Álgebra Linear - (Boldrini) capítulo 1 e 2 resolvidos.pdf

Álgebra Moderna Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA ´ Livro: Algebra Linear - Editora Harbra (Boldrini/Costa/Figueiredo/Wetzler) [email protected] Compilado dia 20/11/2015 Solucionário da 3a edi¸c˜ ´ ao do livro de Algebra Linear dos autores: José Luiz Boldrini, Sueli I.Rodrigues Costa, Vera L´ ucia Figueiredo e Henry G. Wetzler. Para quem desejar; uma c´ opia do livro pode ser baixada em http://www.professores.uff.br/jcolombo/Alg lin I mat 2012 2/Algebra%20Linear%20Boldrini.pdf. A expectativa é que seja respondido um cap´ıtulo do livro por mês. Mas, infelizmente resolver e digitar (principalmente digitar), os exerc´ıcios desse livro leva um bom tempo. Assim, pode haver atrasos na postagem. De todo modo, não deixe de acompanhar o documento no link abaixo, para obter futuras atualiza¸cões. http://diegoalvez2015.blogspot.com.br/ EXERCÍCIO PAGINA 11 1. Sejam   −1 1 2 3 −2 0 1 A= ,B= , C =  2  e D = [2, −1] 2 1 −1 3 0 1 4 Encontre: a) A + B b) A · C c) B · C d) C · D e) D · A f) D · B g) −A h) −D 1 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Solu¸ cão de a: A+B 1 2 3 −2 0 1 −1 2 4 + = 2 1 −1 3 0 1 5 1 0 Solu¸ cão de b: A·B   −1 1 2 3 15 · 2 = 2 1 −1 −4 4 Solu¸ cão de g: −1 · A 1 2 3 −1 −2 −3 −1 · = 2 1 −1 −2 −1 1 x2 2 2. Seja A = Se A’ = A, então x = · · · 2x − 1 0 Solu¸ cão: Se A’ = A ent˜ ao: x2 2 2x − 1 2 = x2 0 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 é uma matriz simétrica, então A – A’. . . Solu¸ cão: Se A é simétrica ent˜ ao A = A’ e portanto A – A’ = A – A = 0. Assim, o resultado desta opera¸c˜ ao seria uma matriz nula. 2 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA 4. Se A é uma matriz triangular superior, então A’ é . . . Solu¸ cão: Uma matriz triangular superior quando transposta passa a ser uma matriz triangular infe- rior. 5. Se A é uma matriz diagonal, então A’. . . Solu¸ cão: Toda matriz diagonal é simétrica de modo que se A é uma matriz diagonal então A’ = A. 6. Classifique em verdadeiro ou falso: a) –A’ = –A’ b) (A + B)’ = B’ + A’ c) Se AB = 0, ent˜ ao A = 0 ou B = 0 d) k1 Ak2 B = k1 k2 AB e) –A –B = –AB f) Se A e B s˜ ao matrizes simétricas, então AB = BA g) Se AB = 0, ent˜ ao BA = 0 h) Se é poss´ıvel efetuar o produto AA, então A é matriz quadrada Solu¸ cão de a: Pela propriedade iv a proposi¸c˜ ao é verdadeira. Solu¸ cão de b Pela propriedade iii a proposi¸c˜ ao é verdadeira. Solu¸ cão de c: 1 0 0 0 Falsa. Tomando A = eB= por exemplo, verifica-se que a proposi¸cão 0 0 1 0 n˜ ao é verdadeira. Solu¸ cão de d: Usando a associatividade 3 2 2 −2 1 7. . 3 2 Solu¸ cão: 2 −2 1 −2 1 −2 1 7 0 = · = 3 2 3 2 3 2 0 7 8.. Se A é uma matriz triangular superior.´ Algebra Moderna Diego Oliveira . Assim Am×n · Am×n só ocorre se m = n. Solu¸ cão de h: Verdadeiro. ent˜ ao . Como contra exemplo tome A = eB= 0 1 1 0 Solu¸ cão de g: Falsa. então A2 é .Vitória da Conquista/BA (k1 k2 )AB = A(k1 k2 )B Usando a comutatividade A(k2 k1 )B = k2 (Ak1 )B = (Ak1 ) · (k2 B) = (k1 A)(k2 B). . O que implicaria no fato de A ser quadrada. Solu¸ cão de e: 2 1 0 3 Falsa. O produto entre duas matrizes só é poss´ıvel se o numero de linhas da segunda for igual ao numero de colunas da primeira. Como contra exemplo tome A = eB= 0 −1 1 1 Solu¸ cão de f: 2 0 2 1 Falsa. Solu¸ cão: Do tipo triangular superior. Se A = A·A.. 4 . ´ Algebra Moderna Diego Oliveira . C são matrizes tais que a multiplica¸cão esteja definida. z = 3. z. Dadas A =  2 1 −3 .Vitória da Conquista/BA x y 2 3 1 0 9. B. e w = −2. w se = z w 3 4 0 1 Solu¸ cão: x y 2 3 2x + 3y 3x + 4y O produto entre as matrizes e resulta em Que z w 3 4 2z + 3w 3z + 4w por hip´ otese é igual a matriz nula. x. onde I é a matriz identidade. y = 3. então B = C? Solu¸ cão: Se AB = AC e A−1 for transposta de A então: A−1 (AB) = A−1 (AC) Usando a associatividade (A−1 A)B = (A−1 A)C IB = IC B=C 5 . a) B = C? b) Se existir uma matriz Y. 2x + 3y 3x + 4y 1 0 = 2z + 3w 3z + 4w 0 1 oes acima chega-se a x = −4. tal que YA = I. y. Ache. Suponha que A 6= 0 e AB = AC onde A. Resolvendo as equa¸c˜       1 −3 2 1 4 1 0 2 1 −1 −2 10. B =  2 1 1 1  e C =  3 −2 −1 −1  4 −3 −1 1 −2 1 2 2 −5 −1 0 mostre que AB = AC. Solu¸ cão: AB = AC     −3 −3 0 1 −3 −3 0 1  1 15 0 −5  =  1 15 0 −5  −3 15 0 −5 −3 15 0 −5 11. Das equa¸c˜ Se x = w ent˜ ao a equa¸c˜ ao (3) pode ser escrita como: wy + yw = −2 Como y e W s˜ ao n´ umeros reais e portanto vale a comutatividade então: wy + yw = −2 2(wy) = −2 ⇒ wy = −1 (5) Ainda supondo que x = w podemos escrever a equa¸cão (4) como: zx + wz = −4 z(x + w) = −4 z(w + w) = −4 6 . x = w. −4 3 Solu¸ cão: x y Tomando B = ent˜ ao: z w x y x y 3 −2 · = z w z w −4 3 A equa¸c˜ ao acima resulta no seguinte sistema:    x2 + yz = 3 (1) zy + w2 = 3 (2)    xy + yw = −2 (3) zx + wz = −4 (4)  oes (1) e (2) obtemos que x = ±w. não são satisfeitas para qualquer matriz. (A+B)2 6= A2 + 2AB + B2 e (A + B)(A – B) 6= A2 – B2 . Explique por que. ache B. 3 −2 14.