Algebra Linear (Boldrini-Editora Harbra)

´ 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: José Luiz Boldrini, Sueli I.Rodrigues Costa, Vera L´ ucia Figueiredo e Henry G. Wetzler. Para quem desejar; uma c´ opia do livro pode ser baixada em http://www.professores.uff.br/jcolombo/Alg lin I mat 2012 2/Algebra%20Linear%20Boldrini.pdf. A expectativa é que seja respondido um cap´ıtulo do livro por mês. Mas, infelizmente resolver e digitar (principalmente digitar), os exerc´ıcios desse livro leva um bom tempo. Assim, pode haver atrasos na postagem. De todo modo, não deixe de acompanhar o documento no link abaixo, para obter futuras atualiza¸cões. www.number.890m.com

Sum´ ario 1 MATRIZES 1.1 Exerc´ıcios da p´ agina 11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 Exerc´ıcios da p´ agina 26 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2 2 14

˜ 2 SISTEMAS DE EQUAC ¸ OES LINEARES 2.1 Exerc´ıcios da p´ agina 49 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

20 20

3 DETERMINANTE E MATRIZ INVERSA 3.1 Exerc´ıcios da p´ agina 90 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

44 44

4 ESPAC ¸ O VETORIAL 4.1 Exerc´ıcios da p´ agina 129 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

62 62

˜ 5 TRANSFORMAC ¸ OES LINEARES 5.1 Exerc´ıcios da p´ agina 171 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

91 91

6 ANEXO I

101

7 ANEXO II

102

´ Algebra Moderna

1

Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA

MATRIZES

1.1

Exerc´ıcios da p´ agina 11

1. Sejam 1 A= 2

2 1

3 −1

,B=

−2 3

  −1 0 1 , C =  2  e D = [2, −1] 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

2 1

3 −1

+

−2 3

0 1 0 1

=

−1 5

2 4 1 0

Solu¸ c˜ ao de B: A·B

1 2

2 1

3 −1



 −1 15 · 2 = −4 4

Solu¸ c˜ ao de C: −1 · A 2

´ Algebra Moderna


−1 ·

2. Seja A =

2 2x − 1

x2 0

1 2

2 1

3 −1

=

−1 −2

−2 −1

−3 1

Se A’ = A, então x = · · ·

Solu¸ c˜ ao: Se A’ = A ent˜ ao: 2 2x − 1 2 = x2 0 2x − 1

x2 0

Que resulta nas seguintes igualdades: 2 = 2 e 2x − 1 = x2 Desta ultima igualdade tira-se que x = 1.

3. Se A é uma matriz simétrica, então A – A’. . . Solu¸ c˜ ao: Se A é simétrica ent˜ ao A = A’ e portanto A – A’ = A – A = 0. Assim, o resultado desta opera¸c˜ ao seria uma matriz nula.

4. Se A é uma matriz triangular superior, então A’ é . . . Solu¸ c˜ ao: Uma matriz triangular superior quando transposta passa a ser uma matriz triangular inferior.

5. Se A é uma matriz diagonal, então A’. . . Solu¸ c˜ ao: Toda matriz diagonal é simétrica de modo que se A é uma matriz diagonal então A’ = A.

6. Classifique em verdadeiro ou falso:

3

´ Algebra Moderna


a) –A’ = –A’ b) (A + B)’ = B’ + A’ c) Se AB = 0, ent˜ ao A = 0 ou B = 0 d) k1 Ak2 B = k1 k2 AB e) –A –B = –AB f) Se A e B s˜ ao matrizes simétricas, então AB = BA g) Se AB = 0, ent˜ ao BA = 0 h) Se é poss´ıvel efetuar o produto AA, então A é matriz quadrada

Solu¸ c˜ ao de A: Pela propriedade iv a proposi¸c˜ ao é verdadeira. Solu¸ c˜ ao de B: Pela propriedade iii a proposi¸c˜ ao é verdadeira. Solu¸ c˜ ao de C: Falsa. Tomando A =

1 0

0 0

eB=

0 1

0 0

por exemplo, verifica-se que a proposi¸cão

n˜ ao é 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: Falsa. Como contra exemplo tome A =

2 0

1 −1

2 0

0 1

eB=

0 1

3 1

Solu¸ c˜ ao de F: Falsa. Como contra exemplo tome A = Solu¸ c˜ ao de G: Falsa. 4

eB=

2 1

1 0

´ Algebra Moderna


Solu¸ c˜ ao de H: Verdadeiro. O produto entre duas matrizes só é poss´ıvel se o numero de linhas da segunda for igual ao numero de colunas da primeira. Assim Am×n · Am×n só ocorre se m = n. O que implicaria no fato de A ser quadrada.

2

7. Se A = A·A, ent˜ ao Solu¸ c˜ ao: 2 −2 1 −2 = 3 2 3

1 2

−2 3

1 2

2

−2 · 3

...

1 2

=

7 0

0 7

8. Se A é uma matriz triangular superior, então A2 é . . . Solu¸ c˜ ao: Do tipo triangular superior.

5

´ Algebra Moderna


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

x y z w

2 3

3 4

x y z w

=

1 0

0 1

Solu¸ c˜ ao: O produto entre as matrizes

e

2 3

3 4

resulta em

2x + 3y 2z + 3w

3x + 4y 3z + 4w

Que

por hip´ otese é igual a matriz nula.

2x + 3y 2z + 3w

3x + 4y 3z + 4w

=

1 0

0 1

Resolvendo as equa¸c˜ oes acima chega-se a x = −4; y = 3; z = 3; e w = −2.



1 10. Dadas A =  2 4 mostre que AB = AC.

−3 1 −3

  2 1 −3 , B =  2 −1 1

4 1 −2

  1 0 2 1 1  e C =  3 1 2 2

1 −2 −5

−1 −1 −1

 −2 −1  0

Solu¸ c˜ ao: AB = AC 

−3  1 −3

−3 15 15

  −3 0 1 0 −5  =  1 −3 0 −5

−3 15 15

 0 1 0 −5  0 −5

11. Suponha que A 6= 0 e AB = AC onde A, B, C são matrizes tais que a multiplica¸cão esteja definida. a) B = C? b) Se existir uma matriz Y, tal que YA = I, onde I é a matriz identidade, então B = C? Solu¸ c˜ ao: Se AB = AC e A−1 for transposta de A então: A−1 (AB) = A−1 (AC) Usando a associatividade (A−1 A)B = (A−1 A)C IB = IC B=C

6

´ Algebra Moderna


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, não são satisfeitas para qualquer matriz.

14. Se A =

3 −4

−2 3

x y z w

, ache B, de modo que B2 = A.

Solu¸ c˜ ao: Tomando B =

ent˜ ao:

x y z w

x y 3 · = z w −4

−2 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) Das equa¸c˜ oes (1) e (2) obtemos que x = ±w. Vamos tomar (arbitrariamente), x = w. Se x = w ent˜ ao a equa¸c˜ ao (3) pode ser escrita como: wy + yw = −2 Como y e W s˜ ao n´ umeros reais e portanto vale a comutatividade então: wy + yw = −2 2(wy) = −2 ⇒ wy = −1 (5) Ainda supondo que x = w podemos escrever a equa¸cão (4) como: zx + wz = −4 z(x + w) = −4 z(w + w) = −4 7

´ Algebra Moderna


2 (6) z Colocando (6) em (5) chegamos a uma nova rela¸cão. ⇒w=−

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 =3 w2 + 2 − w w2 +

2 − 3 = 0 ⇒ w = −1 ou w = 1 w2

Tomando (arbitrariamente) w = 1 então 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


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

Ferro

Madeira

Vidro

Tinta

Tijolo

Moderno

5

20

16

7

17

Mediterrˆ aneo

7

18

12

9

21

Colˆ onial

6

25

8

5

13

(Qualquer semelhan¸ca dos n´ umeros com a realidade é mera coincidência).

a) Se ele vai construir 5, 7 e 12 casas dos tipos moderno, mediterrâneo e colonial respectivamente, quantas unidades de casa material serão 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 é o pre¸co unitário 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 é igual a 65 (soma dos elementos da primeira linha). De uma casa mediterrânea 67 (soma dos elementos da segunda linha) e de uma casa colonial 57(soma dos elementos da terceira linha). Logo serão 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 potências distintas. Estabelecemos que aij = 1, na matriz abaixo, significa que a esta¸cão i pode transmitir diretamente ` a esta¸c˜ ao j, aij = 0 o que significa que a transmissão da esta¸cão i não alcan¸ca a esta¸cão j. Observe que a diagonal principal é nula significando que uma esta¸cão não transmite diretamente para si mesma.

9

´ Algebra Moderna


   A=  

0 1 0 0 0

1 0 1 0 0

1 1 0 1 0

1 1 1 0 1

1 0 0 1 0

     

Qual seria o significado da matriz A2 = A · A? Seja A2 = [cij ]. Calculemos o elemento c42 =

5 X

a4k ak2 = 0 + 0 + 1 + 0 + 0 = 1

k=1

Note que a u ńica parcela n˜ ao nula veio de a43 · a32 = 1 · 1. Isto significa que a esta¸cão 4 transmite para a esta¸c˜ ao 2 através de uma transmissão pela esta¸cão 3, embora não 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 justificar a afirma¸c˜ ao: “A matriz A2 representa o n´ umero de caminhos dispon´ıveis para se ir de uma esta¸c˜ ao a outra com uma u ńica retransmissão”. d) Qual o significado das matrizes A + A2 , A3 e A + A2 + A3 ? e) Se A fosse simétrica, o que significaria?

Solu¸ c˜ ao de A: (Solu¸c˜ ao retirada da lista da Professora. Marina Tebet (GAN/IME/UFF)).      

0 1 0 0 0

1 0 1 0 0

1 1 0 1 0

1 1 1 0 1

1 0 0 1 0

      ·    

0 1 0 0 0

1 0 1 0 0

1 1 0 1 0

1 1 1 0 1

1 0 0 1 0





    =    

1 0 1 0 0

1 2 0 1 0

2 2 2 0 1

3 2 1 2 0

1 2 1 1 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¸cão 3 através de uma terceira de dois modos (através da esta¸c˜ ao 2 e da esta¸cão 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¸cão trans mite para uma outra através de uma terceira esta¸c˜ ao. 10

´ Algebra Moderna


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¸cão transmite para outra, diretamente e através de uma terceira para uma outra.    A+A =   2

1 1 1 0 0

2 2 1 1 0

3 3 2 1 1

4 3 2 2 1

2 2 1 1 1

     

Veja: O elemento 14 indica que h´ a 4 maneiras de se transmitir da esta¸cão 1 à esta¸cão 4: Diretamente: 1→5→4, 1→2→4 e 1→3→4. Cada elemento de A3 representa o n´ umero de modos que uma esta¸cão transmite para uma outra através de uma quarta esta¸c˜ ao.    A =   3

1 2 0 1 0

3 2 3 0 1

5 4 2 3 0

5 6 5 1 3

4 2 2 2 0

     

Veja: O elemento 25 indica que h´ a 2 maneiras de se transmitir da esta¸cão 1 para a esta¸cão 2 através de uma quarta esta¸c˜ ao: 2→3→4→5 e 2→1→4→5. Cada elemento de A + A2 + A3 representa a soma do n´ umero de modos que uma esta¸cão transmite para outra esta¸c˜ ao, diretamente, através de uma terceira e de uma quarta.    A + A2 + A3 =   

