Boldrini cap1 - Algebra linear, Exercícios de Geometria Analítica e Álgebra Linear

Baixe Boldrini cap1 - Algebra linear e outras Exercícios em PDF para Geometria Analítica e Álgebra Linear, somente na Docsity! Livro: Álgebra Linear - Editora Harbra (Boldrini/Costa/Figueiredo/Wetzler) [email protected] Compilado dia 06/03/2017 Solucionário da 3a edição do livro de Álgebra Linear dos autores: José Luiz Boldrini, Sueli I.Rodrigues Costa, Vera Lúcia Figueiredo e Henry G. Wetzler. Para quem desejar; uma cópia 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 caṕıtulo do livro por mês. Mas, infelizmente resolver e digitar (principalmente digitar), os exerćıcios 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 atualizações. www.number.890m.com Sumário 1 MATRIZES 2 1.1 Exerćıcios da página 11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 1.2 Exerćıcios da página 26 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 2 SISTEMAS DE EQUAÇÕES LINEARES 20 2.1 Exerćıcios da página 49 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 3 DETERMINANTE E MATRIZ INVERSA 44 3.1 Exerćıcios da página 90 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44 4 ESPAÇO VETORIAL 62 4.1 Exerćıcios da página 129 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62 5 TRANSFORMAÇÕES LINEARES 91 5.1 Exerćıcios da página 171 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91 6 ANEXO I 101 7 ANEXO II 102 Álgebra Moderna Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA 1 MATRIZES 1.1 Exerćıcios da página 11 1. Sejam A = ( 1 2 3 2 1 −1 ) , B = ( −2 0 1 3 0 1 ) , C =   −1 2 4   e D = [2, −1] Encontre: a) A + B b) A · C c) B · C d) C · D e) D · A f) D · B g) −A h) −D Solução de A: A+B ( 1 2 3 2 1 −1 ) + ( −2 0 1 3 0 1 ) = ( −1 2 4 5 1 0 ) Solução de B: A ·B ( 1 2 3 2 1 −1 ) ·   −1 2 4   = ( 15 −4 ) Solução de C: −1 ·A 2 Álgebra Moderna Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Solução de H: Verdadeiro. O produto entre duas matrizes só é posśıvel 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. 7. Se A2 = A·A, então ( −2 1 3 2 )2 . . . Solução: ( −2 1 3 2 )2 = ( −2 1 3 2 ) · ( −2 1 3 2 ) = ( 7 0 0 7 ) 8. Se A é uma matriz triangular superior, então A2 é . . . Solução: Do tipo triangular superior. 5 Álgebra Moderna Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA 9. Ache, x, y, z, w se ( x y z w )( 2 3 3 4 ) = ( 1 0 0 1 ) Solução: O produto entre as matrizes ( x y z w ) e ( 2 3 3 4 ) resulta em ( 2x+ 3y 3x+ 4y 2z + 3w 3z + 4w ) Que por hipótese é igual a matriz nula. ( 2x+ 3y 3x+ 4y 2z + 3w 3z + 4w ) = ( 1 0 0 1 ) Resolvendo as equações acima chega-se a x = −4; y = 3; z = 3; e w = −2. 10. Dadas A =   1 −3 2 2 1 −3 4 −3 −1  , B =   1 4 1 0 2 1 1 1 1 −2 1 2   e C =   2 1 −1 −2 3 −2 −1 −1 2 −5 −1 0   mostre que AB = AC. Solução: AB = AC   −3 −3 0 1 1 15 0 −5 −3 15 0 −5   =   −3 −3 0 1 1 15 0 −5 −3 15 0 −5   11. Suponha que A 6= 0 e AB = AC onde A, B, C são matrizes tais que a multiplicação esteja definida. a) B = C? b) Se existir uma matriz Y, tal que YA = I, onde I é a matriz identidade, então B = C? Solução: Se AB = AC e A−1 for transposta de A então: A−1(AB) = A−1 (AC) Usando a associatividade (A−1A)B = (A−1A)C IB = IC B = C 6 Álgebra Moderna Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA 12. Explique por que, (A+B)2 6= A2 + 2AB + B2 e (A + B)(A – B) 6= A2 – B2. Solução: As equações não são verdadeiras pois, não são satisfeitas para qualquer matriz. 14. Se A = ( 3 −2 −4 3 ) , ache B, de modo que B2 = A. Solução: Tomando B = ( x y z w ) então: ( x y z w ) · ( x y z w ) = ( 3 −2 −4 3 ) A equação acima resulta no seguinte sistema:        x2 + yz = 3 (1) zy + w2 = 3 (2) xy + yw = −2 (3) zx+ wz = −4 (4) Das equações (1) e (2) obtemos que x = ±w. Vamos tomar (arbitrariamente), x = w. Se x = w então a equação (3) pode ser escrita como: wy + yw = −2 Como y e W são números reais e portanto vale a comutatividade então: wy + yw = −2 2(wy) = −2 ⇒ wy = −1 (5) Ainda supondo que x = w podemos escrever a equação (4) como: zx+ wz = −4 z(x+ w) = −4 z(w + w) = −4 7 Álgebra Moderna Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA A =       0 1 1 1 1 1 0 1 1 0 0 1 0 1 0 0 0 1 0 1 0 0 0 1 0       Qual seria o significado da matriz A2 = A · A? Seja A2 = [cij ]. Calculemos o elemento c42 = 5 ∑ k=1 a4kak2 = 0 + 0 + 1 + 0 + 0 = 1 Note que a única parcela não nula veio de a43 · a32 = 1 · 1. Isto significa que a estação 4 transmite para a estação 2 através de uma transmissão pela estação 3, embora não exista uma transmissão 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 afirmação: “A matriz A2 representa o número de caminhos dispońıveis para se ir de uma estação a outra com uma única retransmissão”. d) Qual o significado das matrizes A + A2, A3 e A + A2 + A3? e) Se A fosse simétrica, o que significaria? Solução de A: (Solução retirada da lista da Professora. Marina Tebet (GAN/IME/UFF)).       0 1 1 1 1 1 0 1 1 0 0 1 0 1 0 0 0 1 0 1 0 0 0 1 0       ·       0 1 1 1 1 1 0 1 1 0 0 1 0 1 0 0 0 1 0 1 0 0 0 1 0       =       1 1 2 3 1 0 2 2 2 2 1 0 2 1 1 0 1 0 2 1 0 0 1 0 1       Solução de B: (Solução retirada da lista da Professora. Marina Tebet (GAN/IME/UFF)). c13 = 2 e significa que a estação 1 transmite para estação 3 através de uma terceira de dois modos (através da estação 2 e da estação 4). Solução de C: (Solução retirada da lista da Professora. Marina Tebet (GAN/IME/UFF)). Cada elemento de A2 representa o número de modos que uma estação trans mite para uma outra através de uma terceira estação. 10 Álgebra Moderna Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Solução de D: (Solução retirada da lista da Professora. Marina Tebet (GAN/IME/UFF)). Cada elemento de A + A2 representa a soma do número de modos que uma estação transmite para outra, diretamente e através de uma terceira para uma outra. A + A2 =       1 2 3 4 2 1 2 3 3 2 1 1 2 2 1 0 1 1 2 1 0 0 1 1 1       Veja: O elemento 14 indica que há 4 maneiras de se transmitir da estação 1 à estação 4: Diretamente: 1→5→4, 1→2→4 e 1→3→4. Cada elemento de A3 representa o número de modos que uma estação transmite para uma outra através de uma quarta estação. A3 =       1 3 5 5 4 2 2 4 6 2 0 3 2 5 2 1 0 3 1 2 0 1 0 3 0       Veja: O elemento 25 indica que há 2 maneiras de se transmitir da estação 1 para a estação 2 através de uma quarta estação: 2→3→4→5 e 2→1→4→5. Cada elemento de A + A2 + A3 representa a soma do número de modos que uma estação transmite para outra estação, diretamente, através de uma terceira e de uma quarta. A + A2 + A3 =       2 5 8 9 6 3 4 7 9 4 1 4 4 6 3 1 1 4 3 3 0 1 1 3 1       Veja: Experimente listar as maneiras de se transmitir da estação 3 para a estação 5 considerando transmissões diretas, através de uma terceira e através de uma quarta. Solução de E: (Solução retirada da lista da Professora. Marina Tebet (GAN/IME/UFF)). Se A fosse simétrica, isto é, aij = aji, isso significaria que a estação i transmite para a estação j sempre que a estação j transmitir para a i. 11 Álgebra Moderna Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Existem três marcas de automóveis dispońıveis 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. 