´Livro: Algebra Linear - Editora Harbra (Boldrini/Costa/Figueiredo/Wetzler)
[email protected] Compilado dia 06/03/2017 Solucion´ario da 3a edi¸c˜ ´ ao do livro de Algebra Linear dos autores: Jos´e 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 ´e que seja respondido um cap´ıtulo do livro por mˆes. 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, n˜ao deixe de acompanhar o documento no link abaixo, para obter futuras atualiza¸c˜oes. www.number.890m.com Sum´ ario 1 MATRIZES 2 1.1 Exerc´ıcios da p´ agina 11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 1.2 Exerc´ıcios da p´ agina 26 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 2 SISTEMAS DE EQUAC ˜ ¸ OES LINEARES 20 2.1 Exerc´ıcios da p´ agina 49 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 3 DETERMINANTE E MATRIZ INVERSA 44 3.1 Exerc´ıcios da p´ agina 90 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44 4 ESPAC¸ O VETORIAL 62 4.1 Exerc´ıcios da p´ agina 129 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62 5 TRANSFORMAC ˜ ¸ OES LINEARES 91 5.1 Exerc´ıcios da p´ agina 171 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91 6 ANEXO I 101 7 ANEXO II 102 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA 1 MATRIZES 1.1 Exerc´ıcios da p´ agina 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 Solu¸ c˜ao de A: A+B 1 2 3 −2 0 1 −1 2 4 + = 2 1 −1 3 0 1 5 1 0 Solu¸ c˜ao de B: A·B −1 1 2 3 15 · 2 = 2 1 −1 −4 4 Solu¸ c˜ao de C: −1 · A 2 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA 1 2 3 −1 −2 −3 −1 · = 2 1 −1 −2 −1 1 x2 2 2. Seja A = Se A’ = A, ent˜ao x = · · · 2x − 1 0 Solu¸ c˜ao: 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 ´e uma matriz sim´etrica, ent˜ao A – A’. . . Solu¸ c˜ao: Se A ´e sim´etrica ent˜ ao A = A’ e portanto A – A’ = A – A = 0. Assim, o resultado desta opera¸c˜ ao seria uma matriz nula. 4. Se A ´e uma matriz triangular superior, ent˜ao A’ ´e . . . Solu¸ c˜ao: Uma matriz triangular superior quando transposta passa a ser uma matriz triangular infe- rior. 5. Se A ´e uma matriz diagonal, ent˜ao A’. . . Solu¸ c˜ao: Toda matriz diagonal ´e sim´etrica de modo que se A ´e uma matriz diagonal ent˜ao A’ = A. 6. Classifique em verdadeiro ou falso: 3 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA 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 sim´etricas, ent˜ao AB = BA g) Se AB = 0, ent˜ ao BA = 0 h) Se ´e poss´ıvel efetuar o produto AA, ent˜ao A ´e matriz quadrada Solu¸ c˜ao de A: Pela propriedade iv a proposi¸c˜ ao ´e verdadeira. Solu¸ c˜ao de B: Pela propriedade iii a proposi¸c˜ ao ´e verdadeira. Solu¸ c˜ao de C: 1 0 0 0 Falsa. Tomando A = eB= por exemplo, verifica-se que a proposi¸c˜ao 0 0 1 0 n˜ ao ´e verdadeira. Solu¸ c˜ao de D: Usando a associatividade (k1 k2 )AB = A(k1 k2 )B Usando a comutatividade A(k2 k1 )B = k2 (Ak1 )B = (Ak1 ) · (k2 B) = (k1 A)(k2 B). Solu¸ c˜ao de E: 2 1 0 3 Falsa. Como contra exemplo tome A = eB= 0 −1 1 1 Solu¸ c˜ao de F: 2 0 2 1 Falsa. Como contra exemplo tome A = eB= 0 1 1 0 Solu¸ c˜ao de G: Falsa. 4 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA Solu¸ c˜ao de H: Verdadeiro. O produto entre duas matrizes s´o ´e poss´ıvel se o numero de linhas da segunda for igual ao numero de colunas da primeira. Assim Am×n · Am×n s´o ocorre se m = n. O que implicaria no fato de A ser quadrada. 2 2 −2 1 7. Se A = A·A, ent˜ ao ... 3 2 Solu¸ c˜ao: 2 −2 1 −2 1 −2 1 7 0 = · = 3 2 3 2 3 2 0 7 8. Se A ´e uma matriz triangular superior, ent˜ao A2 ´e . . . Solu¸ c˜ao: Do tipo triangular superior. 5 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA x y 2 3 1 0 9. Ache, x, y, z, w se = z w 3 4 0 1 Solu¸ c˜ao: 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 ´e igual a matriz nula. 2x + 3y 3x + 4y 1 0 = 2z + 3w 3z + 4w 0 1 oes acima chega-se a x = −4; y = 3; z = 3; e w = −2. Resolvendo as equa¸c˜ 1 −3 2 1 4 1 0 2 1 −1 −2 10. Dadas A = 2 1 −3 , 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¸ c˜ao: 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. Suponha que A 6= 0 e AB = AC onde A, B, C s˜ao matrizes tais que a multiplica¸c˜ao esteja definida. a) B = C? b) Se existir uma matriz Y, tal que YA = I, onde I ´e a matriz identidade, ent˜ao B = C? Solu¸ c˜ao: Se AB = AC e A−1 for transposta de A ent˜ao: A−1 (AB) = A−1 (AC) Usando a associatividade (A−1 A)B = (A−1 A)C IB = IC B=C 6 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA 12. Explique por que, (A+B)2 6= A2 + 2AB + B2 e (A + B)(A – B) 6= A2 – B2 . Solu¸ c˜ao: As equa¸c˜ oes n˜ ao s˜ ao verdadeiras pois, n˜ao s˜ao satisfeitas para qualquer matriz. 3 −2 14. Se A = , ache B, de modo que B2 = A. −4 3 Solu¸ c˜ao: 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. Vamos tomar (arbitrariamente), x = w. 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 ent˜ao: wy + yw = −2 2(wy) = −2 ⇒ wy = −1 (5) Ainda supondo que x = w podemos escrever a equa¸c˜ao (4) como: zx + wz = −4 z(x + w) = −4 z(w + w) = −4 7 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA 2 ⇒w=− (6) z Colocando (6) em (5) chegamos a uma nova rela¸c˜ao. 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 ent˜ao por (5) y = −1 e por (7) z = −2. Como hav´ıamos suposto de in´ıcio que x = w ent˜ ao x = 1 1 −1 Logo B = −2 1 8 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA 15. Um construtor tem contratos para construir 3 estilos de casa: moderno, mediterrˆaneo e colonial. A quantidade de material empregado em cada tipo de casa ´e 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 ´e mera coincidˆencia). a) Se ele vai construir 5, 7 e 12 casas dos tipos moderno, mediterrˆaneo e colonial respectivamente, quantas unidades de casa material ser˜ao empregadas? b) Suponha agora que os pre¸cos por unidade de ferro, madeira, vidro, tinita e tijolo sejam, respectivamente, 15, 8, 5, 1 e 10 u.c.p. Qual ´e o pre¸co unit´ario de cada tipo de casa? c) Qual o custo total do material empregado? Solu¸ c˜ao de A: Pela matriz a quantidade de materiais de uma casa moderna ´e igual a 65 (soma dos elementos da primeira linha). De uma casa mediterrˆanea 67 (soma dos elementos da segunda linha) e de uma casa colonial 57(soma dos elementos da terceira linha). Logo ser˜ao utilizadas 1478 unidades de materiais. 5 · 65 + 7 · 67 + 12 · 57 = 1478 Solu¸ c˜ao 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. 16. Uma rede de comunica¸c˜ ao tem cinco locais com transmissores de potˆencias distintas. Estabelecemos que aij = 1, na matriz abaixo, significa que a esta¸c˜ao i pode transmitir direta- mente `a esta¸c˜ ao j, aij = 0 o que significa que a transmiss˜ao da esta¸c˜ao i n˜ao alcan¸ca a esta¸c˜ao j. Observe que a diagonal principal ´e nula significando que uma esta¸c˜ao n˜ao transmite diretamente para si mesma. 9 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria 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 ]. Calculemos o elemento c42 = a4k ak2 = 0 + 0 + 1 + 0 + 0 = 1 k=1 Note que a u´nica parcela n˜ ao nula veio de a43 · a32 = 1 · 1. Isto significa que a esta¸c˜ao 4 transmite para a esta¸c˜ ao 2 atrav´es de uma transmiss˜ao pela esta¸c˜ao 3, embora n˜ao exista uma transmiss˜ ao 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 a ao: “A matriz A2 representa o n´ justificar a afirma¸c˜ umero de caminhos dispon´ıveis para se ir de uma esta¸c˜ao a outra com uma u ´nica retransmiss˜ao”. d) Qual o significado das matrizes A + A2 , A3 e A + A2 + A3 ? e) Se A fosse sim´etrica, o que significaria? Solu¸c˜ao de A: (Solu¸c˜ ao retirada da lista da Professora. Marina Tebet (GAN/IME/UFF)). 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¸c˜ao de B: (Solu¸c˜ ao retirada da lista da Professora. Marina Tebet (GAN/IME/UFF)). c13 = 2 e significa que a esta¸c˜ ao 1 transmite para esta¸c˜ao 3 atrav´es de uma terceira de dois modos (atrav´es da esta¸c˜ ao 2 e da esta¸c˜ao 4). Solu¸c˜ao de C: (Solu¸c˜ ao retirada da lista da Professora. Marina Tebet (GAN/IME/UFF)). Cada elemento de A2 representa o n´ umero de modos que uma esta¸c˜ao trans mite para uma outra atrav´es de uma terceira esta¸c˜ ao. 10 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA Solu¸c˜ao de D: (Solu¸c˜ ao retirada da lista da Professora. Marina Tebet (GAN/IME/UFF)). Cada elemento de A + A2 representa a soma do n´ umero de modos que uma esta¸c˜ao transmite para outra, diretamente e atrav´es de uma terceira para uma outra. 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¸c˜ao 1 `a esta¸c˜ao 4: Diretamente: 1→5→4, 1→2→4 e 1→3→4. Cada elemento de A3 representa o n´ umero de modos que uma esta¸c˜ao transmite para uma outra atrav´es de uma quarta esta¸c˜ ao. 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¸c˜ao 1 para a esta¸c˜ao 2 atrav´es de uma quarta esta¸c˜ ao: 2→3→4→5 e 2→1→4→5. Cada elemento de A + A2 + A3 representa a soma do n´ umero de modos que uma esta¸c˜ao transmite para outra esta¸c˜ ao, diretamente, atrav´es de uma terceira e de uma quarta. 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¸c˜ao 3 para a esta¸c˜ao 5 considerando transmiss˜ oes diretas, atrav´es de uma terceira e atrav´es de uma quarta. Solu¸ c˜ao de E: (Solu¸c˜ ao retirada da lista da Professora. Marina Tebet (GAN/IME/UFF)). Se A fosse sim´etrica, isto ´e, aij = aji , isso significaria que a esta¸c˜ao i transmite para a esta¸c˜ao j sempre que a esta¸c˜ ao j transmitir para a i. 11 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA Existem trˆes marcas de autom´ oveis dispon´ıveis no mercado: o Jacar´e, o Piranha e o Urubu. O termo aij da matriz A abaixo ´e a probabilidade de que um dono de carro da linha i mude para o carro da coluna j, quando comprar um carro novo. Para J P U J 0.7 0.2 0.1 De P 0.3 0.5 0.2 U 0.4 0.4 0.2 Os termos da diagonal de d˜ ao a probabilidade aii de se comprar um carro novo da mesma marca. A2 representa as probabilidades de se mudar de uma marca para outra depois de duas com- pras. Vocˆe pode verificar isto a partir dos conceitos b´asicos de probabilidade (consulte 1.5) e produto de matrizes. Calcule A2 e interprete. Solu¸ c˜ao: 59 7 13 100 25 100 2 11 39 17 A = 25 100 100 12 9 4 25 25 25 Os termos de A2 , aij , significam mudar da marca i para a marca j depois de duas compras. 12 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA Quer saber quando sair´ a a pr´ oxima atualiza¸c˜ao desse documento? Nesse caso vocˆe 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 para
[email protected] para que possa ser feito a devida corre¸c˜ao. www.number.890m.com Para encontrar esse e outros exerc´ıcios resolvidos de matem´atica acesse: www.number.890m.com 13 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA 1.2 Exerc´ıcios da p´ agina 26 Suponha que um corretor da Bolsa de Valores fa¸ca um pedido para comprar a¸c˜oes na segunda- feira, como segue: 400 quotas de a¸c˜ ao A, 500 quotas da a¸c˜ao B e 600 quotas da a¸c˜ao C. As a¸c˜oes A, B e C custam por quota Cr$ 500,00 Cr$ 400,00 e Cr$ 250,00 respectivamente. a) Encontre o custo total das a¸c˜ oes, usando multiplica¸c˜oes de matrizes. b)Qual ser´ a o ganho ou a perda quando as a¸c˜oes forem vendidas seis meses mais tarde se as a¸c˜ oes A, B e C custam Cr$ 600,00 Cr$ 350,00 e Cr$ 300,00 por quota, respectivamente? Solu¸ c˜ao 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 trˆes quantidades de quotas (A, B e C) e trˆes valores (um para cada quota), ent˜ao a = 3. Ou seja, demos ter uma matriz 1×3 e outra 3x1. A primeira matriz ser´ a a de quantidade: Q = (400, 500, 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. P · Q = [550.000] Solu¸ c˜ao de B: Nesse caso basta trocar os valores da matriz P e em seguida realizar a multiplica¸c˜ao. 600 Q·P = (400, 500, 600) · 350 300 = [595.000] Ou seja, houve um ganho de 45 mil. 2. E´ observado que as probabilidades de um time de futebol ganhar, perder e empatar uma partida depois de conseguir uma vit´oria s˜ao 1/2, 1/5 e 3/10 respectivamente; e depois de ser derrotado s˜ ao 3/10, 3/10 e 2/5, respectivamente; e depois de empatar s˜ao 1/5, 2/5 e 2/5, 14 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA respectivamente. Se o time n˜ ao melhor nem piorar, conseguira mais vit´orias ou derrotas a longo prazo? Solu¸ c˜ao: Primeiro vamos considerar as probabilidades ap´os Ganhar uma partida. G G 1/2 P 1/5 E 3/10 Agora as probabilidades ap´ os Perder um jogo. G P G 1/2 3/10 P 1/5 3/10 E 3/10 2/5 E finalmente as probabilidades ap´ os Empatar. 