´ Algebra Moderna Diego Oliveira . Se A = .Vitória da Conquista/BA 12. Solu¸ cão: As equa¸c˜ oes n˜ ao s˜ ao verdadeiras pois. Vamos tomar (arbitrariamente). de modo que B2 = A. ´ Algebra Moderna Diego Oliveira . wy = −1 2 − y = −1 ⇒ z = 2y (7) z Agora tome a equa¸c˜ ao (1) x2 + yz = 3 Usando novamente que x = w ent˜ ao: w2 + yz = 3 Usando a equa¸c˜ ao (7) w2 + y(2y) = 3 Usando agora a equa¸c˜ ao (5) w2 + 2y 2 = 3 2 1 w2 + 2 − =3 w 2 w2 + − 3 = 0 ⇒ w = −1 ou w = 1 w2 Tomando (arbitrariamente) w = 1 então por (5) y = −1 e por (7) z = −2.Vitória da Conquista/BA 2 ⇒w=− (6) z Colocando (6) em (5) chegamos a uma nova rela¸cão. Como hav´ıamos suposto de in´ıcio que x = w ent˜ ao x = 1 1 −1 Logo B = −2 1 7 . na matriz abaixo. a) Se ele vai construir 5. De uma casa mediterrânea 67 (soma dos elementos da segunda linha) e de uma casa colonial 57(soma dos elementos da terceira linha). Um construtor tem contratos para construir 3 estilos de casa: moderno. tinita e tijolo sejam. Observe que a diagonal principal é nula significando que uma esta¸cão não transmite diretamente para si mesma. significa que a esta¸cão i pode transmitir diretamente à esta¸c˜ ao j. vidro. 5 · 65 + 7 · 67 + 12 · 57 = 1478 Solu¸ cão de b: O pre¸co da casa moderno ser´ a: 5(15) + 20(8) + 16(5) + 7(1) + 17(10) = 492 Analogamente se calcula para as demais casas. A quantidade de material empregado em cada tipo de casa é dada pela matriz: Ferro Madeira Vidro Tinta Tijolo Moderno 5 20 16 7 17 Mediterrˆ aneo 7 18 12 9 21 Colˆ onial 6 25 8 5 13 (Qualquer semelhan¸ca dos n´ umeros com a realidade é mera coincidência). 15.´ Algebra Moderna Diego Oliveira . Logo serão utilizadas 1478 unidades de materiais.Vitória da Conquista/BA 15. mediterrâneo e colonial. Estabelecemos que aij = 1. 8. 7 e 12 casas dos tipos moderno. 16. respectivamente. Uma rede de comunica¸c˜ ao tem cinco locais com transmissores de potências distintas. mediterrâneo e colonial respectivamente. 8 .c. 5. quantas unidades de casa material serão empregadas? b) Suponha agora que os pre¸cos por unidade de ferro. 1 e 10 u.p. madeira. Qual é o pre¸co unitário de cada tipo de casa? c) Qual o custo total do material empregado? Solu¸ cão de a: Pela matriz a quantidade de materiais de uma casa moderna é igual a 65 (soma dos elementos da primeira linha). aij = 0 o que significa que a transmissão da esta¸cão i não alcan¸ca a esta¸cão j.       0 1 1 1 1 0 1 1 1 1 1 1 2 3 1   1 0 1 1 0     1 0 1 1 0     0 2 2 2 2    0 1 0 1 0 · 0 1 0 1 0 = 1 0 2 1 1         0 0 1 0 1   0 0 1 0 1   0 1 0 2 1  0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 1 0 1 Solu¸cão de b: (Solu¸c˜ ao retirada da lista da Professora. Marina Tebet (GAN/IME/UFF)). iguais a 1 e maiores que 1 de modo a ao: “A matriz A2 representa o n´ justificar a afirma¸c˜ umero de caminhos dispon´ıveis para se ir de uma esta¸cão a outra com uma u ńica retransmissão”. c13 = 2 e significa que a esta¸c˜ ao 1 transmite para esta¸cão 3 através de uma terceira de dois modos (através da esta¸c˜ ao 2 e da esta¸cão 4). b) Qual o significado de c13 = 2? c) Discuta o significado dos termos nulos. o que significaria? Solu¸cão de a: (Solu¸c˜ ao retirada da lista da Professora. Isto significa que a esta¸cão 4 transmite para a esta¸c˜ ao 2 através de uma transmissão pela esta¸cão 3.´ Algebra Moderna Diego Oliveira . Marina Tebet (GAN/IME/UFF)). a) Calcule A2 . 9 . Calculemos o elemento c42 = a4k ak2 = 0 + 0 + 1 + 0 + 0 = 1 k=1 Note que a uńica parcela n˜ ao nula veio de a43 · a32 = 1 · 1. Cada elemento de A2 representa o n´ umero de modos que uma esta¸cão trans mite para uma outra através de uma terceira esta¸c˜ ao. embora não exista uma transmiss˜ ao direta de 4 para 2. A3 e A + A2 + A3 ? e) Se A fosse simétrica. Solu¸cão de c: (Solu¸c˜ ao retirada da lista da Professora. d) Qual o significado das matrizes A + A2 .Vitória da Conquista/BA   0 1 1 1 1   1 0 1 1 0   A=  0 1 0 1 0    0 0 1 0 1  0 0 0 1 0 Qual seria o significado da matriz A2 = A · A? 5 X Seja A2 = [cij ]. Marina Tebet (GAN/IME/UFF)).   1 2 3 4 2   1 2 3 3 2   2 A+A =  1 1 2 2 1    0 1 1 2 1  0 0 1 1 1 Veja: O elemento 14 indica que h´ a 4 maneiras de se transmitir da esta¸cão 1 à esta¸cão 4: Diretamente: 1→5→4. Marina Tebet (GAN/IME/UFF)). isto é. 10 . Cada elemento de A + A2 representa a soma do n´ umero de modos que uma esta¸cão transmite para outra. isso significaria que a esta¸cão i transmite para a esta¸cão j sempre que a esta¸c˜ ao j transmitir para a i.   2 5 8 9 6   3 4 7 9 4   A + A2 + A3 =   1 4 4 6 3    1 1 4 3 3  0 1 1 3 1 Veja: Experimente listar as maneiras de se transmitir da esta¸cão 3 para a esta¸cão 5 considerando transmiss˜ oes diretas. aij = aji .   1 3 5 5 4   2 2 4 6 2   3 A =  0 3 2 5 2    1 0 3 1 2  0 1 0 3 0 Veja: O elemento 25 indica que h´ a 2 maneiras de se transmitir da esta¸cão 1 para a esta¸cão 2 através de uma quarta esta¸c˜ ao: 2→3→4→5 e 2→1→4→5. diretamente e através de uma terceira para uma outra. Se A fosse simétrica. Solu¸ cão de e: (Solu¸c˜ ao retirada da lista da Professora. 1→2→4 e 1→3→4.Vitória da Conquista/BA Solu¸cão de d: (Solu¸c˜ ao retirada da lista da Professora. diretamente. através de uma terceira e de uma quarta. Marina Tebet (GAN/IME/UFF)). Cada elemento de A + A2 + A3 representa a soma do n´ umero de modos que uma esta¸cão transmite para outra esta¸c˜ ao.´ Algebra Moderna Diego Oliveira . através de uma terceira e através de uma quarta. Cada elemento de A3 representa o n´ umero de modos que uma esta¸cão transmite para uma outra através de uma quarta esta¸c˜ ao. Calcule A2 e interprete. A2 representa as probabilidades de se mudar de uma marca para outra depois de duas compras.1 De P 0.2 Os termos da diagonal de d˜ ao a probabilidade aii de se comprar um carro novo da mesma marca.Vitória da Conquista/BA Existem três marcas de autom´ oveis dispon´ıveis no mercado: o Jacaré.4 0.5 0.5) e produto de matrizes.2 U 0.2 0. aij .