Determinantes: Exercícios e Questões Resolvidas

O determinante é um número associado a uma matriz quadrada e possui diversas aplicações na Álgebra e na resolução de problemas matemáticos.

Nesta página, você encontrará exercícios de determinantes e questões de Matemática com resolução passo a passo. Os problemas abordam o cálculo de determinantes, propriedades dos determinantes e operações envolvendo matrizes.

Exercícios sobre Determinantes

Pratique o cálculo de determinantes de matrizes e aplique suas principais propriedades para resolver as questões abaixo.

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🧩 Exercício 1 Fácil

Verifique que, sendo $A$, $B$ e $C$ ângulos de um triângulo,

$$\begin{vmatrix} 1 & 1 & 1 \\[4pt] \cos A & \cos B & \cos C \\[4pt] \operatorname{sen}^2\dfrac{A}{2} & \operatorname{sen}^2\dfrac{B}{2} & \operatorname{sen}^2\dfrac{C}{2} \end{vmatrix} =0.$$

Vamos utilizar a identidade trigonométrica:

$$\operatorname{sen}^2\frac{x}{2} = \frac{1-\cos x}{2}.$$

Aplicando essa identidade aos três ângulos:

$$\operatorname{sen}^2\frac{A}{2} = \frac{1-\cos A}{2},$$$$\operatorname{sen}^2\frac{B}{2} = \frac{1-\cos B}{2},$$

e

$$\operatorname{sen}^2\frac{C}{2} = \frac{1-\cos C}{2}.$$

Portanto, a terceira linha do determinante pode ser escrita como:

$$\left( \frac{1-\cos A}{2}, \frac{1-\cos B}{2}, \frac{1-\cos C}{2} \right).$$

Colocando $\frac12$ em evidência:

$$\frac12 (1-\cos A,\;1-\cos B,\;1-\cos C).$$

Observe agora que essa linha é uma combinação linear das duas primeiras linhas:

$$\frac12 (1,1,1) - \frac12 (\cos A,\cos B,\cos C).$$

Ou seja,

$$L_3=\frac12L_1-\frac12L_2.$$

Portanto, as três linhas do determinante são linearmente dependentes.

Sabemos que, quando as linhas de um determinante são linearmente dependentes, seu valor é zero.

Assim:

$$\boxed{ \begin{vmatrix} 1 & 1 & 1\\ \cos A & \cos B & \cos C\\ \operatorname{sen}^2\dfrac{A}{2} & \operatorname{sen}^2\dfrac{B}{2} & \operatorname{sen}^2\dfrac{C}{2} \end{vmatrix} =0 }.$$

Portanto, a igualdade está demonstrada.

🧩 Exercício 2 Fácil

Verifique que, sendo $A$, $B$ e $C$ ângulos de um triângulo,

$$\begin{vmatrix} 1 & 1 & 1\\ \tg^2 A & \tg^2 B & \tg^2 C\\ \sec^2 A & \sec^2 B & \sec^2 C \end{vmatrix} =0.$$

Vamos utilizar a identidade trigonométrica fundamental:

$$\sec^2x=1+\tg^2x.$$

Aplicando essa identidade aos três ângulos:

$$\sec^2A=1+\tg^2A,$$$$\sec^2B=1+\tg^2B,$$$$\sec^2C=1+\tg^2C.$$

Assim, a terceira linha do determinante pode ser escrita como:

$$\left( 1+\tg^2A,\, 1+\tg^2B,\, 1+\tg^2C \right).$$

Observe que essa linha é exatamente a soma da primeira linha com a segunda:

$$L_3=L_1+L_2.$$

Portanto, as linhas do determinante são linearmente dependentes.

Quando as linhas de um determinante são linearmente dependentes, seu valor é zero.

