algebra linear (boldrini-editora harbra)

7/24/2019 Algebra Linear (Boldrini-Editora Harbra)

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Livro: Algebra Linear - Editora Harbra

(Boldrini/Costa/Figueiredo/Wetzler)

[email protected]

Compilado dia 06/03/2017

Solucionario da 3a edicao do livro de Algebra Linear dosautores: Jose Luiz Boldrini, Sueli I.Rodrigues Costa, Vera LuciaFigueiredo e Henry G. Wetzler.

Para quem desejar; uma copia do livro pode ser baixada emhttp://www.professores.uff.br/jcolombo/Alg lin I mat2012 2/Algebra%20Linear%20Boldrini.pdf.

A expectativa e que seja respondido um captulo do livro pormes. Mas, infelizmente resolver e digitar (principalmente digitar),os exerccios desse livro leva um bom tempo. Assim, pode haveratrasos na postagem. De todo modo, nao deixe de acompanhar odocumento no link abaixo, para obter futuras atualizacoes.www.number.890m.com

Sumario

1 MATRIZES 21.1 Exerccios da pagina 11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.2 Exerccios da pagina 26 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

2 SISTEMAS DE EQUACOES LINEARES 202.1 Exerccios da pagina 49 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

3 DETERMINANTE E MATRIZ INVERSA 443.1 Exerccios da pagina 90 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

4 ESPACO VETORIAL 624.1 Exerccios da pagina 129 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62

5 TRANSFORMACOES LINEARES 915.1 Exerccios da pagina 171 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91

6 ANEXO I 101

7 ANEXO II 102


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Algebra Moderna Diego Oliveira - Vitoria da Conquista/BA

1 MATRIZES

1.1 Exerccios da pagina 11

1. Sejam

A =

1 2 32 1 1

, B =

2 0 13 0 1

, C =

12

4

e D = [2,1]

Encontre:

a) A + B

b) ACc) BCd) CDe) DAf) DBg)Ah)D

Solucao de A:

A + B

1 2 32 1 1

+

2 0 13 0 1

=

1 2 45 1 0

Solucao de B:

A B

1 2 32 1 1

12

4

= 154

Solucao de C:

1 A

2


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1

1 2 32 1 1

=

1 2 32 1 1

2. Seja A =

2 x2

2x 1 0

Se A = A, entao x =

Solucao:

Se A = A entao: 2 2x 1x2 0

=

2 x2

2x 1 0

Que resulta nas seguintes igualdades:

2 = 2 e 2x 1 =x2

Desta ultima igualdade tira-se que x = 1.

3. Se A e uma matriz simetrica, entao A A. . .

Solucao:

Se A e simetrica entao A = A e portanto A A = A A = 0. Assim, o resultado destaoperacao seria uma matriz nula.

4. Se A e uma matriz triangular superior, entao A e. . .

Solucao:

Uma matriz triangular superior quando transposta passa a ser uma matriz triangular infe-rior.

5. Se A e uma matriz diagonal, entao A. . .

Solucao:

Toda matriz diagonal e simetrica de modo que se A e uma matriz diagonal entao A = A.

6. Classifique em verdadeiro ou falso:

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a) A = A

b) (A + B) = B + A

c) Se AB = 0, entao A = 0 ou B = 0

d)k1Ak2 B = k1k2AB

e) A B = AB

f) Se A e B sao matrizes simetricas, entao AB = BA

g) Se AB = 0, entao BA = 0

h) Se e possvel efetuar o produto AA, entao A e matriz quadrada

Solucao de A:

Pela propriedadeiv a proposicao e verdadeira.

Solucao de B:

Pela propriedadeiii a proposicao e verdadeira.

Solucao de C:

Falsa. Tomando A =

1 00 0

e B =

0 01 0

por exemplo, verifica-se que a proposicao

nao e verdadeira.

Solucao de D:

Usando a associatividade

(k1k2)AB= A(k1k2)B

Usando a comutatividade

A(k2k1)B= k2(Ak1)B= (Ak1) (k2B) = (k1A)(k2B).

Solucao de E:

Falsa. Como contra exemplo tome A = 2 10

1 e B =

0 31 1

Solucao de F:

Falsa. Como contra exemplo tome A =

2 00 1

e B =

2 11 0

Solucao de G:

Falsa.

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Solucao de H:

Verdadeiro. O produto entre duas matrizes so e possvel se o numero de linhas da segundafor igual ao numero de colunas da primeira. Assim Amn

Amn so ocorre se m = n. O que

implicaria no fato de A ser quadrada.

7. Se A2 = AA, entao2 1

3 2

2. . .

Solucao:2 13 2

2=

2 13 2

2 1

3 2

=

7 00 7

8. Se A e uma matriz triangular superior, entao A2 e . . .

Solucao:

Do tipo triangular superior.

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9. Ache, x, y,z,w se

x yz w

2 33 4

=

1 00 1

Solucao:

O produto entre as matrizes

x yz w

e

2 33 4

resulta em

2x + 3y 3x + 4y2z+ 3w 3z+ 4w

Que

por hipotese e igual a matriz nula.

2x + 3y 3x + 4y2z+ 3w 3z+ 4w

=

1 00 1

Resolvendo as equacoes acima chega-se a x =4; y = 3; z = 3; e w =2.

10. Dadas A =

1 3 22 1 34 3 1

, B = 1 4 1 02 1 1 11 2 1 2

e C = 2 1 1 23 2 1 12 5 1 0

mostre que AB = AC.

Solucao:

AB= AC

3 3 0 11 15 0 5

3 15 0 5

=

3 3 0 11 15 0 5

3 15 0 5

11. Suponha que A= 0 e AB = AC onde A, B, C s ao matrizes tais que a multiplicacao esteja

definida.

a) B = C?b) Se existir uma matriz Y, tal que YA = I, onde I e a matriz identidade, entao B = C?

Solucao:

Se AB = AC e A1 for transposta de A entao:

A1

(AB) = A1

(AC)

Usando a associatividade

(A1A)B = (A1A)CIB = ICB = C

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12. Explique por que, (A+B)2 = A2 + 2AB + B2 e (A + B)(A B)= A2 B2.

Solucao:

As equacoes nao sao verdadeiras pois, nao sao satisfeitas para qualquer matriz.

14. Se A =

3 24 3

, ache B, de modo que B2 = A.

Solucao:

Tomando B =

x yz w

entao:

x yz w

x yz w

=

3 24 3

A equacao acima resulta no seguinte sistema:

x2 + yz = 3 (1)zy + w2 = 3 (2)

xy+ yw =2 (3)zx + wz =4 (4)

Das equacoes (1) e (2) obtemos que x =

w. Vamos tomar (arbitrariamente),x = w.

Se x = w entao a equacao (3) pode ser escrita como:

wy+ yw =2Como y e W sao numeros reais e portanto vale a comutatividade entao:

wy+ yw =2

2(wy) =2

wy=

1 (5)

Ainda supondo que x = w podemos escrever a equacao (4) como:

zx + wz =4

z(x + w) =4

z(w+ w) =4

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w =2z

(6)

Colocando (6) em (5) chegamos a uma nova relacao.

wy =1

2z

y=1z = 2y (7)

Agora tome a equacao (1)

x2 + yz = 3

Usando novamente que x = w entao:

w2

+ yz = 3Usando a equacao (7)

w2 + y(2y) = 3

Usando agora a equacao (5)

w2 + 2y2 = 3

w2 + 2

1

w

2= 3

w2 + 2w2

3 = 0w =1 ou w = 1

Tomando (arbitrariamente)w = 1 entao por (5) y =1 e por (7) z =2. Como havamossuposto de incio que x = w entaox = 1

Logo B =

1 12 1

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15. Um construtor tem contratos para construir 3 estilos de casa: moderno, mediterraneo ecolonial. A quantidade de material empregado em cada tipo de casa e dada pela matriz:

Moderno

Mediterraneo

Colonial

Ferro

5

7

6

Madeira

20

18

25

Vidro

16

12

8

Tinta

7

9

5

Tijolo

17

21

13

(Qualquer semelhanca dos numeros com a realidade e mera coincidencia).

a) Se ele vai construir 5, 7 e 12 casas dos tipos moderno, mediterr aneo e colonialrespectivamente, quantas unidades de casa material serao empregadas?

b) Suponha agora que os precos por unidade de ferro, madeira, vidro, tinita e tijolosejam, respectivamente, 15, 8, 5, 1 e 10 u.c.p. Qual e o preco unitario de cada tipode casa?

c) Qual o custo total do material empregado?

Solucao de A:

Pela matriz a quantidade de materiais de uma casa moderna e igual a 65 (soma dos elementosda primeira linha). De uma casa mediterranea 67 (soma dos elementos da segunda linha) e deuma casa colonial 57(soma dos elementos da terceira linha). Logo serao utilizadas 1478 unidadesde materiais.

5 65 + 7 67 + 12 57 = 1478

Solucao de B:

O preco da casa moderno sera:

5(15) + 20(8) + 16(5) + 7(1) + 17(10) = 492

Analogamente se calcula para as demais casas.

16. Uma rede de comunicacao tem cinco locais com transmissores de potencias distintas.Estabelecemos que aij = 1, na matriz abaixo, significa que a esta cao i pode transmitir direta-mente a estacaoj ,aij = 0 o que significa que a transmissao da estacaoi nao alcanca a estacaoj .Observe que a diagonal principal e nula significando que uma estacao nao transmite diretamentepara si mesma.

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A =

0 1 1 1 11 0 1 1 00 1 0 1 0

0 0 1 0 10 0 0 1 0

Qual seria o significado da matriz A2 = AA?

Seja A2 = [cij ]. Calculemos o elemento c42=5

k=1

a4kak2= 0 + 0 + 1 + 0 + 0 = 1

Note que a unica parcela nao nula veio de a43a32 = 11. Isto significa que a estacao 4transmite para a estacao 2 atraves de uma transmissao pela estacao 3, embora nao exista umatransmissao direta de 4 para 2.

a) Calcule A2.

b) Qual o significado de c13= 2?

c) Discuta o significado dos termos nulos, iguais a 1 e maiores que 1 de modo ajustificar a afirmacao: A matriz A2 representa o numero de caminhos disponveispara se ir de uma estacao a outra com uma unica retransmissao.

d) Qual o significado das matrizes A + A2, A3 e A + A2 + A3?

e) Se A fosse simetrica, o que significaria?

Solucao de A:(Solucao retirada da lista da Professora. Marina Tebet (GAN/IME/UFF)).

0 1 1 1 11 0 1 1 00 1 0 1 00 0 1 0 10 0 0 1 0

0 1 1 1 11 0 1 1 00 1 0 1 00 0 1 0 10 0 0 1 0

=

1 1 2 3 10 2 2 2 21 0 2 1 10 1 0 2 10 0 1 0 1

Solucao de B:

(Solucao retirada da lista da Professora. Marina Tebet (GAN/IME/UFF)).

c13= 2 e significa que a estacao 1 transmite para estacao 3 atraves de uma terceira de doismodos (atraves da estacao 2 e da estacao 4).