´ Algebra Moderna Diego Oliveira . quando comprar um carro novo. O termo aij da matriz A abaixo é a probabilidade de que um dono de carro da linha i mude para o carro da coluna j.7 0.4 0. 11 .3 0. Solu¸ cão: 59 7 13    100 25 100      2  11 39 17  A =  25   100 100      12 9 4  25 25 25 Os termos de A2 . o Piranha e o Urubu. Você pode verificar isto a partir dos conceitos básicos de probabilidade (consulte 1. Para J P U J 0. significam mudar da marca i para a marca j depois de duas compras. assim uma matriz deve ser da ordem 1×a e outra a×1.   600 Q·P = (400. 3/10 e 2/5.Vitória da Conquista/BA EXERCÍCIO PAGINA 26 Suponha que um corretor da Bolsa de Valores fa¸ca um pedido para comprar a¸cões na segunda- feira. demos ter uma matriz 1×3 e outra 3x1. b)Qual ser´ a o ganho ou a perda quando as a¸cões forem vendidas seis meses mais tarde se as a¸c˜ oes A. B e C custam por quota Cr$ 500.00 por quota. B e C) e três valores (um para cada quota). A primeira matriz ser´ a a de quantidade: Q = (400. 1/5 e 3/10 respectivamente. respectivamente. Ou seja. a) Encontre o custo total das a¸c˜ oes. 2/5 e 2/5. respectivamente? Solu¸ cão de a: A resposta deve ser uma matriz 1×1. houve um ganho de 45 mil. 500 quotas da a¸cão B e 600 quotas da a¸cão C. como segue: 400 quotas de a¸c˜ ao A. e depois de ser derrotado s˜ ao 3/10.00 e Cr$ 300. Como temos três quantidades de quotas (A. então a = 3.00 e Cr$ 250.´ Algebra Moderna Diego Oliveira .000] Solu¸ cão de b: Nesse caso basta trocar os valores da matriz P e em seguida realizar a multiplica¸cão. e depois de empatar são 1/5.00 respectivamente.00 Cr$ 400.00 Cr$ 350. respectivamente. B e C custam Cr$ 600. P · Q = [550. Se o time n˜ ao melhor nem piorar. conseguira mais vitórias ou derrotas a longo prazo? 12 . 500. 2. perder e empatar uma partida depois de conseguir uma vitória são 1/2. As a¸cões A. 600) Enquanto a segunda ser´ a de pre¸co   500 P =  400  250 Fazendo P·Q chegamos ´ a matriz de custo total igual a 550 mil.000] Ou seja. E´ observado que as probabilidades de um time de futebol ganhar. usando multiplica¸cões de matrizes. 600) ·  350  300 = [595. 500. 4pP + 0.3pG + 0.2 0.2pE  pP  =  0.3pP + 0.2pE = 0 0.7pP + 0.´ Algebra Moderna Diego Oliveira .3pP + 0. pP = e pE = .3pG + 0.3pP + 0.2pG + 0.3pP + 0.       pG 0.4pE Que resulta nas seguintes equa¸c˜ oes.4  ·  pP  pE 0. 26 24 29 pG = .5 0. 79 79 79 13 .3 0.5pG + 0.5pG − 0.3 0.Vitória da Conquista/BA Solu¸ cão: Primeiro vamos considerar as probabilidades após Ganhar uma partida.4pE = pP 0. Da´ı.4.5pG + 0.2 pG  pP  =  0.2pE = 0 0.2pG + 0. sabemos que as somas das probabilidades é igual a um (pG + pP + pE = 1). G G 1/2 P 1/5 E 3/10 Agora as probabilidades ap´ os Perder um jogo. Assim podemos aplicar o teorema 1.5.6pE = 0  Além disso.5pG + 0. 0.5pG + 0.4pP + 0.3pP + 0.4pE  pE 0.4 0.3 0.3pP − 0.4 pE     pG 0. G P G 1/2 3/10 P 1/5 3/10 E 3/10 2/5 E finalmente as probabilidades ap´ os Empatar.2pE = pG 0. G P E G 1/2 3/10 1/5 P 1/5 3/10 2/5 E 3/10 2/5 2/5 Observe que esta ultima matriz é regular (quadrada e com possibilidade de inversão).4pE = pE e nos possibilita montar o seguinte sistema:   −0. de um indiv´ıduo que concluiu o curso secundário.Vitória da Conquista/BA 3. 4. 14 . S I S 2/5 I Quando marca I a probabilidade de ser S é de 1/5. a) Qual é a probabilidade do quarto dia ser S. estabelecendo as letras: P para os que conclu´ıram o curso primário. uma vez registrado I. Numa pesquisa procura-se estabelecer uma correla¸cão entre os n´ıveis de escolaridade de pais e filhos. os dados sobre a qualidade do ar são classificados como satisfatório (S) e insatisfat´ orio (I). A probabilidade de um filho pertencer a um desses grupos.       2/3 1/3 0 2/3 1/3 0 5/9 1/3 1/9  1/3 1/3 1/3  ·  1/3 1/3 1/3  =  1/3 1/3 1/3  0 1/3 2/3 0 1/3 2/3 1/9 1/3 5/9 A probabilidade desejada é portanto 1/3. e U para quem concluiu o curso universitário. dependendo do grupo em que o pai está. Sendo assim. se um dia é registrado S. S para os que conclu´ıram o secund´ ario. Assuma que.´ Algebra Moderna Diego Oliveira . tem-se 1/5 de probabilidade de ocorrer S no dia seguinte. a probabilidade de se ter S no dia seguinte é 2/5 e que. é dada pela matriz: P S U 2 1 P 3 3 0 1 1 1 S 3 3 3 1 2 U 0 3 3 Qual a probabilidade de um neto. se o primeiro dia é I? b) O que se pode dizer a longo prazo sobre a probabilidade de termos S ou I? Solu¸ cão de a: Quando se registra S a probabilidade de ser S no dia seguinte é de 2/5. a matriz dos netos é dada pelo quadrado da matriz de transi¸cão. ser universit´ ario? Solu¸ cão: A matriz do problema é a matriz de transi¸cão de estado da cadeia de Markov. Numa cidade industrial. e n˜ ao ocorre em Aa e AA. a probabilidade de termos 4 4 dias satisfat´ orios é 1/4 e de termos dias insatisfatórios é de 3/4.5. hibrido. Numa ilha maravilhosa verificou-se que a cor azul ocorre em borboletas de genótipo aa. r. a longo prazo.2pI = 0 0. No caso. dXr.6pS + 0. dXh. S I S 2/5 1/5 I 3/5 4/5 Essa ser´ a a matriz de transi¸c˜ ao do problema. 2/5 1/5 T= 3/5 4/5 para determinar a probabilidade do 4◦ dia basta fazer o cubo da matriz de transi¸cão. colocando as probabilidades em colunas. 