0.7 0.2 0.1 0.3 0.5 0.2 0.4 0.4 0.2 Para J P U De J P U Os termos da diagonal de dão a probabilidade aii de se comprar um carro novo da mesma marca. A2 representa as probabilidades de se mudar de uma marca para outra depois de duas com- pras. Você pode verificar isto a partir dos conceitos básicos de probabilidade (consulte 1.5) e produto de matrizes. Calcule A2 e interprete. Solução: A2 =           59 100 7 25 13 100 11 25 39 100 17 100 12 25 9 25 4 25           Os termos de A2, aij , significam mudar da marca i para a marca j depois de duas compras. 12 Álgebra Moderna Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA respectivamente. Se o time não melhor nem piorar, conseguira mais vitórias ou derrotas a longo prazo? Solução: Primeiro vamos considerar as probabilidades após Ganhar uma partida. G G 1/2 P 1/5 E 3/10 Agora as probabilidades após Perder um jogo. G P G 1/2 3/10 P 1/5 3/10 E 3/10 2/5 E finalmente as probabilidades após Empatar. G P E G 1/2 3/10 1/5 P 1/5 3/10 2/5 E 3/10 2/5 2/5 Observe que esta ultima matriz é regular (quadrada e com possibilidade de inversão). Assim podemos aplicar o teorema 1.5.4.   pG pP pE   =   0.5 0.3 0.2 0.2 0.3 0.4 0.3 0.4 0.4   ·   pG pP pE     pG pP pE   =   0.5pG + 0.3pP + 0.2pE 0.2pG + 0.3pP + 0.4pE 0.3pG + 0.4pP + 0.4pE   Que resulta nas seguintes equações. 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 Álgebra Moderna Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Além disso, sabemos que as somas das probabilidades é igual a um (pG + pP + pE = 1). Dáı, pG = 26 79 , pP = 24 79 e pE = 29 79 . 3. Numa pesquisa procura-se estabelecer uma correlação entre os ńıveis de escolaridade de pais e filhos, estabelecendo as letras: P para os que conclúıram o curso primário; S para os que conclúıram o secundário; 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: 0 1 3 2 3 1 3 1 3 1 3 0 1 3 2 3 P S U P S U Qual a probabilidade de um neto, de um indiv́ıduo que concluiu o curso secundário, ser universitário? Solução: A matriz do problema é a matriz de transição de estado da cadeia de Markov. Sendo assim, a matriz dos netos é dada pelo quadrado da matriz de transição.   2/3 1/3 0 1/3 1/3 1/3 0 1/3 2/3   ·   2/3 1/3 0 1/3 1/3 1/3 0 1/3 2/3   =   5/9 1/3 1/9 1/3 1/3 1/3 1/9 1/3 5/9   A probabilidade desejada é portanto 1/3. 4. Numa cidade industrial, os dados sobre a qualidade do ar são classificados como satisfatório (S) e insatisfatório (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? Solução de A: Quando se registra S a probabilidade de ser S no dia seguinte é de 2/5. 16 Álgebra Moderna Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA S I S 2/5 I Quando marca I a probabilidade de ser S é de 1/5. S I S 2/5 1/5 I Sabemos que pS + pI = 1 (pois são eventos complementares), assim podemos completar a tabela acima. S I S 2/5 1/5 I 3/5 4/5 Essa será a matriz de transição 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 transição. T3 = ( 2/5 1/5 3/5 4/5 )3 = ( 32/125 31/125 93/125 94/125 ) O resultado é o valor do elemento a12 da 3 a potência. No caso, 31 125 . Solução de B: Usando o teorema 1.5.4: ( pS pI ) = ( 2/5 1/5 3/5 4/5 ) · ( pS pI ) Da equação acima retira-se o seguinte sistema { −0.6pS + 0.2pI = 0 0.6pS − 0.2pI = 0 Cuja solução ocorre para pS = 1 4 e pI = 3 4 . Assim, a longo prazo, a probabilidade de termos dias satisfatórios é 1/4 e de termos dias insatisfatórios é de 3/4. 5. Numa ilha maravilhosa verificou-se que a cor azul ocorre em borboletas de genótipo aa, e não ocorre em Aa e AA. Suponha que a proporção de borboletas azuis seja 1/4. Depois de algumas gerações, qual será a porcentagem das borboletas não azuis, mas capazes de ter filhotes azuis? 17 Álgebra Moderna Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA 2 SISTEMAS DE EQUAÇÕES LINEARES 2.1 Exerćıcios da página 49 1. Resolva o sistema de equações, escrevendo as matrizes ampliadas, associadas aos novos sistemas.        2x− y + 3z = 11 4x− 3y + 2z = 0 x+ y + z = 6 3x+ y + z = 4 Solução: A matriz ampliada do sistema é:     2 −1 3 11 4 −3 2 0 1 1 1 6 3 1 1 4     Vamos agora usar as operações de multiplicação e soma nas linhas da matriz para resolver o sistema. Fazendo L2 = L2 - 2L1; L3 = 2L3 - L1 e L4 = 3L1 - 2L4     2 −1 3 11 0 −1 −4 −22 0 3 −1 1 0 −5 7 25     Fazendo agora L3 = 3L2 + L3 e L4 = L4 − 5L2     2 −1 3 11 0 −1 −4 −22 0 0 −13 −65 0 0 27 135     Fazendo L4 = 27L3 + 13L4     2 −1 3 11 0 −1 −4 −22 0 0 −13 −65 0 0 0 0     20 Álgebra Moderna Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Dividindo L1 por 2, L2 por -1 e L3 por -13     1 −1/2 3/2 11/2 0 1 4 22 0 0 1 5 0 0 0 0     Fazendo L1 = L1 + 0.5L2     1 0 7/2 33/2 0 1 4 22 0 0 1 5 0 0 0 0     Fazendo L2 = L2 - 4L3     1 0 7/2 33/2 0 1 0 2 0 0 1 5 0 0 0 0     Finalmente fazendo L1 = L1 - (7/2)L3     1 0 0 −1 0 1 0 2 0 0 1 5 0 0 0 0     Solução: x = −1, y = 2 e z = 5 2. Descreva todas as posśıveis matrizes 2× 2, que estão na forma escada reduzida por linhas. Solução: Tome A = ( a11 a12 a21 a22 ) com coeficientes não nulos. Existe um k ∈ R onde ka21 = a11. Sendo assim, multiplicando L2 por k e depois subtráımos L1 de L2. ( a11 a12 k · a21 − a11 k · a22 − a12 ) Que resulta na matriz a seguir. ( a11 a12 0 ka22 − a12 ) Agora, dividimos L1 por a11 21 Álgebra Moderna Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA ( 1 a12 a11 0 ka22 − a12 ) E finalmente dividimos L2 por ka22 − a12 ( 1 a12 a11 0 1 ) 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 à forma escada reduzida por linhas. a)   1 −2 3 −1 2 −1 2 3 3 1 2 3   b)   0 1 3 −2 2 1 −4 3 2 3 2 −1   c)     0 2 2 1 1 3 3 −4 2 2 −3 1     Solução de A:   1 0 0 −4 0 1 0 −3 0 0 1 −1   Solução de B:   0 1 3 −2 2 1 −4 3 2 3 2 −1   L1 = L1 + L2 →   2 0 −7 5 2 1 −4 3 2 3 2 −1   L2 = L1 - L2 →   2 2 −7 5 0 −1 −3 2 2 3 2 −1   L3 = L3 − L1 →   2 2 −7 5 0 −1 −3 2 0 3 9 −6   L3 = 3L2 + L3 →   2 2 −7 5 0 −1 −3 2 0 0 0 0   Finalmente dividindo L2 por −1 e L1 por 2:   1 1 −7/2 5/2 0 1 3 −2 0 0 0 0   22 Álgebra Moderna Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA 2x− y = k 2(−0.5)− (0) = k k = −1 O valor de k deve ser −1. 