = 1. Desta forma, temos que:
~t = ~u+ 2 · ~v + ~w
3