3 3 2/5 1/5 32/125 31/125 T = = 3/5 4/5 93/125 94/125 31 O resultado é o valor do elemento a12 da 3a potência. Depois de algumas gera¸c˜ oes. podemos montar a seguinte matriz de transi¸c˜ ao: 15 . 5. Assim. recessivo e h.6pS − 0. assim podemos completar a tabela acima. . Suponha que a propor¸cão de borboletas azuis seja 1/4.´ Algebra Moderna Diego Oliveira . dominante. 125 Solu¸ cão de b: Usando o teorema 1.4: pS 2/5 1/5 pS = · pI 3/5 4/5 pI Da equa¸c˜ ao acima retira-se o seguinte sistema −0.Vitória da Conquista/BA S I S 2/5 1/5 I Sabemos que pS + pI = 1 (pois s˜ ao eventos complementares). e os respectivos cruzamentos por dXd. mas capazes de ter filhotes azuis? Solu¸ cão: Denotando por d.2pI = 0 1 3 Cuja solu¸c˜ ao ocorre para pS = e pI = . qual ser´ a a porcentagem das borboletas não azuis. 5 0.5  0.25 pr 16 .25 pr   (1) (1) 2 · pr · ph     (1) (1) ph · ph (1) (1) Onde pd é a porcentagem de indiv´ıduos dominantes.5 0 0. ph a porcentagem de indiv´ıduos (1) h´ıbridos.5 r 0 1 0 0 0.5 0 0.5 0.5 0.5  (2) 0.Vitória da Conquista/BA .25  (2) pd     0. E pr a porcentagem de indiv´ıduos recessivos.5 0.5 ·      (1) (1) 2 · pd · ph    (2) 0 1 0 0 0.5 assim nossas probabilidades s˜ ao:  (2)    pd 0.25    (2)    2 · 0.5 0.   0.4  (1) (1)  pd · pd (1) (1) pr · pr     (2)     pd 1 0 0 0.25    2 · 0.25 · 0.5 0 0.25  1 0 0 0.5 0.5.25 Usando o teorema 1.´ Algebra Moderna Diego Oliveira .25 h 0 0 1 0. d×d r×r d×r d×h r×h h×h d 1 0 0 0.25   ph  = 0 0 1 0.25  (1) (1)  (2)  2 · pd · pr  ph = 0 0 1 0.5  pr 0 1 0 0 0.25  (2)    ph  = 0.5 0.25 · 0.25 · 0.25 · 0.5 · 0.5 0.25 · 0.5 0.5  ·  (2)  2 · 0. escrevendo as matrizes ampliadas. associadas aos novos sistemas.2L4   2 −1 3 11  0 −1 −4 −22     0 3 −1 1  0 −5 7 25 Fazendo agora L3 = 3L2 + L3 e L4 = L4 − 5L2   2 −1 3 11  0 −1 −4 −22     0 0 −13 −65  0 0 27 135 Fazendo L4 = 27L3 + 13L4   2 −1 3 11  0 −1 −4 −22     0 0 −13 −65  0 0 0 0 Dividindo L1 por 2.    2x − y + 3z = 11 4x − 3y + 2z = 0   x+y+z =6  3x + y + z = 4  Solu¸ cão: A matriz ampliada do sistema é:   2 −1 3 11  4  −3 2 0   1 1 1 6  3 1 1 4 Vamos agora usar as opera¸c˜ oes de multiplica¸cão e soma nas linhas da matriz para resolver o sistema.´ Algebra Moderna Diego Oliveira .2L1. L3 = 2L3 .L1 e L4 = 3L1 . L2 por -1 e L3 por -13   1 −1/2 3/2 11/2  0 1 4 22     0 0 1 5  0 0 0 0 17 .Vitória da Conquista/BA EXERCÍCIO PAGINA 49 1. Resolva o sistema de equa¸c˜ oes. Fazendo L2 = L2 . dividimos L1 por a11 a12 ! 1 a11 0 ka22 − a12 E finalmente dividimos L2 por ka22 − a12 18 . a11 a12 0 ka22 − a12 Agora.(7/2)L3   1 0 0 −1  0 1 0 2     0 0 1 5  0 0 0 0 ao: x = −1.5L2   1 0 7/2 33/2  0 1 4 22     0 0 1 5  0 0 0 0 Fazendo L2 = L2 . multiplicando L2 por k e depois subtra´ımos L1 de L2.Vitória da Conquista/BA Fazendo L1 = L1 + 0. que estão na forma escada reduzida por linhas. a11 a12 k · a21 − a11 k · a22 − a12 Que resulta na matriz a seguir.4L3   1 0 7/2 33/2  0 1 0 2     0 0 1 5  0 0 0 0 Finalmente fazendo L1 = L1 . Sendo assim. y = 2 e z = 5 Solu¸c˜ 2. Descreva todas as poss´ıveis matrizes 2 × 2.´ Algebra Moderna Diego Oliveira . Solu¸ cão: a11 a12 Tome A = com coeficientes não nulos. a21 a22 Existe um k ∈ R onde ka21 = a11 . L2 →  0 −1 −3 2  L3 = L3 − L1 →  0 −1 −3 2  2 3 2 −1 0 3 9 −6   2 2 −7 5 L3 = 3L2 + L3 →  0 −1 −3 2  0 0 0 0 Finalmente dividindo L2 por −1 e L1 por 2:   1 1 −7/2 5/2  0 1 3 −2  0 0 0 0 Solu¸ cão de c:   1 0 2  0 1 1     0 0 0  0 0 0 19 .       0 2 2 1 −2 3 −1 0 1 3 −2  1 1 3  a)  2 −1 2 3  b)  2 1 −4 3  c)   3 −4 2   3 1 2 3 2 3 2 −1 2 −3 1 Solu¸ cão de a:   1 0 0 −4  0 1 0 −3  0 0 1 −1 Solu¸ cão de b:     0 1 3 −2 2 0 −7 5  2 1 −4 3  L1 = L1 + L2 →  2 1 −4 3  2 3 2 −1 2 3 2 −1     2 2 −7 5 2 2 −7 5 L2 = L1 . Reduza as matrizes ` a forma escada reduzida por linhas. As demais matrizes ficam a cargo do leitor.´ Algebra Moderna Diego Oliveira . 3.Vitória da Conquista/BA a12 ! 1 a11 0 1 Que é a forma geral de uma matriz reduzida por linha 2 por 2 com coeficientes não nulos. Solu¸ cão: A matriz ampliada ser´ a:   3 5 0 1  2 0 1 3  5 1 −1 0 Reduzindo a matriz ` a forma escada por linhas 20 . Solu¸ cão: A solu¸c˜ ao de a do problema anterior é a matriz:   1 0 0 −4  0 1 0 −3  0 0 1 −1 Como n˜ ao h´ a nenhuma linha nula na matriz então p = 3 (posto).´ Algebra Moderna Diego Oliveira . A solu¸c˜ ao de c do problema anterior é a matriz:   1 0 2  0 1 1     0 0 0  0 0 0 Como temos apenas duas linhas n˜ ao nulas então o posto será 2.Vitória da Conquista/BA 4. E a nulidade será 1. Pois a matriz tem 3 linhas n˜ ao nulas. A solu¸c˜ ao de b do problema anterior é a matriz:   1 1 −7/2 5/2  0 1 3 −2  0 0 0 0 Como temos apenas duas linhas n˜ ao nulas então o posto é igual 2. para resolver o sistema original. Calcule o posto e nulidade das matrizes da questão 3. que é o numero de colunas da matriz menos o seu posto.   3x + 5y = 1 5. associada ao sistema e reduza-a à forma escada reduzida por linhas. J´ a a nulidade. Dado o sistema 2x + z = 3 5x + y − z = 0  escreva a matriz ampliada. é igual a 1. Já a nulidade será 2. ´ Algebra Moderna Diego Oliveira .   1 5/3 0 1/3  0 1 −3/10 −7/10  0 0 1 17/8 encontramos a matriz escada linha reduzida.5) − (0) = k 21 .5 e y = 0. Como desejamos descobrir o valor de k fazemos: 2x − y = k 2(−0.Vitória da Conquista/BA     6 10 0 2 6 10 0 2 L1 = 2L1 e L2 = 3L2 →  6 0 3 9  L2 = L2 − L1 →  0 −10 3 7  5 1 −1 0 5 1 −1 0     30 50 0 10 30 50 0 10 L3 = 6L3 e L1 = 5L1 →  0 −10 3 7  L3 = L3 − L1 →  0 −10 3 7  30 6 −6 0 0 −44 −6 10     30 50 0 10 30 50 0 10 L3 = −10·L3/44 →  0 −10 3 7  L3 = L2 + L3 →  0 −10 3 7  0 10 60/44 100/44 0 0 192/44 408/44 Finalmente fazendo L1 = L1/30. assim só necessitamos de duas linhas para resolve-lo. a solu¸c˜ ao ocorre para x = . 