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 ´e regular (quadrada e com possibilidade de invers˜ao). Assim podemos aplicar o teorema 1.5.4. pG 0.5 0.3 0.2 pG pP = 0.2 0.3 0.4 · pP pE 0.3 0.4 0.4 pE pG 0.5pG + 0.3pP + 0.2pE pP = 0.2pG + 0.3pP + 0.4pE pE 0.3pG + 0.4pP + 0.4pE Que resulta nas seguintes equa¸c˜ oes. 0.5pG + 0.3pP + 0.2pE = pG 0.2pG + 0.3pP + 0.4pE = pP 0.3pG + 0.4pP + 0.4pE = pE e nos possibilita montar o seguinte sistema: −0.5pG + 0.3pP + 0.2pE = 0 0.5pG − 0.7pP + 0.2pE = 0 0.5pG + 0.3pP − 0.6pE = 0 15 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA Al´em disso, sabemos que as somas das probabilidades ´e igual a um (pG + pP + pE = 1). Da´ı, 26 24 29 pG = , pP = e pE = . 79 79 79 3. Numa pesquisa procura-se estabelecer uma correla¸c˜ao entre os n´ıveis de escolaridade de pais e filhos, estabelecendo as letras: P para os que conclu´ıram o curso prim´ario; S para os que conclu´ıram o secund´ ario; e U para quem concluiu o curso universit´ario. A probabilidade de um filho pertencer a um desses grupos, dependendo do grupo em que o pai est´a, ´e 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, de um indiv´ıduo que concluiu o curso secund´ario, ser universit´ ario? Solu¸ c˜ao: A matriz do problema ´e a matriz de transi¸c˜ao de estado da cadeia de Markov. Sendo assim, a matriz dos netos ´e dada pelo quadrado da matriz de transi¸c˜ao. 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 ´e portanto 1/3. 4. Numa cidade industrial, os dados sobre a qualidade do ar s˜ao classificados como satisfat´orio (S) e insatisfat´ orio (I). Assuma que, se um dia ´e registrado S, a probabilidade de se ter S no dia seguinte ´e 2/5 e que, uma vez registrado I, tem-se 1/5 de probabilidade de ocorrer S no dia seguinte. 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? Solu¸ c˜ao de A: Quando se registra S a probabilidade de ser S no dia seguinte ´e de 2/5. 16 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA S I S 2/5 I Quando marca I a probabilidade de ser S ´e de 1/5. S I S 2/5 1/5 I Sabemos que pS + pI = 1 (pois s˜ ao eventos complementares), assim podemos completar a tabela acima. 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¸c˜ao. 3 2/5 1/5 32/125 31/125 T3 = = 3/5 4/5 93/125 94/125 31 O resultado ´e o valor do elemento a12 da 3a potˆencia. No caso, . 125 Solu¸ c˜ao de B: Usando o teorema 1.5.4: pS 2/5 1/5 pS = · pI 3/5 4/5 pI Da equa¸c˜ ao acima retira-se o seguinte sistema −0.6pS + 0.2pI = 0 0.6pS − 0.2pI = 0 1 3 Cuja solu¸c˜ ao ocorre para pS = e pI = . Assim, a longo prazo, a probabilidade de termos 4 4 dias satisfat´ orios ´e 1/4 e de termos dias insatisfat´orios ´e de 3/4. 5. Numa ilha maravilhosa verificou-se que a cor azul ocorre em borboletas de gen´otipo aa, e n˜ ao ocorre em Aa e AA. Suponha que a propor¸c˜ao de borboletas azuis seja 1/4. Depois de algumas gera¸c˜ oes, qual ser´ a a porcentagem das borboletas n˜ao azuis, mas capazes de ter filhotes azuis? 17 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA Solu¸ c˜ao: Denotando por d, dominante, r, recessivo e h, hibrido, e os respectivos cruzamentos por dXd, dXr, dXh, colocando as probabilidades em colunas, podemos montar a seguinte matriz de transi¸c˜ ao: - d×d r×r d×r d×h r×h h×h d 1 0 0 0.5 0 0.25 h 0 0 1 0.5 0.5 0.5 r 0 1 0 0 0.5 0.25 Usando o teorema 1.5.4 (1) (1) pd · pd (1) (1) pr · pr (2) pd 1 0 0 0.5 0 0.25 (1) (1) (2) 2 · pd · pr ph = 0 0 1 0.5 0.5 0.5 · (1) (1) (2) 0 1 0 0 0.5 0.25 2 · pd · ph pr (1) (1) 2 · pr · ph (1) (1) ph · ph (1) (1) Onde pd ´e a porcentagem de indiv´ıduos dominantes, ph a porcentagem de indiv´ıduos (1) h´ıbridos. E pr a porcentagem de indiv´ıduos recessivos. 0.25 · 0.25 (2) pd 0.25 · 0.25 1 0 0 0.5 0 0.25 (2) 2 · 0.25 · 0.25 ph = 0 0 1 0.5 0.5 0.5 · (2) 2 · 0.25 · 0.5 pr 0 1 0 0 0.5 0.25 2 · 0.25 · 0.5 0.5 · 0.5 assim nossas probabilidades s˜ ao: (2) pd 0.25 (2) ph = 0.5 (2) 0.25 pr 18 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA Quer saber quando sair´ a a pr´ oxima atualiza¸c˜ao desse documento? Nesse caso vocˆe 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 para
[email protected] para que possa ser feito a devida corre¸c˜ao. www.number.890m.com Para encontrar esse e outros exerc´ıcios resolvidos de matem´atica acesse: www.number.890m.com 19 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA 2 SISTEMAS DE EQUAC ˜ ¸ OES LINEARES 2.1 Exerc´ıcios da p´ agina 49 1. Resolva o sistema de equa¸c˜ oes, escrevendo as matrizes ampliadas, associadas aos novos sistemas. 2x − y + 3z = 11 4x − 3y + 2z = 0 x+y+z =6 3x + y + z = 4 Solu¸ c˜ao: A matriz ampliada do sistema ´e: 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¸c˜ao e soma nas linhas da matriz para resolver o sistema. Fazendo L2 = L2 - 2L1; L3 = 2L3 - L1 e L4 = 3L1 - 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 20 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA Dividindo L1 por 2, 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 Fazendo L1 = L1 + 0.5L2 1 0 7/2 33/2 0 1 4 22 0 0 1 5 0 0 0 0 Fazendo L2 = L2 - 4L3 1 0 7/2 33/2 0 1 0 2 0 0 1 5 0 0 0 0 Finalmente fazendo L1 = L1 - (7/2)L3 1 0 0 −1 0 1 0 2 0 0 1 5 0 0 0 0 ao: x = −1, y = 2 e z = 5 Solu¸c˜ 2. Descreva todas as poss´ıveis matrizes 2 × 2, que est˜ao na forma escada reduzida por linhas. Solu¸ c˜ao: a11 a12 Tome A = com coeficientes n˜ao nulos. a21 a22 Existe um k ∈ R onde ka21 = a11 . Sendo assim, multiplicando L2 por k e depois subtra´ımos L1 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 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA a12 ! 1 a11 0 ka22 − a12 E finalmente dividimos L2 por ka22 − a12 a12 ! 1 a11 0 1 Que ´e a forma geral de uma matriz reduzida por linha 2 por 2 com coeficientes n˜ao nulos. As demais matrizes ficam a cargo do leitor. 3. Reduza as matrizes ` a forma escada reduzida por linhas. 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¸ c˜ao de A: 1 0 0 −4 0 1 0 −3 0 0 1 −1 Solu¸ c˜ao 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 - 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 22 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA Solu¸ c˜ao de C: 1 0 2 0 1 1 0 0 0 0 0 0 4. Calcule o posto e nulidade das matrizes da quest˜ao 3. Solu¸ c˜ao: A solu¸c˜ ao de a do problema anterior ´e a matriz: 1 0 0 −4 0 1 0 −3 0 0 1 −1 Como n˜ ao h´ a nenhuma linha nula na matriz ent˜ao p = 3 (posto). Pois a matriz tem 3 linhas n˜ ao nulas. J´ a a nulidade, que ´e o numero de colunas da matriz menos o seu posto, ´e igual a 1. A solu¸c˜ ao de b do problema anterior ´e a matriz: 1 1 −7/2 5/2 0 1 3 −2 0 0 0 0 Como temos apenas duas linhas n˜ ao nulas ent˜ao o posto ´e igual 2. J´a a nulidade ser´a 2. A solu¸c˜ ao de c do problema anterior ´e a matriz: 1 0 2 0 1 1 0 0 0 0 0 0 Como temos apenas duas linhas n˜ ao nulas ent˜ao o posto ser´a 2. E a nulidade ser´a 1. 3x + 5y = 1 5. Dado o sistema 2x + z = 3 5x + y − z = 0 escreva a matriz ampliada, associada ao sistema e reduza-a `a forma escada reduzida por linhas, para resolver o sistema original. Solu¸ c˜ao: A matriz ampliada ser´ a: 23 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA 3 5 0 1 2 0 1 3 5 1 −1 0 Reduzindo a matriz ` a forma escada por linhas 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, L2 = −L2/10 e L3 = 44·L3/192. 1 5/3 0 1/3 0 1 −3/10 −7/10 0 0 1 17/8 encontramos a matriz escada linha reduzida. Realizando mais algumas opera¸c˜oes 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, a solu¸c˜ ao ocorre para x = ,y=− ez= . 16 16 8 6. Determine k para que o sistema possua solu¸c˜ao: −4x + 3y = 2 5x − 4y = 0 2x − y = k Solu¸ c˜ao: O sistema acima possui duas inc´ ognitas, assim s´o necessitamos de duas linhas para resolve-lo. −4x + 3y = 2 5x − 4y = 0 Resolvendo o sistema acima chegamos `a: x = −0.5 e y = 0. Como desejamos descobrir o valor de k fazemos: 24 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA 2x − y = k 2(−0.5) − (0) = k k = −1 O valor de k deve ser −1. 7. 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¸ c˜ao: Fazendo o escalonamento do sistema chega-se at´e: x1 + 3x2 + 2x3 + 3x4 − 7x5 = 14 x3 + 38 x4 − 19 3 x5 = 10 x4 − 2x5 = 3 Onde observamos que as vari´aveis com maior grau de liberdade ´e x5 e x4 . Assim, podemos usar qualquer uma delas para expressar as demais respostas. Para coincidir com o livro vamos usar x5 . x1 = 1 − 3x2 − x5 x3 = 2 + x5 x4 = 3 + 2x5 8. Explique por que a nulidade de uma matriz nunca ´e negativa. Solu¸ c˜ao: A nulidade ´e o numero de colunas subtra´ıda do posto de uma matriz (que deve estar na forma escalonada linha). Assim, para que a nulidade seja negativa ´e necess´ario que o posto seja maior que o numero de colunas da matriz. No entanto, o posto de uma matriz significa na pr´atica o numero de solu¸c˜oes do sistema associado a ela. Se cada coluna da matriz representa uma inc´ognita do sistema n˜ao faz nenhum sentido que o numero de solu¸c˜ oes (posto) seja maior que o numero de colunas. Se isso fosse poss´ıvel ter´ıamos um sistema com mais solu¸c˜oes que o numero de inc´ognitas do mesmo. 9. Foram estudados trˆes tipos de alimentos. Fixada a mesma quantidade (1g) determinou-se que: 25 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA i) O alimento I tˆem 1 unidade de vitamina A, 3 unidade de vitamina B e 4 unidades de vitamina 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 cont´em vitamina B. Se s˜ ao necess´ arias 11 unidades de vitaminas A, 9 de vitamina B e 20 de vitamina C; a) Encontre todas as poss´ıveis quantidades dos alimentos I, II e III, que fornecem a quantidade de vitaminas desejada. b) Se o alimento I custa 60 centavos por grama e os outros dois custam 10, existe uma solu¸c˜ao custando exatamente Cr$ 1,00? Solu¸ c˜ao de A: (Solu¸c˜ ao retirada da lista da professora Cl´audia Santana (UESC)). Analisando o sistema: x + 2y + 3z = 11 3x + 3y + 0z = 9 4x + 5y + 3z = 20 Onde x, y e z s˜ ao as quantidades, em gramas, dos alimentos I, II e III respectivamente. Chega-se a solu¸c˜ ao: 5 8 ≤ z ≤ ; x = −5 + 3z; y = 8 − 3z 3 3 Solu¸ c˜ao de B: (Solu¸c˜ ao retirada da lista da professora Cl´audia Santana (UESC)). Analisando o sistema: x + 2y + 3z = 11 3x + 3y + 0z = 9 6x + y + z = 10 Onde x, y e z s˜ ao as quantidades, em gramas, dos alimentos I, II e III respectivamente. Chega-se a solu¸c˜ ao: x = 1g e y = z = 2g. Resolva os sistemas seguintes achando as matrizes ampliadas linha reduzidas `a forma escada e dando tamb´em seus postos, os postos das matrizes dos coeficientes e, se o sistema for poss´ıvel, o grau de liberdade. 26 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA 10. {x1 + 2x2 − x3 + 3x4 = 1 Solu¸ c˜ao: Todas as vari´aveis possui o mesmo grau de liberdade assim, podemos usar qualquer uma delas para escrever a solu¸c˜ ao. Neste caso, vamos usar x2 , ..., x5 . • Matriz ampliada: [1 2 − 1 3 1]; • Posto: 1; • Posto da matriz dos coeficientes: 1; • Solu¸c˜ ao: x1 = 1 − 2x2 + x3 − 3x4 ; • Grau de liberdade: 3. O grau de liberdade ´e a diferen¸ca entre o numero de vari´aveis e o n´ umero de equa¸c˜oes n˜ao nulas na forma escada. x+y+z =4 11. 2x + 5y − 2z = 3 Solu¸ c˜ao: 1 1 1 4 • Matriz ampliada: ; 0 1 −4/3 −5/3 • Posto: 2; • Posto da matriz dos coeficientes: 2; 17 − 7z 4z − 5 • Solu¸c˜ ao: x = ;y= ; 3 3 • Grau de liberdade: 1. x+y+z =4 12. 2x + 5y − 2z = 3 x + 7y − 7z = 5 Solu¸ c˜ao: 27 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA 1 1 1 4 • Matriz ampliada: 0 3 −4 −5 ; 0 0 0 −11 • Posto: 3; • Posto da matriz dos coeficientes: 2; • Solu¸c˜ ao: O sistema n˜ ao tem solu¸c˜ao. x − 2y + 3z = 0 13. 2x + 5y + 6z = 0 Solu¸ c˜ao: 1 −2 3 0 • Matriz ampliada: ; 0 9 0 0 • Posto: 2; • Posto da matriz dos coeficientes: 2; • Solu¸c˜ ao: x = −3z; y = 0; • Grau de liberdade: 1. x1 + x2 + x3 + x4 =0 x1 + x2 + x3 − x4 =4 14. x1 + x2 − x3 + x4 = −4 x1 − x2 + x3 + x4 =2 Solu¸ c˜ao: x1 x2 x3 x4 0 0 x2 0 0 0 • Matriz ampliada: 0 ; 0 x3 0 2 0 0 0 x4 −2 • Posto: 4; • Posto da matriz dos coeficientes: 4; • Solu¸c˜ ao: x1 = 0; x2 = 0; x3 = 2 e x4 = −2; • Grau de liberdade: 0. 28 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA x + 2y + 3z = 0 15. 