7. Encontre todas as soluções do sistema    x1 + 3x2 + 2x3 + 3x4 − 7x5 = 14 2x1 + 6x2 + x3 − 2x4 + 5x5 = −2 x1 + 3x2 − x3 + 2x5 = −1 Solução: Fazendo o escalonamento do sistema chega-se até:    x1 + 3x2 + 2x3 + 3x4 − 7x5 = 14 x3 + 8 3x4 − 193 x5 = 10 x4 − 2x5 = 3 Onde observamos que as variáveis 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. Solução: A nulidade é o numero de colunas subtráıda 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 soluções do sistema associado a ela. Se cada coluna da matriz representa uma incógnita do sistema não faz nenhum sentido que o numero de soluções (posto) seja maior que o numero de colunas. Se isso fosse posśıvel teŕıamos um sistema com mais soluções que o numero de incógnitas do mesmo. 9. Foram estudados três tipos de alimentos. Fixada a mesma quantidade (1g) determinou-se que: 25 Álgebra Moderna Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA 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 são necessárias 11 unidades de vitaminas A, 9 de vitamina B e 20 de vitamina C; a) Encontre todas as posśıveis 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 solução custando exatamente Cr$ 1,00? Solução de A: (Solução 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 são as quantidades, em gramas, dos alimentos I, II e III respectivamente. Chega-se a solução: 5 3 ≤ z ≤ 8 3 ; x = −5 + 3z; y = 8− 3z Solução de B: (Solução 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 são as quantidades, em gramas, dos alimentos I, II e III respectivamente. Chega-se a solução: 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 posśıvel, o grau de liberdade. 26 Álgebra Moderna Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA 10. {x1 + 2x2 − x3 + 3x4 = 1 Solução: Todas as variáveis possui o mesmo grau de liberdade assim, podemos usar qualquer uma delas para escrever a solução. Neste caso, vamos usar x2, ..., x5. • Matriz ampliada: [1 2 − 1 3 1]; • Posto: 1; • Posto da matriz dos coeficientes: 1; • Solução: x1 = 1− 2x2 + x3 − 3x4; • Grau de liberdade: 3. O grau de liberdade é a diferença entre o numero de variáveis e o número de equações não nulas na forma escada. 11. { x+ y + z = 4 2x+ 5y − 2z = 3 Solução: • Matriz ampliada: ( 1 1 1 4 0 1 −4/3 −5/3 ) ; • Posto: 2; • Posto da matriz dos coeficientes: 2; • Solução: x = 17− 7z 3 ; y = 4z − 5 3 ; • Grau de liberdade: 1. 12.    x+ y + z = 4 2x+ 5y − 2z = 3 x+ 7y − 7z = 5 Solução: 27 Álgebra Moderna Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA a ultima matriz corresponde ao sistema: x1 + 1 2 x2 = 5 2 x2 = −1 Por substituição, x1 − 1 2 = 5 2 , ou seja, x1 = 2. Resolva pelo método de Gauss os exerćıcios 13,14 e 15. Solução de 14: A matriz ampliada do sistema, após 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 já são 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 solução será x = y = z = 0. Solução de 15: A matriz ampliada do sistema, após 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 Álgebra Moderna Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Que por substituição resulta em x = 0; y = 0 e z = 0. Solução de 16: A matriz ampliada do sistema, após o escalonamento, será:       1 2/3 −4/3 1/3 0 1 −7/5 −8/5 0 0 1 3/2 0 0 0 0 0 0 0 1/2       que resulta no seguinte sistema:        x+ (2/3)y − (4/3)z = 1/3 y − (7/5)z = −(8/5) z = 3/2 0 = 1/2 Com base na ultima linha tornamos evidente que trata-se de um sistema imposśıvel, e por- tanto, sem solução mesmo pelo método de Gauss. 18. a) Mostre a proposição 2.4.3 para matrizes 2×2 quaisquer. b) Sinta a dificuldade que você terá para formalizar o resultado para matrizes n×m, mas con- vença-se de que é só uma questão de considerar todos os casos posśıveis, e escreva a demonstração. Consulte 2.7. Solução: Veja páginas 60 e 61. 19. Chamamos de sistema homogêneo de n equações e m incógnitas aquele sistema cujos termos independentes bi, são todos nulos. a) Um sistema homogêneo admite pelo menos uma solução. 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 solução distinta da trivial (x = y = z = 0). Solução de a: Uma solução para todo sistema homogêneo é zero. 31 Álgebra Moderna Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Solução de b: Escalonando o sistema    2x− 5y + 2z = 0 x+ y + z = 0 2x+ kz = 0 Chegamos a solução de k = 2. 20. Considere o sistema { x+ 6y − 8z = 1 2x+ 6y − 4z = 0 Note que podemos escreve-lo na forma matricial (∗) ( 1 6 −8 2 6 −4 )   x y z   = ( 1 0 ) a) verifique que a matriz X1 =   x y z   =   1 1/3 0   é uma solução para o sistema. b) = Resolva o sistema e verifique que toda “matriz-solução” é da forma: X =   x y z   = λ   −4 2 1  +   −1 1/3 0   onde λ ∈ R. c) Verifique λ   −4 2 1  +   −4λ 2λ λ   é a solução do sistema homogênea, associado ao sistema (∗), (∗∗) ( 1 6 −8 2 6 −4 )   x y z   = ( 0 0 ) d) Conclua, dos itens a), b) e c), que o conjunto-solução do sistema ∗ é o conjunto-solução do sistema ∗∗, somando a uma solução particular tema ∗. Solução de A: Basta substituir x, y e z por 1, 1/3 e 0 no sistema e verificar se as equações seguintes são satisfeitas: 32 Álgebra Moderna Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA    a11 · · · a1n ... . . . ... a1n · · · ann    ·    x1 ... xn    =    b1 ... bn    e    y1 ... yn    é solução do sistema homogêneo associado a AX = B    a11 · · · a1n ... . . . ... a1n · · · ann    ·    y1 ... yn    =    0 ... 