16 16 8 6. Realizando mais algumas opera¸cões entre as linhas chega-se ` a:   1 0 0 7/16 → 0 1 0 −1/16  0 0 1 17/8 7 1 17 Assim. Determine k para que o sistema possua solu¸cão:   −4x + 3y = 2 5x − 4y = 0 2x − y = k  Solu¸ cão: O sistema acima possui duas inc´ ognitas. −4x + 3y = 2 5x − 4y = 0 Resolvendo o sistema acima chegamos à: x = −0. L2 = −L2/10 e L3 = 44·L3/192.y=− ez= . 9. o posto de uma matriz significa na prática o numero de solu¸cões do sistema associado a ela. No entanto. 3 e 5 unidades respectivamente. Encontre todas as solu¸c˜ oes do sistema   x1 + 3x2 + 2x3 + 3x4 − 7x5 = 14 2x1 + 6x2 + x3 − 2x4 + 5x5 = −2 x1 + 3x2 − x3 + 2x5 = −1  Solu¸ cão: Fazendo o escalonamento do sistema chega-se até:   x1 + 3x2 + 2x3 + 3x4 − 7x5 = 14 x3 + 38 x4 − 19 3 x5 = 10 x4 − 2x5 = 3  Onde observamos que as variáveis com maior grau de liberdade é x5 e x4 . Assim. Se isso fosse poss´ıvel ter´ıamos um sistema com mais solu¸cões que o numero de incógnitas do mesmo.´ Algebra Moderna Diego Oliveira . Foram estudados três tipos de alimentos. 3 unidade de vitamina B e 4 unidades de vitamina C. 22 . Se cada coluna da matriz representa uma incógnita do sistema não faz nenhum sentido que o numero de solu¸c˜ oes (posto) seja maior que o numero de colunas. x1 = 1 − 3x2 − x5 x3 = 2 + x5 x4 = 3 + 2x5 8. Explique por que a nulidade de uma matriz nunca é negativa. ii) O alimento II tem 2. Assim. B e C. das vitaminas A. Fixada a mesma quantidade (1g) determinou-se que: i) O alimento I têm 1 unidade de vitamina A. podemos usar qualquer uma delas para expressar as demais respostas.Vitória da Conquista/BA k = −1 O valor de k deve ser −1. para que a nulidade seja negativa é necessário que o posto seja maior que o numero de colunas da matriz. Solu¸ cão: A nulidade é o numero de colunas subtra´ıda do posto de uma matriz (que deve estar na forma escalonada linha). 7. Para coincidir com o livro vamos usar x5 . Se s˜ ao necess´ arias 11 unidades de vitaminas A. b) Se o alimento I custa 60 centavos por grama e os outros dois custam 10. Resolva os sistemas seguintes achando as matrizes ampliadas linha reduzidas à forma escada e dando também seus postos. Analisando o sistema:   x + 2y + 3z = 11 3x + 3y + 0z = 9 6x + y + z = 10  Onde x. dos alimentos I. em gramas. Analisando o sistema:   x + 2y + 3z = 11 3x + 3y + 0z = 9 4x + 5y + 3z = 20  Onde x. x = −5 + 3z. Chega-se a solu¸c˜ ao: 5 8 ≤ z ≤ . 10. que fornecem a quantidade de vitaminas desejada. dos alimentos I. 9 de vitamina B e 20 de vitamina C. y = 8 − 3z 3 3 Solu¸ cão de b: (Solu¸c˜ ao retirada da lista da professora Cláudia Santana (UESC)).Vitória da Conquista/BA iii) O alimento III tem 3 unidades de vitaminas A.00? Solu¸ cão de a: (Solu¸c˜ ao retirada da lista da professora Cláudia Santana (UESC)). Chega-se a solu¸c˜ ao: x = 1g e y = z = 2g. y e z s˜ ao as quantidades. os postos das matrizes dos coeficientes e. II e III. 3 unidades de vitamina C e não contém vitamina B. o grau de liberdade. y e z s˜ ao as quantidades. a) Encontre todas as poss´ıveis quantidades dos alimentos I. em gramas. II e III respectivamente.´ Algebra Moderna Diego Oliveira . se o sistema for poss´ıvel. existe uma solu¸cão custando exatamente Cr$ 1. II e III respectivamente. {x1 + 2x2 − x3 + 3x4 = 1 23 . O grau de liberdade é a diferen¸ca entre o numero de variáveis e o n´ umero de equa¸cões não nulas na forma escada. • Posto da matriz dos coeficientes: 1.. • Matriz ampliada: [1 2 − 1 3 1]. podemos usar qualquer uma delas para escrever a solu¸c˜ ao. 2x + 5y − 2z = 3 Solu¸ cão: 1 1 1 4 • Matriz ampliada: .. • Solu¸c˜ ao: x1 = 1 − 2x2 + x3 − 3x4 .. • Posto: 1. . x+y+z =4 11.Vitória da Conquista/BA Solu¸ cão: Todas as variáveis possui o mesmo grau de liberdade assim. x5 . • Posto da matriz dos coeficientes: 2. 0 1 −4/3 −5/3 • Posto: 2. vamos usar x2 . 0 0 0 −11 24 . Neste caso.y= . • Grau de liberdade: 3.´ Algebra Moderna Diego Oliveira . 17 − 7z 4z − 5 • Solu¸c˜ ao: x = . 2x + 5y − 2z = 3 x + 7y − 7z = 5  Solu¸ cão:   1 1 1 4 • Matriz ampliada:  0 3 −4 −5 . 3 3 • Grau de liberdade: 1.   x+y+z =4 12. • Solu¸c˜ ao: x1 = 0. x2 = 0. • Solu¸c˜ ao: x = −3z. • Grau de liberdade: 1. 2x + y + 3z = 0 3x + 2y + z = 0  Solu¸ cão: 25 . 0 9 0 0 • Posto: 2.´ Algebra Moderna Diego Oliveira . 2x + 5y + 6z = 0 Solu¸ cão: 1 −2 3 0 • Matriz ampliada: . • Posto da matriz dos coeficientes: 2. x − 2y + 3z = 0 13. • Grau de liberdade: 0.Vitória da Conquista/BA • Posto: 3. • Solu¸c˜ ao: O sistema n˜ ao tem solu¸cão. x3 = 2 e x4 = −2. y = 0.   x1 + x2 − x3 + x4 = −4 x1 − x2 + x3 + x4 =2  Solu¸ cão:   x1 x2 x3 x4 0  0 x2 0 0 0  • Matriz ampliada:   0 .    x1 + x2 + x3 + x4 =0 x1 + x2 + x3 − x4 =4  14. • Posto da matriz dos coeficientes: 2.   x + 2y + 3z = 0 15. • Posto da matriz dos coeficientes: 4. 0 x3 0 2  0 0 0 x4 −2 • Posto: 4. tem todos os elementos abaixo desta linha iguais a zero”. Uma vez reduzida a matriz ampliada a esta forma.    3x + 2y − 4z = 1  x−y+z =3   16. 17. As outras condi¸co˜es são idênticas. x − y − 3z = −3 3x + 3y − 5z = 0     −x + y + z = 1  Solu¸ cão: A cargo do leitor. y = 0 e z = 0. • Grau de liberdade: 0. Por substitui¸c˜ 2 2 26 . a solu¸c˜ ao final do sistema é obtida por substitui¸cão. 0 0 1 0 • Posto: 3.