Segunda Prova de Geometria Analítica e Álgebra

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Gabarito da Segunda Prova de Geometria Analítica e Álgebra
Vetorial
1. (a) (2 pontos) Calcule o determinante da matriz
A =

1 −1 0 3
0 5 −2 0
1 4 0 3
0 1 0 7

Resposta: detA = 70
Resolução: Fazendo a expansão em cofatores pela terceira coluna:
detA = (−2) · (−1)2+3 · det
1 −1 31 4 3
0 1 7

= 2 ·
[
1 · (−1)1+1 · det
[
4 3
1 7
]
+ 1 · (−1)2+1 · det
[
−1 3
1 7
]]
= 2 · [1 · 25 + (−1) · (−10)] = 2 · 35 = 70
(b) (3 pontos) Determine se a matriz A é invertível. Caso seja, calcule sua inversa.
Resposta: A é invertível e A−1 =

5
7
0 2
7
−3
7
−1
5
0 1
5
0
−1
2
−1
2
1
2
0
1
35
0 − 1
35
1
7

Resolução: Como detA 6= 0, então A é invertível. Para obter a inversa matriz
A temos que escalonar a matriz
[A|I4] =

1 −1 0 3 | 1 0 0 0
0 5 −2 0 | 0 1 0 0
1 4 0 3 | 0 0 1 0
0 1 0 7 | 0 0 0 1

A forma escalonada reduzida da matriz acima é
1 0 0 0 | 5
7
0 2
7
−3
7
0 1 0 0 | −1
5
0 1
5
0
0 0 1 0 | −1
2
−1
2
1
2
0
0 0 0 1 | 1
35
0 − 1
35
1
7

1
Logo, a inversa da matriz A é
A−1 =

5
7
0 2
7
−3
7
−1
5
0 1
5
0
−1
2
−1
2
1
2
0
1
35
0 − 1
35
1
7

(c) (2 pontos) Determine a solução geral do sistema linear
x1 − x2 + 3x4 = 1
5x2 − 2x3 = 2
x1 + 4x2 + 3x4 = 3
x2 + 7x4 = 0
Resposta: X =

x1
x2
x3
x4

=

11
7
2
5
0
− 2
35

Resolução: Esse sistema é escrito na forma matricial como AX = B, onde
A =

1 −1 0 3
0 5 −2 0
1 4 0 3
0 1 0 7
 e B =

1
2
3
0

Como A é invertível, então esse sistema tem solução única dada por
X = A−1B =

5
7
0 2
7
−3
7
−1
5
0 1
5
0
−1
2
−1
2
1
2
0
1
35
0 − 1
35
1
7


1
2
3
0

=

11
7
2
5
0
− 2
35

2
2. (6 pontos) Considere o sistema linear
x1 − x2 + 3x3 = 5
−x1 − x2 − 4x3 = −1
2x1 − 2x2 + 7x3 = a+ 8
−x1 + x2 + (a2 − 7)x3 = a− 3
Determine todos os valores de a para os quais o sistema possui
(a) Uma única solução.
Resposta: a = −2 ou a = 3 ou a = 1
(b) Nenhuma solução.
Resposta: a 6= −2, 1 e 3
(c) In�nitas soluções.
Resposta: Esse caso não ocorre.
Resolução: A matriz aumentada do sistema é
[A|B] =

1 −1 3 5
−1 −1 −4 −1
2 −2 7 a+ 8
−1 1 a2 − 7 a− 3

Vamos escaloná-la. Fazendo L2 + L1, L3 − 2L1 e L4 + L1:
1 −1 3 5
0 −2 −1 4
0 0 1 a− 2
0 0 a2 − 4 a+ 2

Dividindo L2 por −2: 
1 −1 3 5
0 1 1
2
−2
0 0 1 a− 2
0 0 a2 − 4 a+ 2

• Temos que a2 − 4 = 0 se, e somente se, a = 2 ou a = −2.
� Se a = 2, a última linha se torna [
0 0 0 4
]
e o sistema não tem solução.
� Se a = −2, a matriz acima se torna
1 −1 3 5
0 1 1
2
−2
0 0 1 −4
0 0 0 0