2 3 1 1 0

5 4 4 1 1

8 7 4 4 1

9 9 6 3 3

6 4 3 3 1

     

Veja: Experimente listar as maneiras de se transmitir da esta¸cão 3 para a esta¸cão 5 considerando transmiss˜ oes diretas, através de uma terceira e através de uma quarta. Solu¸ c˜ ao de E: (Solu¸c˜ ao retirada da lista da Professora. Marina Tebet (GAN/IME/UFF)). Se A fosse simétrica, isto é, aij = aji , isso significaria que a esta¸cão i transmite para a esta¸cão j sempre que a esta¸c˜ ao j transmitir para a i. 11

´ Algebra Moderna


Existem três marcas de autom´ oveis dispon´ıveis no mercado: o Jacaré, o Piranha e o Urubu. O termo aij da matriz A abaixo é a probabilidade de que um dono de carro da linha i mude para o carro da coluna j, quando comprar um carro novo. Para

De

J

P

U

J

0.7

0.2

0.1

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 compras. Você pode verificar isto a partir dos conceitos básicos de probabilidade (consulte 1.5) e produto de matrizes. Calcule A2 e interprete. Solu¸ c˜ ao: 59  100    11 2 A =  25    12

7 25



39 100 9 25

25

 13 100    17   100    4  25

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

12

´ Algebra Moderna


Quer saber quando sair´ a a pr´ oxima atualiza¸cão desse documento? Nesse caso você pode:

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13

´ Algebra Moderna

1.2



Suponha que um corretor da Bolsa de Valores fa¸ca um pedido para comprar a¸cões na segundafeira, como segue: 400 quotas de a¸c˜ ao A, 500 quotas da a¸cão B e 600 quotas da a¸cão C. As a¸cões 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¸cões de matrizes. b)Qual ser´ a o ganho ou a perda quando as a¸cões forem vendidas seis meses mais tarde se as a¸c˜ oes A, B e C custam 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 três quantidades de quotas (A, B e C) e três valores (um para cada quota), então 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¸cão. 

 600 Q·P = (400, 500, 600) ·  350  300 = [595.000] Ou seja, houve um ganho de 45 mil.

´ observado que as probabilidades de um time de futebol ganhar, perder e empatar 2. E uma partida depois de conseguir uma vitória são 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 são 1/5, 2/5 e 2/5,

14

´ Algebra Moderna


respectivamente. Se o time n˜ ao melhor nem piorar, conseguira mais vitórias ou derrotas a longo prazo? Solu¸ c˜ ao: Primeiro vamos considerar as probabilidades após Ganhar uma partida. G 1/2 1/5 3/10

G P E

Agora as probabilidades ap´ os Perder um jogo. G P E

G 1/2 1/5 3/10

P 3/10 3/10 2/5

E finalmente as probabilidades ap´ os Empatar. G P E

G 1/2 1/5 3/10

P 3/10 3/10 2/5

E 1/5 2/5 2/5

Observe que esta ultima matriz é regular (quadrada e com possibilidade de inversão). Assim podemos aplicar o teorema 1.5.4. 

  pG 0.5  pP  =  0.2 pE 0.3

0.3 0.3 0.4



   0.2 pG 0.4  ·  pP  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


Além disso, sabemos que as somas das probabilidades é 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¸cão entre os n´ıveis de escolaridade de pais e filhos, estabelecendo as letras: P para os que conclu´ıram o curso primário; S para os que conclu´ıram o secund´ ario; e U para quem concluiu o curso universitário. A probabilidade de um filho pertencer a um desses grupos, dependendo do grupo em que o pai está, é dada pela matriz: P

S

U

P

2 3

1 3

0

S

1 3

1 3

1 3

U

0

1 3

2 3

Qual a probabilidade de um neto, de um indiv´ıduo que concluiu o curso secundário, ser universit´ ario? Solu¸ c˜ ao: A matriz do problema é a matriz de transi¸cão de estado da cadeia de Markov. Sendo assim, a matriz dos netos é dada pelo quadrado da matriz de transi¸cão.       2/3 1/3 0 5/9 1/3 1/9 2/3 1/3 0  1/3 1/3 1/3  ·  1/3 1/3 1/3  =  1/3 1/3 1/3  0 1/3 2/3 1/9 1/3 5/9 0 1/3 2/3 A probabilidade desejada é portanto 1/3.

4. Numa cidade industrial, os dados sobre a qualidade do ar são classificados como satisfatório (S) e insatisfat´ orio (I). Assuma que, se um dia é registrado S, a probabilidade de se ter S no dia seguinte é 2/5 e que, uma vez registrado I, tem-se 1/5 de probabilidade de ocorrer S no dia seguinte. a) Qual é a probabilidade do quarto dia ser S, se o primeiro dia é 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 é de 2/5.

16

´ Algebra Moderna


S 2/5

S I

I

Quando marca I a probabilidade de ser S é de 1/5. S 2/5

S I

I 1/5

Sabemos que pS + pI = 1 (pois s˜ ao eventos complementares), assim podemos completar a tabela acima. S 2/5 3/5

S I

I 1/5 4/5

Essa ser´ a a matriz de transi¸c˜ ao do problema. T=

2/5 1/5 3/5 4/5

para determinar a probabilidade do 4◦ dia basta fazer o cubo da matriz de transi¸cão. T3 =

2/5 1/5 3/5 4/5

3

=

32/125 93/125

31/125 94/125

O resultado é o valor do elemento a12 da 3a potência. No caso,

31 . 125

Solu¸ c˜ ao de B: Usando o teorema 1.5.4:

pS pI

=

2/5 3/5

1/5 4/5

pS · pI

Da equa¸c˜ ao acima retira-se o seguinte sistema −0.6pS + 0.2pI = 0 0.6pS − 0.2pI = 0 3 1 e pI = . Assim, a longo prazo, a probabilidade de termos 4 4 dias satisfat´ orios é 1/4 e de termos dias insatisfatórios é de 3/4. Cuja solu¸c˜ ao ocorre para pS =

5. Numa ilha maravilhosa verificou-se que a cor azul ocorre em borboletas de genótipo aa, e n˜ ao ocorre em Aa e AA. Suponha que a propor¸cão de borboletas azuis seja 1/4. Depois de algumas gera¸c˜ oes, qual ser´ a a porcentagem das borboletas não azuis, mas capazes de ter filhotes azuis? 17

´ Algebra Moderna


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 h r

d×d 1 0 0

r×r 0 0 1

d×r 0 1 0

d×h 0.5 0.5 0

r×h 0 0.5 0.5

h×h 0.25 0.5 0.25

Usando o teorema 1.5.4    (2) pd 1 0 0  (2)   0 0 1  ph  = (2) 0 1 0 pr 

0.5 0 0.5 0.5 0 0.5

(1)

    0.25   0.5 ·   0.25  

(1)

(1)

Onde pd é a porcentagem de indiv´ıduos dominantes, ph (1) h´ıbridos. E pr a porcentagem de indiv´ıduos recessivos.    (2) pd 1 0 0  (2)   0 0 1 =  ph  (2) 0 1 0 pr 

   0.5 0 0.25  0.5 0.5 0.5  ·    0 0.5 0.25 

assim nossas probabilidades s˜ ao:    (2) pd 0.25  (2)   0.5   ph  = (2) 0.25 pr 

18

(1)

pd · pd (1) (1) pr · pr (1) (1) 2 · pd · pr (1) (1) 2 · pd · ph (1) (1) 2 · pr · ph (1) (1) ph · ph

         

a porcentagem de indiv´ıduos

0.25 · 0.25 0.25 · 0.25 2 · 0.25 · 0.25 2 · 0.25 · 0.5 2 · 0.25 · 0.5 0.5 · 0.5

       

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19

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˜ SISTEMAS DE EQUAC ¸ OES LINEARES

2

2.1


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 é: 

2  4   1 3

 −1 3 11 −3 2 0   1 1 6  1 1 4

Vamos agora usar as opera¸c˜ oes de multiplica¸cão 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 +  2 −1 3 11  0 −1 −4 −22   0 0 −13 −65 0 0 0 0

13L4    

20

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Dividindo L1  1 −1/2  0 1   0 0 0 0


por 2, L2 por -1 e L3 por -13  3/2 11/2 4 22   1 5  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 Solu¸c˜ ao: x = −1, y = 2 e z = 5

2. Descreva todas as poss´ıveis matrizes 2 × 2, que estão na forma escada reduzida por linhas. Solu¸ c˜ ao: Tome A =

a11 a21

a12 a22

com coeficientes não nulos.

Existe um k ∈ R onde ka21 = a11 . Sendo assim, multiplicando L2 por k e depois subtra´ımos L1 de L2.

a11 k · a21 − a11

a12 k · a22 − a12

Que resulta na matriz a seguir.

a11 0

a12 ka22 − a12

Agora, dividimos L1 por a11

21

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Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA ! a12 a11 ka22 − a12

1 0

E finalmente dividimos L2 por ka22 − a12 a12 ! a11 1

1 0

Que é a forma geral de uma matriz reduzida por linha 2 por 2 com coeficientes não 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

Solu¸ c˜ ao  0 1  2 1 2 3

0 1 0

 −4 −3  −1

0 0 1

de B:   2 3 −2 −4 3  L1 = L1 + L2 →  2 2 2 −1 

2 L2 = L1 - L2 →  0 2 

2 L3 = 3L2 + L3 →  0 0

2 −1 3 2 −1 0

0 1 3

−7 −4 2

 5 3  −1

  5 2 2  L3 = L3 − L1 →  0 −1 0

−7 −3 2 −7 −3 0

 5 2  0

Finalmente dividindo L2 por −1 e L1 por 2: 

1  0 0

1 1 0

−7/2 3 0 22

 5/2 −2  0

2 −1 3

−7 −3 9

 5 2  −6

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Solu¸ c˜ ao de C: 

1  0   0 0

0 1 0 0

 2 1   0  0

4. Calcule o posto e nulidade das matrizes da questão 3. Solu¸ c˜ ao: A solu¸c˜ ao de a do problema anterior é a matriz: 

1  0 0

0 1 0

 −4 −3  −1

0 0 1

Como n˜ ao h´ a nenhuma linha nula na matriz então p = 3 (posto). Pois a matriz tem 3 linhas n˜ ao nulas. J´ a a nulidade, que é o numero de colunas da matriz menos o seu posto, é igual a 1. A solu¸c˜ ao de b do problema anterior é a matriz: 

1  0 0

1 1 0

−7/2 3 0

 5/2 −2  0

Como temos apenas duas linhas n˜ ao nulas então o posto é igual 2. Já a nulidade será 2. A solu¸c˜ ao de c do problema anterior é a matriz: 

1  0   0 0

0 1 0 0

 2 1   0  0

Como temos apenas duas linhas n˜ ao nulas então o posto será 2. E a nulidade será 1.