´ Algebra Moderna Diego Oliveira . Exemplo: 2x1 + x2 = 5 x1 − 3x2 = 6 2 1 5 1 1/2 5/2 1 1/2 5/2 ∼ ∼ 1 −3 6 0 −7/2 7/2 0 1 −1 a ultima matriz corresponde ao sistema: 1 5 x1 + x2 = 2 2 x2 = −1 1 5 ao.Vitória da Conquista/BA   1 2 3 0 • Matriz ampliada:  0 1 3/2 0 . • Posto da matriz dos coeficientes: 3. x1 − = . Ele consiste em reduzir a matriz ampliada s´ o sistema por linha-equivalência a uma matriz que só é diferente da linha reduzida à forma escada na condi¸c˜ ao “cada coluna que contém o primeiro elemento não nulo de alguma linha tem todos os seus outros elementos iguais a zero”. que passa a ser: “cada coluna que contém o primeiro elemento n˜ ao nulo de alguma linha. ou seja. • Solu¸c˜ ao: x = 0. x1 = 2. devido ao menor n´ umero de opera¸cões que envolve. O método de Gauss para resolu¸cão de sistemas é um dos mais adotados quando se faz uso do computador. ap´ os o escalonamento. Solu¸ cão de 14: A matriz ampliada do sistema. Solu¸ cão de 15: A matriz ampliada do sistema.Vitória da Conquista/BA Resolva pelo método de Gauss os exerc´ıcios 13. ap´ os o escalonamento. Assim só nos resta definir o valor de x1 . x4 j´ a s˜ ao bem evidentes. .. é a seguinte: (ver problema 14)   x1 x2 x3 x4 0  0 x2 0 0 0   . que implica no seguinte sistema:   x + 2y + 3z = 0 y + (3/2)z = 0 z=0  Que por substitui¸c˜ ao resulta em x = 0.  0 0 x3 0 2  0 0 0 x4 −2 Que resulta no seguinte sistema:    x1 + x2 + x3 + x4 = 0 x2 = 0    x3 = 2 x4 = −2  Note que os valores e x2 . x1 = −(x2 + x3 + x4 ) x1 = −(0 + 2 + −2) x1 = 0 Assim. ap´ os o escalonamento. y = 0 e z = 0. será:   1 2 3 0  0 1 3/2 0  0 0 1 0 veja o problema 15..14 e 15. pelo método de Gauss a solu¸cão será x = y = z = 0.´ Algebra Moderna Diego Oliveira . será: 27 . Solu¸ cão de 16: A matriz ampliada do sistema.. Qual é ela? b) Encontre os valores de k ∈ R. Chamamos de sistema homogêneo de n equa¸cões e m incógnitas aquele sistema cujos termos independentes bi . Solu¸ cão: Veja p´ aginas 60 e 61.7. sem solu¸c˜ ao mesmo pelo método de Gauss. Solu¸ cão de a: Uma solu¸c˜ ao para todo sistema homogêneo é zero. 19. a) Um sistema homogêneo admite pelo menos uma solu¸cão. Solu¸ cão de b: Escalonando o sistema   2x − 5y + 2z = 0 x+y+z =0 2x + kz = 0  28 . s˜ ao todos nulos. tais que o sistema homogêneo   2x − 5y + 2z = 0 x+y+z =0 2x + kz = 0  tenha uma solu¸c˜ ao distinta da trivial (x = y = z = 0).3 para matrizes 2×2 quaisquer. Consulte 2. 18.4. e portanto. b) Sinta a dificuldade que você ter´ a para formalizar o resultado para matrizes n×m. a) Mostre a proposi¸cão 2.´ Algebra Moderna Diego Oliveira . e escreva a demonstra¸cão.Vitória da Conquista/BA   1 2/3 −4/3 1/3   0 1 −7/5 −8/5     0 0 1 3/2    0 0 0 0  0 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 = 3/2 0 = 1/2  Com base na ultima linha tornamos evidente que trata-se de um sistema imposs´ıvel. mas con- ven¸ca-se de que é s´ o uma quest˜ ao de considerar todos os casos poss´ıveis. Considere o sistema x + 6y − 8z = 1 2x + 6y − 4z = 0 Note que podemos escreve-lo na forma matricial   x 1 6 −8  1 (∗) y = 2 6 −4 0 z     x 1 a) verifique que a matriz X1 =  y  =  1/3  é uma solu¸cão para o sistema. b) e c). 20. dos itens a). y e z por 1.   x 1 6 −8  0 (∗∗) y = 2 6 −4 0 z d) Conclua. 1/3 e 0 no sistema e verificar se as equa¸cões seguintes são satisfeitas: x + 6y − 8z = 1 2x + 6y − 4z = 0 29 . associado ao sistema (∗).´ Algebra Moderna Diego Oliveira . z 0 b) = Resolva o sistema e verifique que toda “matriz-solu¸cão” é da forma:       x −4 −1 X =  y  = λ  2  +  1/3  z 1 0 onde λ ∈ R. c) Verifique     −4 −4λ λ  2  +  2λ  1 λ é a solu¸c˜ ao do sistema homogênea. somando a uma solu¸cão particular tema ∗.Vitória da Conquista/BA Chegamos a solu¸c˜ ao de k = 2. que o conjunto-solu¸cão do sistema ∗ é o conjunto-solu¸cão do sistema ∗∗. Solu¸ cão de a: Basta substituir x. z e w) b) Agora. (Atribua valores para x.Vitória da Conquista/BA Solu¸ cão de b: 1 Resolvendo o sistema em z chega-se á y =− 2z e x = −1 − 4z 3   −1 − 4λ   x 1 Assim. Dado o sistema       1 2 0 −1 x 2  1 0 2  −1  · y    2  =   1 2 2 −1   z   4  3 4 4 −3 w 8 a) Encontre uma solu¸cão dele sem resolve-lo. resolva efetivamente o sistema. encontre sua matriz-solu¸cão. isto é. Solu¸ cão de d:     x −4λ Pela letra c do problema a solu¸cão do sistema (∗∗) é  y  =  2λ . 30 .   −4λ + 1     −4λ 1  2λ  +  1   1    =  2λ +  λ 3 3 0 λ 21. Note que somando as duas solu¸cões chegamos  3    0 a solu¸c˜ ` ao geral de (∗). chamando z = λ podemos dizer que a matriz X =  y  =  − 2λ    z 3 λ Com a ultima matriz a direita podemos escrever a equa¸cão: −1 − 4λ       −4 −1 1  − 2λ  = λ  2  +  1/3    3 1 0 λ Finalizando a solu¸c˜ ao do problema. Já pela letra a z λ   1    1    uma solu¸c˜ ao particular do sistema (∗) é  . Solu¸ cão de c: Semelhante a a. y.´ Algebra Moderna Diego Oliveira . Altamente motivado pelos Exerc´ıcios 20 e 21. ao solu¸c˜ iii) Use i) e ii) para chegar ` a conclusão desejada. Solu¸ cão de a: x = 0.Vitória da Conquista/BA c) Resolva também o sistema homogêneo associado. usando somente propriedades de matrizes. mostre que toda matriz-solu¸cão de um sistema linear AX = B é a soma de uma solu¸cão do sistema homogêneo associado AX = 0 com uma solu¸c˜ ao particular AX = B. ii) Se X1 e X2 s˜ oes de AX = B. então X0 + X1 é solu¸c˜ ao de AX = B. então X1 − X2 é solu¸cão de AX = 0. Sugestão: siga as etapas seguintes. i) Mostre que se X0 é uma solu¸c˜ ao do sistema AX = 0 e X1 é uma solu¸cão de AX = B. Solu¸ cão:   x1 Queremos mostrar que se  . d) Verifique que toda matriz solu¸c˜ ao obtida em b) é a soma de uma matriz solu¸cão encontrada em c) com a solu¸c˜ ao particular que você encontrou em a).  