Como temos três variáveis e três pivôs, então o sistema tem solução única.
3
• Se a2 − 4 6= 0, então se dividirmos L4 por a2 − 4 obtemos:
1 −1 3 5
0 1 1
2
−2
0 0 1 a− 2
0 0 1 1
a−2

Nesse caso o sistema possui solução (e essa solução é única) se, e somente se,
a− 2 = 1
a− 2
⇒ (a− 2)2 = 1 ⇒ a2 − 4a+ 3 = 0
Utilizando a fórmula de Bháskara, temos que
a =
4±
√
16− 12
2
=
4± 2
2
= 2± 1 ⇒ a = 3 ou a = 1
4
3. Considere o sistema linear homogêneo
2x1 + 2x2 − x3 + x5 = 0
−x1 − x2 + 2x3 − 3x4 + x5 = 0
x1 + x2 − 2x3 − x5 = 0
x3 + x4 + x5 = 0
(a) (1 ponto) Determine a matriz aumentada desse sistema linear.
Resposta: A matriz aumentada do sistema é [A|B] =

2 2 −1 0 1 0
−1 −1 2 −3 1 0
1 1 −2 0 −1 0
0 0 1 1 1 0

(b) (2 pontos) Obtenha a forma escalonada reduzida da matriz aumentada.
Resposta:

1 1 0 0 1 0
0 0 1 0 1 0
0 0 0 1 0 0
0 0 0 0 0 0

(c) (1 pontos) Determine a solução geral do sistema linear.
Resposta: X =

x1
x2
x3
x4
x5
 =

−α− β
α
−β
0
β
 onde α, β ∈ R
Resolução: Vamos escalonar a matriz
[A|B] =

2 2 −1 0 1 0
−1 −1 2 −3 1 0
1 1 −2 0 −1 0
0 0 1 1 1 0

Trocando L1 com L3: 
1 1 −2 0 −1 0
−1 −1 2 −3 1 0
2 2 −1 0 1 0
0 0 1 1 1 0

Fazendo L2 + L1 e L3 − 2L1: 
1 1 −2 0 −1 0
0 0 0 −3 0 0
0 0 3 0 3 0
0 0 1 1 1 0

Dividindo L2 por −3 e L3 por 3:
1 1 −2 0 −1 0
0 0 0 1 0 0
0 0 1 0 1 0
0 0 1 1 1 0

5
Fazendo L4 − L2: 
1 1 −2 0 −1 0
0 0 0 1 0 0
0 0 1 0 1 0
0 0 1 0 1 0

Fazendo L4 − L3 e L1 + 2L3: 
1 1 0 0 1 0
0 0 0 1 0 0
0 0 1 0 1 0
0 0 0 0 0 0

Trocando L2 com L3: 
1 1 0 0 1 0
0 0 1 0 1 0
0 0 0 1 0 0
0 0 0 0 0 0

Temos que
• x2 = α ∈ R é variável livre.
• x5 = β ∈ R é variável livre.
• x1 + x2 + x5 = 0 e, portanto, x1 = −α− β.
• x3 + x5 = 0 e, portanto x3 = −β.
• x4 = 0
Logo, a solução geral do sistema é
X =

x1
x2
x3
x4
x5
 =

−α− β
α
−β
0
β
 onde α, β ∈ R
6
4. (4 pontos) Determine todos os valores de a para os quais a matriz
A =

1 0 0 0 (4a+ 1)
−1 (a+ 1) 0 0 0
1 0 (a2 − 1) 0 0
−1 0 0 (a− 4) 0
1 0 0 0 (a2 + 5)