  3x + 5y = 1 2x + z = 3 5. Dado o sistema  5x + y − z = 0 escreva a matriz ampliada, associada ao sistema e reduza-a à forma escada reduzida por linhas, para resolver o sistema original. Solu¸ c˜ ao: A matriz ampliada ser´ a:

23

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

3  2 5

5 0 1

0 1 −1

 1 3  0

Reduzindo a matriz ` a forma escada por linhas     6 10 0 2 6 10 0 2 3 9  L2 = L2 − L1 →  0 −10 3 7  L1 = 2L1 e L2 = 3L2 →  6 0 5 1 −1 0 5 1 −1 0     30 50 0 10 30 50 0 10 7  L3 = L3 − L1 →  0 −10 3 7  L3 = 6L3 e L1 = 5L1 →  0 −10 3 30 6 −6 0 0 −44 −6 10     30 50 0 10 30 50 0 10  L3 = L2 + L3 →  0 −10  3 7 3 7 L3 = −10·L3/44 →  0 −10 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¸cões entre as linhas chega-se ` a: 

1 0 0 → 0 1 0 0 0 1

Assim, a solu¸c˜ ao ocorre para x =

 7/16 −1/16  17/8

1 17 7 ,y=− ez= . 16 16 8

6. Determine k para que o sistema possua solu¸cão:   −4x + 3y = 2 5x − 4y = 0  2x − y = k

Solu¸ c˜ ao: O sistema acima possui duas inc´ ognitas, assim só necessitamos de duas linhas para resolve-lo. −4x + 3y = 2 5x − 4y = 0 Resolvendo o sistema acima chegamos à: x = −0.5 e y = 0. Como desejamos descobrir o valor de k fazemos: 24

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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 até:   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 é 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 é negativa. Solu¸ c˜ ao: A nulidade é 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 é necessário que o posto seja maior que o numero de colunas da matriz. No entanto, o posto de uma matriz significa na prática o numero de solu¸cões do sistema associado a ela. Se cada coluna da matriz representa uma incógnita do sistema não faz nenhum sentido que o numero de solu¸c˜ oes (posto) seja maior que o numero de colunas. Se isso fosse poss´ıvel ter´ıamos um sistema com mais solu¸cões que o numero de incógnitas do mesmo.

9. Foram estudados três tipos de alimentos. Fixada a mesma quantidade (1g) determinou-se que: 25

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i) O alimento I têm 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 não contém 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¸cão custando exatamente Cr$ 1,00? Solu¸ c˜ ao de A: (Solu¸c˜ ao retirada da lista da professora Cláudia 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: 8 5 ≤ z ≤ ; x = −5 + 3z; y = 8 − 3z 3 3 Solu¸ c˜ ao de B: (Solu¸c˜ ao retirada da lista da professora Cláudia 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 à forma escada e dando também seus postos, os postos das matrizes dos coeficientes e, se o sistema for poss´ıvel, o grau de liberdade. 26

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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 é a diferen¸ca entre o numero de variáveis e o n´ umero de equa¸cões não nulas na forma escada.

11.

x+y+z =4 2x + 5y − 2z = 3

Solu¸ c˜ ao:

• Matriz ampliada:

1 0

1 1

1 −4/3

4 −5/3

;

• Posto: 2; • Posto da matriz dos coeficientes: 2; • Solu¸c˜ ao: x =

17 − 7z 4z − 5 ;y= ; 3 3

• Grau de liberdade: 1.

  x+y+z =4 2x + 5y − 2z = 3 12.  x + 7y − 7z = 5 Solu¸ c˜ ao:

27

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

1 • Matriz ampliada:  0 0

1 3 0

1 −4 0

 4 −5 ; −11

• Posto: 3; • Posto da matriz dos coeficientes: 2; • Solu¸c˜ ao: O sistema n˜ ao tem solu¸cão.

13.

x − 2y + 3z = 0 2x + 5y + 6z = 0

Solu¸ c˜ ao:

• Matriz ampliada:

−2 9

1 0

3 0 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    x1 + x2 + x3 − x4 14. x1 + x2 − x3 + x4    x1 − x2 + x3 + x4

=0 =4 = −4 =2

Solu¸ c˜ ao:



x1  0 • Matriz ampliada:   0 0

x2 x2 0 0

x3 0 x3 0

x4 0 0 x4

 0 0  ; 2  −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

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  x + 2y + 3z = 0 2x + y + 3z = 0 15.  3x + 2y + z = 0 Solu¸ c˜ ao:



1 • Matriz ampliada:  0 0

2 1 0

3 3/2 1

 0 0 ; 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 x − y − 3z = −3 16.   3x + 3y − 5z = 0    −x + y + z = 1 Solu¸ c˜ ao: A cargo do leitor.

17. O método de Gauss para resolu¸cão de sistemas é um dos mais adotados quando se faz uso do computador, devido ao menor n´ umero de opera¸cões que envolve. Ele consiste em reduzir a matriz ampliada s´ o sistema por linha-equivalência a uma matriz que só é diferente da linha reduzida ` a forma escada na condi¸c˜ ao “cada coluna que contém o primeiro elemento não nulo de alguma linha tem todos os seus outros elementos iguais a zero”, que passa a ser: “cada coluna que contém o primeiro elemento n˜ ao nulo de alguma linha, tem todos os elementos abaixo desta linha iguais a zero”. As outras condi¸co˜es são idênticas. Uma vez reduzida a matriz ampliada a esta forma, a solu¸c˜ ao final do sistema é obtida por substitui¸cão. Exemplo:

2 1

1 −3

5 6

∼

2x1 + x2 = 5 x1 − 3x2 = 6

1 0

1/2 −7/2

29

5/2 7/2

∼

1 0

1/2 1

5/2 −1

´ Algebra Moderna


a ultima matriz corresponde ao sistema: 1 5 x1 + x2 = 2 2 x2 = −1 Por substitui¸c˜ ao, x1 −

1 5 = , ou seja, x1 = 2. 2 2

Resolva pelo método de Gauss os exerc´ıcios 13,14 e 15. Solu¸ c˜ ao de 14: A matriz ampliada do sistema, ap´ os o escalonamento, é 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 só nos resta definir o valor de x1 . x1 = −(x2 + x3 + x4 ) x1 = −(0 + 2 + −2) x1 = 0 Assim, pelo método de Gauss a solu¸cão será x = y = z = 0. Solu¸ c˜ ao de 15: A matriz ampliada do sistema, ap´ os o escalonamento, será:   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


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  1  0   0   0 0

o escalonamento, será:  2/3 −4/3 1/3 1 −7/5 −8/5   0 1 3/2   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 portanto, sem solu¸c˜ ao mesmo pelo método de Gauss.

18. a) Mostre a proposi¸c˜ ao 2.4.3 para matrizes 2×2 quaisquer. b) Sinta a dificuldade que você ter´ a para formalizar o resultado para matrizes n×m, mas conven¸ca-se de que é s´ o uma quest˜ ao de considerar todos os casos poss´ıveis, e escreva a demonstra¸cão. Consulte 2.7. Solu¸ c˜ ao: Veja p´ aginas 60 e 61.

19. Chamamos de sistema homogêneo de n equa¸cões e m incógnitas aquele sistema cujos termos independentes bi , s˜ ao todos nulos. a) Um sistema homogêneo admite pelo menos uma solu¸cão. Qual é ela? b) Encontre os valores de k ∈ R, tais que o sistema homogêneo   2x − 5y + 2z = 0 x+y+z =0  2x + kz = 0 tenha uma solu¸c˜ ao distinta da trivial (x = y = z = 0). Solu¸ c˜ ao de a: Uma solu¸c˜ ao para todo sistema homogêneo é zero.

31

´ Algebra Moderna


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  é uma solu¸cão para o sistema. z 0 b) = Resolva o sistema e verifique que toda “matriz-solu¸cão” é da forma:       x −4 −1 X =  y  = λ  2  +  1/3  z 1 0 onde λ ∈ R. c) Verifique 

   −4 −4λ λ  2  +  2λ  1 λ é a solu¸c˜ ao do sistema homogênea, 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¸cão do sistema ∗ é o conjunto-solu¸cão 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¸cões seguintes são satisfeitas:

32

´ Algebra Moderna


x + 6y − 8z = 1 2x + 6y − 4z = 0

Solu¸ c˜ ao de B: 1 − 2z e x = −1 − 4z 3    x  Assim, chamando z = λ podemos dizer que a matriz X =  y  =  z

Resolvendo o sistema em z chega-se á y =

 −1 − 4λ 1  − 2λ  3 λ

Com a ultima matriz a direita podemos escrever a equa¸cão:       −1 − 4λ −4 −1  1   − 2λ  = λ  2  +  1/3  3 1 0 λ Finalizando a solu¸c˜ ao do problema. Solu¸ c˜ ao de C: Semelhante a a. Solu¸ c˜ ao de D:    −4λ x Pela letra c do problema a solu¸c˜ ao do sistema (∗∗) é  y  =  2λ . Já pela letra a λ z   1      1  uma solu¸c˜ ao particular do sistema (∗) é  . Note que somando as duas solu¸cões chegamos  3    

0 a solu¸c˜ ` ao geral de (∗).   −4λ  2λ  +   λ 

   1 −4λ + 1 1   1   =  2λ +  3 3 0 λ

21. Dado o sistema 

1 2 0  1 0 2   1 2 2 3 4 4

  −1 x  −1  · y −1   z −3 w 33





 2   2  =    4  8

´ Algebra Moderna


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 é, encontre sua matriz-solu¸cão; c) Resolva também o sistema homogêneo associado; d) Verifique que toda matriz solu¸c˜ ao obtida em b) é a soma de uma matriz solu¸cão encontrada em c) com a solu¸c˜ ao particular que você encontrou em a). 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  1   0         1 = 0 + λ λ

 0 1   1  0

22. Altamente motivado pelos Exerc´ıcios 20 e 21, mostre que toda matriz-solu¸cão de um sistema linear AX = B é a soma de uma solu¸cão do sistema homogêneo associado AX = 0 com uma solu¸c˜ ao particular AX = B. Sugestão: siga as etapas seguintes, usando somente propriedades de matrizes. i) Mostre que se X0 é uma solu¸c˜ ao do sistema AX = 0 e X1 é uma solu¸cão de AX = B, então X0 + X1 é solu¸c˜ ao de AX = B. ii) Se X1 e X2 s˜ ao solu¸c˜ oes de AX = B, então X1 − X2 é solu¸cão de AX = 0. iii) Use i) e ii) para chegar ` a conclusão desejada. Solu¸ c˜ ao: 

 x1   Queremos mostrar que se  ...  é solu¸cão de um sistema AX = B xn

34

´ Algebra Moderna




a11  ..  . a1n

  a1n ..  ·  .   ann

··· .. . ···

  x1 ..  =  .   xn

 b1 ..  .  bn



 y1   ao do sistema homogêneo associado a AX = B e  ...  é solu¸c˜ yn 

a11  ..  . a1n

··· .. . ···

  a1n ..  ·  .   ann

  y1 ..  =  .   yn

 0 ..  .  0

ent˜ ao a soma das solu¸c˜ oes também é solu¸cão de AX = B.   y1  ..    . = yn 

   x1 + y1 x1  .. ..  =   . .   xn + yn xn

Para verificar tal afirma¸c˜ ao substitu´ımos esse resultado na equa¸cão AX = B 

a11  ..  . a1n

··· .. . ···

    a1n x1 + y1   ..  ·  .. = .   . ann xn + yn

 b1 ..  .  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


Observando a equa¸c˜ ao do sistema homogêneo notamos que a soma de todos os termos acompanhados de yb com b ∈ (1, ..., n) é 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

··· .. . ···

  a1n ..  ·  .   ann

  x1 ..  =  .   xn

 b1 ..  .  bn

Assim, a soma das solu¸c˜ oes é uma solu¸cão do sistema AX = B.