Logo,

$$\boxed{ \begin{vmatrix} 1 & 1 & 1\\ \tg^2 A & \tg^2 B & \tg^2 C\\ \sec^2 A & \sec^2 B & \sec^2 C \end{vmatrix} =0 }.$$

Portanto, a igualdade está demonstrada.

🧩 Exercício 3 Médio

Verifique que

$$\begin{vmatrix} 1 & a^2 & a^3 \\ 1 & b^2 & b^3 \\ 1 & c^2 & c^3 \end{vmatrix} = (b-a)(c-b)(c-a)(ab+bc+ca).$$

Vamos calcular o determinante:

$$D= \begin{vmatrix} 1 & a^2 & a^3 \\ 1 & b^2 & b^3 \\ 1 & c^2 & c^3 \end{vmatrix}.$$

Subtraindo a primeira linha da segunda e da terceira:

$$D= \begin{vmatrix} 1 & a^2 & a^3 \\ 0 & b^2-a^2 & b^3-a^3 \\ 0 & c^2-a^2 & c^3-a^3 \end{vmatrix}.$$

Como a primeira coluna possui dois zeros, expandimos por ela:

$$D= \begin{vmatrix} b^2-a^2 & b^3-a^3 \\ c^2-a^2 & c^3-a^3 \end{vmatrix}.$$

Fatorando as diferenças de quadrados e cubos:

$$b^2-a^2=(b-a)(b+a),$$$$b^3-a^3=(b-a)(b^2+ab+a^2),$$$$c^2-a^2=(c-a)(c+a),$$$$c^3-a^3=(c-a)(c^2+ac+a^2).$$

Logo:

$$D= (b-a)(c-a) \begin{vmatrix} b+a & b^2+ab+a^2 \\ c+a & c^2+ac+a^2 \end{vmatrix}.$$

Calculando o determinante:

$$D= (b-a)(c-a) \left[ (b+a)(c^2+ac+a^2) - (c+a)(b^2+ab+a^2) \right].$$

Desenvolvendo:

$$(b+a)(c^2+ac+a^2) - (c+a)(b^2+ab+a^2)$$

resulta em:

$$(c-b)(ab+ac+bc).$$

Portanto:

$$D= (b-a)(c-a)(c-b)(ab+ac+bc).$$

Assim:

$$\boxed{ D=(b-a)(c-b)(c-a)(ab+bc+ca) }.$$

Questão 4

🧩 Exercício 4 Médio

Verifique que

$$\begin{vmatrix} 1 & a & a^2 \\ 1 & b & b^2 \\ 1 & c & c^2 \end{vmatrix} = (b-a)(c-b)(c-a).$$

Considere:

$$D= \begin{vmatrix} 1 & a & a^2 \\ 1 & b & b^2 \\ 1 & c & c^2 \end{vmatrix}.$$

Subtraindo a primeira linha da segunda e da terceira:

$$D= \begin{vmatrix} 1 & a & a^2 \\ 0 & b-a & b^2-a^2 \\ 0 & c-a & c^2-a^2 \end{vmatrix}.$$

Expandindo pela primeira coluna:

$$D= \begin{vmatrix} b-a & b^2-a^2 \\ c-a & c^2-a^2 \end{vmatrix}.$$

Como

$$b^2-a^2=(b-a)(b+a)$$

e

$$c^2-a^2=(c-a)(c+a),$$

temos:

$$D= (b-a)(c-a) \begin{vmatrix} 1 & b+a \\ 1 & c+a \end{vmatrix}.$$

Calculando:

$$D= (b-a)(c-a)[(c+a)-(b+a)].$$

Portanto:

$$D=(b-a)(c-a)(c-b).$$

Logo:

$$\boxed{ D=(b-a)(c-b)(c-a) }.$$

Questão 5

🧩 Exercício 5 Médio

Verifique que

$$\begin{vmatrix} 1 & 0 & a & a^2 \\ 0 & 1 & b & b^2 \\ 1 & 0 & c & c^2 \\ 0 & 1 & d & d^2 \end{vmatrix} = (b-d)(a-c)(b+d-a-c).$$