0    então a soma das soluções também é solução de AX = B.    y1 ... yn    =    x1 ... xn    =    x1 + y1 ... xn + yn    Para verificar tal afirmação substitúımos esse resultado na equação AX = B    a11 · · · a1n ... . . . ... a1n · · · ann    ·    x1 + y1 ... xn + yn    =    b1 ... bn    Note que a equação matricial acima representa o seguinte sistema      a11(x1 + y1) + · · ·+ a1n(xn + yn) ... a1n(x1 + y1) + · · ·+ ann(xn + yn) e podemos representa-la como:      a11x1 + a11y1 + · · ·+ a1nxn + a1nyn ... a1nx1 + a1ny1 + · · ·+ annxn + annyn      a11x1 + · · ·+ a1nxn + a11y1 + · · ·+ a1nyn ... a1nx1 + · · ·+ annxn + a1ny1 + ·+ annyn 35 Álgebra Moderna Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Observando a equação do sistema homogêneo notamos que a soma de todos os termos acom- panhados de yb com b ∈ (1, ..., n) é igual a zero. Assim podemos rescrever o sistema      a11x1 + · · ·+ a1nxn + 0 ... a1nx1 + · · ·+ annxn + 0 Que na forma de equação matricial fica    a11 · · · a1n ... . . . ... a1n · · · ann    ·    x1 ... xn    =    b1 ... bn    Assim, a soma das soluções é uma solução do sistema AX = B. 23. Faça o balanceamento das reações: a) N2O5 → NO2 + O2 (decomposição térmica do N2O5) b) HF + SiO2 → SiF4 + H2O c) (NH4)2CO3 → NH3 + H2O + CO2 Solução 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: xN2O5 → yNO2 + zO2 Ou seja: { 2x− y (Ni) 5x− 2y − 2z (O) O Sistema é SPI (Sistema Posśıvel e Indeterminado) e admite mais de uma solução (x, y, z), porém nos interessa a menor solução inteira. A solução genérica desse sistema é: ( λ 2 , λ, λ 4 ) 36 Álgebra Moderna Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA adotando λ = 4 Que nos dá a menor solução inteira, teremos: x = 2, y = 4 e z = 1 e a equação balanceada é: 2N2O5 → 4NO2 + O2 Solução de B: 4HF + SiO2 → SiF4 + 2H2O Solução de C: (NH4)2CO3 → 2NH3 + H2O + CO2 25. Sabendo-se que a alimentação 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 alimentação equilibrada? Solução: A matriz que relaciona os alimentos com suas devidas quantidades de cada vitamina é: A B C D E I 1 10 1 2 2 II 9 1 0 1 1 III 2 2 5 1 2 IV 1 1 1 2 13 V 1 1 1 9 2 37 Álgebra Moderna Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Dispõe-se de uma tabela de preços de vários tipos de resistências; assim como as correntes máximas que elas suportam sem queimar. RESISTÊNCIAS Corrente máxima 20Ω 30Ω 40Ω 50Ω 100Ω 0.5A 10,00 10,00 15,00 15,00 20,00 1.0A 15,00 20,00 15,00 15,00 25,00 3.0A 20,00 22,00 20,00 20,00 28,00 5.0A 30,00 30,00 34,00 34,00 37,00 Solução: B A C Usando as leis dos nós obtemos as seguintes equações:    i1 − i2 − i5 = 0 i5 + i4 + i3 − i1 = 0 i1 − i4 − i3 − i5 = 0 Já aplicando a lei das malhas    i1 + 5i5 − 14 = 0 3i2 + 10 + 4i4 − 10i5 = 0 5i3 + 5− 4i4 = 0 Usando as três equações do sistema acima e duas do sistema formando pela lei dos nós chegamos a um terceiro sistema que nos dará a solução das correntes.            i1 + 5i5 = 14 3i2 + 4i4 − 10i5 = −10 5i3 − 4i4 = −5 i1 − i2 − i5 = 0 −i1 + i3 + i4 + i5 = 0 Cuja solução ocorre para: i1 = 3.6774194 i2 = 1.6129032 i3 = 0.1612903 i4 = 1.4516129 i5 = 2.0645161 40 Álgebra Moderna Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Com base nesses dados e na tabela do problema o custo mı́nimo é de R$ 115,00. 28. Uma placa quadrada de material homogêneo e mantida com os bordos AC e BD temper- atura de 20◦C, o bordo AB a 40◦C e CD a 10◦C, com o uso de isolantes térmicos em A, B, C e D (vide figura). 10◦C 40◦C 20◦C10◦C x y A B C D Após ser atingido o equiĺıbrio térmico, qual e a temperatura aproximada em cada ponto da placa? Solução: Considere o seguinte reticulado da placa: 10 20 40 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: p32 = 20 + p42 + p22 + p33 4 Onde p32 é o ponto situado na linha 3 e coluna 2. Podemos multiplicar os dois lados da equação por 4, e então colocar as variáveis no lado esquerdo e as constantes no lado direito: 4p32 = 20 + p42 + p22 + p33 41 Álgebra Moderna Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA 4p32 − p42 − p22 − p33 = 20 Repetindo o processo para cada ponto obtemos um sistema de equações lineares. Cujas soluções nos dará as temperaturas dos pontos. 42 Álgebra Moderna Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA (1, 5, 2, 4, 3) (1, 2, 5, 4, 3) Agora a troca do ultimo termo (3) resulta em mais 2 operações. (1, 2, 5, 3, 4) (1, 2, 3, 5, 4) Agora a troca do ultimo termo (4) resulta em mais 1 operação. (1, 2, 3, 4, 5) Note que não é necessário trocar o ultimo termo (que agora é o 5). Como ao total realizamos 4, 3, 2 e 1 trocas então a permutação (5, 4, 3, 2, 1) possui 10 inversões (4 + 3 + 2 + 1). Pensando de forma análoga o número de inversões de (n,...,1) seria (n− 1)+ (n− 2)+ ...+1. 3. Calcule det   2 0 −1 3 0 2 4 −3 7   a) pela definição. b) em relação à segunda coluna, usando o desenvolvimento de Laplace. Solução de A: Pela definição det = a11a22a33 − a11a23a32 − a12a21a33 + a12a23a31 + a13a21a32 − a13a23a31 = 21 Solução de B: det A = a11|A11 − a12|A12 + a13|A13 = 21 4. Dadas as matrizes A = [ 1 2 1 0 ] e B = [ 3 −1 0 1 ] , calcule a) det A + det B b) det (A + B) Solução de A: Como det A = −2 e det B = 3 então det A + det B = 1 45 Álgebra Moderna Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Solução de B: [ 1 2 1 0 ] + [ 3 −1 0 1 ] = [ 4 1 1 1 ] Portanto det [ 4 1 1 1 ] = 4− 1 = 3 5. Sejam A e B matrizes do tipo n× n. Verifique se as colocações 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, então a11∆11 + a12∆12 + a13∆13 = a21∆21 + a22∆22 + a23∆23 Solução 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! Solução de B: A afirmativa é verdadeira! Solução 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. Solução de D: det(A2) = (det(A))2 46 Álgebra Moderna Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA det(A2) = det(A · A) = det(A) · det(A) = (det(A))2. Logo a afirmativa é verdadeira! Solução de E: É falsa. Basta considerar a matriz A = ( 1 0 0 1 ) e A22. Solução de F: Verdadeira. 6. Dada A =     2 3 1 −2 5 3 1 4 0 1 2 2 3 −1 −2 4     calcule a) A23 b) |A23| c) ∆23 d) det A Solução de A: A23 =   2 3 −2 0 1 2 3 −1 4   Solução de B: Usando a regra de Sarrus det A23 = 36 Solução de C: ∆23 = (−1)2+3|A23| = (−1)5 · 36 = −36 47 Álgebra Moderna Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA b) 0 c) 12 + 8i 8. Calcule o det A, onde a) A =     3 −1 5 0 0 2 0 1 2 0 −1 3 1 1 2 0     b) A =     i 3 2 −i 3 −i 1 i 2 1 −1 0 −i i 0 1     c) A =       3 0 0 0 0 19 18 0 0 0 −6 π −5 0 0 4 √ 2 √ 3 0 0 8 3 5 6 −1       Solução de A: det(A) = 12 Solução de B: A cargo do leitor. Solução 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 Álgebra Moderna Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA 9. Encontre A−1, onde a) A =     4 −1 2 −2 3 −1 0 0 2 3 1 0 0 7 1 1     b) A =     0 −i −2 i 1 −1 i 1 0 −1 1 −i 1 1 1 0     c) A =   1 0 x 1 1 x2 2 2 x   Solução de A: A−1 =     −1 −1 4 −2 −3 −4 12 −6 11 14 −43 22 10 14 −41 21     Solução de B: A−1 =     0.6 + 0.2i 0.4− 0.2i 0.4− 0.2i 0.6 + 0.2i 0.2 + 0.4i −0.2− 0.4i −0.2 + 0.6i 0.2 + 0.4i −0.8− 0.6i −0.2 + 0.6i −0.2− 0.4i 0.2− 0.6i −1 + i 1 −1 + i −1     Solução de C: A cargo do leitor. 