23. Fa¸ca o balanceamento das rea¸cões:

a) N2 O5 → NO2 + O2 (decomposi¸cão térmica do N2 O5 ) b) HF + SiO2 → SiF4 + H2 O c) (NH4 )2 CO3 → NH3 + H2 O + CO2

Solu¸ c˜ ao de A: Podemos observar que as quantidades de “N” e “O” em ambos os lados não é a mesma. Se os coeficientes estequiométricos forem respectivamente x, y e z temos que: xN2 O5 → yNO2 + zO2 Ou seja:

2x − y (N i) 5x − 2y − 2z (O)

O Sistema é SPI (Sistema Poss´ıvel e Indeterminado) e admite mais de uma solu¸cão (x, y, z), porém nos interessa a menor solu¸c˜ ao inteira. A solu¸cão genérica desse sistema é:

λ λ , λ, 2 4

36

´ Algebra Moderna


adotando λ=4 Que nos d´ a a menor solu¸c˜ ao inteira, teremos: x = 2, y = 4 e z = 1 e a equa¸cão balanceada é: 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¸caõ diária 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 é:

I II III IV V

A 1 9 2 1 1

B 10 1 2 1 1 37

C 1 0 5 1 1

D 2 1 1 2 9

E 2 1 2 13 2

´ Algebra Moderna


A primeira coluna refere-se a vitamina A, a segunda B e sucessivamente até 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 você montar a matriz estendida deste sistema e escalona-la, você encontrará:

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 contém 50g de nitrato, 20g de fosfato e 20g de pot´ assio.

38

´ Algebra Moderna


(d) Cada quilograma de adubo IV custa 15 u.c.p e contém 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¸cão? Solu¸ c˜ ao: Os dados do problema est˜ ao distribu´ıdos na próxima tabela.

x1 x2 x3 x4

Custo 5 6 5 15

Nitrato 10 10 50 20

Fosfato 10 100 20 40

Potássio 100 30 20 35

Analisando o sistema a seguir chegamos a solu¸cão.  5x1 + 6x2 + 5x3 + 15x4 + = 54    10x1 + 10x2 + 50x3 + 20x4 = 140 10x1 + 100x2 + 20x3 + 40x4 = 190    100x1 + 30x2 + 20x3 + 35x4 = 205

x=

6451 4381 25927 ;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


Disp˜ oe-se de uma tabela de pre¸cos de vários tipos de resistências; assim como as correntes m´ aximas que elas suportam sem queimar. ˆ RESISTENCIAS 0.5A Corrente m´ axima 1.0A 3.0A 5.0A

20Ω 10,00 15,00 20,00 30,00

30Ω 10,00 20,00 22,00 30,00

40Ω 15,00 15,00 20,00 34,00

50Ω 15,00 15,00 20,00 34,00

100Ω 20,00 25,00 28,00 37,00

Solu¸ c˜ ao: A

C

B Usando as leis dos n´ os obtemos as seguintes equa¸cões:   i1 − i2 − i5 = 0 i5 + i4 + i3 − i1 = 0  i1 − i4 − i3 − i5 = 0 J´ a aplicando a lei das malhas   i1 + 5i5 − 14 = 0 3i2 + 10 + 4i4 − 10i5 = 0  5i3 + 5 − 4i4 = 0 Usando as três equa¸c˜ oes do sistema acima e duas do sistema formando pela lei dos nós chegamos a um terceiro sistema que nos dará a solu¸cão das correntes.  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


Com base nesses dados e na tabela do problema o custo m´ınimo é de R$ 115,00.

28. Uma placa quadrada de material homogêneo e mantida com os bordos AC e BD temperatura de 20◦ C, o bordo AB a 40◦ C e CD a 10◦ C, com o uso de isolantes térmicos 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 térmico, 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 é aproximadamente a média dos pontos vizinhos. Por exemplo, a temperatura no ponto em vermelho da figura pode ser aproximada por: 20 + p42 + p22 + p33 4 é o ponto situado na linha 3 e coluna 2. p32 =

Onde p32

Podemos multiplicar os dois lados da equa¸cão por 4, e então colocar as variáveis no lado esquerdo e as constantes no lado direito: 4p32 = 20 + p42 + p22 + p33

41

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4p32 − p42 − p22 − p33 = 20 Repetindo o processo para cada ponto obtemos um sistema de equa¸cões lineares. Cujas solu¸c˜ oes nos dar´ a as temperaturas dos pontos.

42

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43

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3


DETERMINANTE E MATRIZ INVERSA

3.1


Coment´ ario: Devido a facilidade de alguns exerc´ıcios deste cap´ıtulo algumas respostas serão dadas sem muitas explica¸c˜ oes.

1. Dê o numero de invers˜ oes das seguintes permuta¸cões 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¸cões já a segunda um n´ umero par. Portanto, os sinais s˜ ao − e +, respectivamente.

2. Quantas invers˜ oes tem a permuta¸cão (n, n − 1, ..., 2, 1) dos n´ umeros 1, 2, ..., n − 1, n? Solu¸ c˜ ao: O numero de invers˜ oes de uma permuta¸cão também é o numero de inter-trocas necessárias para coloca-la em ordem natural. Tome como por exemplo a permuta¸cão (5, 4, 3, 2, 1). A troca do ultimo termo com o primeira resulta em 4 opera¸cões. 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¸cões. (1, 5, 4, 2, 3)

44

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(1, 5, 2, 4, 3) (1, 2, 5, 4, 3) Agora a troca do ultimo termo (3) resulta em mais 2 opera¸cões. (1, 2, 5, 3, 4) (1, 2, 3, 5, 4) Agora a troca do ultimo termo (4) resulta em mais 1 opera¸cão. (1, 2, 3, 4, 5) Note que n˜ ao é necess´ ario trocar o ultimo termo (que agora é 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 inversões (4 + 3 + 2 + 1). Pensando de forma an´ aloga o n´ umero de inversões de (n,...,1) seria (n − 1) + (n − 2) + ... + 1.



2 3. Calcule det  3 4

0 0 −3

 −1 2  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

4. Dadas as matrizes A =

1 1

2 0

eB=

3 0

−1 1

, calcule

a) det A + det B b) det (A + B) Solu¸ c˜ ao de A: Como det A = −2 e det B = 3 então det A + det B = 1 45

´ Algebra Moderna

Solu¸ c˜ ao de B: 1 2 3 −1 4 + = 1 0 0 1 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¸cões abaixo são 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 é 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 é 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 é falsa. Solu¸ c˜ ao de D: det(A2 ) = (det(A))2

46

´ Algebra Moderna


det(A2 ) = det(A · A) = det(A) · det(A) = (det(A))2 . Logo a afirmativa é verdadeira! Solu¸ c˜ ao de E: ´ falsa. Basta considerar a matriz A = E

1 0

Solu¸ c˜ ao de F: Verdadeira.



2  5 6. Dada A =   0 3

3 3 1 −1

1 1 2 −2

 −2 4   calcule 2  4

a) A23 b) |A23 | c) ∆23 d) det A Solu¸ c˜ ao de A: 

A23

2 = 0 3

3 1 −1

 −2 2  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

0 1

e A22 .

´ Algebra Moderna


Solu¸ c˜ ao de D: O determinante é zero.

7. Propriedade: O determinante de uma matriz triangular An×n é igual ao produto dos elementos de sua diagonal. a) Prove esta propriedade no caso em que A é uma matriz triangular superior (genérica) 5×5. (Sugest˜ ao: Use e abuse do desenvolvimento de Laplace.) b) O que você pode dizer sobre o numero de solu¸cões dos sistemas abaixo?  5x1 + 2x2 − 3x3 + 9x4    −3x2 + 9x3 − 13 x4 i) −2x3 + x4    x4

ii)

          

3x5 + 2x4 + x1 −x3 + x2 − x1 −9x3 − x2 + 9x1 −3x2 + x1 x1

=0 =0 =0 =1

=0 =5 =0 =0 =0

Solu¸ c˜ ao de A: Tome a  a11  0   0   0 0

matriz M(5,5) a seguir.  a12 a13 a14 a15 a22 a23 a24 a25   0 a33 a34 a35   0 0 a44 a45  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  0 det(M) = a1 1 · det   0 0

a23 a33 0 0

a24 a34 a44 0

 a25 a35   a45  a55

Aplicando Laplace a primeira coluna desta u ´ltima matriz analogamente ao racioc´ınio anterior chegaremos ´ a: 48

´ Algebra Moderna




a33 det(M)= a11 · a22 · det  0 0

a34 a44 0

 a35 a45  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¸cão para a triangular inferior é an´ aloga e fica a cargo do leitor. Solu¸ c˜ ao de B: (i) u ńica, (ii) nenhuma.

8. Calcule det A, onde a) 

3  0  A= 2 1

−1 2 0 1

5 0 −1 2

 0 1   3  0

b)    A=  

3 19 −6 4 8

0 18 √π 2 3

0 0 −5 √ 3 5

0 0 0 0 0 0 0 0 6 −1

     

c) 

i 3  3 −i A=  2 1 −i i

2 1 −1 0

 −1 i   0  1

Solu¸ c˜ ao: a) 12

49

´ Algebra Moderna


b) 0 c) 12 + 8i

8. Calcule o det A, onde a) 

3  0 A=  2 1

−1 2 0 1

5 0 −1 2

 0 1   3  0

b) 

i  3 A=  2 −i

3 −i 1 i

2 1 −1 0

 −i i   0  1

c)    A=  

3 19 −6 4 8

0 18 √π 2 3

0 0 −5 √ 3 5

0 0 0 0 0 0 0 0 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, será sempre o produto dos elementos da diagonal principal. Assim, det(A) = 3 × 18 × −5 × 0 × 1 = 0.

50

´ Algebra Moderna


9. Encontre A−1 , onde a) 

 −1 2 −2 −1 0 0   3 1 0  7 1 1



−i −1 −1 1

4  3 A=  2 0 b) 0  1 A=  0 1

 i 1   −i  0

−2 i 1 1

c) 

1 0 A= 1 1 2 2

 x x2  x

Solu¸ c˜ ao de A: 

A−1

−1  −3 =  11 10

−1 −4 14 14

 4 −2 12 −6   −43 22  −41 21

Solu¸ c˜ ao de B: 

A−1

0.6 + 0.2i  0.2 + 0.4i =  −0.8 − 0.6i −1 + i

0.4 − 0.2i −0.2 − 0.4i −0.2 + 0.6i 1

0.4 − 0.2i −0.2 + 0.6i −0.2 − 0.4i −1 + i

 0.6 + 0.2i 0.2 + 0.4i   0.2 − 0.6i  −1

Solu¸ c˜ ao de C: A cargo do leitor.

10. Se A ou B é uma matriz n˜ ao invers´ıvel, então A · B também não é. Prove isto, sem usar determinantes. Solu¸ c˜ ao: Para ser invers´ıvel o determinante da matriz tem que ser diferente de zero. Logo det(A) =

51

´ Algebra Moderna


0 ou det(B) = 0. E como det(AB) = det(A) · det(B) então det(AB) = 0. Logo, não pode ser invers´ıvel.

11. Mostre que  2 x d  1 dx 0

x+1 2x − 1 x

  3 2x x3  =  1 −2 0

1 2x − 1 x

  2 0 x x3 + 0 −2 0

x+1 2 x

  2 3 x 3x2 + 1 −2 0

x+1 2x − 1 1

 3 x3  0

Observe atentamente a igualdade acima e enuncie a propriedade que ela ilustra. Solu¸ c˜ ao: A derivada do determinante é a soma dos determinantes das matrizes obtidas da original, diferenciando as linhas, uma por uma.