Solucao de C:


Cada elemento de A2 representa o numero de modos que uma estacao trans mite para umaoutra atraves de uma terceira estacao.

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Solucao de D:


Cada elemento de A + A2 representa a soma do numero de modos que uma estacao transmitepara outra, diretamente e atraves de uma terceira para uma outra.

A + A2 =

1 2 3 4 21 2 3 3 21 1 2 2 10 1 1 2 10 0 1 1 1

Veja:O elemento 14 indica que ha 4 maneiras de se transmitir da estacao 1 a estacao 4: Diretamente:

154, 124 e 134.Cada elemento de A3 representa o numero de modos que uma estacao transmite para uma

outra atraves de uma quarta estacao.

A3 =

1 3 5 5 42 2 4 6 20 3 2 5 21 0 3 1 20 1 0 3 0

Veja:O elemento 25 indica que ha 2 maneiras de se transmitir da estacao 1 para a estacao 2 atraves

de uma quarta estacao: 2345 e 2145.Cada elemento de A + A2 + A3 representa a soma do numero de modos que uma estacao

transmite para outra estacao, diretamente, atraves de uma terceira e de uma quarta.

A + A2 + A3 =

2 5 8 9 63 4 7 9 41 4 4 6 31 1 4 3 30 1 1 3 1

Veja:

Experimente listar as maneiras de se transmitir da estacao 3 para a estacao 5 considerandotransmissoes diretas, atraves de uma terceira e atraves de uma quarta.

Solucao de E:


Se A fosse simetrica, isto e, aij =aji , isso significaria que a estacaoi transmite para a estacaoj sempre que a estacao j transmitir para a i.

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Existem tres marcas de automoveis disponveis no mercado: o Jacare, o Piranha e o Urubu.O termoaij da matriz A abaixo e a probabilidade de que um dono de carro da linhai mude parao carro da coluna j , quando comprar um carro novo.

0.7 0.2 0.1

0.3 0.5 0.2

0.4 0.4 0.2

Para

J P U

De

J

P

U

Os termos da diagonal de dao a probabilidade aii de se comprar um carro novo da mesmamarca.A2 representa as probabilidades de se mudar de uma marca para outra depois de duas com-

pras. Voce pode verificar isto a partir dos conceitos basicos de probabilidade (consulte 1.5) eproduto de matrizes. Calcule A2 e interprete.

Solucao:

A2 =

59

100

7

25

13

100

11

25

39

100

17

10012

25

9

25

4

25

Os termos de A2, aij , significam mudar da marca i para a marca j depois de duas compras.

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Quer saber quando saira a proxima atualizacao desse documento? Nesse caso voce pode:

verificar diretamente no blog (www.number.890m.com); ou me seguir no Facebook (www.facebook.com/diegoguntz).

E se alguma passagem ficou obscura ou se algum erro foi cometido por favor escreva [email protected] que possa ser feito a devida corre cao.

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Para encontrar esse e outros exerccios resolvidos de matematica acesse: www.number.890m.com

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Suponha que um corretor da Bolsa de Valores faca um pedido para comprar acoes na segunda-feira, como segue: 400 quotas de acao A, 500 quotas da acao B e 600 quotas da acao C. As acoesA, B e C custam por quota Cr$ 500,00 Cr$ 400,00 e Cr$ 250,00 respectivamente.

a) Encontre o custo total das acoes, usando multiplicacoes de matrizes.

b)Qual sera o ganho ou a perda quando as acoes forem vendidas seis meses mais tarde se asacoes A, B e C custam Cr$ 600,00 Cr$ 350,00 e Cr$ 300,00 por quota, respectivamente?

Solucao de A:

A resposta deve ser uma matriz 1

1, assim uma matriz deve ser da ordem 1

a e outra a

1.Como temos tres quantidades de quotas (A, B e C) e tres valores (um para cada quota), entaoa = 3. Ou seja, demos ter uma matriz 13 e outra 3x1.

A primeira matriz sera a de quantidade:

Q= (400, 500, 600)

Enquanto a segunda sera de preco

P =

500400

250

Fazendo PQ chegamos a matriz de custo total igual a 550 mil.

P Q= [550.000]

Solucao de B:

Nesse caso basta trocar os valores da matriz P e em seguida realizar a multiplicacao.

QP = (400, 500, 600) 600350

300

= [595.000]

Ou seja, houve um ganho de 45 mil.

2. E observado que as probabilidades de um time de futebol ganhar, perder e empataruma partida depois de conseguir uma vitoria sao 1/2, 1/5 e 3/10 respectivamente; e depois deser derrotado sao 3/10, 3/10 e 2/5, respectivamente; e depois de empatar s ao 1/5, 2/5 e 2/5,

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respectivamente. Se o time nao melhor nem piorar, conseguira mais vitorias ou derrotas a longoprazo?

Solucao:

Primeiro vamos considerar as probabilidades aposGanhar uma partida.

GG 1/2P 1/5E 3/10

Agora as probabilidades aposPerder um jogo.

G PG 1/2 3/10

P 1/5 3/10E 3/10 2/5

E finalmente as probabilidades aposEmpatar.

G P EG 1/2 3/10 1/5P 1/5 3/10 2/5E 3/10 2/5 2/5

Observe que esta ultima matriz e regular (quadrada e com possibilidade de inversao). Assimpodemos aplicar o teorema 1.5.4.

pGpPpE

= 0.5 0.3 0.20.2 0.3 0.40.3 0.4 0.4

pGpPpE

pGpP

pE

= 0.5pG+ 0.3pP+ 0.2pE0.2pG+ 0.3pP+ 0.4pE

0.3pG+ 0.4pP+ 0.4pE

Que resulta nas seguintes equacoes.

0.5pG+ 0.3pP+ 0.2pE=pG0.2pG+ 0.3pP+ 0.4pE=pP0.3pG+ 0.4pP+ 0.4pE=pE

e nos possibilita montar o seguinte sistema:

0.5pG+ 0.3pP+ 0.2pE= 00.5pG 0.7pP+ 0.2pE= 00.5pG+ 0.3pP 0.6pE= 0

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Alem disso, sabemos que as somas das probabilidades e igual a um (pG+pP+pE= 1). Da,

pG =26

79, pP =

24

79 epE=

29

79.

3. Numa pesquisa procura-se estabelecer uma correlacao entre os nveis de escolaridade depais e filhos, estabelecendo as letras: P para os que concluram o curso primario; S para os queconcluram o secundario; e U para quem concluiu o curso universit ario. A probabilidade de umfilho pertencer a um desses grupos, dependendo do grupo em que o pai esta, e dada pela matriz:

0

1

3

23

13

1

3

13 0

1

3

23

P S U

P

S

U

Qual a probabilidade de um neto, de um indivduo que concluiu o curso secundario, seruniversitario?

Solucao:

A matriz do problema e a matriz de transicao de estado da cadeia de Markov. Sendo assim,a matriz dos netos e dada pelo quadrado da matriz de transicao.

2/3 1/3 01/3 1/3 1/30 1/3 2/3

2/3 1/3 01/3 1/3 1/3

0 1/3 2/3

= 5/9 1/3 1/91/3 1/3 1/3

1/9 1/3 5/9

A probabilidade desejada e portanto 1/3.

4. Numa cidade industrial, os dados sobre a qualidade do ar sao classificados como satisfatorio(S) e insatisfatorio (I). Assuma que, se um dia e registrado S, a probabilidade de se ter S nodia seguinte e 2/5 e que, uma vez registrado I, tem-se 1/5 de probabilidade de ocorrer S no diaseguinte.

a) Qual e a probabilidade do quarto dia ser S, se o primeiro dia e I?

b) O que se pode dizer a longo prazo sobre a probabilidade de termos S ou I?

Solucao de A:

Quando se registra S a probabilidade de ser S no dia seguinte e de 2/5.

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S IS 2/5I

Quando marca I a probabilidade de ser S e de 1/5.

S IS 2/5 1/5I

Sabemos que pS + pI= 1 (pois sao eventos complementares), assim podemos completar atabela acima.

S IS 2/5 1/5I 3/5 4/5

Essa sera a matriz de transicao do problema.

T =

2/5 1/53/5 4/5

para determinar a probabilidade do 4 dia basta fazer o cubo da matriz de transicao.

T3 =

2/5 1/53/5 4/5

3=

32/125 31/12593/125 94/125

O resultado e o valor do elemento a12 da 3a potencia. No caso,

31

125

.

Solucao de B:

Usando o teorema 1.5.4: pSpI

=

2/5 1/53/5 4/5

pSpI

Da equacao acima retira-se o seguinte sistema0.6pS+ 0.2pI= 00.6pS 0.2pI= 0

Cuja solucao ocorre para pS=14 epI= 34 . Assim, a longo prazo, a probabilidade de termos

dias satisfatorios e 1/4 e de termos dias insatisfatorios e de 3/4.

5. Numa ilha maravilhosa verificou-se que a cor azul ocorre em borboletas de genotipo aa,e nao ocorre em Aa e AA. Suponha que a proporcao de borboletas azuis seja 1/4. Depois dealgumas geracoes, qual sera a porcentagem das borboletas nao azuis, mas capazes de ter filhotesazuis?

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Solucao:

Denotando por d, dominante, r, recessivo e h, hibrido, e os respectivos cruzamentos pordXd,dX r,dX h, colocando as probabilidades em colunas, podemos montar a seguinte matriz detransicao:

- dd rr dr dh rh hhd 1 0 0 0.5 0 0.25h 0 0 1 0.5 0.5 0.5r 0 1 0 0 0.5 0.25

Usando o teorema 1.5.4

p(2)d

p(2)

hp(2)r =

1 0 0 0.5 0 0.250 0 1 0.5 0.5 0.5

0 1 0 0 0.5 0.25

p(1)d p(1)dp(1)r p(1)r

2 p(1)d p(1)r2 p

(1)d p

(1)h

2 p(1)r p(1)hp(1)h p(1)h

Onde p(1)d e a porcentagem de indivduos dominantes, p

(1)h a porcentagem de indivduos

hbridos. E p(1)r a porcentagem de indivduos recessivos.

p(2)d

p(2)h

p(2)r

=

1 0 0 0.5 0 0.250 0 1 0.5 0.5 0.50 1 0 0 0.5 0.25

0.25 0.250.25 0.25

2 0.25 0.252 0.25 0.52 0.25 0.50.5 0.5

assim nossas probabilidades sao: p

(2)d

p(2)h

p(2)r

= 0.250.5

0.25

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2 SISTEMAS DE EQUACOES LINEARES


1. Resolva o sistema de equacoes, escrevendo as matrizes ampliadas, associadas aos novossistemas.

2x y+ 3z= 114x 3y+ 2z = 0x + y+ z = 63x + y+ z = 4

Solucao:

A matriz ampliada do sistema e:

2 1 3 114 3 2 01 1 1 63 1 1 4

Vamos agora usar as operacoes de multiplicacao e soma nas linhas da matriz para resolver osistema.