10. Se A ou B é uma matriz não inverśıvel, então A ·B também não é. Prove isto, sem usar determinantes. Solução: Para ser inverśıvel o determinante da matriz tem que ser diferente de zero. Logo det(A) = 51 Álgebra Moderna Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA 0 ou det(B) = 0. E como det(AB) = det(A) · det(B) então det(AB) = 0. Logo, não pode ser inverśıvel. 11. Mostre que d dx   x2 x+ 1 3 1 2x− 1 x3 0 x −2   =   2x 1 0 1 2x− 1 x3 0 x −2  +   x2 x+ 1 3 0 2 3x2 0 x −2  +   x2 x+ 1 3 1 2x− 1 x3 0 1 0   Observe atentamente a igualdade acima e enuncie a propriedade que ela ilustra. Solução: A derivada do determinante é a soma dos determinantes das matrizes obtidas da original, diferenciando as linhas, uma por uma. 12. Dada a matriz A =   2 1 −3 0 2 1 5 1 3   calcule a) adj A b) det A c) A−1 Solução: a) Adj(A) =   5 −6 7 5 21 −2 −10 3 4   b) 45 c) A−1 = 1 45   5 −6 7 5 21 −2 −10 3 4   13. Mostre que det   1 1 1 a b c a2 b2 c2   = (a− b)(b− c)(c− a) Solução: Basta aplicar a regra de Sarrus na matriz e desenvolver o lado direito da equação para se chegar a conclusão requerida. 52 Álgebra Moderna Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA 18. Prove que: Uma matriz A, com ordem n, tem posto n se, e somente se A é inverśıvel. Solução: Para provar a bicondicional dada considere uma matriz A =      a11 a12 · · · a1n a21 a22 · · · a2n ... ... · · · ... an1 an2 · · · ann      (⇒) Se o posto de A é igual a n então A possui uma forma escalonada com n linhas não nulas. Escalonada(A) =      a11 a12 · · · a1n 0 b22 · · · b2n ... ... · · · ... 0 0 · · · bnn      Também não pode ocorrer dos elementos da diagonal (circulados em vermelho a seguir) serem nulos, caso contrário a matriz acima não estaria em sua forma escalonada. Escalonada(A) =      a11 a12 · · · a1n 0 b22 · · · b2n ... ... · · · ... 0 0 · · · bnn      Pelo teorema de Jacobi o determinante de A coincide com o determinante da sua matriz escalonada (não confunda com a matriz escalonada reduzida). Assim: det(A) = a11 · n ∏ i=1 bii Supondo por absurdo que A seja não inverśıvel, 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 inverśıvel. (⇐) Associado a matriz A temos o seguinte sistema 55 Álgebra Moderna Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA          a11x1 + a12x2 + · · ·+ a1(n−1)xn−1 = a1n a21x1 + a22x2 + · · ·+ a2(n−1)xn−1 = a2n ... + ... + · · ·+ ... = ... an1x1 + an2x2 + · · ·+ an(n−1)xn−1 = ann De modo que sua forma escalonada será:          a11x1 + a12x2 + · · ·+ a1(n−1)xn−1 = a1n b22x2 + · · ·+ 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 posśıvel determinado pos- suindo n linhas linearmente independentes o que implica em p(A) = n. 19. A partir do exerćıcio 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 secção 2.4) Solução: Segundo a seção 2.4 o posto de uma matriz também pode ser definido como o número de linhas linearmente independentes desta. E como uma matriz A é inverśıvel se, e somente se, det(A) 6= 0. A afirmação provada no exerćıcio anterior “Uma matriz A, com ordem n, tem posto n se, e somente se A é inverśıvel.” 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 área do triângulo na figura 56 Álgebra Moderna Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA B(x3, y3) A(x1, y1) C(x2, y2) é dada pelo determinante 1 2   x1 y1 1 x2 y2 1 x3 y3 1   Solução: Construa um trapézio auxiliar como na figura a seguir: A1 A2 A área do triangulo será a área do trapézio menos as áreas dos 2 triângulos coloridos, isto é: ∆ = AT − A1 − A2 ∆ = ((y3 − y2) + (y1 − y2))(x3 − x1) 2 − (x2 − x1)(y1 − y2) 2 − (x3 − x2)(y3 − y2) 2 Efetuando as multiplicações e simplificando, chegamos a: 2∆ = x1y2 − x1y3 − x2y1 + x2y3 + x3y1 − x3y2 Que podemos escrever como 2∆ = (1) · det [ x1 x1 y3 y2 ] + (−1) · det [ x2 x2 y3 y1 ] + (1) · det [ x3 x3 y2 y1 ] 57 Álgebra Moderna Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA 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 matriz chave por   1 1 −1 1 1 0 0 0 2  . Você transmite a mensagem ” CRETINO...” a ele (codificada naturalmente!) Por quê não será posśıvel a ele decodificar sua mensagem? c) Escolha uma matriz chave que dê para codificar palavras até 16 letras. Codifique e de- scodifique à vontade! Solução de A: C−1 =   2 1 −3 1 1 −2 −1 −1 3   Fazendo (M·C)·C−1 chegamos a mensagem M.   −12 48 23 −2 42 26 1 42 29   ·   2 1 −3 1 1 −2 −1 −1 3   =   1 13 9 12 14 0 15 14 0   Que de acordo com a tabela forma a frase: ANIMO-PO- Solução de B: A matriz chave não tem inversa. Solução de C: Lembrando que toda matriz cujo determinante é diferente de zero possui inversa, então qual- quer matriz 4× 4 com determinante não nulo é uma solução para o problema.     1 2 2 3 0 1 4 4 0 0 1 2 0 0 0 1     Vale ressaltar que ao contrário do que coloca o autor esse método não é usado na prática, pois apresenta o mesmo ńıvel de quebra que a cifra de césar exigindo maior custo computacional. 60 Álgebra Moderna Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Quer saber quando sairá a próxima atualização desse documento? Nesse caso você pode: • verificar diretamente no blog (www.number.890m.com); • ou me seguir no Facebook (www.facebook.com/diegoguntz). E se alguma passagem ficou obscura ou se algum erro foi cometido por favor escreva para [email protected] para que possa ser feito a devida correção. www.number.890m.com Para encontrar esse e outros exerćıcios resolvidos de matemática acesse: www.number.890m.com 61 Álgebra Moderna Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA 4 ESPAÇO VETORIAL 4.1 Exerćıcios da página 129 1 a) Seja V o espaço 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. Solução de A: Olhando o exemplo 2 de 4.2.2 o espaço vetorial V é formado pelo conjunto de vetores com da forma: (x1, x2, ..., xn) Por definição 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 convenção, criada a fim de simplificar a escrita de que um vetor nulo. Assim, podemos dizer que u é nulo simplesmente escrevendo u = {0}. Solução 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 então −u é o vetor oposto. Solução de B: Seja m, u ∈ W onde: 62 Álgebra Moderna Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Tome M1 = [ a1 b1 c1 d1 ] e M2 = [ a2 b2 c2 d2 ] pertencentes a V. Como em V todas as matrizes tem o elemento a12 = a21 então M1 e M2 podem ser rescritos como: M1 = [ a1 b1 b1 d1 ] e M2 = [ a2 b2 b2 d2 ] Fazendo M1 + M2 [ a1 b1 b1 d1 ] + [ a2 b2 b2 d2 ] = [ a1 + a2 b1 + b2 