Seja

$$D= \begin{vmatrix} 1 & 0 & a & a^2 \\ 0 & 1 & b & b^2 \\ 1 & 0 & c & c^2 \\ 0 & 1 & d & d^2 \end{vmatrix}.$$

Vamos realizar operações elementares nas linhas:

$$L_3\leftarrow L_3-L_1$$

e

$$L_4\leftarrow L_4-L_2.$$

Assim:

$$D= \begin{vmatrix} 1 & 0 & a & a^2 \\ 0 & 1 & b & b^2 \\ 0 & 0 & c-a & c^2-a^2 \\ 0 & 0 & d-b & d^2-b^2 \end{vmatrix}.$$

O determinante agora é triangular por blocos:

$$D= \begin{vmatrix} c-a & c^2-a^2 \\ d-b & d^2-b^2 \end{vmatrix}.$$

Fatorando:

$$c^2-a^2=(c-a)(c+a)$$

e

$$d^2-b^2=(d-b)(d+b).$$

Portanto:

$$D= (c-a)(d-b) \begin{vmatrix} 1 & c+a \\ 1 & d+b \end{vmatrix}.$$

Calculando o determinante:

$$D=(c-a)(d-b)(d+b-c-a).$$

Como

$$c-a=-(a-c)$$

e

$$d-b=-(b-d),$$

os dois sinais negativos se cancelam:

$$D=(a-c)(b-d)(b+d-a-c).$$

Logo:

$$\boxed{ D=(b-d)(a-c)(b+d-a-c) }.$$

Questão 6

🧩 Exercício 6 Fácil

Se $a,b,c$ são números reais positivos, calcule:

$$\begin{vmatrix} \log a & \log b & \log\dfrac{1}{ab} \\[6pt] \log b & \log c & \log\dfrac{1}{bc} \\[6pt] \log c & \log a & \log\dfrac{1}{ca} \end{vmatrix}.$$

Usaremos a propriedade:

$$\log\frac{1}{ab} = -\log(ab) = -(\log a+\log b).$$

Analogamente:

$$\log\frac{1}{bc} =-(\log b+\log c)$$

e

$$\log\frac{1}{ca} =-(\log c+\log a).$$

Portanto, o determinante fica:

$$D= \begin{vmatrix} \log a & \log b & -\log a-\log b \\ \log b & \log c & -\log b-\log c \\ \log c & \log a & -\log c-\log a \end{vmatrix}.$$

Observe que, em cada linha, a soma dos três elementos é zero:

$$\log a+\log b-(\log a+\log b)=0,$$$$\log b+\log c-(\log b+\log c)=0,$$$$\log c+\log a-(\log c+\log a)=0.$$

Isso significa que a soma das três colunas é a coluna nula:

$$C_1+C_2+C_3= \begin{pmatrix} 0\\ 0\\ 0 \end{pmatrix}.$$

Portanto, as colunas são linearmente dependentes e o determinante é zero.

Assim:

$$\boxed{D=0}.$$

Questão 7

🧩 Exercício 7 Médio

Se

$$x+y=2a,\qquad x-y=2b,\qquad x+z=-a,$$

calcule:

$$x \begin{vmatrix} 1 & 2a & -y \\ 1 & 2b & -y \\ 1 & -a & -z \end{vmatrix}.$$

Primeiro vamos utilizar as relações dadas para encontrar $x$, $y$ e $z$ em função de $a$ e $b$.