Fazendo L2 = L2 - 2L1; L3 = 2L3 - L1 e L4 = 3L1 - 2L4

2 1 3 110 1 4 220 3 1 10 5 7 25

Fazendo agora L3 = 3L2 + L3 e L4 = L4 5L2

2 1 3 110 1 4 220 0 13 650 0 27 135

Fazendo L4 = 27L3 + 13L4

2 1 3 110 1 4 220 0 13 650 0 0 0

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Dividindo L1 por 2, L2 por -1 e L3 por -13

1 1/2 3/2 11/20 1 4 220 0 1 50 0 0 0

Fazendo L1 = L1 + 0.5L2

1 0 7/2 33/20 1 4 220 0 1 50 0 0 0

Fazendo L2 = L2 - 4L3

1 0 7/2 33/20 1 0 20 0 1 50 0 0 0

Finalmente fazendo L1 = L1 - (7/2)L3

1 0 0 10 1 0 20 0 1 50 0 0 0

Solucao: x=1, y = 2 e z = 5

2. Descreva todas as possveis matrizes 2 2, que estao na forma escada reduzida por linhas.

Solucao:

Tome A =

a11 a12a21 a22

com coeficientes nao nulos.

Existe umk R ondeka21= a11. Sendo assim, multiplicando L2 por k e depois subtramosL1 de L2.

a11 a12

k a21 a11 k a22 a12

Que resulta na matriz a seguir.

a11 a12

0 ka22 a12

Agora, dividimos L1 por a11

21


22/102


1

a12a11

0 ka22 a12

E finalmente dividimos L2 por ka22 a12

1 a12

a110 1

Que e a forma geral de uma matriz reduzida por linha 2 por 2 com coeficientes nao nulos.

As demais matrizes ficam a cargo do leitor.

3. Reduza as matrizes a forma escada reduzida por linhas.

a)

1 2 3 12 1 2 3

3 1 2 3

b)

0 1 3 22 1 4 3

2 3 2 1

c)

0 2 21 1 33 4 22 3 1

Solucao de A:

1 0 0 40 1 0 30 0 1

1

Solucao de B: 0 1 3 22 1 4 3

2 3 2 1

L1 = L1 + L2

2 0 7 52 1 4 3

2 3 2 1

L2 = L1 - L2 2 2 7 50 1 3 2

2 3 2 1

L3 = L3L1

2 2 7 50 1 3 2

0 3 9 6

L3 = 3L2 + L3 2 2 7 50 1 3 20 0 0 0

Finalmente dividindo L2 por1 e L1 por 2: 1 1 7/2 5/20 1 3 2

0 0 0 0

22


23/102


Solucao de C:

1 0 2

0 1 10 0 00 0 0

4. Calcule o posto e nulidade das matrizes da questao 3.

Solucao:

A solucao dea do problema anterior e a matriz:

1 0 0 40 1 0 30 0 1 1

Como nao ha nenhuma linha nula na matriz entao p = 3 (posto). Pois a matriz tem 3 linhas

nao nulas. Ja a nulidade, que e o numero de colunas da matriz menos o seu posto, e igual a 1.

A solucao deb do problema anterior e a matriz:

1 1 7/2 5/20 1 3 2

0 0 0 0

Como temos apenas duas linhas nao nulas entao o posto e igual 2. Ja a nulidade sera 2.

A solucao dec do problema anterior e a matriz:

1 0 20 1 10 0 00 0 0

Como temos apenas duas linhas nao nulas entao o posto sera 2. E a nulidade sera 1.

5. Dado o sistema

3x + 5y= 1

2x + z= 35x + y z= 0

escreva a matriz ampliada, associada ao sistema e reduza-a a forma escada reduzida porlinhas, para resolver o sistema original.

Solucao:

A matriz ampliada sera:

23


24/102


3 5 0 12 0 1 35 1 1 0

Reduzindo a matriz a forma escada por linhas

L1 = 2L1 e L2 = 3L2 6 10 0 26 0 3 9

5 1 1 0

L2 = L2L1

6 10 0 20 10 3 7

5 1 1 0

L3 = 6L3 e L1 = 5L1 30 50 0 100 10 3 7

30 6 6 0

L3 = L3L1

30 50 0 100 10 3 7

0 44 6 10

L3 = 10L3/44

30 50 0 100 10 3 70 10 60/44 100/44

L3 = L2 + L3

30 50 0 100 10 3 70 0 192/44 408/44

Finalmente fazendo L1 = L1/30, L2 =L2/10 e L3 = 44L3/192.

1 5/3 0 1/30 1 3/10 7/100 0 1 17/8

encontramos a matriz escada linha reduzida. Realizando mais algumas operacoes entre aslinhas chega-se a:

1 0 0 7/160 1 0 1/160 0 1 17/8

Assim, a solucao ocorre para x = 7

16, y =1

16 e z =

17

8.

6. Determinek para que o sistema possua solucao:

4x + 3y = 25x 4y= 02x y= k

Solucao:

O sistema acima possui duas incognitas, assim so necessitamos de duas linhas para resolve-lo.4x + 3y= 25x 4y = 0

Resolvendo o sistema acima chegamos a: x =0.5 e y = 0. Como desejamos descobrir ovalor dek fazemos:

24


25/102


2x y= k

2(0.5) (0) =k

k=1O valor dek deve ser1.

7. Encontre todas as solucoes do sistema

x1+ 3x2+ 2x3+ 3x4 7x5= 142x1+ 6x2+ x3 2x4+ 5x5=2x1+ 3x2 x3+ 2x5=1

Solucao:

Fazendo o escalonamento do sistema chega-se ate:

x1+ 3x2+ 2x3+ 3x4 7x5= 14x3+

83

x4 193x5= 10x4 2x5= 3

Onde observamos que as variaveis com maior grau de liberdade e x5 e x4. Assim, podemosusar qualquer uma delas para expressar as demais respostas. Para coincidir com o livro vamosusarx5.

x1= 1 3x2 x5x3= 2 + x5x4= 3 + 2x5

8. Explique por que a nulidade de uma matriz nunca e negativa.

Solucao:

A nulidade e o numero de colunas subtrada do posto de uma matriz (que deve estar na formaescalonada linha). Assim, para que a nulidade seja negativa e necessario que o posto seja maiorque o numero de colunas da matriz.

No entanto, o posto de uma matriz significa na pratica o numero de solucoes do sistemaassociado a ela. Se cada coluna da matriz representa uma inc ognita do sistema nao faz nenhumsentido que o numero de solucoes (posto) seja maior que o numero de colunas. Se isso fossepossvel teramos um sistema com mais solucoes que o numero de incognitas do mesmo.

9. Foram estudados tres tipos de alimentos. Fixada a mesma quantidade (1g) determinou-seque:

25


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i) O alimento I tem 1 unidade de vitamina A, 3 unidade de vitamina B e 4 unidades devitamina C.

ii) O alimento II tem 2, 3 e 5 unidades respectivamente, das vitaminas A, B e C.

iii) O alimento III tem 3 unidades de vitaminas A, 3 unidades de vitamina C e n ao contemvitamina B.

Se sao necessarias 11 unidades de vitaminas A, 9 de vitamina B e 20 de vitamina C;

a) Encontre todas as possveis quantidades dos alimentos I, II e III, que fornecem a quantidadede vitaminas desejada.

b) Se o alimento I custa 60 centavos por grama e os outros dois custam 10, existe uma solu caocustando exatamente Cr$ 1,00?

Solucao de A:

(Solucao retirada da lista da professora Claudia Santana (UESC)).

Analisando o sistema:

x + 2y+ 3z= 113x + 3y+ 0z= 94x + 5y+ 3z= 20

Onde x, y e z s ao as quantidades, em gramas, dos alimentos I, II e III respectivamente.Chega-se a solucao:

5

3 z 8

3;x=5 + 3z; y = 8 3z

Solucao de B:

(Solucao retirada da lista da professora Claudia Santana (UESC)).

Analisando o sistema:

x + 2y+ 3z= 113x + 3y+ 0z = 96x + y+ z = 10

Onde x, y e z sao as quantidades, em gramas, dos alimentos I, II e III respectivamente.Chega-se a solucao:

x= 1g e y = z = 2g.

Resolva os sistemas seguintes achando as matrizes ampliadas linha reduzidas a forma escadae dando tambem seus postos, os postos das matrizes dos coeficientes e, se o sistema for possvel,o grau de liberdade.

26


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10.{x1+ 2x2 x3+ 3x4= 1

Solucao:

Todas as variaveis possui o mesmo grau de liberdade assim, podemos usar qualquer uma delaspara escrever a solucao. Neste caso, vamos usar x2,...,x5.

Matriz ampliada: [1 2 1 3 1]; Posto: 1; Posto da matriz dos coeficientes: 1; Solucao: x1= 1 2x2+ x3 3x4;

Grau de liberdade: 3.

O grau de liberdade e a diferenca entre o numero de variaveis e o numero de equacoes naonulas na forma escada.

11.

x + y+ z = 42x + 5y 2z = 3

Solucao:

Matriz ampliada:

1 1 1 40 1 4/3 5/3

;

Posto: 2; Posto da matriz dos coeficientes: 2;

Solucao: x= 17 7z3

; y =4z 5

3 ;


12.

x + y+ z = 42x + 5y 2z= 3x + 7y 7z = 5

Solucao:

27


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Matriz ampliada:

1 1 1 40 3 4 50 0 0 11

;

Posto: 3; Posto da matriz dos coeficientes: 2; Solucao: O sistema nao tem solucao.

13.

x 2y+ 3z = 02x + 5y+ 6z = 0

Solucao:

Matriz ampliada:

1 2 3 00 9 0 0

;

Posto: 2; Posto da matriz dos coeficientes: 2; Solucao: x=3z; y= 0; Grau de liberdade: 1.

14.

x1+ x2+ x3+ x4= 0x1+ x2+ x3 x4= 4x1+ x2 x3+ x4=4x1 x2+ x3+ x4= 2

Solucao:

Matriz ampliada:

x1 x2 x3 x4 00 x2 0 0 00 0 x3 0 2

0 0 0 x4 2

;

Posto: 4; Posto da matriz dos coeficientes: 4; Solucao: x1= 0; x2= 0; x3= 2 e x4=2; Grau de liberdade: 0.

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15.

x + 2y+ 3z = 02x + y+ 3z = 03x + 2y+ z = 0

Solucao:

Matriz ampliada: 1 2 3 00 1 3/2 0

0 0 1 0

;

Posto: 3; Posto da matriz dos coeficientes: 3; Solucao: x= 0;y = 0 ez = 0;


16.