é solu¸cão de um sistema AX = B   xn 31 . y = z = 1 e w = 0.´ Algebra Moderna Diego Oliveira . Solu¸ cão de b:   λ  1     1  λ Solu¸ cão de c:   λ  0     0  λ Solu¸ cão de d:      λ λ 0  1   0   1   1 = 0    +    1  λ λ 0 22... . .´ Algebra Moderna Diego Oliveira . . ..   .Vitória da Conquista/BA       a11 ··· a1n x1 b1  .   ..  . ..  =  .. .  a1n ··· ann xn bn   y1 e  . ..  é solu¸c˜ ao do sistema homogêneo associado a AX = B   yn       a11 ··· a1n y1 0  .  a1n ··· ann yn 0 ent˜ ao a soma das solu¸c˜ oes também é solu¸cão de AX = B.  a1n ··· ann xn + yn bn Note que a equa¸c˜ ao matricial acima representa o seguinte sistema   a11 (x1 + y1 ) + · · · + a1n (xn + yn )  .  .   .  =    ...   ...  ·  . . .  ·  . .  =  .   .. .. .. .   .. .. =  . a1n x1 + · · · + ann xn + a1n y1 + · + ann yn  32 . a1n (x1 + y1 ) + · · · + ann (xn + yn )  e podemos representa-la como:   a11 x1 + a11 y1 + · · · + a1n xn + a1n yn  ..   .   . .   . a1n x1 + a1n y1 + · · · + ann xn + ann yn    a11 x1 + · · · + a1n xn + a11 y1 + · · · + a1n yn  ..  yn xn xn + yn Para verificar tal afirma¸c˜ ao substitu´ımos esse resultado na equa¸cão AX = B       a11 ··· a1n x1 + y1 b1  .  ..  =  ..  ·  .       y1 x1 x1 + y1  ...  ... Vitória da Conquista/BA Observando a equa¸c˜ ao do sistema homogêneo notamos que a soma de todos os termos acom- panhados de yb com b ∈ (1. A solu¸cão genérica desse sistema é: λ λ . z). a1n x1 + · · · + ann xn + 0  Que na forma de equa¸c˜ ao matricial fica       a11 ··· a1n x1 b1  .. 23. a soma das solu¸c˜ oes é uma solu¸cão do sistema AX = B.  =  .  a1n ··· ann xn bn Assim. 2 4 33 .. λ.   . .. n) é igual a zero...  ·  . . y e z temos que: xN2 O5 → yNO2 + zO2 Ou seja: 2x − y (N i) 5x − 2y − 2z (O) O Sistema é SPI (Sistema Poss´ıvel e Indeterminado) e admite mais de uma solu¸cão (x.. Assim podemos rescrever o sistema   a11 x1 + · · · + a1n xn + 0  . porém nos interessa a menor solu¸c˜ ao inteira. Fa¸ca o balanceamento das rea¸cões: a) N2 O5 → NO2 + O2 (decomposi¸cão térmica do N2 O5 ) b) HF + SiO2 → SiF4 + H2 O c) (NH4 )2 CO3 → NH3 + H2 O + CO2 Solu¸ cão de a: Podemos observar que as quantidades de “N” e “O” em ambos os lados não é a mesma. .  . .. Se os coeficientes estequiométricos forem respectivamente x. y.   .´ Algebra Moderna Diego Oliveira . ...   . c) o alimento III tem 2 unidades de vitamina A. 1 unidade da vitamina D e 1 unidade da vitamina E. determinou-se que: a) o alimento I tem uma unidade da vitamina A. 1 unidade de D e 2 unidades de E. 1 unidade da vitamina B. d) o alimento IV tem 1 unidade de A. 140 unidades de vitamina C.´ Algebra Moderna Diego Oliveira . 180 unidades de vitamina D e 320 unidades de vitamina E. 1 unidade de B.Vitória da Conquista/BA adotando λ=4 Que nos d´ a a menor solu¸c˜ ao inteira. 5 unidade de C. 1 unidade da vitamina C. e) o alimento V tem 1 unidade de A. b) o alimento II tem 9 unidades da vitamina A. 1 unidade de C. Fixada a mesma quantidade (1g) de cada alimento. 1 unidade de B. Sabendo-se que a alimenta¸caõ diária equilibrada em vitaminas deve constar de 170 unidades de vitamina A. 10 unidades da vitamina B. y = 4 e z = 1 e a equa¸cão balanceada é: 2N2 O5 → 4NO2 + O2 Solu¸ cão de b: 4HF + SiO2 → SiF4 + 2H2 O Solu¸ cão de c: (NH4 )2 CO3 → 2NH3 + H2 O + CO2 25. Quantos gramas de cada um destes 5 alimentos (I a V) deve-se ingerir diariamente para se ter uma alimenta¸c˜ ao equilibrada? Solu¸ cão: A matriz que relaciona os alimentos com suas devidas quantidades de cada vitamina é: A B C D E I 1 10 1 2 2 II 9 1 0 1 1 III 2 2 5 1 2 IV 1 1 1 2 13 V 1 1 1 9 2 34 . teremos: x = 2. 9 unidades de D e 2 unidades de E. 0 unidades da vitamina C. 2 unidades de B. 2 unidades de D e 13 unidades de E. 180 unidades de vitamina B. 1 unidade de C. 2 unidades da vitamina D e 2 unidades da vitamina E. 20g de fosfato e 20g de pot´ assio. 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 você montar a matriz estendida deste sistema e escalona-la. Dispõe-se de quatro qualidades de adubo com as seguintes caracter´ısticas: (a) Cada quilograma de adubo I custa 5 u.p e contem 10g de nitrato. Considere ainda que: • x1 Quantidade a ser ingerida do alimento 1. Necessita-se adubar um terreno acrescentando a cada 10m2 140g de nitrato. 11 y = 10. • x4 Quantidade a ser ingerida do alimento 4. Assim. 53 u = 10. • x3 Quantidade a ser ingerida do alimento 3. 12 z = 20.Vitória da Conquista/BA A primeira coluna refere-se a vitamina A.´ Algebra Moderna Diego Oliveira . 37 w = 17. 10g de fosfato e 100g de pot´ assio.c.p e contém 50g de nitrato.c. • x5 Quantidade a ser ingerida do alimento 5. 46 26. a segunda B e sucessivamente até a E. 100g de fosfato e 30g de pot´ assio. (b) Cada quilograma de adubo II custa 6 u.p e contem 10g de nitrato.c. 190g de fosfato e 205g de potássio. você encontrará: x = 10. • x2 Quantidade a ser ingerida do alimento 2. 35 . (c) Cada quilograma de adubo III custa 5 u. a cada 10m2 com a aduba¸cão? Solu¸ cão: Os dados do problema est˜ ao distribu´ıdos na próxima tabela.z= . R5 = 100Ω.y= . R2 = 30Ω. 9619 9619 9619 27. 