2 1 12. Dada a matriz A =  0 2 5 1

 −3 1  calcule 3

a) adj A b) det A c) A−1 Solu¸ c˜ ao:  5 −6 7 21 −2  a) Adj(A) =  5 −10 3 4 b) 45   5 −6 7 1  5 21 −2  c) A−1 = 45 −10 3 4 



1 13. Mostre que det  a a2

1 b b2

 1 c  = (a − b)(b − c)(c − a) c2

Solu¸ c˜ ao: Basta aplicar a regra de Sarrus na matriz e desenvolver o lado direito da equa¸cão para se chegar a conclus˜ ao requerida.

52

´ Algebra Moderna


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 Wikipédia) Mostraremos que se A e B s˜ ao matrizes semelhantes, então det(A) = det(B). Com efeito, temos que existe uma matriz invert´ıvel M tal que A = M −1 BM . Pelas propriedades do determinante 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? a) Se det A = 1, ent˜ ao A−1 = A. b) Se A é uma matriz triangular superior e A−1 existe, então também A−1 será uma matriz triangular superior. c) Se A é uma matiz escalar n × n da forma k · In , então det A = k n . d) Se A é uma matriz triangular, então 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 ∆ = det  2 0

−2 1 1

 1 0  = −23 −5

53

´ Algebra Moderna




−2 1 1



1 3 4



−2 1 1

1 ∆1 = det  3 4 1 ∆2 = det  2 0 1 ∆3 = det  2 0 x1 = ∆1 /∆ =

36 23

x2 = ∆2 /∆ =

−3 23

x3 = ∆3 /∆ =

−19 23

 1 0  = −36 −5  1 0 =3 −5  1 3  = 19 4

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 homogêneo AX = 0, onde A é uma matriz n × n. Que condi¸cão você deve impor sobre A, para que o sistema admita solu¸cões diferentes da solu¸cão 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


18. Prove que: Uma matriz A, com ordem n, tem posto n se, e somente se A é invers´ıvel. Solu¸ c˜ ao:    Para provar a bicondicional dada considere uma matriz A =  

a11 a21 .. .

a12 a22 .. .

an1

an2

··· ··· ··· ···

a1n a2n .. .

    

ann

(⇒) Se o posto de A é igual a n ent˜ ao A possui uma forma escalonada com n linhas não nulas.    Escalonada(A) =  

a11 0 .. .

a12 b22 .. .

0

0

··· ··· ··· ···

a1n b2n .. .

    

bnn

Também n˜ ao pode ocorrer dos elementos da diagonal (circulados em vermelho a seguir) serem nulos, caso contr´ ario a matriz acima não estaria em sua forma escalonada.    Escalonada(A) =  

a11 0 .. .

a12 b22 .. .

0

0

··· ··· ··· ···

a1n b2n .. .

    

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:

det(A) = a11 ·

n Y

bii

i=1

Supondo por absurdo que A seja não invers´ıvel, então det(A) = 0. O que implicaria na existência de pelo menos um elemento bii ou mesmo a11 nulo, o que é 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 é invers´ıvel. (⇐) Associado a matriz A temos o seguinte sistema

55

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 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 será:  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 então o sistema acima é poss´ıvel determinado possuindo n linhas linearmente independentes o que implica em p(A) = n.

19. A partir do exerc´ıcio acima, você pode concluir que uma matriz A, de ordem n, possui determinante diferente de zero se, e somente se A, têm n linhas linearmente independentes. Por quê? (Veja o final da seçc˜ ao 2.4) Solu¸ c˜ ao: Segundo a se¸c˜ ao 2.4 o posto de uma matriz também pode ser definido como o n´ umero de linhas linearmente independentes desta. E como uma matriz A é 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 é invers´ıvel.” Pode ser escrita como “Uma matriz A, com ordem n, tem n linhas linearmente independentes se, e somente se determinante de A é diferente de zero.”

21. Mostre que a ´ area do triˆ angulo na figura

56

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B(x3 , y3 ) A(x1 , y1 )

C(x2 , y2 ) é dada pelo determinante  x 1 1 x2 2 x3

y1 y2 y3

 1 1  1

Solu¸ c˜ ao: Construa um trapézio auxiliar como na figura a seguir:

A1

A2

A´ area do triangulo ser´ aa´ area do trapézio menos as áreas dos 2 triângulos coloridos, isto é: ∆ = 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 2∆ = (1) · det + (−1) · det y3 y2 y3 57

x2 y1

+ (1) · det

x3 y2

x3 y1

´ Algebra Moderna


E usando a rec´ıproca do teorema de Laplace, temos: 

x1 2∆ =  x2 x3



1 22 a) Mostre que  1 1

a1 a2 a3

y1 y2 y3

  x1 1 1 1  ⇒ ∆ =  x2 2 x3 1

y1 y2 y3

 1 1  1

 a21 a22  = (a2 − a1 )(a3 − a1 )(a3 − a2 ) a23

b) Se a1 , a2 , ..., an s˜ ao n´ umeros, mostre por indu¸cão finita que    Vn =  

1 1 .. .

a1 a2 .. .

··· ··· .. .

an−1 1 an−1 2 .. .

1

an

···

an−1 n

    = Π(xj − xi ) com (i < j) 

O s´ımbolo ` a direita significa o produto de todos os termos xj − xi com i < j e i, j inteiros variando de 1 a n. Solu¸ c˜ ao de A: Basta calcular o determinante usando a regra de sarrus. Onde chegaremos á: 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    Vn =  

1 1 .. .

a1 a2 .. .

··· ··· .. .

an−1 1 an−1 2 .. .

1

an

···

an−1 n

    

verifica-se imediatamente que a condi¸cão é 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


V1 = |1| = 1 como para n = 2. V2 =

1 1

a1 a2

= (a1 − a2 )

Com isso provamos a base da indu¸ c˜ ao. Agora, provemos para a matriz n × n supondo válido para as matrizes n − 1 × n − 1. Seja ci a coluna i, ent˜ ao multiplicamos a coluna ci por −a1 e somamos com a coluna ci+1 :     |Vn | = det   

1 1 1 .. .

a1 a2 a3 .. .

a21 a22 a23 .. .

··· ··· ··· .. .

an−1 1 an−1 2 an−1 3 .. .

1

an

a2n

···

an−1 n





       = det     

1 1 1 .. .

0 a2 − a1 a3 − a1 .. .

0 a2 (a2 − a1 ) a3 (a3 − a1 ) .. .

··· ··· ··· .. .

0 an−2 (a2 − a1 ) 2 an−2 (a3 − a1 ) 3 .. .

1

an − a1

an (an − a1 ) · · ·

an−2 (an − a1 ) n

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 (a2 − a1 ) 2  a3 − a1 a3 (a3 − a1 ) · · · an−2 (a3 − a1 )  3   |Vn | = det   .. .. .. ..   . . . . an − a1

(an − a1 ) an−2 n

a2 (an − a1 ) · · ·

Prosseguindo, podemos colocar os (ai − a1 ) em evidência,  1 a2  1 a3   |Vn | = (a2 − a1 )(a3 − a1 ) · · · (an − a1 ) × det  1 a4  . ..  .. . 1

an

a22 a23 a24 .. .

··· ··· ··· .. .

an−2 2 an−2 3 an−2 4 .. .

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
59

      

´ Algebra Moderna


23. Uma maneira de codificar uma mensagem blá, blá, blá... (na prática ninguém faz isso). a) Você 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 . Você transmite a mensagem ” CRETINO...” a ele (codificada 0 0 2 naturalmente!) Por quê n˜ ao ser´ a poss´ıvel a ele decodificar sua mensagem? c) Escolha uma matriz chave que dê para codificar palavras até 16 letras. Codifique e descodifique ` a vontade! Solu¸ c˜ ao de A: 

C−1

2 = 1 −1

1 1 −1

 −3 −2  3

Fazendo (M·C)·C−1 chegamos a mensagem M.   2 −12 48 23  −2 42 26  ·  1 −1 1 42 29 

1 1 −1

   −3 1 13 9 −2  =  12 14 0  3 15 14 0

Que de acordo com a tabela forma a frase: ANIMO-POSolu¸ c˜ ao de B: A matriz chave n˜ ao tem inversa. Solu¸ c˜ ao de C: Lembrando que toda matriz cujo determinante é diferente de zero possui inversa, então qualquer matriz 4 × 4 com determinante n˜ ao nulo é uma solu¸cão para o problema. 

1  0   0 0

2 1 0 0

2 4 1 0

 3 4   2  1

Vale ressaltar que ao contr´ ario do que coloca o autor esse método não é usado na prática, pois apresenta o mesmo n´ıvel de quebra que a cifra de césar exigindo maior custo computacional. 60

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61

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4


ESPAC ¸ O VETORIAL

4.1


1 a) Seja V o espa¸co vetorial Rn , definindo no Exemplo 2 de 4.2.2. Qual é o vetor nulo de V é o que é −(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 é formado pelo conjunto de vetores com da forma: (x1 , x2 , ..., xn ) Por defini¸c˜ ao o vetor nulo (u) de V é 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 é nulo simplesmente escrevendo u = {0}. Solu¸ c˜ ao da 2◦ parte de A: Se u é um vetor de V tal que u = (x1 , x2 , ..., xn ), então −u = −(x1 , x2 , ..., xn ). Como u − u = 0 ent˜ ao −u é o vetor oposto. Solu¸ c˜ ao de B: Seja m, u ∈ W onde:

62

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m=

a11 a21

a12 a22

; u=

b11 b21

b12 b22

e sendo u o vetor nulo de W ent˜ ao m·u=m ⇒

a11 a21

a12 a22

+

b11 b21

b12 b22

=

a11 a21

a12 a22

que implica em b11 = b12 = b21 = b22 = 0. Logo o vetor u será igual à: 0 0 u= 0 0 O vetor oposto de um vetor m genérico será −m.

2. Mostre que os seguintes subconjuntos de R4 são 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 é um espa¸co vetorial provamos que W e U são 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


Note que se fizermos a soma dos dois primeiro elementos do resultado de u + v o resultado é 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 é 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 então W é realmente um subespa¸co vetorial. Solu¸ c˜ ao de B: Semelhante a anterior.

3. Responda se os subconjuntos são subespa¸cos de M(2, 2). Em caso afirmativo exiba geradores a) V = b) V =

a c

b d

a c

b d

com a, b, c, d ∈ R e b = c com a, b, c, d ∈ R e b = c+1

Solu¸ c˜ ao de A: Vamos come¸car provando que a soma é fechada em V. 64

´ Algebra Moderna


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: M1 =

a1 b1

b1 d1

e M2 =

a2 b2

b2 d2

a1 + a2 b1 + b2

Fazendo M1 + M2

a1 b1

b1 d1

+

a2 b2

b2 d2

=

b1 + b2 d1 + d2

Note que a matriz resultante também pertence a V, pois ainda é uma matriz 2×2 e o seu elemento a12 ainda é igual ao elemento a21 . Com isso provamos que a soma em V é 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 · M1 = k

b1 d1

=

k · a1 k · b1

k · b1 k · d1

Note que a matriz resultante também pertence a V, pois seu elemento a12 ainda é igual ao seu elemento a21 . Ou seja, se u ∈ M1 ent˜ ao k · M1 ∈ V. Logo V é realmente um subespa¸co vetorial de M(2, 2). Para determinar um gerador tomamos a matriz M1 =

a1 b1

b1 d1

0 0

0 1

pertencente a V e a

descrevemos como uma soma de matrizes. Veja:

como

1 0

0 0

a1 b1

0 , 1

Solu¸ c˜ ao de B: a1 Tome M1 = c1

b1 d1

b1 d1 1 0

= a1

e

0 0

0 1

e M2 =

1 0

0 0

+ b1

0 1

1 0

+ d1

a2 c2

são LI então são estas uma base de V.

b2 d2

pertencentes ao conjunto V.