3x + 2y 4z= 1x y+ z = 3x y 3z =33x + 3y 5z= 0x + y+ z = 1

Solucao:

A cargo do leitor.

17. O metodo de Gauss para resolucao de sistemas e um dos mais adotados quando se fazuso do computador, devido ao menor numero de operacoes que envolve. Ele consiste em reduzira matriz ampliada so sistema por linha-equivalencia a uma matriz que so e diferente da linhareduzida a forma escada na condicao cada coluna que contem o primeiro elemento nao nulo dealguma linha tem todos os seus outros elementos iguais a zero, que passa a ser: cada colunaque contem o primeiro elemento nao nulo de alguma linha, tem todos os elementos abaixo destalinha iguais a zero. As outras condicoes sao identicas. Uma vez reduzida a matriz ampliada aesta forma, a solucao final do sistema e obtida por substituicao.

Exemplo: 2x1+ x2= 5x1 3x2= 6

2 1 51 3 6

1 1/2 5/20 7/2 7/2

1 1/2 5/20 1 1

29


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a ultima matriz corresponde ao sistema:

x1+1

2x2=

5

2

x2=1Por substituicao, x11

2=

5

2, ou seja, x1= 2.

Resolva pelo metodo de Gauss os exerccios 13,14 e 15.

Solucao de 14:

A matriz ampliada do sistema, apos o escalonamento, e a seguinte: (ver problema 14)

x1 x2 x3 x4 00 x2 0 0 0

0 0 x3 0 20 0 0 x4 2

;Que resulta no seguinte sistema:

x1+ x2+ x3+ x4= 0x2= 0x3= 2x4=2

Note que os valores e x2,...,x4 ja sao bem evidentes. Assim so nos resta definir o valor dex1.

x1

=

(x2

+ x3

+ x4

)

x1=(0 + 2 + 2)

x1= 0

Assim, pelo metodo de Gauss a solucao sera x = y = z = 0.

Solucao de 15:

A matriz ampliada do sistema, apos o escalonamento, sera:

1 2 3 00 1 3/2 00 0 1 0

veja o problema 15.

que implica no seguinte sistema:

x + 2y+ 3z= 0y+ (3/2)z = 0

z = 0

30


31/102


Que por substituicao resulta em x = 0;y= 0 ez = 0.

Solucao de 16:

A matriz ampliada do sistema, apos o escalonamento, sera:

1 2/3 4/3 1/30 1 7/5 8/50 0 1 3/20 0 0 00 0 0 1/2

que resulta no seguinte sistema:

x + (2/3)y (4/3)z = 1/3

y

(7/5)z=

(8/5)

z = 3/20 = 1/2

Com base na ultima linha tornamos evidente que trata-se de um sistema impossvel, e por-tanto, sem solucao mesmo pelo metodo de Gauss.

18. a) Mostre a proposicao 2.4.3 para matrizes 22 quaisquer.b) Sinta a dificuldade que voce tera para formalizar o resultado para matrizes nm, mas con-

venca-se de que e so uma questao de considerar todos os casos possveis, e escreva a demonstracao.Consulte 2.7.

Solucao:

Veja paginas 60 e 61.

19. Chamamos de sistema homogeneo de n equacoes e m incognitas aquele sistema cujostermos independentes bi, sao todos nulos.

a) Um sistema homogeneo admite pelo menos uma solucao. Qual e ela?

b) Encontre os valores de k R, tais que o sistema homogeneo

2x 5y+ 2z = 0x + y+ z = 0

2x + kz = 0

tenha uma solucao distinta da trivial (x= y = z = 0).

Solucao de a:

Uma solucao para todo sistema homogeneo e zero.

31


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Solucao de b:

Escalonando o sistema

2x 5y+ 2z = 0x + y+ z = 0

2x + kz = 0

Chegamos a solucao dek = 2.

20. Considere o sistema x + 6y 8z = 12x + 6y 4z = 0

Note que podemos escreve-lo na forma matricial

()

1 6 82 6 4

xyz

= 10

a) verifique que a matriz X1=

xy

z

= 11/3

0

e uma solucao para o sistema.

b) = Resolva o sistema e verifique que toda matriz-solu cao e da forma:

X=

xyz

=

421

+

11/3

0

ondeR.

c) Verifique

42

1

+ 42

e a solucao do sistema homogenea, associado ao sistema (),

() 1 6 82 6

4

xy

z

=

00

d) Conclua, dos itens a), b) e c), que o conjunto-solucao do sistema e o conjunto-solucaodo sistema, somando a uma solucao particular tema.

Solucao de A:

Basta substituir x, y e z por 1, 1/3 e 0 no sistema e verificar se as equa coes seguintes saosatisfeitas:

32


33/102


x + 6y 8z = 12x + 6y 4z= 0

Solucao de B:

Resolvendo o sistema em z chega-se a y = 1

3 2z ex=1 4z

Assim, chamando z = podemos dizer que a matrizX=

xy

z

=

1 41

3 2

Com a ultima matriz a direita podemos escrever a equacao:

1 41

32

=

42

1+

11/3

0

Finalizando a solucao do problema.

Solucao de C:

Semelhante aa.

Solucao de D:

Pela letra c do problema a solucao do sistema () e

xy

z

=

42

. Ja pela letra a

uma solucao particular do sistema () e

1

1

3

0

. Note que somando as duas solucoes chegamos

a solucao geral de ().

42

+

11

30

=

4 + 12 +

1

3

21. Dado o sistema

1 2 0 11 0 2 11 2 2 13 4 4 3

xyzw

=

2248

33


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a) Encontre uma solucao dele sem resolve-lo. (Atribua valores para x, y, z e w)b) Agora, resolva efetivamente o sistema, isto e, encontre sua matriz-solucao;c) Resolva tambem o sistema homogeneo associado;

d) Verifique que toda matriz solucao obtida em b) e a soma de uma matriz solucao encontradaem c) com a solucao particular que voce encontrou em a).

Solucao de A:

x= 0, y = z = 1 ew = 0.

Solucao de B:

11

Solucao de C:

00

Solucao de D:

11

=

00

+

011

0

22. Altamente motivado pelos Exerccios 20 e 21, mostre que toda matriz-solucao de umsistema linear AX = B e a soma de uma solucao do sistema homogeneo associado AX = 0 comuma solucao particular AX = B. Sugestao: siga as etapas seguintes, usando somente propriedadesde matrizes.

i) Mostre que se X0 e uma solucao do sistema AX = 0 e X1 e uma solucao de AX = B, entaoX0 + X1 e solucao de AX = B.

ii) Se X1 e X2 sao solucoes de AX = B, entao X1 X2 e solucao de AX = 0.iii) Use i) e ii) para chegar a conclusao desejada.

Solucao:

Queremos mostrar que se

x1...

xn

e solucao de um sistema AX = B

34


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a11 a1n...

. . . ...

a1n

ann

x1...

xn

=

b1...

bn

e

y1...

yn

e solucao do sistema homogeneo associado a AX = B

a11 a1n...

. . . ...

a1n ann

y1...

yn

=

0...0

entao a soma das solucoes tambem e solucao de AX = B.

y1...

yn

=

x1...

xn

=

x1+ y1...

xn+ yn

Para verificar tal afirmacao substitumos esse resultado na equacao AX = B

a11 a1n...

. . . ...

a1n

ann

x1+ y1...

xn+ yn

=

b1...

bn

Note que a equacao matricial acima representa o seguinte sistema

a11(x1+ y1) + + a1n(xn+ yn)...a1n(x1+ y1) + + ann(xn+ yn)

e podemos representa-la como:

a11x1+ a11y1+

+ a1nxn+ a1nyn

...a1nx1+ a1ny1+ + annxn+ annyn

a11x1+ + a1nxn+ a11y1+ + a1nyn...a1nx1+ + annxn+ a1ny1+ + annyn

35


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Observando a equacao do sistema homogeneo notamos que a soma de todos os termos acom-panhados deyb comb(1,...,n) e igual a zero. Assim podemos rescrever o sistema

a11x1+ + a1nxn+ 0...a1nx1+ + annxn+ 0

Que na forma de equacao matricial fica

a11 a1n...

. . . ...

a1n ann

x1...

xn

=

b1...

bn

Assim, a soma das solucoes e uma solucao do sistema AX = B.

23. Faca o balanceamento das reacoes:

a) N2O5 NO2 + O2 (decomposicao termica do N2O5)b) HF + SiO2 SiF4 + H2Oc) (NH4)2CO3 NH3 + H2O + CO2

Solucao de A:

Podemos observar que as quantidades de N e O em ambos os lados nao e a mesma. Seos coeficientes estequiometricos forem respectivamente x, y e z temos que:

xN2O5 y NO2 + z O2

Ou seja:

2x y (N i)

5x 2y 2z (O)

O Sistema e SPI (Sistema Possvel e Indeterminado) e admite mais de uma solucao (x, y, z),porem nos interessa a menor solucao inteira. A solucao generica desse sistema e:

2, ,

4

36


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adotando

= 4

Que nos da a menor solucao inteira, teremos: x= 2,y = 4 ez = 1 e a equacao balanceada e:

2N2O5 4NO2 + O2

Solucao de B:

4HF + SiO2 SiF4 + 2H2O

Solucao de C:

(NH4)2CO3 2NH3 + H2O + CO2

25. Sabendo-se que a alimentacao diaria equilibrada em vitaminas deve constar de 170unidades de vitamina A, 180 unidades de vitamina B, 140 unidades de vitamina C, 180 unidadesde vitamina D e 320 unidades de vitamina E. Fixada a mesma quantidade (1g) de cada alimento,determinou-se que:

a) o alimento I tem uma unidade da vitamina A, 10 unidades da vitamina B, 1 unidade davitamina C, 2 unidades da vitamina D e 2 unidades da vitamina E;

b) o alimento II tem 9 unidades da vitamina A, 1 unidade da vitamina B, 0 unidades davitamina C, 1 unidade da vitamina D e 1 unidade da vitamina E;

c) o alimento III tem 2 unidades de vitamina A, 2 unidades de B, 5 unidade de C, 1 unidadede D e 2 unidades de E;

d) o alimento IV tem 1 unidade de A, 1 unidade de B, 1 unidade de C, 2 unidades de D e 13unidades de E;

e) o alimento V tem 1 unidade de A, 1 unidade de B, 1 unidade de C, 9 unidades de D e 2unidades de E.

Quantos gramas de cada um destes 5 alimentos (I a V) deve-se ingerir diariamente para seter uma alimentacao equilibrada?