40g de fosfato e 35g de pot´ assio. R1 = 20Ω. V3 = 50V . R4 = 40Ω.p. Quanto de cada adubo devemos misturar para conseguir o efeito desejado se estamos dispostos a gastar 54 u.    5x1 + 6x2 + 5x3 + 15x4 + = 54 10x1 + 10x2 + 50x3 + 20x4 = 140    10x1 + 100x2 + 20x3 + 40x4 = 190 100x1 + 30x2 + 20x3 + 35x4 = 205  6451 4381 25927 x= . Deseja-se construir um circuito como mostrado na figura onde Vi = 280V . R3 = 50Ω.p e contém 20g de nitrato.c. 36 . Custo Nitrato Fosfato Potássio x1 5 10 10 100 x2 6 10 100 30 x3 5 50 20 20 x4 15 20 40 35 Analisando o sistema a seguir chegamos a solu¸cão.Vitória da Conquista/BA (d) Cada quilograma de adubo IV custa 15 u. V2 = 100V .´ Algebra Moderna Diego Oliveira .c. ´ Algebra Moderna Diego Oliveira .    i1 + 5i5 = 14  3i2 + 4i4 − 10i5 = −10   5i3 − 4i4 = −5  i1 − i2 − i5 = 0    −i1 + i3 + i4 + i5 = 0  Cuja solu¸c˜ ao ocorre para: i1 = 3. ˆ RESISTENCIAS 20Ω 30Ω 40Ω 50Ω 100Ω 0.00 20.4516129 i5 = 2.00 20.00 15.00 10.00 34.00 Solu¸ cão: A C B Usando as leis dos n´ os obtemos as seguintes equa¸cões:   i1 − i2 − i5 = 0 i5 + i4 + i3 − i1 = 0 i1 − i4 − i3 − i5 = 0  J´ a aplicando a lei das malhas   i1 + 5i5 − 14 = 0 3i2 + 10 + 4i4 − 10i5 = 0 5i3 + 5 − 4i4 = 0  Usando as três equa¸c˜ oes do sistema acima e duas do sistema formando pela lei dos nós chegamos a um terceiro sistema que nos dará a solu¸cão das correntes.00 30.00 3. assim como as correntes m´ aximas que elas suportam sem queimar.00 22.6129032 i3 = 0.00 28.6774194 i2 = 1.00 37.00 25.1612903 i4 = 1.00 15.0A 30.Vitória da Conquista/BA Disp˜ oe-se de uma tabela de pre¸cos de vários tipos de resistências.00 15.0A 20.00 34.00 15.00 5.00 20.00 20.0645161 37 .00 axima 1.0A Corrente m´ 15.5A 10. Vitória da Conquista/BA Com base nesses dados e na tabela do problema o custo m´ınimo é de R$ 115. qual e a temperatura aproximada em cada ponto da placa? Solu¸ cão: Considere o seguinte reticulado da placa: 40 10 20 10 A temperatura em um ponto qualquer é aproximadamente a média dos pontos vizinhos. y 40◦ C A B 10◦ C 20◦ C C D x 10◦ C Ap´ os ser atingido o equil´ıbrio térmico. o bordo AB a 40◦ C e CD a 10◦ C.00. com o uso de isolantes térmicos em A.´ Algebra Moderna Diego Oliveira . C e D (vide figura). Podemos multiplicar os dois lados da equa¸cão por 4. a temperatura no ponto em vermelho da figura pode ser aproximada por: 20 + p42 + p22 + p33 p32 = 4 Onde p32 é o ponto situado na linha 3 e coluna 2. Uma placa quadrada de material homogêneo e mantida com os bordos AC e BD temperatura de 20◦ C. Por exemplo. e então colocar as variáveis no lado esquerdo e as constantes no lado direito: 4p32 = 20 + p42 + p22 + p33 38 . B. 28. 39 .´ Algebra Moderna Diego Oliveira . Cujas solu¸c˜ oes nos dar´ a as temperaturas dos pontos.Vitória da Conquista/BA 4p32 − p42 − p22 − p33 = 20 Repetindo o processo para cada ponto obtemos um sistema de equa¸cões lineares. Documents Similar To Álgebra Linear - (Boldrini) capítulo 1 e 2 resolvidos.pdfSkip carouselcarousel previouscarousel nextAlgebra Linear - 1.4 - Resolução Exercicios - 1 Ao 17Álgebra Linear - (Boldrini) capítulo 1 e 2 resolvidos.pdfQuestões BoldriniÁlgebra linear com aplicações - 10º ediçãoResolução Cap. 4 [BOLDRINI].pdfSoluções Álgebra Linear Boldrini291348116 Exercicios Resolvidos Cap6 Algebra BOLDRINIAlgebra Linear (Boldrini-Editora Harbra)Exercícios Resolvidos Capitulo 5 (Retas) Paulo WinterleExercícios Resolvidos Capitulo 8 (Hiperbole) Paulo WinterleResolução Capítulo 5 Álgebra Linear BoldriniSolucionário Elipse - Paulo Winterle - Capitulo 08EXERCÍCIOS RESOLVIDOS - BOLDRINI .pdfExercícios Resolvidos Capitulo 7 (Distância) Paulo WinterleExercicios Resolvidos Cap8 BOLDRINI01_Matrizes_RevisãoMatemática (Matrizes)ATPS 2013 1 Eng Mecanica 1 Algebra Linear Geometria AnaliticaAP Alg Lin02Matriz 1Teoricas_Matrizes[1].calbeAula 1.pptxLista 1 - 2010Tema 4 Teoria IFundamentos de Engenharia Hidráulica UFMG Márcio Baptista e Marcia LaraPrimeiro PI GAALElinaldo Cassio JorgeAlgebra 1Exercícios resolvidos da Pag. 66 a 70 - Cap. 02 - Livro Vetores e Geometria Analítica - Paulo Winterle.pdfAlguns_Exercicios (1)-13-12-12More From Edja TainaraSkip carouselcarousel previouscarousel nextGlobalização.docx1814-1-7735-1-10-20150413.pdfCriança, a alma do negocio.docxGlobalização.docxGlobalizaçãoGlobalizaçãoCriança, A Alma Do NegocioCap 18 - Calor- Temperatura e a Primenra Lei da Termodinamica.pdfGlobalização.docxGlobalizaçãoApostila Ética e Legislação e Exercício de RevisãoAlgebra Linear Steinbruch.pdfGlobalizaçãoFooter MenuBack To TopAboutAbout ScribdPressOur blogJoin our team!Contact UsJoin todayInvite FriendsGiftsLegalTermsPrivacyCopyrightSupportHelp / FAQAccessibilityPurchase helpAdChoicesPublishersSocial MediaCopyright © 2018 Scribd Inc. .Browse Books.Site Directory.Site Language: English中文EspañolالعربيةPortuguês日本語DeutschFrançaisTurkceРусский языкTiếng việtJęzyk polskiBahasa indonesiaMaster your semester with Scribd & The New York TimesSpecial offer for students: Only $4.99/month.Master your semester with Scribd & The New York TimesRead Free for 30 DaysCancel anytime.Read Free for 30 DaysYou're Reading a Free PreviewDownloadClose DialogAre you sure?This action might not be possible to undo. Are you sure you want to continue?CANCELOK

Álgebra Linear - (Boldrini) capítulo 1 e 2 resolvidos.pdf

Comments

Description