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


M1 =

a1 c1

c1 + 1 d1

e M2 =

a2 c2

c2 + 1 d2

Fazendo M1 + M2

a1 c1

c1 + 1 d1

+

a2 c2

c2 + 1 d2

=

a1 + a2 c1 + c2

c1 + c2 + 2 d1 + d2

note que a matriz resultante n˜ ao pertence a V, pois o elemento a12 6= a21 + 1. Portanto, V n˜ ao é um sub espa¸co vetorial.

4. Considere dois vetores (a, b) e (c, d) no plano. Se ad − bc = 0, mostre que eles são 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 até: det

a b

c d

= ad − cb

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 é claramente uma solu¸cão então o sistema deve ser poss´ıvel e indeterminado (ou seja, possui várias solu¸cões). 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 ńica solu¸cão. No caso, k1 = k2 = 0. O que prova que neste caso (a, b) e (c, d) são LI.

5. Verifique se os conjuntos s˜ ao espa¸cos vetoriais reais, com as opera¸cões usuais. No caso afirmativo, exiba uma base e dê a dimensão. a) Matrizes diagonais n × n.

66

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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

··· .. . 0 .. . . . . 0 ···

0



0 .. . 0 ann



b11

0

0 .. .

0 .. .

0

0

    +    

  c11 0 ..     .   +  0   . 0   .. 0 bnn

··· .. . .. . ···

··· .. . 0 .. . . . . 0 ···

0

observando como ocorre a soma em Mn×n (ver anexo II) então:    =  

a11 + b11

0

0 .. .

0 .. .

0

0

    =  

··· .. . .. . ···

0

0





0 .. .

0 .. .

0

ann + bnn

    0 +   .   .. 0

c11

··· .. . 0 .. . . . . 0 ···

 0 ..  .    0 

0

(a11 + b11 ) + c11 0 .. .

0 0 .. .

··· ··· .. .

0 0 .. .

0 0 .. .

0 0

0 0

··· ···

0 0

0 (ann + bnn ) + cnn

··· ··· .. .

0 0 .. .

0 0 .. .

··· ···

0 0

0 ann + (bnn + cnn )

cnn       

usando a associatividade em R (ver anexo I)     =  

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

67

      

 0 ..  .    0  cnn

´ Algebra Moderna




a11

  0 =  .  .. an1 

a11

  0 =  .  .. 0

···

0

0 ··· .. . . . . 0 ···

0 .. .

0

··· .. . 0 .. . . . . 0 ···

0

  b11 + c11 a1n ..    0 .  +   ..   . 0 bn1 + cn1 ann

0





0 .. .

     +     

0 ann

b11

0

0 .. .

0 .. .

0

0

··· .. . .. . ···

0

···

0

0 .. .

··· .. . ···

0 .. .

0

 b1n + c1n  ..  .    0 bnn + cnn

0

  c11 0 ..    .  + 0   . 0   .. 0 bnn

 0 ..   .    0 

··· .. . 0 .. . . . . 0 ···

0

cnn

= An×n + (Bn×n + Cn×n ). Como (An×n + Bn×n ) + Cn×n = An×n + (Bn×n + Cn×n ) então a condi¸cão i está provada. Para provar a condi¸c˜ ao ii somamos An×n e Bn×n e mostramos que a soma é comutativa. An×n + Bn×n



a11

  0 =  .  .. 0

··· .. . 0 .. . . . . 0 ···

0

0 .. . 0 ann





b11

0

0 .. .

0 .. .

0

0

    +    

  a +b 11 11 0 0 ..    .  .. = .    0   0 bnn 0

··· .. . .. . ···

0 0 .. .

··· ··· .. .

0 0 .. .

0 0 .. .

0 0

··· ···

0 0

0 ann + bnn

como a soma em R é comutativa ent˜ ao

      



a11 + b11 0 .. .

0 0 .. .

··· ··· .. .

0 0 .. .

0 0 .. .

0 0

0 0

··· ···

0 0

0 ann + bnn

   =  

b11

0

0 .. .

0 .. .

0

0

··· .. . .. . ···



      =    

b11 + a11 0 .. .

0 0 .. .

··· ··· .. .

0 0 .. .

0 0 .. .

0 0

0 0

··· ···

0 0

0 bnn + ann

··· .. . 0 .. . . . . 0 ···

0 .. .

  0 a11 ..    .  + 0   . 0   .. bnn 0 = Bn×n + An×n . 68

0

0 ann

     

      

      

´ Algebra Moderna


Como An×n + Bn×n = Bn×n + An×n então a condi¸cão ii está provada. As demais propriedades s˜ ao satisfeitas, mas serão deixadas a cargo igual a n e a base é a seguinte:    0 ··· ··· 0       0  ..  .. ..   1 ··· 0  .  1 . .    .. .. .  ..  ,  Base =  . 0  . .. ..  , ...,  .  .   .  . 0 .  0   0 ··· 0 0 ··· ··· 0

Solu¸ c˜ ao de B: ´ um espa¸co vetorial. A dimens˜ E ao é igual a 1 e a base é a seguinte:     1 ··· 0    ..  Base =  ...  1 .     0 ··· 1

Solu¸ c˜ ao de C: ´ um espa¸co vetorial. A dimens˜ E ao é igual a 2 e a base é a seguinte: 1 1 0 1 Base = , 1 0 0 1

Solu¸ c˜ ao de D: ´ um espa¸co vetorial. A dimens˜ E ao é igual a 1 e a base é a seguinte: Base = {(1, 1, 1..., 1)}

Solu¸ c˜ ao de E: N˜ ao é um espa¸co vetorial, pois n˜ ao existe o elemento neutro.

Solu¸ c˜ ao de F: N˜ ao é um espa¸co vetorial, pois n˜ ao existe o elemento neutro.

69

do leitor. A dimensão é

··· 0 ···

0 .. . 1

            

´ Algebra Moderna


Solu¸ c˜ ao de G: ´ um espa¸co vetorial. A dimens˜ E ao é igual a 1 e a base é 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)] a) O vetor

2 , 1, −1, 2 pertence a S? 3

b) O vetor (0, 0, 1, 1) pertence a S? Solu¸ c˜ ao de A: 2 , 1, −1, 2 ∈ S se, e somente se, puder ser escrito como combina¸cão linear dos O vetor 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¸cão 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

 x+y+z    x+y+4z -2x-y-4z    4x+2y+8z


= = = =

0 0 1 1

Como o sistema n˜ ao possui solu¸c˜ ao, então o vetor n˜ ao pertence a S.

7. Seja W o subespa¸co de M(2, 2) definido por W =

0 0

0 3

a) b)

2a 0

a + 2b a−b

: a, b ∈ R

−2 ∈ W? 1 2 ∈ W? 1

Solu¸ c˜ ao de A: A equa¸c˜ ao abaixo

0 0

−2 1

=

2a 0

a + 2b a−b

implica no seguinte sistema  2a = 0  a+2b = -2  a-b = 1 cuja solu¸c˜ ao ocorre para a = 0 e b = −1. Sendo assim, o vetor

0 0

−2 1

pertence a W.

Solu¸ c˜ ao de B: N˜ ao pertence. E nesse caso nem é preciso seguir o racioc´ınio anterior para chegar a tal conclus˜ ao, basta observar que nessa nova matriz o elemento a21 6= 0.

8. Seja W o subespa¸co de M(3,      0 0 0 1 0  1 1  ,  0 −1  ,  0 0 0 1 0 0

2) gerado por   1 0 0  O vetor  3 0 5

Solu¸ c˜ ao:

71

 2 4  pertence a W? 0

´ Algebra Moderna


Se o vetor pertencer a W ent˜ ao ele poderá ser escrito como combina¸cão linear dos geradores de W. 

0  3 5

  2 0 4  = a 1 0 0

  0 0 1  + b 0 0 1

  1 0 −1  + c  0 0 0



  2 0 4 = a 0 0

  0 0 a + 0 0 b

  b 0 −b  +  0 0 0

0  3 5 Note que  0      b+c a    a-b   b

 1 0  0  c 0  0

a equa¸c˜ ao acima implica no seguinte sistema = = = = =

0 2 3 4 5

Como a = 3, b = 5 e a − b = 4 ent˜ ao o sistema não têm solu¸cão, portanto, o vetor não pode pertencer a W.

9. Mostre que 1 0 0 , 0 0 0

1 0

0 , 1

0 0

0 , 0

0 1

é base de M(2,2). Solu¸ c˜ ao: Se os vetores descritos no enunciado forem realmente a base de M(2,2), então qualquer matriz M(2,2) pode ser escrita como combina¸cão linear deles. Como a equa¸c˜ ao a seguir é verdadeira e os vetores são LI então realmente são base de M(2,2).

a c

b d

=a

1 0

0 0

+b

0 0

1 0

+c

0 1

0 0

+d

0 0

0 1

10. Escreva uma base para o espa¸co vetorial das matrizes n × n. Qual a dimensão deste espa¸co? Solu¸ c˜ ao: Como os vetores

72

´ Algebra Moderna

    


1 0 .. .

0 0 .. .

··· ··· .. .

0 0 .. .

0

0

···

0



      ,  

0 1 0 0 .. .. . . 0 0

··· ··· .. .

0 0 .. .

···

0



   ,··· 

  , 

0 0 0 0 .. .. . . 0 0

··· ··· .. .

0 0 .. .

···

1

0 0 .. .



    

s˜ ao LI e

    

a11 a21 .. .

a12 a22 .. .

··· ··· .. .

a1n a2n .. .

an1

an2

···

ann



     = a11   

1 0 0 0 .. .. . . 0 0

··· ··· .. .

0 0 .. .

···

0





    +a12   

0 0 .. . 0

1 ··· 0 ··· .. . . . . 0 ···



    +· · ·+ann   

0

0 0 .. .

0 0 .. .

··· ··· .. .

0 0 .. .

0

0

···

1

ent˜ ao uma base seria            

1 0 .. .

0 0 .. .

··· ··· .. .

0 0 .. .

0

0

···

0

      ,  

1 ··· 0 ··· .. . . . . 0 0 ···

0 0 .. .

0 0 .. . 0

   ,··· 

   , 

0 0 0 0 .. .. . . 0 0

··· ··· .. .

0 0 .. .

···

1

          

11. Quais s˜ ao as coordenadas de x = (1, 0, 0) em rela¸cão à base β = {(1, 1, 1), (−1, 1, 0), (1, 0, −1)}? 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˜ ao ` a base B = {(1, 1, 1), (−1, 1, 0), (1, 0, −1)} é: 1/3, −1/3 e 1/3 ou então: 1 3 1 [x]β = 3 1 3

73

    

´ Algebra Moderna


12. Qual seria uma base “natural” para Pn ? (Veja o Exemplo 4 de 4.2.2). Dê a dimensão 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 , então a dimensão ser´ a igual a n + 1.