Solucao:

A matriz que relaciona os alimentos com suas devidas quantidades de cada vitamina e:

A B C D EI 1 10 1 2 2II 9 1 0 1 1III 2 2 5 1 2IV 1 1 1 2 13V 1 1 1 9 2

37


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A primeira coluna refere-se a vitamina A, a segunda B e sucessivamente ate a E. Considereainda que:

x1 Quantidade a ser ingerida do alimento 1; x2 Quantidade a ser ingerida do alimento 2; x3 Quantidade a ser ingerida do alimento 3; x4 Quantidade a ser ingerida do alimento 4; x5 Quantidade a ser ingerida do alimento 5.

Assim, a quantidade consumida das vitaminas pode ser expressa por:

x1+ 9x2+ 2x3+ x4+ x5= 170 (V itamina A)10x1+ x2+ 2x3+ x4+ x5= 180 (V itamina B)x1+ 0x2+ 5x3+ x4+ x5= 140 (V itamina C)2x1+ x2+ x3+ 2x4+ 9x5= 180 (V itamina D)2x1+ x2+ 2x3+ 13x4+ 2x5= 320 (V itamina E)

Agora basta voce montar a matriz estendida deste sistema e escalona-la, voce encontrara:

x= 10, 11

y= 10, 12

z= 20, 37

w= 17, 53

u= 10, 46

26. Necessita-se adubar um terreno acrescentando a cada 10m2 140g de nitrato, 190g defosfato e 205g de potassio.

Dispoe-se de quatro qualidades de adubo com as seguintes caractersticas:

(a) Cada quilograma de adubo I custa 5 u.c.p e contem 10g de nitrato, 10g de fosfato e 100gde potassio.

(b) Cada quilograma de adubo II custa 6 u.c.p e contem 10g de nitrato, 100g de fosfato e 30gde potassio.

(c) Cada quilograma de adubo III custa 5 u.c.p e contem 50g de nitrato, 20g de fosfato e 20gde potassio.

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(d) Cada quilograma de adubo IV custa 15 u.c.p e contem 20g de nitrato, 40g de fosfato e35g de potassio.

Quanto de cada adubo devemos misturar para conseguir o efeito desejado se estamos dispostosa gastar 54 u.c.p. a cada 10m2 com a adubacao?

Solucao:

Os dados do problema estao distribudos na proxima tabela.

Custo Nitrato Fosfato Potassiox1 5 10 10 100x2 6 10 100 30x3 5 50 20 20x4 15 20 40 35

Analisando o sistema a seguir chegamos a solucao.

5x1+ 6x2+ 5x3+ 15x4+ = 5410x1+ 10x2+ 50x3+ 20x4= 14010x1+ 100x2+ 20x3+ 40x4= 190100x1+ 30x2+ 20x3+ 35x4= 205

x=6451

9619; y =

4381

9619; z =

25927

9619.

27. Deseja-se construir um circuito como mostrado na figura

onde Vi = 280V, V2 = 100V, V3 = 50V, R1 = 20, R2 = 30, R3 = 50, R4 = 40,R5= 100.

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Dispoe-se de uma tabela de precos de varios tipos de resistencias; assim como as correntesmaximas que elas suportam sem queimar.

RESISTENCIAS

Corrente maxima

20 30 40 50 1000.5A 10,00 10,00 15,00 15,00 20,001.0A 15,00 20,00 15,00 15,00 25,003.0A 20,00 22,00 20,00 20,00 28,005.0A 30,00 30,00 34,00 34,00 37,00

Solucao:

B

A

C

Usando as leis dos nos obtemos as seguintes equacoes:

i1 i2 i5= 0i5+ i4+ i3 i1= 0i1 i4 i3 i5= 0

Ja aplicando a lei das malhas

i1+ 5i5 14 = 03i2+ 10 + 4i4 10i5= 05i3+ 5 4i4= 0

Usando as tres equacoes do sistema acima e duas do sistema formando pela lei dos n oschegamos a um terceiro sistema que nos dara a solucao das correntes.

i1+ 5i5= 143i2+ 4i4 10i5=105i3 4i4=5i1 i2 i5= 0i1+ i3+ i4+ i5= 0

Cuja solucao ocorre para:

i1= 3.6774194i2= 1.6129032i3= 0.1612903i4= 1.4516129i5= 2.0645161

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Com base nesses dados e na tabela do problema o custo mnimo e de R$ 115,00.

28. Uma placa quadrada de material homogeneo e mantida com os bordos AC e BD temper-atura de 20C, o bordo AB a 40C e CD a 10C, com o uso de isolantes termicos em A, B, C eD (vide figura).

10C

40C

20C10C

x

y

A B

C D

Apos ser atingido o equilbrio termico, qual e a temperatura aproximada em cada ponto daplaca?

Solucao:

Considere o seguinte reticulado da placa:

10

20

40

10

A temperatura em um ponto qualquer e aproximadamente a media dos pontos vizinhos. Porexemplo, a temperatura no ponto em vermelho da figura pode ser aproximada por:

p32= 20 +p42+ p22+p33

4

Ondep32 e o ponto situado na linha 3 e coluna 2.

Podemos multiplicar os dois lados da equacao por 4, e entao colocar as variaveis no ladoesquerdo e as constantes no lado direito:

4p32= 20 +p42+ p22+ p33

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4p32p42p22p33= 20Repetindo o processo para cada ponto obtemos um sistema de equacoes lineares. Cujas

solucoes nos dara as temperaturas dos pontos.

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www.number.890m.com


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3 DETERMINANTE E MATRIZ INVERSA


Comentario: Devido a facilidade de alguns exerccios deste captulo algumas respostas seraodadas sem muitas explicacoes.

1. De o numero de inversoes das seguintes permutacoes de 1, 2, 3, 4, 5:

a) 3 5 4 1 2

b) 2 1 4 3 5

c) 5 4 3 2 1

d) No determinante de uma matriz 5 5, que sinal (negativo ou positivo) precederia os termosa13a25a34a41a52 e a15a24a33a42a51?

Solucao:

a) 5 b) 2 c) 10

d) A permutacao do primeiro termo tem numero mpar de permutacoes ja a segunda umnumero par. Portanto, os sinais saoe +, respectivamente.

2. Quantas inversoes tem a permutacao (n, n 1, ..., 2, 1) dos numeros 1, 2, ..., n 1, n?

Solucao:

O numero de inversoes de uma permutacao tambem e o numero de inter-trocas necessariaspara coloca-la em ordem natural.

Tome como por exemplo a permutacao (5, 4, 3, 2, 1).A troca do ultimo termo com o primeira resulta em 4 operacoes. Veja:

(5, 4, 3, 1, 2)

(5, 4, 1, 3, 2)

(5, 1, 4, 3, 2)

(1, 5, 4, 3, 2)

Agora a troca do ultimo termo (2) resulta em mais 3 opera coes.

(1, 5, 4, 2, 3)

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(1, 5, 2, 4, 3)

(1, 2, 5, 4, 3)

Agora a troca do ultimo termo (3) resulta em mais 2 opera coes.

(1, 2, 5, 3, 4)

(1, 2, 3, 5, 4)

Agora a troca do ultimo termo (4) resulta em mais 1 opera cao.

(1, 2, 3, 4, 5)

Note que nao e necessario trocar o ultimo termo (que agora e o 5). Como ao total realizamos4, 3, 2 e 1 trocas entao a permutacao (5, 4, 3, 2, 1) possui 10 inversoes (4 + 3 + 2 + 1).

Pensando de forma analoga o numero de inversoes de (n,...,1) seria (n

1 )+ (n

2) + ... + 1.

3. Calcule det

2 0 13 0 2

4 3 7

a) pela definicao.

b) em relacao a segunda coluna, usando o desenvolvimento de Laplace.

Solucao de A:

Pela definicao

det= a11a22a33 a11a23a32 a12a21a33+ a12a23a31+ a13a21a32 a13a23a31= 21

Solucao de B:

detA = a11|A11 a12|A12+ a13|A13= 21

4. Dadas as matrizes A = 1 21 0

e B = 3 10 1

, calculea) det A + det B

b) det (A + B)

Solucao de A:

Como det A =2 e det B = 3 entao det A + det B = 1

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Solucao de B:

1 21 0 +

3 10 1 =

4 11 1

Portanto

det

4 11 1

= 4 1 = 3

5. Sejam A e B matrizes do tipo n n. Verifique se as colocacoes abaixo sao verdadeiras oufalsas.

a) det(AB) = det(BA)

b) det(A) = det A

c) det(2A) = 2det A

d) det(A2) = (det A)2

e) det Aij < det A

f) Se A e uma matriz 3 3, entao

a1111+ a1212+ a1313= a2121+ a2222+ a2323

Solucao de A:

Como det(AB) = det(A)det(B) e det(AB) = det(B)det(A).Como det(A) det(B) = det(B)det(A), temos que det(AB) = det(BA).Portanto, a afirmativa verdadeira!

Solucao de B:

A afirmativa e verdadeira!

Solucao de C:

det(2A) = 2det(A)Sabe-se que det(x A) = xn det(A), portanto det(2A) = 2n det(A). Logo a afirmativa e

falsa.

Solucao de D:

det(A2) = (det(A))2

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det(A2) = det(AA) = det(A) det(A) = (det(A))2.Logo a afirmativa e verdadeira!

Solucao de E:

E falsa. Basta considerar a matriz A =

1 00 1

e A22.

Solucao de F:

Verdadeira.

6. Dada A =

2 3 1 25 3 1 4

0 1 2 23 1 2 4

calculea) A23

b)|A23|

c) 23

d) det A

Solucao de A:

A23=

2 3 20 1 2

3 1 4

Solucao de B:

Usando a regra de Sarrus

detA23= 36

Solucao de C:

23= (1)2+3|A23|

= (1)5 36

=36

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Solucao de D:

O determinante e zero.

7. Propriedade: O determinante de uma matriz triangular Ann e igual ao produto doselementos de sua diagonal.

a) Prove esta propriedade no caso em que A e uma matriz triangular superior (generica) 55.(Sugestao: Use e abuse do desenvolvimento de Laplace.)

b) O que voce pode dizer sobre o numero de solucoes dos sistemas abaixo?

i)

5x1+ 2x2 3x3+ 9x4= 03x2+ 9x3 13x4= 0

2x3+ x4= 0x4= 1

ii)

3x5+ 2x4+ x1= 0x3+ x2 x1= 5

9x3 x2+ 9x1= 03x2+ x1= 0

x1= 0

Solucao de A:

Tome a matriz M(5,5) a seguir.

a11 a12 a13 a14 a15

0 a22 a23 a24 a250 0 a33 a34 a350 0 0 a44 a450 0 0 0 a55

Usando Laplace na primeira coluna o determinante de M seria

det(M) = a11|M11| + a21|M21| + a31|M31| + a42|M41| + a15|M15|det(M) = a11|M11| + 0|M21| + 0|M31| + 0|M41| + 0|M15|det(M) = a11|M11|Ou seja,

det(M) = a11 det

a22 a23 a24 a250 a33 a34 a350 0 a44 a450 0 0 a55

Aplicando Laplace a primeira coluna desta ultima matriz analogamente ao raciocnio anteriorchegaremos a:

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det(M)= a11 a22 det

a33 a34 a350 a44 a450 0 a55

Aplicando Laplace novamente a primeira coluna

det(M)= a11 a22 a33 det

a44 a450 a55

E novamente

det(M)= a11 a22 a33 a44 det

a55

Onde finalmente se conclui-que det(M)= a11 a22 a33 a44 a55A demonstracao feita aqui foi para uma triangular superior, mas a demonstra cao para a

triangular inferior e analoga e fica a cargo do leitor.