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 então: k ·M1 = k [ a1 b1 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 então k ·M1 ∈ V. Logo V é realmente um subespaço vetorial de M(2, 2). Para determinar um gerador tomamos a matriz M1 = [ a1 b1 b1 d1 ] pertencente a V e a descrevemos como uma soma de matrizes. Veja: [ a1 b1 b1 d1 ] = a1 [ 1 0 0 0 ] + b1 [ 0 1 1 0 ] + d1 [ 0 0 0 1 ] como [ 1 0 0 0 ] , [ 0 1 1 0 ] e [ 0 0 0 1 ] são LI então são estas uma base de V. Solução de B: Tome M1 = [ a1 b1 c1 d1 ] e M2 = [ a2 b2 c2 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) então M1 e M2 podem ser rescritos como: 65 Álgebra Moderna Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA M1 = [ a1 c1 + 1 c1 d1 ] e M2 = [ a2 c2 + 1 c2 d2 ] Fazendo M1 +M2 [ a1 c1 + 1 c1 d1 ] + [ a2 c2 + 1 c2 d2 ] = [ a1 + a2 c1 + c2 + 2 c1 + c2 d1 + d2 ] note que a matriz resultante não pertence a V, pois o elemento a12 6= a21 + 1. Portanto, V não é um sub espaço 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 são LI. Solução: Dado k1, k2 ∈ R então: k1 · (a, b) + k2 · (c, d) = (0, 0) (1) da equação 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 c b d ) = ad− cb Se ad − cb = 0 então, pela regra de Cramer, o sistema deve ser posśıvel e indeterminado ou imposśıvel. Entretanto, como k1 = k2 = 0 é claramente uma solução então o sistema deve ser posśıvel e indeterminado (ou seja, possui várias soluções). Portanto, nesse caso os vetores (a, b) e (c, d) são LD. Entretanto, se ad − bc 6= 0 então o sistema admite apenas uma única solução. No caso, k1 = k2 = 0. O que prova que neste caso (a, b) e (c, d) são LI. 5. Verifique se os conjuntos são espaços vetoriais reais, com as operações usuais. No caso afirmativo, exiba uma base e dê a dimensão. a) Matrizes diagonais n× n. 66 Álgebra Moderna Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA b) Matrizes escalares n× n. c) {[ a a+ b a b ] : a, b ∈ R } 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} Solução de A: Dado as matrizes An×n, Bn×n e Cn×n pertencentes ao conjunto das matrizes diagonais n×n então: (An×n + Bn×n) + Cn×n =             a11 0 · · · 0 0 0 . . . ... ... ... . . . 0 0 0 · · · ann       +       b11 0 · · · 0 0 0 . . . ... ... ... . . . 0 0 0 · · · bnn             +       c11 0 · · · 0 0 0 . . . ... ... ... . . . 0 0 0 · · · cnn       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       +       c11 0 · · · 0 0 0 . . . ... ... ... . . . 0 0 0 · · · cnn       =        (a11 + b11) + c11 0 · · · 0 0 0 0 · · · 0 0 ... ... . . . ... ... 0 0 · · · 0 0 0 0 · · · 0 (ann + bnn) + cnn        usando a associatividade em R (ver anexo I) =        a11 + (b11 + c11) 0 · · · 0 0 0 0 · · · 0 0 ... ... . . . ... ... 0 0 · · · 0 0 0 0 · · · 0 ann + (bnn + cnn)        67 Álgebra Moderna Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Solução de G: É um espaço vetorial. A dimensão é igual a 1 e a base é a seguinte: Base = {(1, 2, 3)} 6. Considere o subespaço de R4 S = [(1, 1− 2, 4), (1, 1,−2, 2), (1, 4,−4, 8)] a) O vetor ( 2 3 , 1,−1, 2 ) pertence a S? b) O vetor (0, 0, 1, 1) pertence a S? Solução de A: O vetor ( 2 3 , 1,−1, 2 ) ∈ S se, e somente se, puder ser escrito como combinação linear dos vetores que geram S. Ou seja, ( 2 3 , 1,−1, 2 ) = x(1, 1− 2, 4) + y(1, 1− 1, 2) + z(1, 4,−4, 8) (1) para algum x, y e z ∈ R. Note que da equação (1) podemos extrair o seguinte sistema        x + y + z = 2/3 x+y+4z = 1 -2x-y-4z=-1 4x+2y+8z=2 cuja solução ocorre para x = 0, y = 5/9 e z = 1/9 Logo ( 2 3 , 1,−1, 2 ) pode realmente ser escrito como combinação linear dos geradores de S de modo que pertence a S. Solução 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 Álgebra Moderna Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA        x + y + z = 0 x+y+4z = 0 -2x-y-4z = 1 4x+2y+8z = 1 Como o sistema não possui solução, então o vetor não pertence a S. 7. Seja W o subespaço de M(2, 2) definido por W = {( 2a a+ 2b 0 a− b ) : a, b ∈ R } a) ( 0 −2 0 1 ) ∈ W? b) ( 0 2 3 1 ) ∈ W? Solução de A: A equação abaixo ( 0 −2 0 1 ) = ( 2a a+ 2b 0 a− b ) implica no seguinte sistema    2a = 0 a+2b = -2 a-b = 1 cuja solução ocorre para a = 0 e b = −1. Sendo assim, o vetor ( 0 −2 0 1 ) pertence a W. Solução de B: Não pertence. E nesse caso nem é preciso seguir o racioćınio anterior para chegar a tal conclusão, basta observar que nessa nova matriz o elemento a21 6= 0. 8. Seja W o subespaço de M(3, 2) gerado por   0 0 1 1 0 0   ,   0 1 0 −1 1 0   ,   0 1 0 0 0 0   O vetor   0 2 3 4 5 0   pertence a W? Solução: 71 Álgebra Moderna Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Se o vetor pertencer a W então ele poderá ser escrito como combinação linear dos geradores de W.   0 2 3 4 5 0   = a   0 0 1 1 0 0  + b   0 1 0 −1 1 0  + c   0 1 0 0 0 0     0 2 3 4 5 0   =   0 0 a a 0 0  +   0 b 0 −b b 0  +   0 c 0 0 0 0   Note que a equação acima implica no seguinte sistema            0 = 0 b + c = 2 a = 3 a - b = 4 b = 5 Como a = 3, b = 5 e a− b = 4 então o sistema não têm solução, portanto, o vetor não pode pertencer a W. 9. Mostre que {[ 1 0 0 0 ] , [ 0 1 0 0 ] , [ 0 0 1 0 ] , [ 0 0 0 1 ]} é base de M(2,2). Solução: Se os vetores descritos no enunciado forem realmente a base de M(2,2), então qualquer matriz M(2,2) pode ser escrita como combinação linear deles. Como a equação a seguir é verdadeira e os vetores são LI então realmente são base de M(2,2). [ a b c d ] = a [ 1 0 0 0 ] + b [ 0 1 0 0 ] + c [ 0 0 1 0 ] + d [ 0 0 0 1 ] 10. Escreva uma base para o espaço vetorial das matrizes n × n. Qual a dimensão deste espaço? Solução: Como os vetores 72 Álgebra Moderna Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA −k1 = a3 (1) k2 = a2 (2) 2k2 + k3 = a1 (3) k3 + k4 + k1 + k2 = 0 (4) Da equação (1) chegamos a k1 = −a3. De (2) que k2 = a2. Da equação (3) e (2) chegamos a k3 = a1−2a2. E finalmente da equação (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 combinação dos vetores dados). Para mostrar que esses vetores são 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 são LI então são base de P3. A demonstração 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 funções reais definidas no intervalo [−a, a] que possuem derivadas cont́ınuas no intervalo. Sejam ainda os subconjunto V1 = {f(x) ∈ C1[−a, a] | f(−x) = f(x), ∀ x ∈ [−a, a]} e V2 = {f(x) ∈ C1[−a, a] | f(−x) = −f(x), ∀ x ∈ [−a, a]}. a) Mostre que C1 [−a, a] é um espaço vetorial real. b) Mostre que V1 e V2 são subespaços de