13. Mostre que os polinˆ omios 1 − t3 , (1 − t)2 , 1 − t e 1 geram o espa¸co dos polinômios de grau ≤ 3. Solu¸ c˜ ao: Se os polinˆ omios 1 − t3 , (1 − t)2 , 1 − t e 1 geram o espa¸co dos polinômios de grau ≤ 3 então o polinˆ omio a3 t3 + a2 t2 + a1 t + a0 pode ser escrito como combina¸cão linear deles. Ou seja: 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 questão são 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


−k1 = a3

(1)

k2 = a2

(2)

2k2 + k3 = a1

(3)

k3 + k4 + k1 + k2 = 0

(4)

Da equa¸c˜ ao (1) chegamos a k1 = −a3 . De (2) que k2 = a2 . Da equa¸cão (3) e (2) chegamos a k3 = a1 − 2a2 . E finalmente da equa¸c˜ ao (4), (3), (2) e (1) chegamos a k4 = −(a3 + a1 − a2 ). Com isso provamos a existência de cada kn (ou o fato de que um polinômio de grau três 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 também s˜ ao LI então são base de P3 . A demonstra¸c˜ ao para P2 , P1 e P0 é similar e fica a cargo do leitor.

14. Considere [−a, a] um intervalo simétrico e C1 [−a, a] o conjunto das fun¸cões 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] é um espa¸co vetorial real. b) Mostre que V1L e 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¸cões reais são as mesmas do conjunto dos n´ umeros reais. Por isso, a demonstra¸c˜ ao de que C1 [−a, a] é um espa¸co vetorial é evidente. Solu¸ c˜ ao de B:

75

´ Algebra Moderna


Dado f (x) e g(x) ∈ V1 ent˜ ao podemos afirmar que tanto f (x) como g(x) são fun¸cões pares. Como f (x) e g(x) est˜ ao definidas no intervalo [−a, a] então f (x) + g(x) também está. E como a soma de fun¸c˜ oes pares é par ent˜ ao: f (x) + g(x) ∈ V1 confirmando que a soma é fechada em V1 . Dado agora um α ∈ R e considerando que f (x) = b para algum x ∈ [−a, a] então: αf (x) = α · b e também αf (−x) = α · b ou seja: αf (x) = αf (−x) e portanto αf (x) ainda é uma fun¸cão par. Como αf (x) também pertence a [−a, a], pois f(x) pertence, então a multiplica¸cão por escalar também é fechada em V1 . Como a soma e a multiplica¸c˜ ao por um escalar qualquer são opera¸cões fechadas em V1 então V1 é um espa¸co vetorial. A demonstra¸c˜ ao de V2 é 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 contrário. (⇒) A ideia principal aqui é o fato de que toda fun¸cão f : E → R definida em um conjunto E simétrico em rela¸c˜ ao ` a origem pode ser escrita como a soma de uma fun¸cão par e uma fun¸cão ´ımpar. Assim, dado uma fun¸c˜ ao f (x) ∈ C 1 [−a, a] então: 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 estão definidas no intervalo C 1 [−a, a] e pertencem a C 1 [−a, a] então fi + fp também está definida no intervalo [−a, a] e também é diferenci´ avel no intervalo. Ou seja: fi + fp ∈ C 1 [−a, a]. L Logo, por dupla inclus˜ ao, v1 V2 = C 1 [−a, a].

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

M1 =

1 0

0 0


, M2 =

0 0

1 0

, M3 =

0 1

0 0

e M4 =

0 0

0 1

O conjunto α = {M1 , M2 , M3 , M4 } é uma base de M(2,2). A base α é chamada de base canˆ onica de M (2; 2). Mais geralmente, a base canônica de M(m;n) é formada por mn matrizes distintas, cada uma das quais possuindo uma u ńica 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 polinômios (de qualquer grau) com coeficientes reais. Existe uma base finita para este espa¸co? Encontre uma “base” para P e justifique então por que P é 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¸cão linear dos vetores LI: (1, x, ..., xn , ...). Logo, essa é 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 polinômio p(x) ∈ P que pode ser escrito como combina¸cão linear desses n vetores. p(x) = α1 (1) + α2 (x) + · · · + αn (xn ) Sendo assim o polinˆ omio h(x) = p(x) + αn (xn+1 ) não pode pertencer a P, pois xn+1 não pertence a base P. O que é um absurdo, pois P é o conjunto de todos os polinˆ omios independente do grau.

17. a) Dada uma matriz A de ordem m × n, você 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 é obtida por combina¸cão linear das linhas de A e vice-versa (basta reverter as opera¸cões com as linhas), justifique que V = W. b) Mostre, ainda, que os vetores dados pelas linhas não nulas de uma matriz-linha reduzida a forma escada s˜ ` ao LI. Solu¸ c˜ ao de A: Supondo que A seja uma matriz não nula, caso contrário a matriz linha reduzida também seria nula e a igualdade entre W e V seria evidente, então 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


ii) ou existe um β ∈ W que n˜ ao perten¸ca a V. Na primeira hip´ otese se α n˜ ao pertence a W então não pode ser escrito como combina¸cão linear dos vetores de W. O que é um absurdo, pois por hipótese todo vetor de V pode ser escrito como combina¸c˜ ao linear de W. O mesmo absurdo ocorre considerando a segunda hipótese. Concluindo que V = W. Solu¸ c˜ ao de B: Observe a matriz m × n a seguir.  a11 a12  0 a22   .. ..  . . 0 0

··· ··· .. .

a1(n−1) a2(n−1) .. .

a1n a2n .. .

···

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 é 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 mas como α1 = 0 ent˜ ao α2 ·a22 = 0. Como a22 também é um pivô então α2 ·a22 = 0 ⇒ α2 = 0. Analogamente se chega a conclus˜ ao de que cada αn dado é 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 dimensão? c) [v1 , v2 , v3 , v4 ] = R4 ? Por quê? Solu¸ c˜ ao de A: O vetor (2, −3, 2, 2) ∈ [v1 , v2 , v3 , v4 ], pois pode ser escrito como combina¸cão linear de [v1 , v2 , v3 , v4 ]. Veja: 3 7 (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


⇒ (2, −3, 2, 2) = (2, −3, 2, 2) Solu¸ c˜ ao de B: Solu¸caõ no pr´ oprio livro na p´ agina 137. Solu¸ c˜ ao de C: Solu¸caõ 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 é a dimens˜ ao de S? Solu¸ c˜ ao: Esse exerc´ıcio é bem similar a letra B do exerc´ıcio 8. Primeiro montamos a matriz a seguir:  1 1  1 0 0 1

 −2 4 0 0  −1 2

onde por meio de opera¸c˜ oes elementares com as  1 1 −2  0 1 −2 0 0 1

linhas chegamos até:  4 4  −2

Sendo assim a base de S seria [(1,1,-2,4), (0,1,-2,4), (0,0,1,-2)] cuja dimensão é igual a 3. Observe que esse resultado faz muito mais sentido do que [(1, 0, 0, 0), (0, 1, −1, 2)], pois não exite um x e y tal que (1, 1, −2, 4) ∈ S possa ser escrito como combina¸cão linear de (1, 0, 0, 0) e (0, 1, −1, 2).

79

´ Algebra Moderna


21. Considere o sistema linear   2x1 + 4x2 − 6x3 = a x1 − x2 + 4x3 = b (§)  6x2 − 14x3 = c Seja W = {(x1 , x2 , x3 ) ∈ R3 : é solu¸cão de (§)}. Isto é, W é o conjunto-solu¸cão do sistema. a) Que condi¸c˜ oes devemos impor a a, b e c para que W seja subespa¸co vetorial de R3 ? b) Nas condi¸c˜ oes determinadas em a) encontre uma base para W. c) Que rela¸c˜ ao existe entre a dimensão de W e o grau de liberdade do sistema? Seria este resultado v´ alido para quaisquer sistemas homogêneos? Solu¸ c˜ ao de A: Se W é um subespa¸co ent˜ ao para todo a ∈ R e xn ∈ W então axn ∈ W . Sendo assim, se (x1 , x2 , x3 ) ∈ W ent˜ ao (−x1 , −x2 , −x3 ) também pertence a W. E portanto também é 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 é 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¸caõ na p´ agina 138. Solu¸ c˜ ao de C: Solu¸caõ 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


Solu¸c˜ ao na p´ agina 138.

23 Demostre o teorema 4.3.5, isto é, 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 ), então 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 são 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 é fechado para soma então a conclus˜ ao retirada de (1) é que u + v ∈ W1 + W2 como quer´ıamos demonstrar. A prova de que ku ∈ W1 + W 2 segue quase a mesma lógica e fica a cargo do leitor.

L 24. Mostre que, se V = W1 W2 e α = {v1 , · · · , vk } é a base de W1 , β = {w1 , · · · , wr } é a base de W2 ent˜ ao γ = {v1 , · · · , vk , w1 , · · · , wr } é base de V. Mostre com um exemplo que o resultado não continua verdadeiro se a soma de subespa¸cos n˜ ao for uma soma direta. Solu¸ c˜ ao: 81

´ Algebra Moderna


Como (v1 , · · · , vk ) é uma base de W1 então (v1 , · · · , vk ) ∈ W1 . Analogamente podemos dizer que (w1 , · · · wr ) ∈ W2 . Sendo assim (v1 , · · · , vk , w1 , · · · wr ) ∈ V , pois V é a soma direta de W1 com W2 . Seja (x1 , · · · , xk , x01 · · · x0r ) uma base de V . Então existe um α que permite escrevermos (v1 , · · · , vk , w1 , · · · wr ) como combina¸caõ 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 ) é a própria base de V . O exemplo pedido se encontra na página 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 é soma direta? Justifique. e) W1 + W2 = R4 ? Solu¸ c˜ ao: Resposta na p´ agina 139 do livro.

26. Sejam W1 =

a c

b d

tais que a = d e b = c

subespa¸cos de M(2,2)

82

e W2 =

a c

b d

tais que a = c e b = d

´ Algebra Moderna


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 é o conjunto formado por todas as matrizes 2 por 2 da forma: d c (1) c d enquanto W2 das matrizes

c c

d d

(2)

Sendo assim, uma matriz que perten¸ca a intercessão desses conjuntos seria uma matriz tal que além 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

=

c c

d d

⇒d=cec=d

ou seja,

d d

1 1

W1 ∩ W2 =

d d

Onde uma base seria

1 1

Solu¸ c˜ ao de B: De imediato podemos descartar a hipótese de ser soma direta, pois como determinamos no item A W1 ∩ W2 6= {0}. Vamos simplesmente determinar a soma então. d c c d W1 = | d, c ∈ R e W2 = | c, d ∈ R c d c d Ent˜ ao, W1 + W2 =

d+c c

Obs: Uma outra nota¸c˜ ao para W1 + W2 seria

83

c+d d

| c, d ∈ R

´ Algebra Moderna


d c

c d

c , c

d d

| d, c ∈ R

´ aconselh´ E avel que o professor deixe isso bastante claro uma vez que ambas as nota¸cões são usadas no livro e para muitos alunos sua equivalência não é evidente.