Solucao de B:

(i) unica, (ii) nenhuma.

8. Calcule det A, onde

a)

A =

3 1 5 00 2 0 12 0

1 3

1 1 2 0

b)

A =

3 0 0 0 019 18 0 0 06 5 0 04

2

3 0 0

8 3 5 6 1

c)

A =

i 3 2 13 i 1 i2 1 1 0i i 0 1

Solucao:

a) 12

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b) 0c) 12 + 8i

8. Calcule o det A, onde

a)

A =

3 1 5 00 2 0 12 0 1 31 1 2 0

b)

A =

i 3 2 i3 i 1 i2 1 1 0i i 0 1

c)

A =

3 0 0 0 019 18 0 0 06 5 0 04

2

3 0 0

8 3 5 6 1

Solucao de A:

det(A) = 12

Solucao de B:

A cargo do leitor.

Solucao de C:

O determinante de uma matriz triangular, seja ela superior ou inferior, sera sempre o produtodos elementos da diagonal principal. Assim, det(A) = 3 18 5 0 1 = 0.

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9. Encontre A1, onde

a)

A =

4 1 2 23 1 0 02 3 1 00 7 1 1

b)

A =

0 i 2 i1 1 i 10 1 1 i1 1 1 0

c)

A =

1 0 x1 1 x2

2 2 x

Solucao de A:

A1 =

1 1 4 23 4 12 611 14 43 2210 14

41 21

Solucao de B:

A1 =

0.6 + 0.2i 0.4 0.2i 0.4 0.2i 0.6 + 0.2i0.2 + 0.4i 0.2 0.4i 0.2 + 0.6i 0.2 + 0.4i

0.8 0.6i 0.2 + 0.6i 0.2 0.4i 0.2 0.6i1 + i 1 1 + i 1

Solucao de C:

A cargo do leitor.

10. Se A ou B e uma matriz nao inversvel, entao A B tambem nao e. Prove isto, sem usardeterminantes.

Solucao:

Para ser inversvel o determinante da matriz tem que ser diferente de zero. Logo det(A) =

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0 ou det(B) = 0. E como det(AB) = det(A) det(B) entao det(AB) = 0. Logo, nao pode serinversvel.

11. Mostre que

d

dx

x2 x + 1 31 2x 1 x3

0 x 2

= 2x 1 01 2x 1 x3

0 x 2

+ x2 x + 1 30 2 3x2

0 x 2

+ x2 x + 1 31 2x 1 x3

0 1 0

Observe atentamente a igualdade acima e enuncie a propriedade que ela ilustra.

Solucao:

A derivada do determinante e a soma dos determinantes das matrizes obtidas da original,

diferenciando as linhas, uma por uma.

12. Dada a matriz A =

2 1 30 2 1

5 1 3

calcule

a) adj A

b) det A

c) A1

Solucao:

a) Adj(A) =

5 6 75 21 2

10 3 4

b) 45

c) A1 = 1

45

5 6 75 21 2

10 3 4

13. Mostre que det

1 1 1a b ca2 b2 c2

= (a b)(b c)(c a)Solucao:

Basta aplicar a regra de Sarrus na matriz e desenvolver o lado direito da equacao para sechegar a conclusao requerida.

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14. Dizemos que A e B sao matrizes semelhantes se existe uma matriz P tal que B = P1AP.Mostre que det A = det B se A e B sao semelhantes.

Solucao: (Retirada da Wikipedia)

Mostraremos que se A e B sao matrizes semelhantes, entao det(A) = det(B). Com efeito,temos que existe uma matriz invertvel M tal que A= M1BM. Pelas propriedades do deter-minante segue que:

det(A) = det(M1BM)

= det(M1)det(B)det(M)

= 1

det(M)det(B)det(M)

= det(B)

15. Verdadeiro ou falso?

a) Se det A = 1, entao A1 = A.

b) Se A e uma matriz triangular superior e A1 existe, entao tambem A1 sera uma matriztriangular superior.

c) Se A e uma matiz escalarn n da forma k In, entao det A =kn.

d) Se A e uma matriz triangular, entao det A = a11

+

+ ann

.

Solucao:

a) F b) V c) V e d) F

16. Resolve o sistema, usando a Regra de Cramer:

x 2y+ z= 12x + y = 3y

5z= 4

Solucao:

= det

1 2 12 1 0

0 1 5

=23

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1= det

1 2 13 1 04 1 5

=36

2= det

1 1 12 3 0

0 4 5

= 3

3= det

1 2 12 1 3

0 1 4

= 19

x1= 1/ = 36

23

x2= 2/ =3

23

x3= 3/ =19

23

17. Dado o sistema

x + y x= 0x z+ w= 2

y+ z w=3x + y 2w= 1

a) Calcule o posto da matriz dos coeficientes.

b) Calcule o posto da matriz ampliada.

c) Descreva a solucao deste sistema.

d) Considere um sistema homogeneo AX = 0, onde A e uma matriz nn. Que condicaovoce deve impor sobre A, para que o sistema admita solucoes diferentes da solucao trivial (X =0)? Compare com 3, 6 e o Exerccio 18 do capitulo 2.

Solucao:

a) 3b) 3c) Possvel e indeterminadod) As linhas de A como vetores sao LD.

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18. Prove que: Uma matriz A, com ordem n, tem posto n se, e somente se A e inversvel.

Solucao:

Para provar a bicondicional dada considere uma matriz A =

a11 a12 a1na21 a22 a2n

...... ...

an1 an2 ann

()Se o posto de A e igual a n entao A possui uma forma escalonada com n linhas nao nulas.

Escalonada(A) =

a11 a12 a1n0 b22

b2n

... ... ...0 0 bnn

Tambem nao pode ocorrer dos elementos da diagonal (circulados em vermelho a seguir) seremnulos, caso contrario a matriz acima nao estaria em sua forma escalonada.

Escalonada(A) =

a11 a12 a1n0 b22 b2n...

... ...0 0 bnn

Pelo teorema de Jacobio determinante de A coincide com o determinante da sua matrizescalonada (nao confunda com a matriz escalonada reduzida). Assim:

det(A) =a11ni=1

bii

Supondo por absurdo que A seja nao inversvel, entao det(A) = 0. O que implicaria naexistencia de pelo menos um elementobii ou mesmo a11 nulo, o que e um absurdo, pois comovimos uma matriz n n de nulidade n possui todos os elementos de sua diagonal diferentes dezero.

Portanto, det(A)= 0 e a matriz e inversvel.

()Associado a matriz A temos o seguinte sistema

55


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a11x1+ a12x2+ + a1(n1)xn1= a1na21x1+ a22x2+ + a2(n1)xn1= a2n... +

... +

+

... =...

an1x1+ an2x2+ + an(n1)xn1= ann

De modo que sua forma escalonada sera:

a11x1+ a12x2+ + a1(n1)xn1= a1nb22x2+ + b2(n1)xn1= b2n

... =...

bn(n1)xn1= bnn

Pela regra de Cramer se det(A)= 0 entao o sistema acima e possvel determinado pos-suindon linhas linearmente independentes o que implica em p(A) = n.

19. A partir do exerccio acima, voce pode concluir que uma matriz A, de ordem n, possuideterminante diferente de zero se, e somente se A, temn linhas linearmente independentes. Porque? (Veja o final da seccao 2.4)

Solucao:

Segundo a secao 2.4 o posto de uma matriz tambem pode ser definido como o numero delinhas linearmente independentes desta. E como uma matriz A e inversvel se, e somente se,det(A)= 0.

A afirmacao provada no exerccio anterior

Uma matriz A, com ordem n, tem posto n se, e somente se A e inversvel.

Pode ser escrita como

Uma matriz A, com ordem n, tem n linhas linearmente independentes se, e somente sedeterminante de A e diferente de zero.

21. Mostre que a area do triangulo na figura

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B(x3, y3)

A(x1, y1)

C(x2, y2)

e dada pelo determinante

12

x1 y1 1x2 y2 1x3 y3 1

Solucao:

Construa um trapezio auxiliar como na figura a seguir:

A1 A2

A area do triangulo sera a area do trapezio menos as areas dos 2 triangulos coloridos, isto e:

= AT A1A2

= ((y3 y2) + (y1 y2))(x3 x1)

2 (x2 x1)(y1 y2)

2 (x3 x2)(y3 y2)

2

Efetuando as multiplicacoes e simplificando, chegamos a:

2 = x1y2 x1y3 x2y1+ x2y3+ x3y1 x3y2Que podemos escrever como

2 = (1) det

x1 x1y3 y2

+ (1) det

x2 x2y3 y1

+ (1) det

x3 x3y2 y1

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E usando a recproca do teorema de Laplace, temos:

2 = x1 y1 1x2 y2 1

x3 y3 1

=12 x1 y1 1

x2 y2 1x3 y3 1

22 a) Mostre que

1 a1 a211 a2 a22

1 a3 a23

= (a2 a1)(a3 a1)(a3 a2)

b) Sea1, a2,...,an sao numeros, mostre por inducao finita que

Vn =

1 a1 a

n1

11 a2 an12...

......

...1 an an1n

= (xj xi)com (i < j)

O smbolo a direita significa o produto de todos os termos xj xi com i < j e i, j inteirosvariando de 1 a n.

Solucao de A:

Basta calcular o determinante usando a regra de sarrus. Onde chegaremos a:

det(A) = (a2a23+ a1a22+ a

21a3) (a2a21+ a3a22+ a23a1)

Onde apos algum algebrismo conclui-se a igualdade

(a2a23+ a1a22+ a

21a3) (a2a21+ a3a22+ a23a1) = (a2 a1)(a3 a1)(a3 a2)

terminando a demonstracao.

Solucao de B1:

Seja

Vn =

1 a1 a

n1

11 a2 an12...

......

...1 an an1n

verifica-se imediatamente que a condicao e verdadeira tanto para n= 1

1Ao substituir xj por aj e xi por ai o autor parece sugerir que seja utilizada a demonstracao por polinomio,

entretanto como aqui nao se fez uso dessa demonstracao nao foi feita a substituicao uma vez que a mesma se faz

desnecessaria.

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V1=|1|= 1como paran = 2.