Temos:

$$x+y=2a$$

e

$$x-y=2b.$$

Somando:

$$2x=2a+2b,$$

portanto:

$$x=a+b.$$

Subtraindo as duas equações:

$$2y=2a-2b,$$

logo:

$$y=a-b.$$

Da terceira relação:

$$x+z=-a.$$

Como $x=a+b$:

$$a+b+z=-a,$$

portanto:

$$z=-2a-b.$$

Agora vamos calcular o determinante:

$$D= \begin{vmatrix} 1 & 2a & -y \\ 1 & 2b & -y \\ 1 & -a & -z \end{vmatrix}.$$

Fazemos:

$$L_2\leftarrow L_2-L_1$$

e

$$L_3\leftarrow L_3-L_1.$$

Assim:

$$D= \begin{vmatrix} 1 & 2a & -y \\ 0 & 2b-2a & 0 \\ 0 & -3a & y-z \end{vmatrix}.$$

Expandindo pela primeira coluna:

$$D= (2b-2a)(y-z).$$

Como:

$$b-a=-y,$$

temos:

$$2b-2a=-2y.$$

Além disso:

$$y-z = (a-b)-(-2a-b).$$

Logo:

$$y-z=3a.$$

Portanto:

$$D=(-2y)(3a)$$

e:

$$D=-6ay.$$

Como

$$x=a+b$$

e

$$y=a-b,$$

temos:

$$xD = (a+b)(-6a)(a-b).$$

Assim:

$$xD=-6a(a+b)(a-b).$$

Usando produto da soma pela diferença:

$$(a+b)(a-b)=a^2-b^2.$$

Portanto:

$$\boxed{xD=-6a(a^2-b^2)}.$$

Questão 8

🧩 Exercício 8 Médio

Calcule o determinante:

$$D= \begin{vmatrix} 1 & 1 & 1 & 1\\ 1 & 1+\operatorname{sen}20^\circ & 1 & 1\\ 1 & 1 & 1+\operatorname{sen}40^\circ & 1\\ 1 & 1 & 1 & 1+\operatorname{sen}80^\circ \end{vmatrix}.$$

Vamos começar utilizando operações elementares nas linhas.

Subtraímos a primeira linha da segunda:

$$L_2\leftarrow L_2-L_1.$$

Fazemos o mesmo com a terceira e a quarta linhas:

$$L_3\leftarrow L_3-L_1, \qquad L_4\leftarrow L_4-L_1.$$

Essas operações não alteram o valor do determinante.

Assim:

$$D= \begin{vmatrix} 1 & 1 & 1 & 1\\ 0 & \operatorname{sen}20^\circ & 0 & 0\\ 0 & 0 & \operatorname{sen}40^\circ & 0\\ 0 & 0 & 0 & \operatorname{sen}80^\circ \end{vmatrix}.$$

Agora temos uma matriz triangular superior. Portanto, o determinante é o produto dos elementos da diagonal principal:

$$D= 1\cdot\operatorname{sen}20^\circ \cdot\operatorname{sen}40^\circ \cdot\operatorname{sen}80^\circ.$$

Logo:

$$D= \operatorname{sen}20^\circ \operatorname{sen}40^\circ \operatorname{sen}80^\circ.$$

Precisamos agora calcular esse produto.

Usaremos a identidade:

$$\operatorname{sen}3x = 4\operatorname{sen}x \operatorname{sen}(60^\circ+x) \operatorname{sen}(60^\circ-x).$$

Tomando:

$$x=20^\circ,$$

temos:

$$\operatorname{sen}60^\circ = 4\operatorname{sen}20^\circ \operatorname{sen}80^\circ \operatorname{sen}40^\circ.$$

Como

$$\operatorname{sen}60^\circ=\frac{\sqrt3}{2},$$

segue que:

$$\frac{\sqrt3}{2} = 4\operatorname{sen}20^\circ \operatorname{sen}40^\circ \operatorname{sen}80^\circ.$$

Portanto:

$$\operatorname{sen}20^\circ \operatorname{sen}40^\circ \operatorname{sen}80^\circ = \frac{\sqrt3}{8}.$$

Assim, o valor do determinante é:

$$\boxed{D=\frac{\sqrt3}{8}}.$$