2x + y + 3z = 0 3x + 2y + z = 0 Solu¸ c˜ao: 1 2 3 0 • Matriz ampliada: 0 1 3/2 0 ; 0 0 1 0 • Posto: 3; • Posto da matriz dos coeficientes: 3; • Solu¸c˜ ao: x = 0; y = 0 e z = 0; • Grau de liberdade: 0. 3x + 2y − 4z = 1 x−y+z =3 16. x − y − 3z = −3 3x + 3y − 5z = 0 −x + y + z = 1 Solu¸ c˜ao: A cargo do leitor. 17. O m´etodo de Gauss para resolu¸c˜ao de sistemas ´e um dos mais adotados quando se faz uso do computador, devido ao menor n´ umero de opera¸c˜oes que envolve. Ele consiste em reduzir a matriz ampliada s´ o sistema por linha-equivalˆencia a uma matriz que s´o ´e diferente da linha reduzida `a forma escada na condi¸c˜ ao “cada coluna que cont´em o primeiro elemento n˜ao nulo de alguma linha tem todos os seus outros elementos iguais a zero”, que passa a ser: “cada coluna que cont´em o primeiro elemento n˜ ao nulo de alguma linha, tem todos os elementos abaixo desta linha iguais a zero”. As outras condi¸co˜es s˜ao idˆenticas. Uma vez reduzida a matriz ampliada a esta forma, a solu¸c˜ ao final do sistema ´e obtida por substitui¸c˜ao. 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 29 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA a ultima matriz corresponde ao sistema: 1 5 x1 + x2 = 2 2 x2 = −1 1 5 ao, x1 − Por substitui¸c˜ = , ou seja, x1 = 2. 2 2 Resolva pelo m´etodo de Gauss os exerc´ıcios 13,14 e 15. Solu¸ c˜ao de 14: A matriz ampliada do sistema, ap´ os o escalonamento, ´e a seguinte: (ver problema 14) x1 x2 x3 x4 0 0 x2 0 0 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 , ..., x4 j´ a s˜ ao bem evidentes. Assim s´o nos resta definir o valor de x1 . x1 = −(x2 + x3 + x4 ) x1 = −(0 + 2 + −2) x1 = 0 Assim, pelo m´etodo de Gauss a solu¸c˜ao ser´a x = y = z = 0. Solu¸ c˜ao de 15: A matriz ampliada do sistema, ap´ os o escalonamento, ser´a: 1 2 3 0 0 1 3/2 0 0 0 1 0 veja o problema 15. que implica no seguinte sistema: x + 2y + 3z = 0 y + (3/2)z = 0 z=0 30 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA Que por substitui¸c˜ ao resulta em x = 0; y = 0 e z = 0. Solu¸ c˜ao de 16: A matriz ampliada do sistema, ap´ os o escalonamento, ser´a: 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, e por- tanto, sem solu¸c˜ ao mesmo pelo m´etodo de Gauss. 18. a) Mostre a proposi¸c˜ao 2.4.3 para matrizes 2×2 quaisquer. b) Sinta a dificuldade que vocˆe ter´ a para formalizar o resultado para matrizes n×m, mas con- ven¸ca-se de que ´e s´ o uma quest˜ ao de considerar todos os casos poss´ıveis, e escreva a demonstra¸c˜ao. Consulte 2.7. Solu¸ c˜ao: Veja p´ aginas 60 e 61. 19. Chamamos de sistema homogˆeneo de n equa¸c˜oes e m inc´ognitas aquele sistema cujos termos independentes bi , s˜ ao todos nulos. a) Um sistema homogˆeneo admite pelo menos uma solu¸c˜ao. Qual ´e ela? b) Encontre os valores de k ∈ R, tais que o sistema homogˆeneo 2x − 5y + 2z = 0 x+y+z =0 2x + kz = 0 tenha uma solu¸c˜ ao distinta da trivial (x = y = z = 0). Solu¸ c˜ao de a: Uma solu¸c˜ ao para todo sistema homogˆeneo ´e zero. 31 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA Solu¸ c˜ao de b: Escalonando o sistema 2x − 5y + 2z = 0 x+y+z =0 2x + kz = 0 Chegamos a solu¸c˜ ao de k = 2. 20. 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 ´e uma solu¸c˜ao para o sistema. z 0 b) = Resolva o sistema e verifique que toda “matriz-solu¸c˜ao” ´e 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 ´e a solu¸c˜ ao do sistema homogˆenea, associado ao sistema (∗), x 1 6 −8 0 (∗∗) y = 2 6 −4 0 z d) Conclua, dos itens a), b) e c), que o conjunto-solu¸c˜ao do sistema ∗ ´e o conjunto-solu¸c˜ao do sistema ∗∗, somando a uma solu¸c˜ao particular tema ∗. Solu¸ c˜ao de A: Basta substituir x, y e z por 1, 1/3 e 0 no sistema e verificar se as equa¸c˜oes seguintes s˜ao satisfeitas: 32 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA x + 6y − 8z = 1 2x + 6y − 4z = 0 Solu¸ c˜ao de B: 1 Resolvendo o sistema em z chega-se ´a y =− 2z e x = −1 − 4z 3 −1 − 4λ x 1 Assim, chamando z = λ podemos dizer que a matriz X = y = − 2λ z 3 λ Com a ultima matriz a direita podemos escrever a equa¸c˜ao: −1 − 4λ −4 −1 1 − 2λ = λ 2 + 1/3 3 1 0 λ Finalizando a solu¸c˜ ao do problema. Solu¸ c˜ao de C: Semelhante a a. Solu¸ c˜ao de D: x −4λ Pela letra c do problema a solu¸c˜ao do sistema (∗∗) ´e y = 2λ . J´a pela letra a z λ 1 1 uma solu¸c˜ ao particular do sistema (∗) ´e . Note que somando as duas solu¸c˜oes chegamos 3 0 a solu¸c˜ ` ao geral de (∗). −4λ + 1 −4λ 1 2λ + 1 1 = 2λ + λ 3 3 0 λ 21. 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 33 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA a) Encontre uma solu¸c˜ao dele sem resolve-lo. (Atribua valores para x, y, z e w) b) Agora, resolva efetivamente o sistema, isto ´e, encontre sua matriz-solu¸c˜ao; c) Resolva tamb´em o sistema homogˆeneo associado; d) Verifique que toda matriz solu¸c˜ ao obtida em b) ´e a soma de uma matriz solu¸c˜ao encontrada em c) com a solu¸c˜ ao particular que vocˆe encontrou em a). Solu¸ c˜ao de A: x = 0, y = z = 1 e w = 0. Solu¸ c˜ao de B: λ 1 1 λ Solu¸ c˜ao de C: λ 0 0 λ Solu¸ c˜ao de D: λ λ 0 1 0 1 1 = 0 + 1 λ λ 0 22. Altamente motivado pelos Exerc´ıcios 20 e 21, mostre que toda matriz-solu¸c˜ao de um sistema linear AX = B ´e a soma de uma solu¸c˜ao do sistema homogˆeneo associado AX = 0 com uma solu¸c˜ ao particular AX = B. Sugest˜ao: siga as etapas seguintes, usando somente propriedades de matrizes. i) Mostre que se X0 ´e uma solu¸c˜ ao do sistema AX = 0 e X1 ´e uma solu¸c˜ao de AX = B, ent˜ao X0 + X1 ´e solu¸c˜ ao de AX = B. ii) Se X1 e X2 s˜ oes de AX = B, ent˜ao X1 − X2 ´e solu¸c˜ao de AX = 0. ao solu¸c˜ iii) Use i) e ii) para chegar ` a conclus˜ao desejada. Solu¸ c˜ao: x1 Queremos mostrar que se ... ´e solu¸c˜ao de um sistema AX = B xn 34 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA a11 ··· a1n x1 b1 .. .. .. · .. = .. . . . . . a1n ··· ann xn bn y1 e ... ´e solu¸c˜ ao do sistema homogˆeneo associado a AX = B yn a11 ··· a1n y1 0 .. .. .. · .. = .. . . . . . a1n ··· ann yn 0 ent˜ ao a soma das solu¸c˜ oes tamb´em ´e solu¸c˜ao de AX = B. y1 x1 x1 + y1 .. .. = .. . = . . yn xn xn + yn Para verificar tal afirma¸c˜ ao substitu´ımos esse resultado na equa¸c˜ao AX = B a11 ··· a1n x1 + y1 b1 .. .. .. · .. .. = . . . . . 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 + 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 .. . a1n x1 + · · · + ann xn + a1n y1 + · + ann yn 35 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA Observando a equa¸c˜ ao do sistema homogˆeneo notamos que a soma de todos os termos acom- panhados de yb com b ∈ (1, ..., n) ´e igual a zero. Assim podemos rescrever o sistema a11 x1 + · · · + a1n xn + 0 .. . a1n x1 + · · · + ann xn + 0 Que na forma de equa¸c˜ ao matricial fica a11 ··· a1n x1 b1 .. .. .. · .. = .. . . . . . a1n ··· ann xn bn Assim, a soma das solu¸c˜ oes ´e uma solu¸c˜ao do sistema AX = B. 23. Fa¸ca o balanceamento das rea¸c˜oes: a) N2 O5 → NO2 + O2 (decomposi¸c˜ao t´ermica do N2 O5 ) b) HF + SiO2 → SiF4 + H2 O c) (NH4 )2 CO3 → NH3 + H2 O + CO2 Solu¸ c˜ao de A: Podemos observar que as quantidades de “N” e “O” em ambos os lados n˜ao ´e a mesma. Se os coeficientes estequiom´etricos forem respectivamente x, y e z temos que: xN2 O5 → yNO2 + zO2 Ou seja: 2x − y (N i) 5x − 2y − 2z (O) O Sistema ´e SPI (Sistema Poss´ıvel e Indeterminado) e admite mais de uma solu¸c˜ao (x, y, z), por´em nos interessa a menor solu¸c˜ ao inteira. A solu¸c˜ao gen´erica desse sistema ´e: λ λ , λ, 2 4 36 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA adotando λ=4 Que nos d´ a a menor solu¸c˜ ao inteira, teremos: x = 2, y = 4 e z = 1 e a equa¸c˜ao balanceada ´e: 2N2 O5 → 4NO2 + O2 Solu¸ c˜ao de B: 4HF + SiO2 → SiF4 + 2H2 O Solu¸ c˜ao de C: (NH4 )2 CO3 → 2NH3 + H2 O + CO2 25. Sabendo-se que a alimenta¸ca˜o di´aria equilibrada em vitaminas deve constar de 170 unidades de vitamina A, 180 unidades de vitamina B, 140 unidades de vitamina C, 180 unidades de 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 da vitamina 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 da vitamina 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 unidade de 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 13 unidades de E; e) o alimento V tem 1 unidade de A, 1 unidade de B, 1 unidade de C, 9 unidades de D e 2 unidades de E. Quantos gramas de cada um destes 5 alimentos (I a V) deve-se ingerir diariamente para se ter uma alimenta¸c˜ ao equilibrada? Solu¸ c˜ao: A matriz que relaciona os alimentos com suas devidas quantidades de cada vitamina ´e: 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 37 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA A primeira coluna refere-se a vitamina A, a segunda B e sucessivamente at´e a E. Considere ainda 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 vocˆe montar a matriz estendida deste sistema e escalona-la, vocˆe encontrar´a: 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 de fosfato e 205g de pot´assio. Disp˜oe-se de quatro qualidades de adubo com as seguintes caracter´ısticas: (a) Cada quilograma de adubo I custa 5 u.c.p e contem 10g de nitrato, 10g de fosfato e 100g de pot´ assio. (b) Cada quilograma de adubo II custa 6 u.c.p e contem 10g de nitrato, 100g de fosfato e 30g de pot´ assio. (c) Cada quilograma de adubo III custa 5 u.c.p e cont´em 50g de nitrato, 20g de fosfato e 20g de pot´ assio. 38 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA (d) Cada quilograma de adubo IV custa 15 u.c.p e cont´em 20g de nitrato, 40g de fosfato e 35g de pot´ assio. Quanto de cada adubo devemos misturar para conseguir o efeito desejado se estamos dispostos a gastar 54 u.c.p. a cada 10m2 com a aduba¸c˜ao? Solu¸ c˜ao: Os dados do problema est˜ ao distribu´ıdos na pr´oxima tabela. Custo Nitrato Fosfato Pot´assio 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¸c˜ao. 5x1 + 6x2 + 5x3 + 15x4 + = 54 10x1 + 10x2 + 50x3 + 20x4 = 140 10x1 + 100x2 + 20x3 + 40x4 = 190 100x1 + 30x2 + 20x3 + 35x4 = 205 6451 4381 25927 x= ;y= ;z= . 9619 9619 9619 27. Deseja-se construir um circuito como mostrado na figura onde Vi = 280V , V2 = 100V , V3 = 50V , R1 = 20Ω, R2 = 30Ω, R3 = 50Ω, R4 = 40Ω, R5 = 100Ω. 39 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA Disp˜ oe-se de uma tabela de pre¸cos de v´arios tipos de resistˆencias; assim como as correntes m´ aximas que elas suportam sem queimar. ˆ RESISTENCIAS 20Ω 30Ω 40Ω 50Ω 100Ω 0.5A 10,00 10,00 15,00 15,00 20,00 axima 1.0A Corrente m´ 15,00 20,00 15,00 15,00 25,00 3.0A 20,00 22,00 20,00 20,00 28,00 5.0A 30,00 30,00 34,00 34,00 37,00 Solu¸ c˜ao: A C B Usando as leis dos n´ os obtemos as seguintes equa¸c˜oes: 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 trˆes equa¸c˜ oes do sistema acima e duas do sistema formando pela lei dos n´os chegamos a um terceiro sistema que nos dar´a a solu¸c˜ao das correntes. 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 = 3.6774194 i2 = 1.6129032 i3 = 0.1612903 i4 = 1.4516129 i5 = 2.0645161 40 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA Com base nesses dados e na tabela do problema o custo m´ınimo ´e de R$ 115,00. 28. Uma placa quadrada de material homogˆeneo e mantida com os bordos AC e BD temper- atura de 20◦ C, o bordo AB a 40◦ C e CD a 10◦ C, com o uso de isolantes t´ermicos em A, B, C e D (vide figura). y 40◦ C A B 10◦ C 20◦ C C D x 10◦ C Ap´ os ser atingido o equil´ıbrio t´ermico, qual e a temperatura aproximada em cada ponto da placa? Solu¸ c˜ao: Considere o seguinte reticulado da placa: 40 10 20 10 A temperatura em um ponto qualquer ´e aproximadamente a m´edia dos pontos vizinhos. Por exemplo, a temperatura no ponto em vermelho da figura pode ser aproximada por: 20 + p42 + p22 + p33 p32 = 4 Onde p32 ´e o ponto situado na linha 3 e coluna 2. Podemos multiplicar os dois lados da equa¸c˜ao por 4, e ent˜ao colocar as vari´aveis no lado esquerdo e as constantes no lado direito: 4p32 = 20 + p42 + p22 + p33 41 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA 4p32 − p42 − p22 − p33 = 20 Repetindo o processo para cada ponto obtemos um sistema de equa¸c˜oes lineares. Cujas solu¸c˜ oes nos dar´ a as temperaturas dos pontos. 42 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA Quer saber quando sair´ a a pr´ oxima atualiza¸c˜ao desse documento? Nesse caso vocˆe 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 para