V2=

1 a11 a2

= (a1 a2)

Com isso provamos a base da inducao.

Agora, provemos para a matrizn nsupondo valido para as matrizesn 1 n 1. Seja cia coluna i, entao multiplicamos a coluna ci pora1 e somamos com a coluna ci+1:

|Vn

|= det

1 a1 a21 an11

1 a2 a22 an12

1 a3 a23 an13

... ... ... ... ...1 an a

2n an1n

=det

1 0 0 01 a2 a1 a2(a2 a1) an22 (a2 a1)1 a3 a1 a3(a3 a1) an23 (a3 a1)... ... ... . . . ...1 an a1 an(an a1) an2n (an a1)

Calculando o determinante, por propriedade se elimina a primeira linha e a primeira coluna,

achando assim uma matriz de n 1 n 1, logo.

|Vn|= det

a2 a1 a2(a2 a1) an22 (a2 a1)a3 a1 a3(a3 a1) an23 (a3 a1)

......

. . . ...

an a1 a2(an a1) an2n (an a1)

Prosseguindo, podemos colocar os (ai a1) em evidencia,

|Vn|= (a2 a1)(a3 a1) (an a1) det

1 a2 a22 an221 a3 a

23 an23

1 a4 a24 an24

......

... . . .

...1 an a2n an2n

|Vn|= (a2 a1)(a3 a1) (an a1) |Vn1|Expandindo este determinante pela primeira linha (ou coluna, tanto faz) e aplicando a

hipotese de inducao temos que:

|Vn|= i


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23. Uma maneira de codificar uma mensagem bla, bla, bla... (na pratica ninguem faz isso).

a) Voce recebeu a mensagem:

12 48 232 42 26 1 42 29

Utilizando a mesma chave traduza a mensagem.

b) Aconteceu que o inimigo descobriu sua chave. O seu comandante manda voe substituir a

matriz chave por

1 1 11 1 0

0 0 2

. Voce transmite a mensagem CRETINO... a ele (codificada

naturalmente!) Por que nao sera possvel a ele decodificar sua mensagem?

c) Escolha uma matriz chave que de para codificar palavras ate 16 letras. Codifique e de-scodifique a vontade!

Solucao de A:

C1 =

2 1 31 1 2

1 1 3

Fazendo (MC)C1 chegamos a mensagem M.

12 48 232 42 261 42 29 2 1 31 1 21 1 3

= 1 13 9

12 14 015 14 0

Que de acordo com a tabela forma a frase: ANIMO-PO-

Solucao de B:

A matriz chave nao tem inversa.

Solucao de C:

Lembrando que toda matriz cujo determinante e diferente de zero possui inversa, entao qual-quer matriz 4

4 com determinante nao nulo e uma solucao para o problema.

1 2 2 30 1 4 40 0 1 20 0 0 1

Vale ressaltar que ao contrario do que coloca o autor esse metodo nao e usado na pratica,pois apresenta o mesmo nvel de quebra que a cifra de cesar exigindo maior custo computacional.

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4 ESPACO VETORIAL


1 a) Seja V o espaco vetorial Rn, definindo no Exemplo 2 de 4.2.2. Qual e o vetor nulo deV eo que e(x1, x2,...,xn)? b) Seja W = M(2, 2) (veja 4.2.2 Exemplo 3i)) descreva o vetor nulo evetor oposto.

Solucao de A:

Olhando o exemplo 2 de 4.2.2 o espaco vetorial V e formado pelo conjunto de vetores comda forma:

(x1, x2,...,xn)

Por definicao o vetor nulo (u) de V e um vetor tal que:

v +u = v (para todo v V)(v1, v2,...,vn) + u= (v1, v2,...,vn)

(v1, v2,...,vn) + (u1, u2,...,un) = (v1, v2,...,vn)

(v1+ u1, v2+ u2,...,vn+ un) = (v1, v2,...,vn)

v1+ u1= v1

u1= 0

v2+ u2= v2u2= 0...

vn+ un = vnun = 0Ou seja, u = (0, 0,..., 0).

Obs: Existe uma convencao, criada a fim de simplificar a escrita de que um vetor nulo.Assim, podemos dizer que u e nulo simplesmente escrevendo u ={0}.

Solucao da 2 parte de A:

Se u e um vetor de V tal que u = (x1, x2,...,xn), entaou=(x1, x2,...,xn).Comou u= 0 entaou e o vetor oposto.

Solucao de B:

Seja m, uW onde:

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m=

a11 a12a21 a22

; u=

b11 b12b21 b22

e sendo u o vetor nulo de W entao

m u= m

a11 a12a21 a22

+

b11 b12b21 b22

=

a11 a12a21 a22

que implica em b11= b12= b21= b22= 0. Logo o vetor u sera igual a:

u=

0 00 0

O vetor oposto de um vetor m generico seram.

2. Mostre que os seguintes subconjuntos de R4 sao subespacos

a) W ={(x,y,z,t)R4|x + y= 0 e z t= 0}b) U ={(x,y,z,t)R4|2x + y t= 0 e z = 0}

Solucao de A:

Como R4 e um espaco vetorial provamos que W e U sao subespacos se mostrarmos que:

i) Asoma e fechada em W e U.ii) Todo elemento de W ou de U multiplicado por um escalar contnua a pertencer a W ou a

U respectivamente.

Prova da condicao i

Primeiro tomamos um vetor u e v pertencentes a W tal que

u= (x,y,z,t) e v = (x1, y1, z1, t1).

Pelo enunciado sabemos que em W x+ y = 0 (que implica em x =y) e zt = 0 (queimplica emz = t). Assim, u e v podem ser escritos como:

u= (y , y , z , z) e v = (y1, y1, z1, z1)

Fazendou + v entao:

(y , y , z , z) + (y1, y1, z1, z1) = (y+ y1, y+ y1, z+ z1, z+ z1)

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Note que se fizermos a soma dos dois primeiro elementos do resultado de u + v o resultado ezero.

(y y1) + (y+ y1) =(y+ y1) + (y+ y1) = 0O mesmo resultado ocorre se fizermos a diferenca entre os dois ultimos elementos

(z+ z1) (z+ z1) = 0

portanto, u + vW.

Prova da condicao ii

Tomandok Rentao:

k u= k(y , y , z , z) = (ky,ky,kz,kz)

Fazendo a soma dos dois primeiros elementos o resultado e o vetor nulo.

ky + ky = 0

O mesmo ocorre se fizermos a diferenca entre os dois ultimos elementos.

kz kz = 0

Ou seja, se uW entaokuW.Como as condicoesi e ii foram satisfeitas entao W e realmente um subespaco vetorial.

Solucao de B:

Semelhante a anterior.

3. Responda se os subconjuntos sao subespacos de M(2, 2). Em caso afirmativo exibageradores

a) V =

a bc d

com a, b, c, dR e b = c

b) V =

a bc d

com a, b, c, dR e b = c+1

Solucao de A:

Vamos comecar provando que a soma e fechada em V.

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Tome M1=

a1 b1c1 d1

e M2=

a2 b2

c2 d2

pertencentes a V. Como em V todas as matrizes

tem o elementoa12= a21 entaoM1 eM2 podem ser rescritos como:

M1=

a1 b1b1 d1

e M2=

a2 b2b2 d2

Fazendo M1 + M2 a1 b1

b1 d1

+

a2 b2b2 d2

=

a1+ a2 b1+ b2

b1+ b2 d1+ d2

Note que a matriz resultante tambem pertence a V, pois ainda e uma matriz 22 e o seuelementoa12 ainda e igual ao elemento a21.

Com isso provamos que a soma em V e fechada.

Agora vamos provar que multiplicando um elemento qualquer de V por um escalar real aindateremos um elemento de V.

Tomandok Rentao:

k M1= k

a1 b1b1 d1

=

k a1 k b1k b1 k d1

Note que a matriz resultante tambem pertence a V, pois seu elementoa12 ainda e igual aoseu elemento a21.

Ou seja, se u

M1 entao k

M1

V.

Logo V e realmente um subespaco vetorial de M(2, 2).

Para determinar um gerador tomamos a matriz M1 =

a1 b1b1 d1

pertencente a V e a

descrevemos como uma soma de matrizes. Veja:

a1 b1b1 d1

=a1

1 00 0

+ b1

0 11 0

+ d1

0 00 1

como 1 00 0 ,

0 11 0 e

0 00 1 sao LI entao sao estas uma base de V.

Solucao de B:

TomeM1=

a1 b1c1 d1

e M2=

a2 b2c2 d2

pertencentes ao conjunto V.

Como em V todas as matrizes tem o elemento a12 igual ao elemento a21 acrecido em umaunidade (b= c + 1) entao M1 e M2 podem ser rescritos como:

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M1=

a1 c1+ 1c1 d1

e M2=

a2 c2+ 1c2 d2

FazendoM1+ M2

a1 c1+ 1c1 d1

+

a2 c2+ 1c2 d2

=

a1+ a2 c1+ c2+ 2

c1+ c2 d1+ d2

note que a matriz resultante nao pertence a V, pois o elemento a12= a21+ 1. Portanto, Vnao e um sub espaco vetorial.

4. Considere dois vetores (a, b) e (c, d) no plano. Se ad bc= 0, mostre que eles sao LD. Sead bc= 0. Mostre que eles sao LI.

Solucao:

Dadok1, k2 Rentao:

k1 (a, b) + k2 (c, d) = (0, 0) (1)

da equacao acima montamos o seguinte sistema linear

ak1+ ck2= 0bk1+ dk2= 0

Retirando o determinante da matriz dos coeficientes do sistema acima chega-se ate:

det

a cb d

=ad cb

Se ad cb= 0 entao, pela regra de Cramer, o sistema deve ser possvel e indeterminado ouimpossvel. Entretanto, como k1 = k2 = 0 e claramente uma solucao entao o sistema deve serpossvel e indeterminado (ou seja, possui varias solucoes). Portanto, nesse caso os vetores (a, b)e (c, d) sao LD.

Entretanto, se ad

bc

= 0 entao o sistema admite apenas uma unica solucao. No caso,k1= k2= 0. O que prova que neste caso (a, b) e (c, d) sao LI.

5. Verifique se os conjuntos sao espacos vetoriais reais, com as operacoes usuais. No casoafirmativo, exiba uma base e de a dimensao.

a) Matrizes diagonais n n.

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b) Matrizes escalares n n.

c) a a + ba b :a, bR

d) V ={(a,a,...,a)Rn :aR}e){(a, b) :a, bR}f) A reta{(x, x + 3) :xR}g){(a, 2a, 3a) :aR}

Solucao de A:

Dado as matrizes Ann, Bnn e Cnn pertencentes ao conjunto das matrizes diagonais n nentao:

(Ann + Bnn) + Cnn

=

a11 0 00 0

. . . ...

......

. . . 00 0 ann

+

b11 0 00 0

. . . ...