C 1[−a, a]. c) Mostre que V1 ⊕ V2 = C 1[−a, a]. Solução de A: As propriedades das operações com funções reais são as mesmas do conjunto dos números reais. Por isso, a demonstração de que C1[−a, a] é um espaço vetorial é evidente. Solução de B: 75 Álgebra Moderna Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Dado f(x) e g(x) ∈ V1 então podemos afirmar que tanto f(x) como g(x) são funções pares. Como f(x) e g(x) estão definidas no intervalo [−a, a] então f(x) + g(x) também está. E como a soma de funções pares é par então: 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 função par. Como αf(x) também pertence a [−a, a], pois f(x) pertence, então a multiplicação por escalar também é fechada em V1. Como a soma e a multiplicação por um escalar qualquer são operações fechadas em V1 então V1 é um espaço vetorial. A demonstração de V2 é semelhante e fica a cargo do leitor. Solução de C: Essa demonstração será feita por dupla inclusão, ou seja, primeiro vamos demonstrar que todo elemento de C1[−a, a] ∈ V1 ⊕ V2 e depois o contrário. (⇒) A ideia principal aqui é o fato de que toda função f : E → R definida em um conjunto E simétrico em relação à origem pode ser escrita como a soma de uma função par e uma função ı́mpar. Assim, dado uma função f(x) ∈ C1[−a, a] então: f(x) = fi(x) + fp(x) o que implica no fato de f(x) ∈ V1 ⊕ V2. (⇐) Dado fp ∈ V1 e fi ∈ V2, então fi+ fp ∈ V1 ⊕ V2. Como tanto fi como fp estão definidas no intervalo C1[−a, a] e pertencem a C1[−a, a] então fi + fp também está definida no intervalo [−a, a] e também é diferenciável no intervalo. Ou seja: fi + fp ∈ C1[−a, a]. Logo, por dupla inclusão, v1 ⊕ V2 = C 1[−a, a]. 15. Seja V o espaço das matrizes 2× 2 sobre R, e seja W o subespaço gerado por [ 1 −5 −4 2 ] , [ 1 1 −1 5 ] , [ 2 −4 −5 7 ] , [ 1 −7 −5 1 ] Encontre uma base, e a dimensão de W . Solução: Note que dado 76 Álgebra Moderna Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA M1 = [ 1 0 0 0 ] , M2 = [ 0 1 0 0 ] , M3 = [ 0 0 1 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 canônica 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 única 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 então dim(W ) = 4. 16. Seja P o conjunto de todos os polinômios (de qualquer grau) com coeficientes reais. Existe uma base finita para este espaço? Encontre uma “base” para P e justifique então por que P é conhecido como um espaço de dimensão infinita. Solução: Perceba que qualquer polinômio, de qualquer grau, pode ser escrito como combinação linear dos vetores LI: (1, x, ..., xn, ...). Logo, essa é uma base para P. Já a prova de que não 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 combinação linear desses n vetores. p(x) = α1(1) + α2(x) + · · ·+ αn(xn) Sendo assim o polinômio h(x) = p(x)+αn(x n+1) não pode pertencer a P, pois xn+1 não per- tence a base P. O que é um absurdo, pois P é o conjunto de todos os polinômios 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 subespaço V , de Rn, gerado por estes m vetores. Da mesma forma para a matriz B, linha reduzida à forma escada de A, podemos considerar o subespaço W gerado pelos m vetores, dados por suas linhas. Observando que cada linha de B é obtida por combinação linear das linhas de A e vice-versa (basta reverter as operações com as linhas), justifique que V = W. b) Mostre, ainda, que os vetores dados pelas linhas não nulas de uma matriz-linha reduzida à forma escada são LI. Solução 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 não pertença a W, 77 Álgebra Moderna Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA 21. Considere o sistema linear (§)    2x1 + 4x2 − 6x3 = a x1 − x2 + 4x3 = b 6x2 − 14x3 = c Seja W = {(x1, x2, x3) ∈ R3: é solução de (§)}. Isto é, W é o conjunto-solução do sistema. a) Que condições devemos impor a a, b e c para que W seja subespaço vetorial de R3? b) Nas condições determinadas em a) encontre uma base para W. c) Que relação existe entre a dimensão de W e o grau de liberdade do sistema? Seria este resultado válido para quaisquer sistemas homogêneos? Solução de A: Se W é um subespaço então para todo a ∈ R e xn ∈ W então axn ∈ W . Sendo assim, se (x1, x2, x3) ∈ W então (−x1,−x2,−x3) também pertence a W. E portanto também é conjunto solução do sistema ou seja: −2x1 − 4x2 + 6x3 = a como por hipótese 2x1 + 4x2 − 6x3 = a então 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 condição de b e c iguais a zero. Solução de B: Solução na página 138. Solução de C: Solução na página 138. 22. Seja U o subespaço de R3, gerado por (1,0,0) e W o subespaço de R3, gerado por (1,1,0) e (0,1,1). Mostre que R3 = U ⊕ W Solução: 80 Álgebra Moderna Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Solução na página 138. 23 Demostre o teorema 4.3.5, isto é, mostre que, dados u = w1 + w2 ∈ W1 + W2 e v = w ′ 1 +w ′ 2 ∈ W1 +W2 (onde w1, w ′ 1 ∈ W1 e w2, w ′ 2 ∈ W2), então u+ v ∈ W1 +W2 e ku ∈ W1 +W2 para todo k ∈ R. Solução: u+ v = (w1 + w2) + ( w ′ 1 + w ′ 2 ) Como u, v ∈ W1 +W2 então vale a associatividade, pois W1 e W2 são subespaços e portanto associativos. Sendo assim: u+ v = ((w1 + w2) + w ′ 1) + w ′ 2 usando a comutatividade u+ v = ((w2 + w1) + w ′ 1) + w ′ 2 usando novamente a associatividade u+ v = (w2 + (w1 + w ′ 1)) + w ′ 2 e novamente u+ v = w2 + ((w1 + w ′ 1) + w ′ 2) usando agora a comutatividade u+ v = w2 + (w ′ 2 + (w1 + w ′ 1)) e a associatividade uma última vez u+ v = (w2 + w ′ 2) + (w1 + w ′ 1) e a comutatividade u+ v = (w1 + w ′ 1) + (w2 + w ′ 2) (1) como w2, w ′ 2 ∈ W2 e w1, w ′ 1 ∈ W1 e todo subespaço vetorial é fechado para soma então a conclusão retirada de (1) é que u+ v ∈ W1 +W2 como queŕıamos demonstrar. A prova de que ku ∈ W1 +W2 segue quase a mesma lógica e fica a cargo do leitor. 24. Mostre que, se V = W1 ⊕ W2 e α = {v1, · · · , vk} é a base de W1, β = {w1, · · · , wr} é a base de W2 então γ = {v1, · · · , vk, w1, · · · , wr} é base de V. Mostre com um exemplo que o resultado não continua verdadeiro se a soma de subespaços não for uma soma direta. Solução: 81 Álgebra Moderna Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA 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, x′1 · · ·x′r) uma base de V . Então existe um α que permite escrevermos (v1, · · · , vk, w1, · · ·wr) como combinação linear da base ou seja: (v1, · · · , vk, w1, · · ·wr) = α(x1, · · · , xk, x′1, · · ·x′r) Note, entretanto, que para α = 1 facilmente verificamos que: x1 = v1 ... xk = vk ... x′1 = w1 ... x′r = 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} subespaços 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 = R 4? Solução: Resposta na página 139 do livro. 