[email protected] para que possa ser feito a devida corre¸c˜ao. www.number.890m.com Para encontrar esse e outros exerc´ıcios resolvidos de matem´atica acesse: www.number.890m.com 43 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA 3 DETERMINANTE E MATRIZ INVERSA 3.1 Exerc´ıcios da p´ agina 90 Coment´ ario: Devido a facilidade de alguns exerc´ıcios deste cap´ıtulo algumas respostas ser˜ao dadas sem muitas explica¸c˜ oes. 1. Dˆe o numero de invers˜ oes das seguintes permuta¸c˜oes 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 termos a13 a25 a34 a41 a52 e a15 a24 a33 a42 a51 ? Solu¸ c˜ao: a) 5 b) 2 c) 10 d) A permuta¸c˜ ao do primeiro termo tem numero ´ımpar de permuta¸c˜oes j´a a segunda um n´ ao − e +, respectivamente. umero par. Portanto, os sinais s˜ oes tem a permuta¸c˜ao (n, n − 1, ..., 2, 1) dos n´ 2. Quantas invers˜ umeros 1, 2, ..., n − 1, n? Solu¸ c˜ao: O numero de invers˜oes de uma permuta¸c˜ao tamb´em ´e o numero de inter-trocas necess´arias para coloca-la em ordem natural. Tome como por exemplo a permuta¸c˜ao (5, 4, 3, 2, 1). A troca do ultimo termo com o primeira resulta em 4 opera¸c˜oes. 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¸c˜oes. (1, 5, 4, 2, 3) 44 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA (1, 5, 2, 4, 3) (1, 2, 5, 4, 3) Agora a troca do ultimo termo (3) resulta em mais 2 opera¸c˜oes. (1, 2, 5, 3, 4) (1, 2, 3, 5, 4) Agora a troca do ultimo termo (4) resulta em mais 1 opera¸c˜ao. (1, 2, 3, 4, 5) Note que n˜ ao ´e necess´ ario trocar o ultimo termo (que agora ´e o 5). Como ao total realizamos 4, 3, 2 e 1 trocas ent˜ao a permuta¸c˜ao (5, 4, 3, 2, 1) possui 10 invers˜oes (4 + 3 + 2 + 1). Pensando de forma an´ umero de invers˜oes de (n,...,1) seria (n − 1) + (n − 2) + ... + 1. aloga o n´ 2 0 −1 3. Calcule det 3 0 2 4 −3 7 a) pela defini¸c˜ ao. b) em rela¸c˜ ao ` a segunda coluna, usando o desenvolvimento de Laplace. Solu¸ c˜ao de A: Pela defini¸c˜ ao det = a11 a22 a33 − a11 a23 a32 − a12 a21 a33 + a12 a23 a31 + a13 a21 a32 − a13 a23 a31 = 21 Solu¸c˜ ao de B: det A = a11 |A11 − a12 |A12 + a13 |A13 = 21 1 2 3 −1 4. Dadas as matrizes A = eB= , calcule 1 0 0 1 a) det A + det B b) det (A + B) Solu¸ c˜ao de A: Como det A = −2 e det B = 3 ent˜ao det A + det B = 1 45 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA Solu¸ c˜ao de B: 1 2 3 −1 4 1 + = 1 0 0 1 1 1 Portanto 4 1 det =4−1=3 1 1 5. Sejam A e B matrizes do tipo n × n. Verifique se as coloca¸c˜oes abaixo s˜ao verdadeiras ou falsas. a) det(AB) = det(BA) b) det(A’) = det A c) det(2A) = 2 · det A d) det(A2 ) = (det A)2 e) det Aij < det A f) Se A ´e uma matriz 3 × 3, ent˜ ao a11 ∆11 + a12 ∆12 + a13 ∆13 = a21 ∆21 + a22 ∆22 + a23 ∆23 Solu¸ c˜ao 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! Solu¸ c˜ao de B: A afirmativa ´e verdadeira! Solu¸ c˜ao de C : det(2A) = 2·det(A) Sabe-se que det(x · A) = xn · det(A), portanto det(2A) = 2n · det(A). Logo a afirmativa ´e falsa. Solu¸ c˜ao de D: det(A2 ) = (det(A))2 46 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA det(A2 ) = det(A · A) = det(A) · det(A) = (det(A))2 . Logo a afirmativa ´e verdadeira! Solu¸ c˜ao de E: ´ falsa. Basta considerar a matriz A = 1 0 E e A22 . 0 1 Solu¸ c˜ao de F: Verdadeira. 2 3 1 −2 5 3 1 4 6. Dada A = 0 calcule 1 2 2 3 −1 −2 4 a) A23 b) |A23 | c) ∆23 d) det A Solu¸ c˜ao de A: 2 3 −2 A23 = 0 1 2 3 −1 4 Solu¸ c˜ao de B: Usando a regra de Sarrus det A23 = 36 Solu¸ c˜ao de C: ∆23 = (−1)2+3 |A23 | = (−1)5 · 36 = −36 47 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA Solu¸ c˜ao de D: O determinante ´e zero. 7. Propriedade: O determinante de uma matriz triangular An×n ´e igual ao produto dos elementos de sua diagonal. a) Prove esta propriedade no caso em que A ´e uma matriz triangular superior (gen´erica) 5×5. (Sugest˜ ao: Use e abuse do desenvolvimento de Laplace.) b) O que vocˆe pode dizer sobre o numero de solu¸c˜oes dos sistemas abaixo? 5x1 + 2x2 − 3x3 + 9x4 =0 −3x2 + 9x3 − 13 x4 =0 i) −2x3 + x4 =0 x4 =1 3x5 + 2x4 + x1 =0 −x3 + x2 − x1 =5 ii) −9x3 − x2 + 9x1 =0 −3x2 + x1 =0 x1 =0 Solu¸ c˜ao de A: Tome a matriz M(5,5) a seguir. a11 a12 a13 a14 a15 0 a22 a23 a24 a25 0 0 a33 a34 a35 0 0 0 a44 a45 0 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, a22 a23 a24 a25 0 a33 a34 a35 det(M) = a1 1 · det 0 0 a44 a45 0 0 0 a55 Aplicando Laplace a primeira coluna desta u ´ltima matriz analogamente ao racioc´ınio anterior chegaremos ´ a: 48 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA a33 a34 a35 det(M)= a11 · a22 · det 0 a44 a45 0 0 a55 Aplicando Laplace novamente a primeira coluna a44 a45 det(M)= a11 · a22 · a33 · det 0 a55 E novamente det(M)= a11 · a22 · a33 · a44 · det a55 Onde finalmente se conclui-que det(M)= a11 · a22 · a33 · a44 · a55 A demonstra¸c˜ ao feita aqui foi para uma triangular superior, mas a demonstra¸c˜ao para a triangular inferior ´e an´ aloga e fica a cargo do leitor. Solu¸ c˜ao de B: (i) u ´nica, (ii) nenhuma. 8. Calcule det A, onde a) 3 −1 5 0 0 2 0 1 A= 2 0 −1 3 1 1 2 0 b) 3 0 0 0 0 19 18 0 0 0 A= −6 √π −5 √ 0 0 4 2 3 0 0 8 3 5 6 −1 c) i 3 2 −1 3 −i 1 i A= 2 1 −1 0 −i i 0 1 Solu¸ c˜ao: a) 12 49 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA b) 0 c) 12 + 8i 8. Calcule o det A, onde a) 3 −1 5 0 0 2 0 1 A= 2 0 −1 3 1 1 2 0 b) i 3 2 −i 3 −i 1 i A= 2 1 −1 0 −i i 0 1 c) 3 0 0 0 0 19 18 0 0 0 A= −6 √π −5 √ 0 0 4 2 3 0 0 8 3 5 6 −1 Solu¸ c˜ao de A: det(A) = 12 Solu¸ c˜ao de B: A cargo do leitor. Solu¸ c˜ao de C: O determinante de uma matriz triangular, seja ela superior ou inferior, ser´a sempre o produto dos elementos da diagonal principal. Assim, det(A) = 3 × 18 × −5 × 0 × 1 = 0. 50 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA 9. Encontre A−1 , onde a) 4 −1 2 −2 3 −1 0 0 A= 2 3 1 0 0 7 1 1 b) 0 −i −2 i 1 −1 i 1 A= 0 −1 1 −i 1 1 1 0 c) 1 0 x A= 1 1 x2 2 2 x Solu¸ c˜ao de A: −1 −1 4 −2 −3 −4 12 −6 A−1 = 11 14 −43 22 10 14 −41 21 Solu¸ c˜ao de B: 0.6 + 0.2i 0.4 − 0.2i 0.4 − 0.2i 0.6 + 0.2i 0.2 + 0.4i −0.2 − 0.4i −0.2 + 0.6i 0.2 + 0.4i A−1 = −0.8 − 0.6i −0.2 + 0.6i −0.2 − 0.4i 0.2 − 0.6i −1 + i 1 −1 + i −1 Solu¸ c˜ao de C: A cargo do leitor. ao invers´ıvel, ent˜ao A · B tamb´em n˜ao ´e. Prove isto, sem usar 10. Se A ou B ´e uma matriz n˜ determinantes. Solu¸ c˜ao: Para ser invers´ıvel o determinante da matriz tem que ser diferente de zero. Logo det(A) = 51 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA 0 ou det(B) = 0. E como det(AB) = det(A) · det(B) ent˜ao det(AB) = 0. Logo, n˜ao pode ser invers´ıvel. 11. Mostre que 2 2 2 x x+1 3 2x 1 0 x x+1 3 x x+1 3 d 1 2x − 1 x3 = 1 2x − 1 x3 + 0 2 3x2 + 1 2x − 1 x3 dx 0 x −2 0 x −2 0 x −2 0 1 0 Observe atentamente a igualdade acima e enuncie a propriedade que ela ilustra. Solu¸ c˜ao: A derivada do determinante ´e a soma dos determinantes das matrizes obtidas da original, diferenciando as linhas, uma por uma. 2 1 −3 12. Dada a matriz A = 0 2 1 calcule 5 1 3 a) adj A b) det A c) A−1 Solu¸ c˜ao: 5 −6 7 a) Adj(A) = 5 21 −2 −10 3 4 b) 45 5 −6 7 1 c) A−1 = 5 21 −2 45 −10 3 4 1 1 1 13. Mostre que det a b c = (a − b)(b − c)(c − a) a2 b2 c2 Solu¸ c˜ao: Basta aplicar a regra de Sarrus na matriz e desenvolver o lado direito da equa¸c˜ao para se chegar a conclus˜ ao requerida. 52 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA 14. Dizemos que A e B s˜ao matrizes semelhantes se existe uma matriz P tal que B = P−1 AP. Mostre que det A = det B se A e B s˜ ao semelhantes. Solu¸ c˜ao: (Retirada da Wikip´edia) Mostraremos que se A e B s˜ ao matrizes semelhantes, ent˜ao det(A) = det(B). Com efeito, temos que existe uma matriz invert´ıvel M tal que A = M −1 BM . Pelas propriedades do deter- minante segue que: det(A) = det(M −1 BM ) = det(M −1 ) det(B)det(M ) 1 = det(B) det(M ) det(M ) = det(B) 15. Verdadeiro ou falso? ao A−1 = A. a) Se det A = 1, ent˜ b) Se A ´e uma matriz triangular superior e A−1 existe, ent˜ao tamb´em A−1 ser´a uma matriz triangular superior. c) Se A ´e uma matiz escalar n × n da forma k · In , ent˜ao det A = k n . d) Se A ´e uma matriz triangular, ent˜ao det A = a11 + · · · + ann . Solu¸ c˜ao: a) F b) V c) V e d) F 16. Resolve o sistema, usando a Regra de Cramer: x − 2y + z = 1 2x + y = 3 y − 5z = 4 Solu¸ c˜ao: 1 −2 1 ∆ = det 2 1 0 = −23 0 1 −5 53 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA 1 −2 1 ∆1 = det 3 1 0 = −36 4 1 −5 1 1 1 ∆2 = det 2 3 0 =3 0 4 −5 1 −2 1 ∆3 = det 2 1 3 = 19 0 1 4 36 x1 = ∆1 /∆ = 23 −3 x2 = ∆2 /∆ = 23 −19 x3 = ∆3 /∆ = 23 17. Dado o sistema x+y−x=0 x−z+w =2 y + z − w = −3 x + y − 2w = 1 a) Calcule o posto da matriz dos coeficientes. b) Calcule o posto da matriz ampliada. c) Descreva a solu¸c˜ ao deste sistema. d) Considere um sistema homogˆeneo AX = 0, onde A ´e uma matriz n × n. Que condi¸c˜ao vocˆe deve impor sobre A, para que o sistema admita solu¸c˜oes diferentes da solu¸c˜ao trivial (X = 0)? Compare com 3, 6 e o Exerc´ıcio 18 do capitulo 2. Solu¸ c˜ao: a) 3 b) 3 c) Poss´ıvel e indeterminado d) As linhas de A como vetores s˜ ao LD. 54 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA 18. Prove que: Uma matriz A, com ordem n, tem posto n se, e somente se A ´e invers´ıvel. Solu¸ c˜ao: a11 a12 ··· a1n a21 a22 ··· a2n Para provar a bicondicional dada considere uma matriz A = .. .. .. . . ··· . an1 an2 ··· ann (⇒) Se o posto de A ´e igual a n ent˜ ao A possui uma forma escalonada com n linhas n˜ao nulas. a11 a12 ··· a1n 0 b22 ··· b2n Escalonada(A) = .. .. .. . . ··· . 0 0 ··· bnn Tamb´em n˜ ao pode ocorrer dos elementos da diagonal (circulados em vermelho a seguir) serem nulos, caso contr´ ario a matriz acima n˜ao estaria em sua forma escalonada. a11 a12 ··· a1n 0 b22 ··· b2n Escalonada(A) = .. .. .. . . ··· . 0 0 ··· bnn Pelo teorema de Jacobi o determinante de A coincide com o determinante da sua matriz escalonada (n˜ ao confunda com a matriz escalonada reduzida). Assim: n Y det(A) = a11 · bii i=1 Supondo por absurdo que A seja n˜ao invers´ıvel, ent˜ao det(A) = 0. O que implicaria na existˆencia de pelo menos um elemento bii ou mesmo a11 nulo, o que ´e um absurdo, pois como vimos uma matriz n × n de nulidade n possui todos os elementos de sua diagonal diferentes de zero. Portanto, det(A) 6= 0 e a matriz ´e invers´ıvel. (⇐) Associado a matriz A temos o seguinte sistema 55 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA a11 x1 + a12 x2 + · · · + a1(n−1) xn−1 = a1n a21 x1 + a22 x2 + · · · + a2(n−1) xn−1 = a2n .. . .. . . + .. + ··· + . = .. an1 x1 + an2 x2 + · · · + an(n−1) xn−1 = ann De modo que sua forma escalonada ser´a: a11 x1 + a12 x2 + · · · + a1(n−1) xn−1 = a1n b22 x2 + · · · + b2(n−1) xn−1 = b2n .. .. . = . bn(n−1) xn−1 = bnn Pela regra de Cramer se det(A) 6= 0 ent˜ao o sistema acima ´e poss´ıvel determinado pos- suindo n linhas linearmente independentes o que implica em p(A) = n. 19. A partir do exerc´ıcio acima, vocˆe pode concluir que uma matriz A, de ordem n, possui determinante diferente de zero se, e somente se A, tˆem n linhas linearmente independentes. Por quˆe? (Veja o final da sec¸c˜ ao 2.4) Solu¸ c˜ao: Segundo a se¸c˜ ao 2.4 o posto de uma matriz tamb´em pode ser definido como o n´ umero de linhas linearmente independentes desta. E como uma matriz A ´e invers´ıvel se, e somente se, det(A) 6= 0. A afirma¸c˜ ao provada no exerc´ıcio anterior “Uma matriz A, com ordem n, tem posto n se, e somente se A ´e invers´ıvel.” Pode ser escrita como “Uma matriz A, com ordem n, tem n linhas linearmente independentes se, e somente se determinante de A ´e diferente de zero.” 21. Mostre que a ´ area do triˆ angulo na figura 56 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA B(x3 , y3 ) A(x1 , y1 ) C(x2 , y2 ) ´e dada pelo determinante x y1 1 1 1 x2 y2 1 2 x3 y3 1 Solu¸ c˜ao: Construa um trap´ezio auxiliar como na figura a seguir: A1 A2 A´ area do triangulo ser´ aa´ area do trap´ezio menos as ´areas dos 2 triˆangulos coloridos, isto ´e: ∆ = AT − A1 − A2 ((y3 − y2 ) + (y1 − y2 ))(x3 − x1 ) (x2 − x1 )(y1 − y2 ) (x3 − x2 )(y3 − y2 ) ∆= − − 2 2 2 Efetuando as multiplica¸c˜ oes e simplificando, chegamos a: 2∆ = x1 y2 − x1 y3 − x2 y1 + x2 y3 + x3 y1 − x3 y2 Que podemos escrever como x1 x1 x2 x2 x3 x3 2∆ = (1) · det + (−1) · det + (1) · det y3 y2 y3 y1 y2 y1 57 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA E usando a rec´ıproca do teorema de Laplace, temos: x1 y1 1 x1 y1 1 1 2∆ = x2 y2 1 ⇒ ∆ = x2 y2 1 2 x3 y3 1 x3 y3 1 a21 1 a1 22 a) Mostre que 1 a2 a22 = (a2 − a1 )(a3 − a1 )(a3 − a2 ) 1 a3 a23 b) Se a1 , a2 , ..., an s˜ ao n´ umeros, mostre por indu¸c˜ao finita que an−1 1 a1 ··· 1 1 a2 ··· an−1 2 Vn = = Π(xj − xi ) com (i < j) .. .. .. .. . . . . 