......

. . . 00 0 bnn

+

c11 0 00 0

. . . ...

......

. . . 00 0 cnn

observando como ocorre a soma em Mnn (ver anexo II) entao:

=

a11+ b11 0 0 0

0 0 . . . 0 0

......

. . . ...

...0 0 0 ann+ bnn

+

c11 0 00 0

. . . ...

......

. . . 00 0 cnn

=

(a11+ b11) + c11 0 0 00 0 0 0...

... . . .

......

0 0 0 00 0 0 (ann+ bnn) + cnn

usando a associatividade em R(ver anexo I)

=

a11+ (b11+ c11) 0 0 00 0 0 0...

... . . .

......

0 0 0 00 0 0 ann+ (bnn+ cnn)

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=

a11 0 0 a1n0 0

0

...

... ... . . . ... 0an1 0 0 ann

+

b11+ c11 0 0 b1n+ c1n0 0

0

...

... ... . . . ... 0bn1+ cn1 0 0 bnn+ cnn

=

a11 0 00 0

. . . ...

......

. . . 00 0 ann

+

b11 0 00 0

. . . ...

......

. . . 00 0 bnn

+

c11 0 00 0

. . . ...

......

. . . 00 0 cnn

= Ann + (Bnn + Cnn).

Como (Ann + Bnn) + Cnn = Ann + (Bnn + Cnn) entao a condicaoi esta provada.

Para provar a condicao ii somamos Ann e Bnn e mostramos que a soma e comutativa.

Ann + Bnn

=

a11 0 00 0

. . . ...

......

. . . 0

0 0 ann

+

b11 0 00 0

. . . ...

......

. . . 0

0 0 bnn

=

a11+ b11 0 0 00 0 0 0...

... . . .

......

0 0

0 0

0 0 0 ann+ bnn

como a soma em R e comutativa entao

a11+ b11 0 0 00 0 0 0...

... . . .

......

0 0 0 00 0

0 ann+ bnn

=

b11+ a11 0 0 00 0 0 0...

... . . .

......

0 0 0 00 0

0 bnn+ ann

=

b11 0 00 0

. . . ...

......

. . . 00 0 bnn

+

a11 0 00 0

. . . ...

......

. . . 00 0 ann

= Bnn + Ann.

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Como Ann + Bnn = Bnn + Ann entao a condicaoii esta provada.

As demais propriedades sao satisfeitas, mas serao deixadas a cargo do leitor. A dimensao eigual a n e a base e a seguinte:

Base=

1 0... 0

...0 0

,

0 0... 1

......

...... 0

...0 0

, ...,

0 0... 0

...0 1

Solucao de B:

E um espaco vetorial. A dimensao e igual a 1 e a base e a seguinte:

Base=

1 0... 1 ...

0 1

Solucao de C:


Base=

1 11 0

,

0 10 1

Solucao de D:


Base={(1, 1, 1..., 1)}

Solucao de E:

Nao e um espaco vetorial, pois nao existe o elemento neutro.

Solucao de F:

Nao e um espaco vetorial, pois nao existe o elemento neutro.

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Solucao de G:


Base={(1, 2, 3)}

6. Considere o subespaco de R4

S= [(1, 1 2, 4), (1, 1, 2, 2), (1, 4, 4, 8)]

a) O vetor

2

3, 1, 1, 2

pertence a S?

b) O vetor (0, 0, 1, 1) pertence a S?

Solucao de A:

O vetor

2

3, 1, 1, 2

S se, e somente se, puder ser escrito como combinacao linear dos

vetores que geram S. Ou seja,

2

3, 1, 1, 2

=x(1, 1 2, 4) + y(1, 1 1, 2) + z(1, 4, 4, 8) (1)

para algum x, y e z R.Note que da equacao (1) podemos extrair o seguinte sistema

x + y + z = 2/3x+y+4z = 1-2x-y-4z=-1

4x+2y+8z=2

cuja solucao ocorre para x = 0, y = 5/9 ez = 1/9

Logo

2

3, 1, 1, 2

pode realmente ser escrito como combinacao linear dos geradores de S de

modo que pertencea S.

Solucao de B:

(0, 0, 1, 1) =x(1, 1 2, 4) + y(1, 1 1, 2) + z(1, 4, 4, 8)

que implica no seguinte sistema

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x + y + z = 0x+y+4z = 0-2x-y-4z = 1

4x+2y+8z = 1Como o sistema nao possui solucao, entao o vetornaopertence a S.

7. Seja W o subespaco de M(2, 2) definido por

W =

2a a + 2b

0 a b

:a, bR

a) 0 20 1 W?

b)

0 23 1

W?

Solucao de A:

A equacao abaixo 0 20 1

=

2a a + 2b

0 a b

implica no seguinte sistema

2a = 0a+2b = -2

a-b = 1

cuja solucao ocorre para a = 0 eb=1. Sendo assim, o vetor

0 20 1

pertence a W.

Solucao de B:

Nao pertence. E nesse caso nem e preciso seguir o raciocnio anterior para chegar a talconclusao, basta observar que nessa nova matriz o elemento a21= 0.

8. Seja W o subespaco de M(3, 2) gerado por 0 01 1

0 0

, 0 10 1

1 0

, 0 10 0

0 0

O vetor

0 23 4

5 0

pertence a W?

Solucao:

71


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Se o vetor pertencer a W entao ele podera ser escrito como combinacao linear dos geradoresde W.

0 23 45 0

=a 0 01 1

0 0

+ b 0 10 1

1 0

+ c 0 10 0

0 0

0 23 4

5 0

= 0 0a a

0 0

+ 0 b0 b

b 0

+ 0 c0 0

0 0

Note que a equacao acima implica no seguinte sistema

0 = 0b + c = 2

a = 3a - b = 4

b = 5

Comoa= 3, b= 5 e a b= 4 entao o sistema nao tem solucao, portanto, o vetor nao podepertencer a W.

9. Mostre que 1 00 0

,

0 10 0

,

0 01 0

,

0 00 1

e base de M(2,2).

Solucao:

Se os vetores descritos no enunciado forem realmente a base de M(2,2), ent ao qualquer matrizM(2,2) pode ser escrita como combinacao linear deles.

Como a equacao a seguir e verdadeira e os vetores sao LI entao realmente sao base de M(2,2).

a bc d

=a

1 00 0

+ b

0 10 0

+ c

0 01 0

+ d

0 00 1

10. Escreva uma base para o espaco vetorial das matrizes nn. Qual a dimensao desteespaco?

Solucao:

Como os vetores

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1 0 00 0 0...

.

.. .

. . .

..0 0 0

,

0 1 00 0 0...

.

.. .

. . .

..0 0 0

, ,

0 0 00 0 0...

.

.. .

. . .

..0 0 1

sao LI e

a11 a12 a1na21 a22 a2n

......

. . . ...

an1 an2 ann

=a11

1 0 00 0 0...

... . . .

...0 0 0

+a12

0 1 00 0 0...

... . . .

...0 0 0

+ +ann

0 0 00 0 0...

... . . .

...0 0 1

entao uma base seria

1 0 00 0 0...

... . . .

...0 0 0

,

0 1 00 0 0...

... . . .

...0 0 0

, ,

0 0 00 0 0...

... . . .

...0 0 1

11. Quais sao as coordenadas de x= (1, 0, 0) em relacao a base ={(1, 1, 1), (1, 1, 0), (1, 0, 1)}?

Solucao:

(1, 0, 0) =a(1, 1, 1) + b(1, 1, 0) + c(1, 0, 1)o que implica em a = 1/3, b =1/3 e c = 1/3. Logo as coordenadas de x = (1, 0, 0) em

relacao a base B ={(1, 1, 1), (1, 1, 0), (1, 0, 1)} e: 1/3,1/3 e 1/3 ou entao:

1

3

-1

3

1

3

[x] =

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12. Qual seria uma base natural para Pn? (Veja o Exemplo 4 de 4.2.2). De a dimensaodeste espaco vetorial.

Solucao:

Como

(a0+ a1x1 + + anxn) =a0(1, 0, , 0) + a1(0, 1, 0, , 0) + + an(0, 0, , 1)

entao os vetores, com n termos, e linearmente independentes

{(1, 0, , 0), (0, 1, 0, , 0), , (0, 0, , 1)}

sao uma base para Pn. E como temos um vetor para cada coeficiente de Pn, entao a dimensaosera igual a n + 1.

13. Mostre que os polinomios 1 t3, (1 t)2, 1 t e 1 geram o espaco dos polinomios degrau3.

Solucao:

Se os polinomios 1 t3, (1 t)2, 1 t e 1 geram o espaco dos polinomios de grau3 entaoo polinomioa3t

3 + a2t2 + a1t + a0 pode ser escrito como combinacao linear deles. Ou seja:

a3t3 + a2t2 + a1t + a0= k1(1 t3) + k2(1 t)2 + k3(1 t) + k4(1)

para algum k1, k2 ek3 R.

Devemos entao provar duas coisas: que existe cada kn e que os vetores em questao sao LI.

Como:

a3t3 + a2t

2 + a1t + a0= k1(1 t3) + k2(1 t)2 + k3(1 t) + k4(1)

entao:

a3t3

+ a2t2

+ a1t + a0= k1(1 t3

) + k2(1 2t + t2

) + k3(1 t) + k4(1)a3t

3 + a2t2 + a1t + a0= (k1)t3 + (k2)t2 (2k2+ k3)t + (k3+ k4+ k1+ k2)

o que implica em:

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k1= a3 (1)

k2= a2 (2)2k2+ k3= a1 (3)

k3+ k4+ k1+ k2= 0 (4)

Da equacao (1) chegamos a k1=a3. De (2) que k2= a2. Da equacao (3) e (2) chegamos ak3= a12a2. E finalmente da equacao (4), (3), (2) e (1) chegamos a k4=(a3 + a1a2). Comisso provamos a existencia de cada kn (ou o fato de que um polinomio de grau tres realmentepode ser escrito como combinacao dos vetores dados).

Para mostrar que esses vetores sao LI fazemos:

(1

t3) + (1

t)2 + (1

t) + 1 = 0

que implica em:

= 0 (5)

= 0 (6)

= 0 (7)

= 0 (8)

Como esses vetores tambem sao LI entao sao base de P3.

A demonstracao para P2, P1 e P0 e similar e fica a cargo do leitor.

14. Considere [a, a] um intervalo simetrico e C1[a, a] o conjunto das funcoes reais definidasno intervalo [a, a] que possuem derivadas contnuas no intervalo. Sejam ainda os subconjuntoV1 ={f(x) C1[a, a]| f(x) = f(x), x [a, a]} e V2 ={f(x) C1[a, a]| f(x) =f(x),x[a, a]}.

a) Mostre que C1 [a, a] e um espaco vetoria

algebra linear (boldrini-editora harbra)

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