é invertível.
Resposta: a = −1, 1, 4 e 2
Resolução: Fazendo L5 − L1 na matriz A, obtemos:
1 0 0 0 0
−1 (a+ 1) 0 0 0
1 0 (a2 − 1) 0 0
−1 0 0 (a− 4) 0
0 0 0 0 (a2 − 4a+ 4)

que tem o mesmo determinante de A (pois a operação elementar utilizada não altera o
determinante da matriz). Como a matriz obtida é triangular inferior, então seu determi-
nante é a multiplicação da diagonal principal e
detA = (a+ 1)(a2 − 1)(a− 4)(a2 − 4a+ 4)
Logo, detA = 0 se, e somente se, a+ 1 = 0 ou a2 − 1 = 0 ou a− 4 = 0 ou a2 − 4a+ 4 =
(a− 2)2 = 0 e, portanto, se e somente se, a = −1, 1, 4 ou 2.
Como uma matriz A é invertível se e somente se, detA 6= 0, então para todo a diferente
de −1, 1, 4 e 2 a matriz A é invertível.
7
5. (4 pontos) Resolva o sistema não-linear
1
x
+
2
y
+
3
z
= −2
−2
x
+
1
y
− 2
z
= 12
1
x
+
1
y
+
1
z
= 0
Resposta: x = −1, y = 1
4
e z = −1
3
Resolução: Fazendo a mudança de variáveis x1 =
1
x
, x2 =
1
y
e x3 =
1
z
obtemos o
sistema 
x1 + 2x2 + 3x3 = −2
−2x1 + x2 − 2x3 = 12
x1 + x2 + x3 = 0
que é linear em x1, x2 e x3. A matriz aumentada desse sistema é 1 2 3 −2−2 1 −2 12
1 1 1 0

Vamos escaloná-la. Fazendo L2 + 2L1 e L3 − L1:1 2 3 −20 5 4 8
0 −1 −2 2

Trocando L2 com L3: 1 2 3 −20 −1 −2 2
0 5 4 8

Fazendo L1 + 2L2 e L3 + 5L2: 1 0 −1 20 −1 −2 2
0 0 −6 18

Multiplicando L2 por −1 e dividindo L3 por −6:1 0 −1 20 1 2 −2
0 0 1 −3

Fazendo L2 − 2L3 e L1 + L3: 1 0 0 −10 1 0 4
0 0 1 −3

Logo, x1 = −1, x2 = 4 e x3 = −3 e
x =
1
x1
= −1, y = 1
x2
=
1
4
, z = −1
3
8
Questão extra (2 pontos) Determine os coe�cientes a, b, c e d para que a equação
ax2 + ay2 + bx+ cy + d = 0 corresponda ao círculo abaixo:
Utilizando as coordenadas dos pontos na equação ax2 + ay2 + bx+ cy + d = 0, obtemos
• (−2, 7) ⇒ 4a+ 49a− 2b+ 7c+ d = 0 ⇒ 53a− 2b+ 7c+ d = 0
• (−4, 5) ⇒ 16a+ 25a− 4b+ 5c+ d = 0 ⇒ 41a− 4b+ 5c+ d = 0
• (4,−3) ⇒ 16a+ 9a+ 4b− 3c+ d = 0 ⇒ 25a+ 4b− 3c+ d = 0
Logo, para determinarmos a, b, c e d, temos que resolver o sistema linear homogêneo
53a− 2b+ 7c+ d = 0
41a− 4b+ 5c+ d = 0
25a+ 4b− 3c+ d = 0
A matriz aumentada desse sistema é53 −2 7 1 041 −4 5 1 0
25 4 −3 1 0

Vamos escaloná-la. Fazendo L1 − L3 e L2 − L3:28 −6 10 0 016 −8 8 0 0
25 4 −3 1 0

Dividindo L2 por 8: 28 −6 10 0 02 −1 1 0 0
25 4 −3 1 0

Fazendo L1 − 10L2 e L3 + 3L2:  8 4 0 0 02 −1 1 0 0
31 1 0 1 0

Dividindo L1 por 4:  2 1 0 0 02 −1 1 0 0
31 1 0 1 0

9
Fazendo L2 + L1 e L3 − L1:  2 1 0 0 04 0 1 0 0
29 0 0 1 0

Logo, a solução do sistema é 
a
b
c
d
 =

a
−2a
−4a
−29a

e para cada valor de a 6= 0 tomado, a equação ax2 + ay2 + bx + cy + d = 0 representa a
circunferência da �gura (observe que não podemos tomar a = 0, pois, nesse caso, teríamos
a equação 0 = 0 que não representa nada).
10