1 an ··· an−1 n a direita significa o produto de todos os termos xj − xi com i < j e i, j inteiros O s´ımbolo ` variando de 1 a n. Solu¸ c˜ao de A: Basta calcular o determinante usando a regra de sarrus. Onde chegaremos ´a: det(A) = (a2 a23 + a1 a22 + a21 a3 ) − (a2 a21 + a3 a22 + a23 a1 ) Onde ap´ os algum algebrismo conclui-se a igualdade (a2 a23 + a1 a22 + a21 a3 ) − (a2 a21 + a3 a22 + a23 a1 ) = (a2 − a1 )(a3 − a1 )(a3 − a2 ) terminando a demonstra¸c˜ ao. Solu¸ c˜ao de B1 : Seja an−1 1 a1 ··· 1 1 a2 ··· an−1 2 Vn = .. .. .. .. . . . . 1 an ··· an−1 n verifica-se imediatamente que a condi¸c˜ao ´e verdadeira tanto para n = 1 1 Ao substituir x por a e x por a o autor parece sugerir que seja utilizada a demonstra¸ c˜ ao por polinˆ omio, j j i i entretanto como aqui n˜ao se fez uso dessa demonstra¸c˜ ao n˜ ao foi feita a substitui¸c˜ ao uma vez que a mesma se faz desnecess´aria. 58 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA V1 = |1| = 1 como para n = 2. 1 a1 V2 = = (a1 − a2 ) 1 a2 Com isso provamos a base da indu¸ c˜ao. Agora, provemos para a matriz n × n supondo v´alido para as matrizes n − 1 × n − 1. Seja ci ao multiplicamos a coluna ci por −a1 e somamos com a coluna ci+1 : a coluna i, ent˜ a21 an−1 1 a1 ··· 1 1 0 0 ··· 0 1 a2 a22 ··· an−1 2 1 a2 − a1 a2 (a2 − a1 ) ··· an−2 2 (a2 − a1 ) an−1 an−2 |Vn | = det 1 a3 a23 ··· 3 = det 1 a3 − a1 a3 (a3 − a1 ) ··· 3 (a3 − a1 ) .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . . . . . . . . . . 1 an a2n ··· an−1 n 1 an − a1 an (an − a1 ) · · · an−2 n (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. a2 − a1 a2 (a2 − a1 ) · · · an−2 2 (a2 − a1 ) a3 − a1 a3 (a3 − a1 ) · · · an−2 (a3 − a1 ) 3 |Vn | = det .. .. .. .. . . . . an − a1 a2 (an − a1 ) · · · an−2 n (an − a1 ) Prosseguindo, podemos colocar os (ai − a1 ) em evidˆencia, a22 an−2 1 a2 ··· 2 1 a3 a23 ··· an−2 3 an−2 |Vn | = (a2 − a1 )(a3 − a1 ) · · · (an − a1 ) × det 1 a4 a24 ··· 4 . .. .. .. .. .. . . . . 1 an a2n ··· an−2 n ⇒ |Vn | = (a2 − a1 )(a3 − a1 ) · · · (an − a1 ) × |Vn−1 | Expandindo este determinante pela primeira linha (ou coluna, tanto faz) e aplicando a hip´ otese de indu¸c˜ ao temos que: |Vn | = Πi<j (aj − ai ) Completando a demonstra¸c˜ ao. Obs: Tal determinante ´e chamado determinante de Vandermonde e al´em dessa existem outras provas da mesma, tamb´em por indu¸c˜ao, nos seguintes links. ProfWiki (Em inglˆes) Blog Legauss (Em portuguˆes) IME (Em portuguˆes) 59 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA 23. Uma maneira de codificar uma mensagem bl´a, bl´a, bl´a... (na pr´atica ningu´em faz isso). a) Vocˆe recebeu a mensagem: −12 48 23 −2 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 1 1 −1 matriz chave por 1 1 0 . Vocˆe transmite a mensagem ” CRETINO...” a ele (codificada 0 0 2 naturalmente!) Por quˆe n˜ ao ser´ a poss´ıvel a ele decodificar sua mensagem? c) Escolha uma matriz chave que dˆe para codificar palavras at´e 16 letras. Codifique e de- scodifique ` a vontade! Solu¸ c˜ao de A: 2 1 −3 C−1 = 1 1 −2 −1 −1 3 Fazendo (M·C)·C−1 chegamos a mensagem M. −12 48 23 2 1 −3 1 13 9 −2 42 26 · 1 1 −2 = 12 14 0 1 42 29 −1 −1 3 15 14 0 Que de acordo com a tabela forma a frase: ANIMO-PO- Solu¸ c˜ao de B: A matriz chave n˜ ao tem inversa. Solu¸ c˜ao de C: Lembrando que toda matriz cujo determinante ´e diferente de zero possui inversa, ent˜ao qual- quer matriz 4 × 4 com determinante n˜ ao nulo ´e uma solu¸c˜ao para o problema. 1 2 2 3 0 1 4 4 0 0 1 2 0 0 0 1 Vale ressaltar que ao contr´ario do que coloca o autor esse m´etodo n˜ao ´e usado na pr´atica, pois apresenta o mesmo n´ıvel de quebra que a cifra de c´esar exigindo maior custo computacional. 60 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA Quer saber quando sair´ a a pr´ oxima atualiza¸c˜ao desse documento? Nesse caso vocˆe 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 para
[email protected] para que possa ser feito a devida corre¸c˜ao. www.number.890m.com Para encontrar esse e outros exerc´ıcios resolvidos de matem´atica acesse: www.number.890m.com 61 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA 4 ESPAC ¸ O VETORIAL 4.1 Exerc´ıcios da p´ agina 129 1 a) Seja V o espa¸co vetorial Rn , definindo no Exemplo 2 de 4.2.2. Qual ´e o vetor nulo de V ´e o que ´e −(x1 , x2 , ..., xn )? b) Seja W = M(2, 2) (veja 4.2.2 Exemplo 3 i)) descreva o vetor nulo e vetor oposto. Solu¸ c˜ao de A: Olhando o exemplo 2 de 4.2.2 o espa¸co vetorial V ´e formado pelo conjunto de vetores com da forma: (x1 , x2 , ..., xn ) Por defini¸c˜ ao 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 = v2 ⇒ u2 = 0 .. . ⇒ vn + un = vn ⇒ un = 0 Ou seja, u = (0, 0, ..., 0). Obs: Existe uma conven¸c˜ ao, criada a fim de simplificar a escrita de que um vetor nulo. Assim, podemos dizer que u ´e nulo simplesmente escrevendo u = {0}. Solu¸ c˜ao da 2◦ parte de A: Se u ´e um vetor de V tal que u = (x1 , x2 , ..., xn ), ent˜ao −u = −(x1 , x2 , ..., xn ). Como u − u = 0 ent˜ ao −u ´e o vetor oposto. Solu¸ c˜ao de B: Seja m, u ∈ W onde: 62 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA a11 a12 b11 b12 m= ; u= a21 a22 b21 b22 e sendo u o vetor nulo de W ent˜ ao m·u=m a11 a12 b11 b12 a11 a12 ⇒ + = a21 a22 b21 b22 a21 a22 que implica em b11 = b12 = b21 = b22 = 0. Logo o vetor u ser´a igual `a: 0 0 u= 0 0 O vetor oposto de um vetor m gen´erico ser´a −m. 2. Mostre que os seguintes subconjuntos de R4 s˜ao subespa¸cos 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} Solu¸ c˜ao de A: Como R4 ´e um espa¸co vetorial provamos que W e U s˜ao subespa¸cos se mostrarmos que: i) A soma e fechada em W e U. ii) Todo elemento de W ou de U multiplicado por um escalar cont´ınua a pertencer a W ou a U respectivamente. Prova da condi¸ c˜ao 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 z − t = 0 (que implica em z = t). Assim, u e v podem ser escritos como: u = (−y, y, z, z) e v = (−y1 , y1 , z1 , z1 ) Fazendo u + v ent˜ ao: (−y, y, z, z) + (−y1 , y1 , z1 , z1 ) = (−y + y1 , y + y1 , z + z1 , z + z1 ) 63 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA Note que se fizermos a soma dos dois primeiro elementos do resultado de u + v o resultado ´e zero. (−y − y1 ) + (y + y1 ) = −(y + y1 ) + (y + y1 ) = 0 O mesmo resultado ocorre se fizermos a diferen¸ca entre os dois u ´ltimos elementos (z + z1 ) − (z + z1 ) = 0 portanto, u + v ∈ W. Prova da condi¸ c˜ao ii Tomando k ∈ R ent˜ ao: 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 diferen¸ca entre os dois u ´ltimos elementos. kz − kz = 0 Ou seja, se u ∈ W ent˜ ao ku ∈ W. Como as condi¸c˜ oes i e ii foram satisfeitas ent˜ao W ´e realmente um subespa¸co vetorial. Solu¸ c˜ao de B: Semelhante a anterior. 3. Responda se os subconjuntos s˜ao subespa¸cos de M(2, 2). Em caso afirmativo exiba geradores a b a) V = com a, b, c, d ∈ R e b = c c d a b b) V = com a, b, c, d ∈ R e b = c+1 c d Solu¸ c˜ao de A: Vamos come¸car provando que a soma ´e fechada em V. 64 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA a1 b1 a2 b2 Tome M1 = e M2 = pertencentes a V. Como em V todas as matrizes c1 d1 c2 d 2 tem o elemento a12 = a21 ent˜ao M1 e M2 podem ser rescritos como: a1 b1 a2 b2 M1 = e M2 = b1 d1 b2 d2 Fazendo M1 + M2 a1 b1 a2 b2 a1 + a2 b1 + b2 + = b1 d1 b2 d2 b1 + b2 d1 + d2 Note que a matriz resultante tamb´em pertence a V, pois ainda ´e uma matriz 2×2 e o seu elemento a12 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 ainda teremos um elemento de V. Tomando k ∈ R ent˜ ao: a1 b1 k · a1 k · b1 k · M1 = k = b1 d1 k · b1 k · d1 Note que a matriz resultante tamb´em pertence a V, pois seu elemento a12 ainda ´e igual ao seu elemento a21 . Ou seja, se u ∈ M1 ent˜ ao k · M1 ∈ V. Logo V ´e realmente um subespa¸co vetorial de M(2, 2). a1 b1 Para determinar um gerador tomamos a matriz M1 = pertencente a V e a b1 d1 descrevemos como uma soma de matrizes. Veja: a1 b1 1 0 0 1 0 0 = a1 + b1 + d1 b1 d1 0 0 1 0 0 1 1 0 0 1 0 0 como , e s˜ao LI ent˜ao s˜ao estas uma base de V. 0 0 1 0 0 1 Solu¸ c˜ao de B: a1 b1 a2 b2 Tome M1 = e M2 = pertencentes ao conjunto V. c1 d1 c2 d2 Como em V todas as matrizes tem o elemento a12 igual ao elemento a21 acrecido em uma unidade (b = c + 1) ent˜ ao M1 e M2 podem ser rescritos como: 65 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA a1 c1 + 1 a2 c2 + 1 M1 = e M2 = c1 d1 c2 d2 Fazendo M1 + M2 a1 c1 + 1 a2 c2 + 1 a1 + a2 c1 + c2 + 2 + = c1 d1 c2 d2 c1 + c2 d1 + d2 ao pertence a V, pois o elemento a12 6= a21 + 1. Portanto, V note que a matriz resultante n˜ n˜ ao ´e um sub espa¸co vetorial. 4. Considere dois vetores (a, b) e (c, d) no plano. Se ad − bc = 0, mostre que eles s˜ao LD. Se ad − bc 6= 0. Mostre que eles s˜ ao LI. Solu¸ c˜ao: Dado k1 , k2 ∈ R ent˜ ao: k1 · (a, b) + k2 · (c, d) = (0, 0) (1) da equa¸c˜ ao acima montamos o seguinte sistema linear ak1 + ck2 = 0 bk1 + dk2 = 0 Retirando o determinante da matriz dos coeficientes do sistema acima chega-se at´e: a c det = ad − cb b d Se ad − cb = 0 ent˜ao, pela regra de Cramer, o sistema deve ser poss´ıvel e indeterminado ou imposs´ıvel. Entretanto, como k1 = k2 = 0 ´e claramente uma solu¸c˜ao ent˜ao o sistema deve ser poss´ıvel e indeterminado (ou seja, possui v´arias solu¸c˜oes). Portanto, nesse caso os vetores (a, b) e (c, d) s˜ ao LD. Entretanto, se ad − bc 6= 0 ent˜ ao o sistema admite apenas uma u ´nica solu¸c˜ao. No caso, k1 = k2 = 0. O que prova que neste caso (a, b) e (c, d) s˜ao LI. 5. Verifique se os conjuntos s˜ ao espa¸cos vetoriais reais, com as opera¸c˜oes usuais. No caso afirmativo, exiba uma base e dˆe a dimens˜ao. a) Matrizes diagonais n × n. 66 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA b) Matrizes escalares n × n. a a+b c) : a, b ∈ R a b d) V = {(a, a, ..., a) ∈ Rn : a ∈ R} e) {(a, b) : a, b ∈ R} f) A reta {(x, x + 3) : x ∈ R} g) {(a, 2a, 3a) : a ∈ R} Solu¸ c˜ao de A: Dado as matrizes An×n , Bn×n e Cn×n pertencentes ao conjunto das matrizes diagonais n × n ent˜ ao: (An×n + Bn×n ) + Cn×n a11 0 ··· 0 b11 0 ··· 0 c11 0 ··· 0 .. .. .. .. .. .. 0 0 . . 0 0 . + 0 . 0 . . = . .. . . + .. .. . .. . . .. .. 0 .. . . 0 . . . . . 0 0 0 ··· ann 0 0 ··· bnn 0 0 ··· cnn observando como ocorre a soma em Mn×n (ver anexo II) ent˜ao: a11 + b11 0 ··· 0 0 c11 0 ··· 0 .. .. .. 0 0 . 0 0 0 0 . . = .. .. .. .. + . .. . . .. .. . . . . . . . 0 0 0 ··· 0 ann + bnn 0 0 ··· cnn (a11 + b11 ) + c11 0 ··· 0 0 0 0 ··· 0 0 = .. .. .. .. .. . . . . . 0 0 ··· 0 0 0 0 ··· 0 (ann + bnn ) + cnn usando a associatividade em R (ver anexo I) a11 + (b11 + c11 ) 0 ··· 0 0 0 0 ··· 0 0 = .. .. .. .. .. . . . . . 0 0 ··· 0 0 0 0 ··· 0 ann + (bnn + cnn ) 67 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA a11 0 ··· 0 a1n b11 + c11 0 ··· 0 b1n + c1n .. .. 0 0 ··· 0 . 0 0 ··· 0 . = . .. . . .. + .. .. .. .. .. . . . 0 . . . . 0 an1 0 ··· 0 ann bn1 + cn1 0 ··· 0 bnn + cnn a11 0 ··· 0 b11 0 ··· 0 c11 0 ··· 0 .. .. .. .. .. .. 0 0 . . 0 0 . + 0 . 0 . . = . .. . . + .. .. . .. . . .. .. 0 .. . . 0 . . . . . 0 0 0 ··· ann 0 0 ··· bnn 0 0 ··· cnn = An×n + (Bn×n + Cn×n ). Como (An×n + Bn×n ) + Cn×n = An×n + (Bn×n + Cn×n ) ent˜ao a condi¸c˜ao i est´a provada. Para provar a condi¸c˜ ao ii somamos An×n e Bn×n e mostramos que a soma ´e comutativa. An×n + Bn×n a +b 0 ··· 0 0 a11 0 ··· 0 b11 0 ··· 0 11 11 .. .. .. .. 0 0 ··· 0 0 0 0 . . 0 0 . . .. .. .. .. .. = + = . .. . . .. .. .. . . . . . .. . . 0 . . . 0 0 0 ··· 0 0 0 0 ··· ann 0 0 ··· bnn 0 0 ··· 0 ann + bnn como a soma em R ´e comutativa ent˜ ao a11 + b11 0 ··· 0 0 b11 + a11 0 ··· 0 0 0 0 ··· 0 0 0 0 ··· 0 0 .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. = . . . . . . . . . . 0 0 ··· 0 0 0 0 ··· 0 0 0 0 ··· 0 ann + bnn 0 0 ··· 0 bnn + ann b11 0 ··· 0 a11 0 ··· 0 .. .. .. .. 0 0 . . + 0 0 . . = .. .. . .. . . .. 0 .. . . . . . 0 0 0 ··· bnn 0 0 ··· ann = Bn×n + An×n . 68 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA Como An×n + Bn×n = Bn×n + An×n ent˜ao a condi¸c˜ao ii est´a provada. As demais propriedades s˜ ao satisfeitas, mas ser˜ao deixadas a cargo do leitor. A dimens˜ao ´e igual a n e a base ´e a seguinte: 0 ··· ··· 0 1 ··· 0 .. .. .. 0 ··· 0 .. . . 