27. a)LDado o subespa¸co V1 = {(x, y, z) ∈ R3 | x + 2y + z = 0} ache um subespa¸co V2 tal que R = V1 V2 . 3

b) Dê exemplos de dois subespa¸co de dimensão dois de R3 tais que V1 + V2 = R3 . A soma é direta? Solu¸ c˜ ao: Se V1 = {(x, y, z) ∈ R3 | x = −2y − z} então 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 são 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 têm dois vetores então 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 então: dim(V1 + V2 ) = dim(V1 ) + dim(V2 ) ⇒ 3 = 2 + dim(V2 ) ⇒ dim(V2 ) = 1. Assim, a base de V1 deve ser um u ńico 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


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)] é uma base de R3 então V1 + V2 = R3 . Nesse caso a soma n˜ ao é direta, pois dim(V1 ∩ V2 ) = 1. Veja tamb´ em a p´ agina 141 do livro.

28. Ilustre com um exemplo a proposi¸cão: “Se U e W são 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 é de dimensão 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 também 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 interseçc˜ ao entre as bases (r1 e r2 ) é o eixo OX cuja base é [(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

b) Quais s˜ ao as coordenadas do vetor v = (3, −2) em rela¸cão à base: i) β ii) β1 iii) β2

iv) β3

c) As coordenadas de um vetor v em rela¸cão à base β1 são dadas por 85

´ Algebra Moderna


[v]β1 =

4 0

Quais s˜ ao as coordenadas de v em rela¸cão à base: i) β ii) β2 iii) β3

Solu¸ c˜ ao de A: Resolvendo a equa¸c˜ ao

1 0

0 1

x y −1 · = z w 1

chega-se a x = −1, y = 1, z = 1 e w = 1. Logo −1 1 β1 [I]β 1 1 analogamente se chega as demais solu¸cões. Solu¸ c˜ ao de B e C: Ver p´ agina 140 do livro.



 1 0 −1 1  30. Se [I]α α 0 −1 ache   −1 a) [v]α onde [v]α0 =  2  3   −1 b) [v]α0 onde [v]α =  2  3 0

1 = 0 1

Solu¸ c˜ ao de A: Olhando a p´ agina 125 do livro obtemos: 0

[v]α = [I]α α · [v]α0 que implica  1 [vα ] =  0 1

em: 1 −1 0

     0 −1 1 1 · 2 = 1  −1 3 −4

A letra B fica a cargo do leitor.

86

1 1

´ Algebra Moderna


π 31. Se β 0 é obtido de β, a base canônica de R2 , pela rota¸cão por um angulo − , ache 3 0

a) [I]ββ b) [I]ββ 0

Solu¸ c˜ ao: Se β = [(1, 0), (0, 1)] e M(−π/3) =

cos(−π/3) −sen(−π/3)

sen(−π/3) cos(−π/3)

então primeiro devemos

0

descobrir β . 1/2 cos(−π/3) sen(−π/3) 1 √ · = −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 Seja ent˜ ao β = {(1, 0), (0, 1)} e β 0 = [(1/2, 3/2), (− 3/2, 1/2)] podemos determinar [I]ββ . √ 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 [I]ββ 0 = √ 3/2

√ − 3/2 1/2

Solu¸ c˜ ao de B: Basta determinar a matriz inversa de

√1/2 3/2

√ − 3/2 ficando a cargo do leitor. 1/2

32. Sejam β1 = {(1, 0)(0, 2)}, β2 = {(−1, 0), (1, 1)} e β3 = {(−1, −1), (0, −1)} três bases 87

´ Algebra Moderna


ordenadas de R2 . a) Ache i) [I]ββ21

ii) [I]ββ32

iii) [I]ββ31

iv) [I]ββ21 · [I]ββ32

b) Se for poss´ıvel, dê 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 ii) [I]ββ32 =

iii)

[I]ββ31

iv)

[I]ββ31

1 −1

−1 −1/2

0 −1/2

−1 −1/2

−2 −1/2

=

=

0 −1

Solu¸ c˜ ao de B: Como o problema n˜ ao especifica que tipo de rela¸cão devemos procurar qualquer similaridade entre as matrizes serve. Como, por exemplo, todas têm 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


(1, 1, 0, 1) = a13 (1, 0, 0, 0) + a23 (0, 1, 0, 0) + a33 (0, 0, 0, 1) que implica em 

[I]ββ1

a11 =  a21 a31

a12 a22 a32

  a13 1 a23  =  0 a33 0

1 1 0

 1 1  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 é base de um espa¸co vetorial, qual é a matriz de mudan¸ca de base [I]α α? Solu¸ c˜ ao: Solu¸caõ na p´ agina 141.

89

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90

´ Algebra Moderna


˜ TRANSFORMAC ¸ OES LINEARES

5

5.1


1. Seja T : V → W uma fun¸c˜ ao. Mostre que: a) Se T é uma transforma¸c˜ ao linear, então T (0) = 0. b) Se T (0) 6= 0, ent˜ ao T n˜ ao é uma transforma¸cão linear. Solu¸ c˜ ao de A: Se T é mesmo uma transforma¸c˜ ao então V é 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¸cão linear para essa prova que é: 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 tivéssemos ter´ıamos T (0) = 0, veja: T (k · a) = kT (a) ⇒ T (0 · a) = 0 · T (a) ⇒ T (0) = 0 Logo a u ńica possibilidade é termos a = 0. Contudo, se fizermos a = 0 pela primeira propriedade (T (a + b) = T (a) + T (b)) chegaremos também a T (0) = 0, vejamos: T (a + b) = T (a) + T (b) ⇒ T (0 + b) = T (0) + T (b) 91

´ Algebra Moderna


⇒ 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¸cões lineares simplesmente não se satisfaz.

2. Determine quais das seguintes fun¸cões são aplica¸cões 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 → det c d c

b d

d) k : P2 → P3 ax2 + bx + c → ax3 + bx2 + cx e) m : R3 → R2 

1 (x, y, z) → (x, y, z)  0 1

 2 −1  1

f) n : R → R x → |x| Solu¸ c˜ ao de A Primeiro vamos provar a primeira propriedade que é 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


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¸cão calculado no passo 3 (equa¸cão 2) é igual ao valor da fun¸c˜ ao calculada no passo 2 (equa¸cão 1). Se forem fica provado a primeira propriedade, isto é, 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 também 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¸cão calculada no passo 1 (equa¸cão 3) é igual a equa¸cão 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 é resolvido de forma mais direta, o que é até mais elegante. Os próximos 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


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¸cão. Exemplo C: a1 b1 a2 b2 Dado u = ev= então: 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 ) a1 b1 2 =k ·f c1 d 1 = k 2 · f (u) Como para todo k 6= 1 e 0 temos f (ku) 6= kf (u) então a segunda condi¸cão não 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 , então: 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


= (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 é k(u + v) = k(u) + k(v) Vamos provar agora a segunda condi¸cão, 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 é 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 então: m(u + v) = m((x1 , y1 , z1 ) + (x1 , y1 , z1 )) = m(x1 + x2 , y1 + y2 , z1 + z2 ) 

1 = (x1 + x2 , y1 + y2 , z1 + z2 )  0 1

 2 −1  1

= (x1 + x2 + z1 + z2 2x1 + 2x2 − y1 − y2 + z1 + z2 ) 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 =

x1 + z1

= m(u) + m(v) Ou seja, m(u + v) = m(u) + m(v). Vamos provar agora a segunda condi¸cão. m(ku) = m (k(x1 , y1 , z1 )) m (kx1 , ky1 , kz1 ) 

1 = (kx1 , ky1 , kz1 )  0 1

 2 −1  1

95

´ Algebra Moderna


=

kx1 + kz1

2kx1 − ky1 + kz1

=

k(x1 + z1 ) k(2x1 − y1 + z1 )

2x1 − y1 + z1    1 2 = k (x1 , y1 , z1 )  0 −1  1 1 =k

x1 + z1

= k · m((x1 , z1 , y1 )) = k · m(u) Ou seja, m(ku) = k ·m(u). Com isso também provamos que a fun¸cão ´ 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| então não n pode ser uma transforma¸c˜ ao linear.

3. a) Ache a transforma¸c˜ ao linear T : R3 → R2 tal que T (1, 0, 0) = (2, 0), T (0, 1, 0) = (1, 1) 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)} é uma base de R3 então v pode ser escrito como combina¸cão 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


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)

4. Qual é a transforma¸c˜ ao linear T : R2 → R3 tal que T (1, 1) = (3, 2, 1) e T (0, −2) = (0, 1, 0)? b) Ache T (1, 0) e T (0, 1). c) Qual é a transforma¸c˜ ao linear S : R3 → R2 tal que S(3, 2, 1) = (1, 1), S(0, 1, 0) = (0, −2) e S(0, 0, 1) = (0, 0)? d) Ache a transforma¸c˜ ao linear P : R2 → R2 tal que P = S ◦ T . Solu¸ c˜ ao de A: Os vetores (1,1) e (0,-2) s˜ ao uma base de R2 , pois são linearmente independentes. Sendo 2 assim, um vetor (x, y) ∈ R pode ser escrito como combina¸cão linear deles. Ou seja: (x, y) = a(1, 1) + b(0, −2) ⇒ (x, y) = (a, a) + (0, −2b) ⇒ (x, y) = (a, a − 2b)

Que implica em a = x e b =

x−y . 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

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x−y (0, 1, 0) 2 x−y ⇒ T (x, y) = (3x, 2x, 1x) + 0, ,0 2 5x − y ⇒ T (x, y) = 3x, , x que é a transforma¸cão desejada. 2 ⇒ T (x, y) = x(3, 2, 1) +

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) são 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) que implica em a =

2x x x ,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 x 2x ⇒ S(x, y, z) = T (0, 1, 0) + z − T (3, 2, 1) + y − 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 é a transforma¸cão desejada. 3 3 Solu¸ c˜ ao de D: Primeiro determinamos a matriz transforma¸cão de S em rela¸cão a base canônica. S(1, 0, 0) =

1 5 , 3 3

S(0, 1, 0) = (0, −2) S(0, 0, 1) = (0, 0)

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⇒S=

1/3 5/3


0 −2

0 0

Agora determinamos a matriz transforma¸cão de T em rela¸cão a base canônica. 15 3, , 1 2 −1 ,0 T (0, 1) = 0, 2

T (1, 0) =



3  15 ⇒ 2 1

 0 −1   2 0

Finalmente fazemos S · T .   3 0 1/3 0  15 −1  =  · 5/3 −2 2 2 1 0

0 0

=

1 −10

0 1

Pelo resultado a forma algébrica de P têm as seguintes caracter´ısticas:

P (1, 0) = (1, −10) P (0, 1) = (0, 1)

e com base nelas podemos encontrar a forma algébrica 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 é uma reflexão em torno da reta x = y. b) Escreva-a em forma matricial. Solu¸ c˜ ao: No fim do livro.

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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 Para qualquer real x diferente de zero então, existe um

1 1 , 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

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ANEXO II

Opera¸c˜ oes em Mn×n • Soma  a11 · · ·  .. ..  . . an1

···

  a1n b11 ..  +  .. .   . ann bn1

··· .. . ···

• Multiplica¸ c˜ ao por escalar.    k · a11 b11 · · · b1n  ..   .. . . . . k· . . . . = bn1

···

bnn

k · an1

  b1n a11 + b11 ..  =  .. .   . bnn an1 + an1

··· .. . ···

 k · a1n  ..  . k · ann

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··· .. . ···

 a1n + b1n  ..  . ann + bnn

Algebra Linear (Boldrini-Editora Harbra)

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