1 . . .. .. Base = . .. , .. , ..., . 0 0 . . .. . . . 0 . 0 ··· 0 0 ··· 1 0 ··· ··· 0 Solu¸ c˜ao de B: ´ um espa¸co vetorial. A dimens˜ E ao ´e igual a 1 e a base ´e a seguinte: 1 ··· 0 Base = ... .. 1 . 0 ··· 1 Solu¸ c˜ao de C: ´ um espa¸co vetorial. A dimens˜ E ao ´e igual a 2 e a base ´e a seguinte: 1 1 0 1 Base = , 1 0 0 1 Solu¸ c˜ao de D: ´ um espa¸co vetorial. A dimens˜ E ao ´e igual a 1 e a base ´e a seguinte: Base = {(1, 1, 1..., 1)} Solu¸ c˜ao de E: N˜ ao ´e um espa¸co vetorial, pois n˜ ao existe o elemento neutro. Solu¸ c˜ao de F: N˜ ao ´e um espa¸co vetorial, pois n˜ ao existe o elemento neutro. 69 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA Solu¸ c˜ao de G: ´ um espa¸co vetorial. A dimens˜ E ao ´e igual a 1 e a base ´e a seguinte: Base = {(1, 2, 3)} 6. Considere o subespa¸co de R4 S = [(1, 1 − 2, 4), (1, 1, −2, 2), (1, 4, −4, 8)] 2 a) O vetor , 1, −1, 2 pertence a S? 3 b) O vetor (0, 0, 1, 1) pertence a S? Solu¸c˜ ao de A: 2 O vetor , 1, −1, 2 ∈ S se, e somente se, puder ser escrito como combina¸c˜ao linear dos 3 vetores que geram S. Ou seja, 2 , 1, −1, 2 = x(1, 1 − 2, 4) + y(1, 1 − 1, 2) + z(1, 4, −4, 8) (1) 3 para algum x, y e z ∈ R. Note que da equa¸c˜ ao (1) podemos extrair o seguinte sistema x + y + z = 2/3 x+y+4z = 1 -2x-y-4z=-1 4x+2y+8z=2 cuja solu¸c˜ao ocorre para x = 0, y = 5/9 e z = 1/9 2 Logo , 1, −1, 2 pode realmente ser escrito como combina¸c˜ao linear dos geradores de S de 3 modo que pertence a S. Solu¸ c˜ao 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 70 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA x+y+z = 0 x+y+4z = 0 -2x-y-4z = 1 4x+2y+8z = 1 Como o sistema n˜ ao possui solu¸c˜ ao, ent˜ao o vetor n˜ ao pertence a S. 7. Seja W o subespa¸co de M(2, 2) definido por 2a a + 2b W = : a, b ∈ R 0 a−b 0 −2 a) ∈ W? 0 1 0 2 b) ∈ W? 3 1 Solu¸ c˜ao de A: A equa¸c˜ ao abaixo 0 −2 2a a + 2b = 0 1 0 a−b implica no seguinte sistema 2a = 0 a+2b = -2 a-b = 1 0 −2 ao ocorre para a = 0 e b = −1. Sendo assim, o vetor cuja solu¸c˜ pertence a W. 0 1 Solu¸ c˜ao de B: N˜ao pertence. E nesse caso nem ´e preciso seguir o racioc´ınio anterior para chegar a tal ao, basta observar que nessa nova matriz o elemento a21 6= 0. conclus˜ 8. Seja W o subespa¸co de M(3, 2) gerado por 0 0 0 1 0 1 0 2 1 1 , 0 −1 , 0 0 O vetor 3 4 pertence a W? 0 0 1 0 0 0 5 0 Solu¸ c˜ao: 71 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA Se o vetor pertencer a W ent˜ ao ele poder´a ser escrito como combina¸c˜ao linear dos geradores de W. 0 2 0 0 0 1 0 1 3 4 = a 1 1 + b 0 −1 + c 0 0 5 0 0 0 1 0 0 0 0 2 0 0 0 b 0 c 3 4 = a a + 0 −b + 0 0 5 0 0 0 b 0 0 0 Note que a equa¸c˜ ao acima implica no seguinte sistema 0 = 0 b+c = 2 a = 3 a-b = 4 b = 5 Como a = 3, b = 5 e a − b = 4 ent˜ ao o sistema n˜ao tˆem solu¸c˜ao, portanto, o vetor n˜ao pode pertencer a W. 9. Mostre que 1 0 0 1 0 0 0 0 , , , 0 0 0 0 1 0 0 1 ´e base de M(2,2). Solu¸ c˜ao: Se os vetores descritos no enunciado forem realmente a base de M(2,2), ent˜ao qualquer matriz M(2,2) pode ser escrita como combina¸c˜ao linear deles. Como a equa¸c˜ ao a seguir ´e verdadeira e os vetores s˜ao LI ent˜ao realmente s˜ao base de M(2,2). a b 1 0 0 1 0 0 0 0 =a +b +c +d c d 0 0 0 0 1 0 0 1 10. Escreva uma base para o espa¸co vetorial das matrizes n × n. Qual a dimens˜ao deste espa¸co? Solu¸ c˜ao: Como os vetores 72 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA 1 0 ··· 0 0 1 ··· 0 0 0 ··· 0 0 0 ··· 0 0 0 ··· 0 0 0 ··· 0 , ,··· , .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . . . . . . . . . . . . 0 0 ··· 0 0 0 ··· 0 0 0 ··· 1 s˜ ao LI e a11 a12 ··· a1n 1 0 ··· 0 0 1 ··· 0 0 0 ··· 0 a21 a22 ··· a2n 0 0 ··· 0 0 0 ··· 0 0 0 ··· 0 = a11 +a12 +· · ·+ann .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . . .. .. .. .. .. . . . . . . . . . . . . . . . . an1 an2 ··· ann 0 0 ··· 0 0 0 ··· 0 0 0 ··· 1 ent˜ ao uma base seria 1 0 ··· 0 0 1 ··· 0 0 0 ··· 0 0 0 ··· 0 0 0 ··· 0 0 0 ··· 0 , ,··· , .. .. .. .. .... . . .. .. .. .. .. . . . . . . . . . . . . 0 0 ··· 0 0 0 ··· 0 0 0 ··· 1 ao as coordenadas de x = (1, 0, 0) em rela¸c˜ao `a base β = {(1, 1, 1), (−1, 1, 0), (1, 0, −1)}? 11. Quais s˜ Solu¸ c˜ao: (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 rela¸c˜ a base B = {(1, 1, 1), (−1, 1, 0), (1, 0, −1)} ´e: 1/3, −1/3 e 1/3 ou ent˜ao: ao ` 1 3 1 [x]β = - 3 1 3 73 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA 12. Qual seria uma base “natural” para Pn ? (Veja o Exemplo 4 de 4.2.2). Dˆe a dimens˜ao deste espa¸co vetorial. Solu¸ c˜ao: Como (a0 + a1 x1 + · · · + an xn ) = a0 (1, 0, · · · , 0) + a1 (0, 1, 0, · · · , 0) + · · · + an (0, 0, · · · , 1) ent˜ ao os vetores, com n termos, e linearmente independentes {(1, 0, · · · , 0), (0, 1, 0, · · · , 0), · · · , (0, 0, · · · , 1)} s˜ ao uma base para Pn . E como temos um vetor para cada coeficiente de Pn , ent˜ao a dimens˜ao ser´ a igual a n + 1. omios 1 − t3 , (1 − t)2 , 1 − t e 1 geram o espa¸co dos polinˆomios de 13. Mostre que os polinˆ grau ≤ 3. Solu¸ c˜ao: omios 1 − t3 , (1 − t)2 , 1 − t e 1 geram o espa¸co dos polinˆomios de grau ≤ 3 ent˜ao Se os polinˆ omio a3 t3 + a2 t2 + a1 t + a0 pode ser escrito como combina¸c˜ao linear deles. Ou seja: o polinˆ a3 t3 + a2 t2 + a1 t + a0 = k1 (1 − t3 ) + k2 (1 − t)2 + k3 (1 − t) + k4 (1) para algum k1 , k2 e k3 ∈ R. Devemos ent˜ ao provar duas coisas: que existe cada kn e que os vetores em quest˜ao s˜ao LI. Como: a3 t3 + a2 t2 + a1 t + a0 = k1 (1 − t3 ) + k2 (1 − t)2 + k3 (1 − t) + k4 (1) ent˜ ao: a3 t3 + a2 t2 + a1 t + a0 = k1 (1 − t3 ) + k2 (1 − 2t + t2 ) + k3 (1 − t) + k4 (1) a3 t3 + a2 t2 + a1 t + a0 = (−k1 )t3 + (k2 )t2 − (2k2 + k3 )t + (k3 + k4 + k1 + k2 ) o que implica em: 74 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA −k1 = a3 (1) k2 = a2 (2) 2k2 + k3 = a1 (3) k3 + k4 + k1 + k2 = 0 (4) ao (1) chegamos a k1 = −a3 . De (2) que k2 = a2 . Da equa¸c˜ao (3) e (2) chegamos a Da equa¸c˜ k3 = a1 − 2a2 . E finalmente da equa¸c˜ ao (4), (3), (2) e (1) chegamos a k4 = −(a3 + a1 − a2 ). Com isso provamos a existˆencia de cada kn (ou o fato de que um polinˆomio de grau trˆes realmente pode ser escrito como combina¸c˜ ao dos vetores dados). Para mostrar que esses vetores s˜ ao LI fazemos: α(1 − t3 ) + β(1 − t)2 + ω(1 − t) + φ1 = 0 que implica em: α=0 (5) β=0 (6) ω=0 (7) φ=0 (8) Como esses vetores tamb´em s˜ ao LI ent˜ao s˜ao base de P3 . A demonstra¸c˜ ao para P2 , P1 e P0 ´e similar e fica a cargo do leitor. 14. Considere [−a, a] um intervalo sim´etrico e C1 [−a, a] o conjunto das fun¸c˜oes reais definidas no intervalo [−a, a] que possuem derivadas cont´ınuas no intervalo. Sejam ainda os subconjunto V1 = {f (x) ∈ C 1 [−a, a] | f (−x) = f (x), ∀ x ∈ [−a, a]} e V2 = {f (x) ∈ C 1 [−a, a] | f (−x) = −f (x), ∀ x ∈ [−a, a]}. a) Mostre que C1 [−a, a] ´e um espa¸co vetorial real. b) Mostre que V1Le V2 s˜ao subespa¸cos de C1 [−a, a]. c) Mostre que V1 V2 = C 1 [−a, a]. Solu¸ c˜ao de A: As propriedades das opera¸c˜oes com fun¸c˜oes reais s˜ao as mesmas do conjunto dos n´ umeros ao de que C1 [−a, a] ´e um espa¸co vetorial ´e evidente. reais. Por isso, a demonstra¸c˜ Solu¸ c˜ao de B: 75 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA Dado f (x) e g(x) ∈ V1 ent˜ ao podemos afirmar que tanto f (x) como g(x) s˜ao fun¸c˜oes pares. Como f (x) e g(x) est˜ ao definidas no intervalo [−a, a] ent˜ao f (x) + g(x) tamb´em est´a. E como a soma de fun¸c˜ ao: f (x) + g(x) ∈ V1 confirmando que a soma ´e fechada em V1 . oes pares ´e par ent˜ Dado agora um α ∈ R e considerando que f (x) = b para algum x ∈ [−a, a] ent˜ao: αf (x) = α · b e tamb´em αf (−x) = α · b ou seja: αf (x) = αf (−x) e portanto αf (x) ainda ´e uma fun¸c˜ao par. Como αf (x) tamb´em pertence a [−a, a], pois f(x) pertence, ent˜ao a multiplica¸c˜ao por escalar tamb´em ´e fechada em V1 . Como a soma e a multiplica¸c˜ ao por um escalar qualquer s˜ao opera¸c˜oes fechadas em V1 ent˜ao V1 ´e um espa¸co vetorial. A demonstra¸c˜ ao de V2 ´e semelhante e fica a cargo do leitor. Solu¸ c˜ao de C: Essa demonstra¸c˜ao ser´a feita L por dupla inclus˜ ao, ou seja, primeiro vamos demonstrar que todo elemento de C 1 [−a, a] ∈ V1 V2 e depois o contr´ario. (⇒) A ideia principal aqui ´e o fato de que toda fun¸c˜ao f : E → R definida em um conjunto E sim´etrico em rela¸c˜ ao ` a origem pode ser escrita como a soma de uma fun¸c˜ao par e uma fun¸c˜ao ´ımpar. Assim, dado uma fun¸c˜ ao f (x) ∈ C 1 [−a, a] ent˜ao: f (x) = fi (x) + fp (x) L o que implica no fato de f (x) ∈ V1 V2 . L (⇐) Dado fp ∈ V1 e fi ∈ V2 , ent˜ ao fi + fp ∈ V1 V2 . Como tanto fi como fp est˜ao definidas no intervalo C 1 [−a, a] e pertencem a C 1 [−a, a] ent˜ao fi + fp tamb´em est´a definida no intervalo avel no intervalo. Ou seja: fi + fp ∈ C 1 [−a, a]. [−a, a] e tamb´em ´e diferenci´ ao, v1 V2 = C 1 [−a, a]. L Logo, por dupla inclus˜ 15. Seja V o espa¸co das matrizes 2 × 2 sobre R, e seja W o subespa¸co gerado por 1 −5 1 1 2 −4 1 −7 , , , −4 2 −1 5 −5 7 −5 1 Encontre uma base, e a dimens˜ ao de W . Solu¸ c˜ao: Note que dado 76 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA 1 0 0 1 0 0 0 0 M1 = , M2 = , M3 = e M4 = 0 0 0 0 1 0 0 1 O conjunto α = {M1 , M2 , M3 , M4 } ´e uma base de M(2,2). A base α ´e chamada de base canˆ onica de M (2; 2). Mais geralmente, a base canˆonica de M(m;n) ´e formada por mn matrizes distintas, cada uma das quais possuindo uma u ´nica entrada igual a 1 e todas as demais entradas iguais a 0, ordenadas de forma semelhante ao que foi feito no caso M (2; 2). Como α possui 4 vetores ent˜ ao dim(W ) = 4. 16. Seja P o conjunto de todos os polinˆomios (de qualquer grau) com coeficientes reais. Existe uma base finita para este espa¸co? Encontre uma “base” para P e justifique ent˜ao por que P ´e conhecido como um espa¸co de dimens˜ ao infinita. Solu¸ c˜ao: Perceba que qualquer polinˆ omio, de qualquer grau, pode ser escrito como combina¸c˜ao linear dos vetores LI: (1, x, ..., xn , ...). Logo, essa ´e uma base para P. J´ a a prova de que n˜ ao existe uma base finita para P pode ser feita por absurdo. Imagine, por absurdo, que P tenha uma base finita com n vetores. Logo existe um polinˆomio p(x) ∈ P que pode ser escrito como combina¸c˜ao linear desses n vetores. p(x) = α1 (1) + α2 (x) + · · · + αn (xn ) Sendo assim o polinˆ omio h(x) = p(x) + αn (xn+1 ) n˜ao pode pertencer a P, pois xn+1 n˜ao per- tence a base P. O que ´e um absurdo, pois P ´e o conjunto de todos os polinˆ omios independente do grau. 17. a) Dada uma matriz A de ordem m × n, vocˆe pode considerar as m linhas como vetores do Rn e o subespa¸co V , de Rn , gerado por estes m vetores. Da mesma forma para a matriz B, linha reduzida `a forma escada de A, podemos considerar o subespa¸co W gerado pelos m vetores, dados por suas linhas. Observando que cada linha de B ´e obtida por combina¸c˜ao linear das linhas de A e vice-versa (basta reverter as opera¸c˜oes com as linhas), justifique que V = W. b) Mostre, ainda, que os vetores dados pelas linhas n˜ao nulas de uma matriz-linha reduzida a forma escada s˜ ` ao LI. Solu¸ c˜ao de A: Supondo que A seja uma matriz n˜ao nula, caso contr´ario a matriz linha reduzida tamb´em seria nula e a igualdade entre W e V seria evidente, ent˜ao supondo que por absurdo W 6= V das duas uma: i) existe um α ∈ V que n˜ ao perten¸ca a W, 77 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA ii) ou existe um β ∈ W que n˜ ao perten¸ca a V. Na primeira hip´ otese se α n˜ ao pertence a W ent˜ao n˜ao pode ser escrito como combina¸c˜ao linear dos vetores de W. O que ´e um absurdo, pois por hip´otese todo vetor de V pode ser escrito como combina¸c˜ ao linear de W. O mesmo absurdo ocorre considerando a segunda hip´otese. Concluindo que V = W. Solu¸ c˜ao de B: Observe a matriz m × n a seguir. a11 a12 ··· a1(n−1) a1n 0 a22 ··· a2(n−1) a2n .. .. .. .. .. . . . . . 0 0 ··· 0 amn Se fizermos α1 (a11 , · · · , a1n ) + α2 (0, a22 , · · · , a2n ) + · · · + αn (0, · · · , 0, amn ) = (0, · · · , 0) ent˜ ao fica f´ acil perceber que α1 · a11 + α2 · 0 + · · · + αn · 0 = 0 ⇒ α1 · a11 = 0 Mas como α11 ´e um pivˆ o ent˜ ao n˜ ao pode ser nulo. O que implica em α1 = 0. J´ a sobre α2 raciocinamos o seguinte. α1 · a12 + α2 · a22 = 0 + · · · + αn · 0 = 0 ao α2 ·a22 = 0. Como a22 tamb´em ´e um pivˆo ent˜ao α2 ·a22 = 0 ⇒ α2 = 0. mas como α1 = 0 ent˜ Analogamente se chega a conclus˜ ao de que cada αn dado ´e igual a zero. Logo o conjunto de vetores formado pela matriz escada s˜ ao LI. 18. Considere o subespa¸co de R4 gerado pelos vetores v1 = (1, −1, 0, 0), v2 = (0, 0, 1, 1), v3 = (−2, 2, 1, 1) e v4 = (1, 0, 0, 0). a) O vetor (2, −3, 2, 2) ∈ [v1 , v2 , v3 , v4 ]? Justifique. b) Exiba uma base para [v1 , v2 , v3 , v4 ]. Qual a dimens˜ao? c) [v1 , v2 , v3 , v4 ] = R4 ? Por quˆe? Solu¸ c˜ao de A: O vetor (2, −3, 2, 2) ∈ [v1 , v2 , v3 , v4 ], pois pode ser escrito como combina¸c˜ao linear de [v1 , v2 , v3 , v4 ]. Veja: 7 3 (2, −3, 2, 2) = 0(1, −1, 0, 0) + (0, 0, 1, 1) − (−2, 2, 1, 1) − 1(1, 0, 0, 0) 2 2 78 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA ⇒ (2, −3, 2, 2) = (2, −3, 2, 2) Solu¸ c˜ao de B: Solu¸ca˜o no pr´ oprio livro na p´ agina 137. Solu¸ c˜ao de C: Solu¸ca˜o no pr´ oprio livro na p´ agina 138. 19. Considere o subespa¸co de R3 gerado pelos vetores v1 = (1, 1, 0), v2 = (0, −1, 1) e v3 = (1, 1, 1). [v1 , v2 , v3 = R3 ]? Por que? Solu¸ c˜ao: Os vetores v1 , v2 e v3 geram o R3 pois qualquer vetor (x, y, z) ∈ R3 pode ser escrito como combina¸c˜ ao linear deles. (x, y, z) = α1 (1, 1, 0) + α2 (0, −1, 1) + α3 (1, 1, 1) ⇒ α1 = 2x − z − y, α2 = x − y e α3 = z − x + y. 20. Use o exerc´ıcio 17 para exibir uma base para o subespa¸co S, definido no Exerc´ıcio 6. Qual ´e a dimens˜ao de S? Solu¸ c˜ao: Esse exerc´ıcio ´e bem similar a letra B do exerc´ıcio 8. Primeiro montamos a matriz a seguir: 1 1 −2 4 1 0 0 0 0 1 −1 2 onde por meio de opera¸c˜ oes elementares com as linhas chegamos at´e: 1 1 −2 4 0 1 −2 4 0 0 1 −2 Sendo assim a base de S seria [(1,1,-2,4), (0,1,-2,4), (0,0,1,-2)] cuja dimens˜ao ´e igual a 3. Observe que esse resultado faz muito mais sentido do que [(1, 0, 0, 0), (0, 1, −1, 2)], pois n˜ao exite um x e y tal que (1, 1, −2, 4) ∈ S possa ser escrito como combina¸c˜ao linear de (1, 0, 0, 0) e (0, 1, −1, 2). 79 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA 21. Considere o sistema linear 2x1 + 4x2 − 6x3 = a (§) x1 − x2 + 4x3 = b 6x2 − 14x3 = c Seja W = {(x1 , x2 , x3 ) ∈ R3 : ´e solu¸c˜ao de (§)}. Isto ´e, W ´e o conjunto-solu¸c˜ao do sistema. oes devemos impor a a, b e c para que W seja subespa¸co vetorial de R3 ? a) Que condi¸c˜ b) Nas condi¸c˜ oes determinadas em a) encontre uma base para W. c) Que rela¸c˜ ao existe entre a dimens˜ao de W e o grau de liberdade do sistema? Seria este resultado v´ alido para quaisquer sistemas homogˆeneos? Solu¸ c˜ao de A: Se W ´e um subespa¸co ent˜ ao para todo a ∈ R e xn ∈ W ent˜ao axn ∈ W . Sendo assim, se (x1 , x2 , x3 ) ∈ W ent˜ ao (−x1 , −x2 , −x3 ) tamb´em pertence a W. E portanto tamb´em ´e conjunto solu¸c˜ao do sistema ou seja: −2x1 − 4x2 + 6x3 = a como por hip´ otese 2x1 + 4x2 − 6x3 = a ent˜ ao se somarmos ambas as linhas termo a termo chegamos ao valor de a, que ´e igual a zero. (−2x1 − 4x2 + 6x3 ) + (2x1 + 4x2 − 6x3 ) = a + a ⇒ 0 = 2a ⇒a=0 Analogamente chegamos a condi¸c˜ ao de b e c iguais a zero. Solu¸ c˜ao de B: Solu¸ca˜o na p´ agina 138. Solu¸ c˜ao de C: Solu¸ca˜o na p´ agina 138. 3 3 22. Seja U o subespa¸co de R L , gerado por (1,0,0) e W o subespa¸co de R , gerado por (1,1,0) 3 e (0,1,1). Mostre que R = U W Solu¸ c˜ao: 80 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA Solu¸c˜ ao na p´ agina 138. 23 Demostre o teorema 4.3.5, isto ´e, mostre que, dados u = w1 + w2 ∈ W1 + W2 e v = 0 0 0 0 w1 + w2 ∈ W1 + W2 (onde w1 , w1 ∈ W1 e w2 , w2 ∈ W2 ), ent˜ao u + v ∈ W1 + W2 e ku ∈ W1 + W2 para todo k ∈ R. Solu¸ c˜ao: 0 0 u + v = (w1 + w2 ) + w1 + w2 Como u, v ∈ W1 + W2 ent˜ao vale a associatividade, pois W1 e W2 s˜ao subespa¸cos e portanto associativos. Sendo assim: 0 0 u + v = ((w1 + w2 ) + w1 ) + w2 usando a comutatividade 0 0 u + v = ((w2 + w1 ) + w1 ) + w2 usando novamente a associatividade 0 0 u + v = (w2 + (w1 + w1 )) + w2 e novamente 0 0 u + v = w2 + ((w1 + w1 ) + w2 ) usando agora a comutatividade 0 0 u + v = w2 + (w2 + (w1 + w1 )) e a associatividade uma u ´ltima vez 0 0 u + v = (w2 + w2 ) + (w1 + w1 ) e a comutatividade 0 0 u + v = (w1 + w1 ) + (w2 + w2 ) (1) 0 0 como w2 , w2 ∈ W2 e w1 , w1 ∈ W1 e todo subespa¸co vetorial ´e fechado para soma ent˜ao a ao retirada de (1) ´e que u + v ∈ W1 + W2 como quer´ıamos demonstrar. conclus˜ A prova de que ku ∈ W1 + W 2 segue quase a mesma l´ogica e fica a cargo do leitor. L 24. Mostre que, se V = W1 W2 e α = {v1 , · · · , vk } ´e a base de W1 , β = {w1 , · · · , wr } ´e a ao γ = {v1 , · · · , vk , w1 , · · · , wr } ´e base de V. base de W2 ent˜ Mostre com um exemplo que o resultado n˜ao continua verdadeiro se a soma de subespa¸cos n˜ ao for uma soma direta. Solu¸ c˜ao: 81 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA Como (v1 , · · · , vk ) ´e uma base de W1 ent˜ao (v1 , · · · , vk ) ∈ W1 . Analogamente podemos dizer que (w1 , · · · wr ) ∈ W2 . Sendo assim (v1 , · · · , vk , w1 , · · · wr ) ∈ V , pois V ´e a soma direta de W1 com W2 . Seja (x1 , · · · , xk , x01 · · · x0r ) uma base de V . Ent˜ao existe um α que permite escrevermos (v1 , · · · , vk , w1 , · · · wr ) como combina¸ca˜o linear da base ou seja: (v1 , · · · , vk , w1 , · · · wr ) = α(x1 , · · · , xk , x01 , · · · x0r ) Note, entretanto, que para α = 1 facilmente verificamos que: x 1 = v1 .. . x k = vk .. . x01 = w1 .. . x0r = wr ou seja, (v1 , · · · , vk , w1 , · · · wr ) ´e a pr´opria base de V . O exemplo pedido se encontra na p´agina 138 do livro. 25. Sejam W1 = {(x, y, z, t) |∈ R4 | x + y = 0 e z − t = 0} e W2 = {(x, y, z, t) ∈ R4 | x − y − z + t = 0} subespa¸cos de R4 . a) Determine W1 ∩ W2 b) Exiba uma base para W1 ∩ W2 . c) Determine W1 + W2 . d) W1 + W2 ´e soma direta? Justifique. e) W1 + W2 = R4 ? Solu¸ c˜ao: Resposta na p´ agina 139 do livro. a b a b 26. Sejam W1 = tais que a = d e b = c e W2 = tais que a = c e b = d c d c d subespa¸cos de M(2,2) 82 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA a) Determine W1 ∩ W2 e exiba uma base. ´ soma direta? W1 + W2 = M (2, 2)? b) Determine W1 + W2 . E Solu¸ c˜ao de A: Pelas informa¸c˜ oes dadas podemos dizer que W1 ´e o conjunto formado por todas as matrizes 2 por 2 da forma: d c (1) c d enquanto W2 das matrizes c d (2) c d Sendo assim, uma matriz que perten¸ca a intercess˜ao desses conjuntos seria uma matriz tal que al´em de estar sob as condi¸c˜ oes de W1 (a = d e b = c) e W2 (a = c e b = d) teria de ter d = c e vice versa. (1) = (2) d c c d = ⇒d=cec=d c d c d ou seja, d d W1 ∩ W2 = d d Onde uma base seria 1 1 1 1 Solu¸ c˜ao de B: De imediato podemos descartar a hip´otese de ser soma direta, pois como determinamos no item A W1 ∩ W2 6= {0}. Vamos simplesmente determinar a soma ent˜ao. d c c d W1 = | d, c ∈ R e W2 = | c, d ∈ R c d c d Ent˜ ao, d+c c+d W1 + W2 = | c, d ∈ R c d Obs: Uma outra nota¸c˜ ao para W1 + W2 seria 83 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA d c c d , | d, c ∈ R c d c d ´ aconselh´ E avel que o professor deixe isso bastante claro uma vez que ambas as nota¸c˜oes s˜ao usadas no livro e para muitos alunos sua equivalˆencia n˜ao ´e evidente. 27. a)LDado o subespa¸co V1 = {(x, y, z) ∈ R3 | x + 2y + z = 0} ache um subespa¸co V2 tal que 3 R = V1 V2 . b) Dˆe exemplos de dois subespa¸co de dimens˜ao dois de R3 tais que V1 + V2 = R3 . A soma ´e direta? Solu¸ c˜ao: Se V1 = {(x, y, z) ∈ R3 | x = −2y − z} ent˜ao o vetor (x, y, z) ∈ V1 pode ser escrito como: (−2y − z, y, z) = y(−2, 1, 0) + z(−1, 0, 1) como (−2, 1, 0) e (−1, 0, 1) s˜ ao LI (verifique) e s˜ao capazes de gerar qualquer elemento de V1 , ent˜ ao podemos dizer que s˜ ao uma base de V1 . V1 = [(−2, 1, 0), (−1, 0, 1)] como a base de V1 tˆem dois vetores ent˜ao dim(V1 ) = 2. Usando a f´ ormula dim(V1 + V2 ) = dim(V1 ) + dim(V2 ) − dim(V1 ∩ V2 ) e lembrando que no caso de uma soma direta v1 ∩ V2 = {0} ⇒ dim(V1 ∩ V2 ) = 0 ent˜ao: dim(V1 + V2 ) = dim(V1 ) + dim(V2 ) ⇒ 3 = 2 + dim(V2 ) ⇒ dim(V2 ) = 1. Assim, a base de V1 deve ser um u ´nico vetor LI com (−2, 1, 0) e (−1, 0, 1) para completar a dimens˜ao de R3 tal queV1 ∩ V2 = {0}. Podemos por exemplo, tomar (0,0,1) de modo que V2 = {(0, 0, 1)} = {(x, y, z) | x = 0, y = 0 e z ∈ R}. Solu¸ c˜ao de B: Podemos fazer: 84 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA V1 = [(1, 0, 0), (0, 1, 0)] e V2 = [(0, 0, 1), (1, 0, 0)] de modo que V1 + V2 = [(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)]. Como [(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)] ´e uma base de R3 ent˜ao V1 + V2 = R3 . ao ´e direta, pois dim(V1 ∩ V2 ) = 1. Nesse caso a soma n˜ Veja tamb´ em a p´ agina 141 do livro. 28. Ilustre com um exemplo a proposi¸c˜ao: “Se U e W s˜ao subespa¸cos de um espa¸co vetorial V que tem dimens˜ ao finita, ent˜ ao: dim(U + W ) = dimU + dimW − dim(U ∩ W ) Solu¸ c˜ao: Considere o espa¸co vetorial R3 , que ´e de dimens˜ao 3. Desse espa¸co podemos extrair dois subespa¸cos gerados pelas bases r1 e r2 tal que: r1 = {(x, y, z) | x = z e y = 0} ou r1 = [(1, 0, 0), (0, 0, 1)] e tamb´em r2 = {(x, y, z) | x = y e z = 0} ou r2 = [(1, 0, 0), (0, 1, 0)] ambos com dimens˜ ao igual a 2. Note que a intersec¸c˜ ao entre as bases (r1 e r2 ) ´e o eixo OX cuja base ´e [(1, 0, 0)] e, por tanto, tem de dimens˜ao igual a 1. Logo 3 = 2 + 2–1 confirmando, neste caso, o teorema. Veja tamb´ em a p´ agina 122. √ √ 29. Sejam β = {(1, 0), (0, 1)}, β1 = {(−1, 1), (1, 1)}, β2 {( 3, 1)( 3, −1)} e β2 = {(2, 0), (0, 2)} bases ordenadas de R2 . a) Ache as matrizes de mudan¸ca de base: i) [I]ββ1 ii) [I]ββ1 iii) [I]ββ2 iv) [I]ββ3 ao as coordenadas do vetor v = (3, −2) em rela¸c˜ao `a base: b) Quais s˜ i) β ii) β1 iii) β2 iv) β3 c) As coordenadas de um vetor v em rela¸c˜ao `a base β1 s˜ao dadas por 85 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA 4 [v]β1 = 0 Quais s˜ ao as coordenadas de v em rela¸c˜ao `a base: i) β ii) β2 iii) β3 Solu¸ c˜ao de A: Resolvendo a equa¸c˜ ao 1 0 x y −1 1 · = 0 1 z w 1 1 chega-se a x = −1, y = 1, z = 1 e w = 1. Logo β1 −1 1 [I]β 1 1 analogamente se chega as demais solu¸c˜oes. Solu¸ c˜ao de B e C: Ver p´ agina 140 do livro. 0 1 1 0 30. Se [I]α α = 0 −1 1 1 0 −1 ache −1 a) [v]α onde [v]α0 = 2 3 −1 b) [v]α0 onde [v]α = 2 3 Solu¸ c˜ao de A: Olhando a p´ agina 125 do livro obtemos: 0 [v]α = [I]α α · [v]α0 que implica em: 1 1 0 −1 1 [vα ] = 0 −1 1 · 2 = 1 1 0 −1 3 −4 A letra B fica a cargo do leitor. 86 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA π 31. Se β 0 ´e obtido de β, a base canˆonica de R2 , pela rota¸c˜ao por um angulo − , ache 3 0 a) [I]ββ b) [I]ββ 0 Solu¸ c˜ao: cos(−π/3) sen(−π/3) Se β = [(1, 0), (0, 1)] e M(−π/3) = ent˜ao primeiro devemos −sen(−π/3) cos(−π/3) 0 descobrir β . cos(−π/3) sen(−π/3) 1 √1/2 · = −sen(π/3) cos(−π/3) 0 3/2 √ cos(−π/3) sen(−π/3) 0 − 3/2 · = −sen(−π/3) cos(−π/3) 1 1/2 √ √ Assim, β 0 = [(1/2, 3/2), (− 3/2, 1/2)]. √ √ 0 ao β = {(1, 0), (0, 1)} e β 0 = [(1/2, 3/2), (− 3/2, 1/2)] podemos determinar [I]ββ . Seja ent˜ √ w1 = (1/2, 3/2) = a11 (1, 0) + a21 (0, 1) donde √ (1/2, 3/2) = a11 , a21 implica em √ a11 = 1/2, a21 = 3/2 √ w2 = (− 3/2, 1/2) = a12 (1, 0) + a22 (0, 1) donde √ (− 3/2, 1/2) = a12 , a22 implica em √ a12 = − 3/2, a22 = 1/2 Portanto √ 1/2 − 3/2 [I]ββ 0 = √ 3/2 1/2 Solu¸ c˜ao de B: √ √1/2 − 3/2 Basta determinar a matriz inversa de ficando a cargo do leitor. 3/2 1/2 32. Sejam β1 = {(1, 0)(0, 2)}, β2 = {(−1, 0), (1, 1)} e β3 = {(−1, −1), (0, −1)} trˆes bases 87 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA ordenadas de R2 . a) Ache i) [I]ββ21 ii) [I]ββ32 iii) [I]ββ31 iv) [I]ββ21 · [I]ββ32 b) Se for poss´ıvel, dˆe uma rela¸c˜ ao entre estas matrizes de mudan¸ca de base. Solu¸ c˜ao de A: i) w1 = (−1, 0) = a11 (1, 0) + a21 (0, 2) que implica em a11 = −1 e a21 = 0 w2 = (1, 1) = a21 (1, 0) + a22 (0, 2) que implica em a21 = 1 e a22 = 1/2 −1 1 logo [I]ββ21 = 0 1/2 0 1 ii) [I]ββ32 = −1 −1 −1 0 iii) [I]ββ31 = −1/2 −1/2 −1 −2 iv) [I]ββ31 = −1/2 −1/2 Solu¸ c˜ao de B: Como o problema n˜ ao especifica que tipo de rela¸c˜ao devemos procurar qualquer similaridade entre as matrizes serve. Como, por exemplo, todas tˆem determinante diferente de zero. 33. Seja V o espa¸co vetorial de matrizes 2 × 2 triangulares superiores. Sejam 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 β= , , e β1 = , , 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 duas bases de V. Ache [I]ββ1 . Solu¸ c˜ao: Seja β = {(1, 0, 0, 0), (0, 1, 0, 0), (0, 0, 0, 1)} e β1 = {(1, 0, 0, 0), (1, 1, 0, 0), (1, 1, 0, 1)} ent˜ ao (1, 0, 0, 0) = a11 (1, 0, 0, 0) + a21 (0, 1, 0, 0) + a31 (0, 0, 0, 1) (1, 1, 0, 0) = a12 (1, 0, 0, 0) + a22 (0, 1, 0, 0) + a32 (0, 0, 0, 1) 88 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA (1, 1, 0, 1) = a13 (1, 0, 0, 0) + a23 (0, 1, 0, 0) + a33 (0, 0, 0, 1) que implica em a11 a12 a13 1 1 1 [I]ββ1 = a21 a22 a23 = 0 1 1 a31 a32 a33 0 0 1 0 34. Volte a 4.7.2 e mostre efetivamente que ([I]ββ )−1 = [I]ββ 0 Solu¸ c˜ao: A cargo do leitor. 35. Se α ´e base de um espa¸co vetorial, qual ´e a matriz de mudan¸ca de base [I]α α? Solu¸ c˜ao: Solu¸ca˜o na p´ agina 141. 89 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA Quer saber quando sair´ a a pr´ oxima atualiza¸c˜ao desse documento? Nesse caso vocˆe 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 para
[email protected] para que possa ser feito a devida corre¸c˜ao. www.number.890m.com Para encontrar esse e outros exerc´ıcios resolvidos de matem´atica acesse: www.number.890m.com 90 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA 5 TRANSFORMAC ˜ ¸ OES LINEARES 5.1 Exerc´ıcios da p´ agina 171 1. Seja T : V → W uma fun¸c˜ ao. Mostre que: a) Se T ´e uma transforma¸c˜ao linear, ent˜ao T (0) = 0. b) Se T (0) 6= 0, ent˜ ao T n˜ ao ´e uma transforma¸c˜ao linear. Solu¸ c˜ao de A: Se T ´e mesmo uma transforma¸c˜ ao ent˜ao V ´e um espa¸co vetorial. Assim, deve existir um vetor u ∈ V e um oposto a ele tal que u + (−u) = 0 (vetor nulo). Por defini¸c˜ ao de sabemos que: T (a + b) = T (a) + T (b) e T (ka) = kT (a) Fazendo ent˜ ao: T (0) = T (u + (−u)) = T (u) + T (−u) = T (u) + T (−1 · u) = T (u) − 1 · T (u) = T (u) − T (u) = 0 ⇒ T (0) = 0. Como se quer demonstrar. Solu¸ c˜ao de B: Vamos partir da segunda condi¸c˜ ao de transforma¸c˜ao linear para essa prova que ´e: T (ka) = kT (a). Note que para obtermos T (0) deveremos ter k = 0 ou a = 0 ou os dois casos. Entretanto, n˜ ao podemos ter k = 0 pois se tiv´essemos ter´ıamos T (0) = 0, veja: T (k · a) = kT (a) ⇒ T (0 · a) = 0 · T (a) ⇒ T (0) = 0 Logo a u ´nica possibilidade ´e termos a = 0. Contudo, se fizermos a = 0 pela primeira pro- priedade (T (a + b) = T (a) + T (b)) chegaremos tamb´em a T (0) = 0, vejamos: T (a + b) = T (a) + T (b) ⇒ T (0 + b) = T (0) + T (b) 91 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA ⇒ T (b) = T (0) + T (b) ⇒ T (0) = T (b) − T (b) ⇒ T (0) = 0 Sendo assim, nem a nem k podem ser nulos o que invalida a segunda propriedade. Em outras palavras, se T (0) 6= 0 ent˜ ao a segunda propriedade das transforma¸c˜oes lineares simplesmente n˜ao se satisfaz. 2. Determine quais das seguintes fun¸c˜oes s˜ao aplica¸c˜oes lineares: a) f : R2 → R2 (x, y) → (x + y, x − y) b) g : R2 → R2 (x, y) → (xy) c) h : M2→ R a b a b → det c d c d d) k : P2 → P3 ax2 + bx + c → ax3 + bx2 + cx e) m : R3 → R2 1 2 (x, y, z) → (x, y, z) 0 −1 1 1 f) n : R → R x → |x| Solu¸ c˜ao de A Primeiro vamos provar a primeira propriedade que ´e f (x, y) = f (x) + f (y). Para facilitar o entendimento isso ser´ a feito na forma de um passo a passo. Primeiro passo: Tomamos um u = (x1 , x2 ) e um v = (y1 , y2 ). Segundo passo: Determinamos f (u + v). f (u + v) = f ((x1 + x2 ) + (y1 + y2 )) = f (x1 + y1 , x2 + y2 ) = ((x1 + y1 ) + (x2 + y2 ), (x1 + y1 ) − (x2 + y2 )) = (x1 + x2 + y1 + y2 , x1 − x2 + y1 − y2 ) (Equa¸ c˜ao 1) 92 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA Terceiro passo: Calculamos agora f (u) + f (v). f (u) + f (v) = f (x1 , x2 ) + f (y1 , y2 ) = (x1 + x2 , x1 − x2 ) + (y1 + y2 , y1 − y2 ) = (x1 + x2 + y1 + y2 , x1 − x2 + y1 − y2 ) (Equa¸ c˜ao 2) Quarto passo: Verificamos se o valor da fun¸c˜ao calculado no passo 3 (equa¸c˜ao 2) ´e igual ao valor da fun¸c˜ ao calculada no passo 2 (equa¸c˜ao 1). Se forem fica provado a primeira propriedade, isto ´e, podemos afirmar que f (u + v) = f (u) + f (v). Provado a primeira propriedade temos de provar a segunda. f (ku) = kf (u) Isso ser´ a feito tamb´em seguindo um passo a passo. Primeiro passo: Determinamos f (ku). f (k(x1 , y1 )) = f (kx1 , ky1 ) = (kx1 + ky1 , kx1 − ky1 ) = k(x1 + y1 , x1 − y1 ) (Equa¸ c˜ao 3). Segundo passo: Determinamos agora kf (u). kf (u) kf (x1 , y1 ) = k(x1 + y1 , x1 − y1 ) (Equa¸ c˜ao 4). Terceiro passo: Verificamos se a equa¸c˜ao calculada no passo 1 (equa¸c˜ao 3) ´e igual a equa¸c˜ao calculada no passo 2 (equa¸c˜ ao 4). Se forem iguais fica provado que f (ku) = kf (u). Observa¸ c˜ ao: Embora esse exemplo tenha sido resolvido na forma de um passo a passo normalmente ele ´e resolvido de forma mais direta, o que ´e at´e mais elegante. Os pr´oximos problemas ser˜ ao resolvidos assim. Solu¸ c˜ao de B: Seja u = (x1 , x2 ) e v = (y1 , y2 ) ent˜ ao: g(u + v) = g((x1 , x2 ) + (y1 , y2 )) = g(x1 + y1 , x2 + y2 ) = (x1 + y1 )(x2 + y2 ) = (x1 x2 + x1 y2 , y1 x2 + y1 y2 ) 93 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA entretanto g(u) + g(v) = g(x1 , x2 ) + g(y1 , y2 ) = x1 x2 + y1 y2 Como g(u + v) 6= g(u) + g(v) ent˜ ao n˜ ao ´ e uma transforma¸c˜ao. Exemplo C: a1 b1 a2 b2 Dado u = ev= ent˜ao: c1 d1 c2 d 2 a1 b1 a2 b2 h(u + v) = h + c1 d1 c2 d 2 a1 + a2 b1 + b2 =h = (a1 + a2 )(d1 + d2 ) − (b1 + b2 )(c1 + c2 ) c1 + c2 d1 + d2 = (a1 d1 + a2 d2 ) − (b1 c1 + b2 c2 ) = (a1 d1 − b1 c1 ) + (a2 d2 − b2 c2 ) a1 b1 a2 b2 =h +h c1 d1 c2 d2 = h(u) + h(v) Assim fica provado que h(u + v) = h(u) + h(v). Agora vamos verificar se h(ku) = kh(u) para todo k ∈ R. a1 b1 ka1 kb1 f k =h = k 2 a1 d1 − k 2 b1 c1 c1 d1 kc1 kd1 = k 2 (a1 d1 − b1 c1 ) 2 a1 b1 =k ·f c1 d 1 = k 2 · f (u) Como para todo k 6= 1 e 0 temos f (ku) 6= kf (u) ent˜ao a segunda condi¸c˜ao n˜ao se cumpre e portanto, h n˜ ao ´ e uma transforma¸c˜ ao. Solu¸ c˜ao de D: Seja u = a1 x2 + b1 x + c1 e v = a2 x2 + b2 x + c2 , ent˜ao: k(u + v) = k((a1 x2 + b1 x + c1 ) + (a2 x2 + b2 x + c2 )) = k((a1 + a2 )x2 + (b1 + b2 )x + (c1 + c2 )) = (a1 + a2 )x3 + (b1 + b2 )x2 + (c1 + c2 )x 94 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA = (a1 x3 + b1 x2 + c1 x) + (a2 x3 + b2 x2 + c2 x) = k(a1 x2 + b1 x + c1 ) + k(a2 x2 + b2 x + c2 ) = k(u) + k(v) Ou seja, vale a primeira condi¸c˜ ao, isto ´e k(u + v) = k(u) + k(v) Vamos provar agora a segunda condi¸c˜ao, sendo z ∈ R. k(zu) = k(z(a1 x2 + b1 x + c1 )) = k(za1 x2 + zb1 x + zc1 ) = (za1 )x3 + (zb1 )x2 + (zc1 )x = z(a1 x3 + b1 x2 + c1 x) = zk(u) Ou seja, vale a segunda condi¸c˜ ao, isto ´e k(zu) = zk(u) Sendo assim, ´ e uma transforma¸ c˜ao linear. Solu¸ c˜ao de E: Dado u = x1 , y1 , z1 e v = x2 , y2 , z2 ent˜ao: m(u + v) = m((x1 , y1 , z1 ) + (x1 , y1 , z1 )) = m(x1 + x2 , y1 + y2 , z1 + z2 ) 1 2 = (x1 + x2 , y1 + y2 , z1 + z2 ) 0 −1 1 1 = (x1 + x2 + z1 + z2 2x1 + 2x2 − y1 − y2 + z1 + z2 ) = x1 + z1 2x1 − y1 + z1 + x2 + z2 2x2 − y2 + z2 1 2 1 2 = (x1 , y1 , z1 ) 0 −1 + (x2 , y2 , z2 ) 0 −1 1 1 1 1 = m(u) + m(v) Ou seja, m(u + v) = m(u) + m(v). Vamos provar agora a segunda condi¸c˜ao. m(ku) = m (k(x1 , y1 , z1 )) m (kx1 , ky1 , kz1 ) 1 2 = (kx1 , ky1 , kz1 ) 0 −1 1 1 95 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA = kx1 + kz1 2kx1 − ky1 + kz1 = k(x1 + z1 ) k(2x1 − y1 + z1 ) =k x1 + z1 2x1 − y1 + z1 1 2 = k (x1 , y1 , z1 ) 0 −1 1 1 = k · m((x1 , z1 , y1 )) = k · m(u) Ou seja, m(ku) = k ·m(u). Com isso tamb´em provamos que a fun¸c˜ao ´ e uma transforma¸ c˜ao linear. Solu¸ c˜ao de F: Dado u e v pertencentes a R ent˜ ao: n(u + v) = |u + v| Entretanto, n(u) + n(v) = |u| + |v|. Como |u + v| ≤ |u| + |v| ent˜ao n˜ao n pode ser uma transforma¸c˜ ao linear. ao linear T : R3 → R2 tal que T (1, 0, 0) = (2, 0), T (0, 1, 0) = (1, 1) 3. a) Ache a transforma¸c˜ e T (0, 0, 1) = (0, −1). b) Encontre v de R3 tal que T (v) = (3, 2). Solu¸ c˜ao de A: (x, y, z) = x(1, 0, 0) + y(0, 1, 0) + z(0, 0, 1) T (x, y, z) = xT (1, 0, 0) + yT (0, 1, 0) + zT (0, 0, 1) T (x, y, z) = x(2, 0) + y(1, 1) + z(0, −1) T (x, y, z) = (2x, 0) + (y, y) + (0, −z) T (x, y, z) = (2x + y, y − z) Solu¸ c˜ao de B: Como {(1, 0, 0); (0, 1, 0); (0, 0, 1)} ´e uma base de R3 ent˜ao v pode ser escrito como combina¸c˜ao linear dessa base. v = x(1, 0, 0) + y(0, 1, 0) + z(0, 0, 1) Por hip´ otese T (v) = (3, 2), assim: T (v) = xT (1, 0, 0) + yT (0, 1, 0) + zT (0, 0, 1) = (3, 2) 96 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA x(2, 0) + y(1, 1) + z(0, −1) = (3, 2) (2x, 0) + (y, y) + (0, −z) = (3, 2) Dessa u ´ltima equa¸c˜ ao chegamos ao sistema: 2x + y = 3 y−z =2 Que implica em: x = x; y = 3 − 2x e z = 1 − 2x. Sendo assim, v = x(1, 0, 0) + y(0, 1, 0) + z(0, 0, 1) ⇒ v = (x, y, z) ⇒ v = (x, 3 − 2x, 1 − 2x) ao linear T : R2 → R3 tal que T (1, 1) = (3, 2, 1) e T (0, −2) = (0, 1, 0)? 4. Qual ´e a transforma¸c˜ b) Ache T (1, 0) e T (0, 1). ao linear S : R3 → R2 tal que S(3, 2, 1) = (1, 1), S(0, 1, 0) = (0, −2) c) Qual ´e a transforma¸c˜ e S(0, 0, 1) = (0, 0)? ao linear P : R2 → R2 tal que P = S ◦ T . d) Ache a transforma¸c˜ Solu¸ c˜ao de A: ao uma base de R2 , pois s˜ao linearmente independentes. Sendo Os vetores (1,1) e (0,-2) s˜ 2 assim, um vetor (x, y) ∈ R pode ser escrito como combina¸c˜ao linear deles. Ou seja: (x, y) = a(1, 1) + b(0, −2) ⇒ (x, y) = (a, a) + (0, −2b) ⇒ (x, y) = (a, a − 2b) x−y Que implica em a = x e b = . Desse modo: 2 x−y (x, y) = x(1, 1) + (0, −2) 2 x−y ⇒ T (x, y) = T x(1, 1) + (0, −2) 2 x−y ⇒ T (x, y) = xT (1, 1) + T (0, −2) 2 97 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA x−y ⇒ T (x, y) = x(3, 2, 1) + (0, 1, 0) 2 x−y ⇒ T (x, y) = (3x, 2x, 1x) + 0, ,0 2 5x − y ⇒ T (x, y) = 3x, , x que ´e a transforma¸c˜ao desejada. 2 Solu¸ c˜ao de B: Usando a solu¸c˜ao anterior: 5·1−0 5 T (1, 0) = 3 · 1, , 1 = 3, , 1 2 2 5·0−1 −1 T (0, 1) = 3 · 0, , 0 = 0, ,0 2 2 Solu¸ c˜ao de C: Os vetores (3,2,1), (0,1,0) e (0,0,1) s˜ao LI e portanto base de R3 . Sendo assim: (x, y, z) = a(3, 2, 1) + b(0, 1, 0) + c(0, 0, 1) ⇒ (x, y, z) = (3a, 2a + b, a + c) x 2x x que implica em a = ,b=y− e c = z − . Sendo assim: 3 3 3 (x, y, z) = a(3, 2, 1) + b(0, 1, 0) + c(0, 0, 1) ⇒ S(x, y, z) = aS(3, 2, 1) + bT (0, 1, 0) + cS(0, 0, 1) x 2x x ⇒ S(x, y, z) = T (3, 2, 1) + y − T (0, 1, 0) + z − T (0, 0, 1) 3 3 3 x 2x x ⇒ S(x, y, z) = (1, 1) + y − (0, −2) + z − (0, 0) 3 3 3 x 5x − 6y ⇒ S(x, y, z) = , que ´e a transforma¸c˜ao desejada. 3 3 Solu¸ c˜ao de D: Primeiro determinamos a matriz transforma¸c˜ao de S em rela¸c˜ao a base canˆonica. 1 5 S(1, 0, 0) = , 3 3 S(0, 1, 0) = (0, −2) S(0, 0, 1) = (0, 0) 98 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA 1/3 0 0 ⇒S= 5/3 −2 0 Agora determinamos a matriz transforma¸c˜ao de T em rela¸c˜ao a base canˆonica. 15 T (1, 0) = 3, , 1 2 −1 T (0, 1) = 0, ,0 2 3 0 15 −1 ⇒ 2 2 1 0 Finalmente fazemos S · T . 3 0 15 −1 1/3 0 0 1 0 = · 5/3 −2 0 = −10 1 2 2 1 0 Pelo resultado a forma alg´ebrica de P tˆem as seguintes caracter´ısticas: P (1, 0) = (1, −10) P (0, 1) = (0, 1) e com base nelas podemos encontrar a forma alg´ebrica de P (veja exerc´ıcio 3). P (x, y) = (x, y − 10x) 5. a) Ache a transforma¸c˜ ao T do plano no plano que ´e uma reflex˜ao em torno da reta x = y. b) Escreva-a em forma matricial. Solu¸ c˜ao: No fim do livro. 99 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA Quer saber quando sair´ a a pr´ oxima atualiza¸c˜ao desse documento? Nesse caso vocˆe 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 para
[email protected] para que possa ser feito a devida corre¸c˜ao. www.number.890m.com Para encontrar esse e outros exerc´ıcios resolvidos de matem´atica acesse: www.number.890m.com 100 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA 6 ANEXO I Propriedades Operat´ orias em R • Associatividade (x + y) + z = x + (y + z) e (x · y) · z = x · (y · z) • Elemento neutro 0+x=x+0=x e 1·x=x·1=x • Comutativa x+y =y+x e x·y =y·x • Existˆ encia do elemento oposto Para qualquer real x existe −x tal que x + (−x) = 0 • Existˆ encia do elemento inverso 1 1 Para qualquer real x diferente de zero ent˜ao, existe um , tal que x · = 1 x x • Distributiva da multiplica¸ c˜ao em rela¸ c˜ao a adi¸ c˜ao x · (y + z) = x · y + x · z 101 ´ Algebra Moderna Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA 7 ANEXO II Opera¸c˜ oes em Mn×n • Soma a11 · · · a1n b11 ··· b1n a11 + b11 ··· a1n + b1n .. .. .. + .. .. .. = .. .. .. . . . . . . . . . an1 ··· ann bn1 ··· bnn an1 + an1 ··· ann + bnn • Multiplica¸ c˜ao por escalar. b11 · · · b1n k · a11 ··· k · a1n .. . . . . .. .. .. k· . . = . . . . bn1 ··· bnn k · an1 ··· k · ann 102