26. SejamW1 = {[ a b c d ] tais que a = d e b = c } eW2 = {[ a b c d ] tais que a = c e b = d } subespaços de M(2,2) 82 Álgebra Moderna Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA V1 = [(1, 0, 0), (0, 1, 0)] e V2 = [(0, 0, 1), (1, 0, 0)] de modo que V1 + V2 = [(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)]. Como [(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)] é uma base de R3 então V1 + V2 = R 3. Nesse caso a soma não é direta, pois dim(V1 ∩ V2) = 1. Veja também a página 141 do livro. 28. Ilustre com um exemplo a proposição: “Se U e W são subespaços de um espaço vetorial V que tem dimensão finita, então: dim(U +W ) = dimU + dimW − dim(U ∩W ) Solução: Considere o espaço vetorial R3, que é de dimensão 3. Desse espaço podemos extrair dois subespaços 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 dimensão igual a 2. Note que a intersecção entre as bases (r1 e r2) é o eixo OX cuja base é [(1, 0, 0)] e, por tanto, tem de dimensão igual a 1. Logo 3 = 2 + 2–1 confirmando, neste caso, o teorema. Veja também a página 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 mudança de base: i) [I]β1β ii) [I] β β1 iii) [I]ββ2 iv) [I] β β3 b) Quais são as coordenadas do vetor v = (3,−2) em relação à base: i) β ii) β1 iii) β2 iv) β3 c) As coordenadas de um vetor v em relação à base β1 são dadas por 85 Álgebra Moderna Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA [v]β1 = [ 4 0 ] Quais são as coordenadas de v em relação à base: i) β ii) β2 iii) β3 Solução de A: Resolvendo a equação [ 1 0 0 1 ] · [ x y z w ] = [ −1 1 1 1 ] chega-se a x = −1, y = 1, z = 1 e w = 1. Logo [I]β1β [ −1 1 1 1 ] analogamente se chega as demais soluções. Solução de B e C: Ver página 140 do livro. 30. Se [I]α ′ α =   1 1 0 0 −1 1 1 0 −1   ache a) [v]α onde [v]α′ =   −1 2 3   b) [v]α′ onde [v]α =   −1 2 3   Solução de A: Olhando a página 125 do livro obtemos: [v]α = [I] α′ α · [v]α′ que implica em: [vα] =   1 1 0 0 −1 1 1 0 −1   ·   −1 2 3   =   1 1 −4   A letra B fica a cargo do leitor. 86 Álgebra Moderna Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA 31. Se β′ é obtido de β, a base canônica de R2, pela rotação por um angulo −π 3 , ache a) [I]β ′ β b) [I] β β′ Solução: 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 descobrir β′. [ cos(−π/3) sen(−π/3) −sen(π/3) cos(−π/3) ] · [ 1 0 ] = [ 1/2√ 3/2 ] [ cos(−π/3) sen(−π/3) −sen(−π/3) cos(−π/3) ] · [ 0 1 ] = [ − √ 3/2 1/2 ] Assim, β′ = [(1/2, √ 3/2), (− √ 3/2, 1/2)]. Seja então β = {(1, 0), (0, 1)} e β′ = [(1/2, √ 3/2), (− √ 3/2, 1/2)] podemos determinar [I]β ′ β . 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 [I]ββ′ = [ 1/2 − √ 3/2√ 3/2 1/2 ] Solução de B: Basta determinar a matriz inversa de [ 1/2 − √ 3/2√ 3/2 1/2 ] ficando a cargo do leitor. 32. Sejam β1 = {(1, 0)(0, 2)}, β2 = {(−1, 0), (1, 1)} e β3 = {(−1,−1), (0,−1)} três bases 87 Álgebra Moderna Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Quer saber quando sairá a próxima atualização desse documento? Nesse caso você pode: • verificar diretamente no blog (www.number.890m.com); • ou me seguir no Facebook (www.facebook.com/diegoguntz). E se alguma passagem ficou obscura ou se algum erro foi cometido por favor escreva para [email protected] para que possa ser feito a devida correção. www.number.890m.com Para encontrar esse e outros exerćıcios resolvidos de matemática acesse: www.number.890m.com 90 Álgebra Moderna Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA 5 TRANSFORMAÇÕES LINEARES 5.1 Exerćıcios da página 171 1. Seja T : V → W uma função. Mostre que: a) Se T é uma transformação linear, então T (0) = 0. b) Se T (0) 6= 0, então T não é uma transformação linear. Solução de A: Se T é mesmo uma transformação então V é um espaço vetorial. Assim, deve existir um vetor u ∈ V e um oposto a ele tal que u+ (−u) = 0 (vetor nulo). Por definição de sabemos que: T (a+ b) = T (a) + T (b) e T (ka) = kT (a) Fazendo então: 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. Solução de B: Vamos partir da segunda condição de transformação 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, não podemos ter k = 0 pois se tivéssemos teŕıamos T (0) = 0, veja: T (k · a) = kT (a) ⇒ T (0 · a) = 0 · T (a) ⇒ T (0) = 0 Logo a única possibilidade é termos a = 0. Contudo, se fizermos a = 0 pela primeira pro- priedade (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 Álgebra Moderna Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA ⇒ T (b) = T (0) + T (b) ⇒ T (0) = T (b)− T (b) ⇒ T (0) = 0 Sendo assim, nem a nem k podem ser nulos o que invalida a segunda propriedade. Em outras palavras, se T (0) 6= 0 então a segunda propriedade das transformações lineares simplesmente não se satisfaz. 2. Determine quais das seguintes funções são aplicações lineares: a) f : R2 → R2 (x, y) → (x+ y, x− y) b) g : R2 → R2 (x, y) → (xy) c) h : M2 → R ( a b c d ) → det ( a b c d ) d) k : P2 → P3 ax2 + bx+ c → ax3 + bx2 + cx e) m : R3 → R2 (x, y, z) → (x, y, z)   1 2 0 −1 1 1   f) n : R → R x → |x| Solução de A Primeiro vamos provar a primeira propriedade que é f(x, y) = f(x) + f(y). Para facilitar o entendimento isso será 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) (Equação 1) 92 Álgebra Moderna Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA = (a1x 3 + b1x 2 + c1x) + (a2x 3 + b2x 2 + c2x) = k(a1x 2 + b1x+ c1) + k(a2x 2 + b2x+ c2) = k(u) + k(v) Ou seja, vale a primeira condição, isto é k(u+ v) = k(u) + k(v) Vamos provar agora a segunda condição, sendo z ∈ R. k(zu) = k(z(a1x 2 + b1x+ c1)) = k(za1x 2 + zb1x+ zc1) = (za1)x 3 + (zb1)x 2 + (zc1)x = z(a1x 3 + b1x 2 + c1x) = zk(u) Ou seja, vale a segunda condição, isto é k(zu) = zk(u) Sendo assim, é uma transformação linear. Solução 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) = (x1 + x2, y1 + y2, z1 + z2)   1 2 0 −1 1 1   = (x1 + x2 + z1 + z2 2x1 + 2x2 − y1 − y2 + z1 + z2) = ( x1 + z1 2x1 − y1 + z1 ) + ( x2 + z2 2x2 − y2 + z2 ) = (x1, y1, z1)   1 2 0 −1 1 1  + (x2, y2, z2)   1 2 0 −1 1 1   = m(u) +m(v) Ou seja, m(u+ v) = m(u) +m(v). Vamos provar agora a segunda condição. m(ku) = m (k(x1, y1, z1)) m (kx1, ky1, kz1) = (kx1, ky1, kz1)   1 2 0 −1 1 1   95 Álgebra Moderna Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA = ( kx1 + kz1 2kx1 − ky1 + kz1 ) = ( k(x1 + z1) k(2x1 − y1 + z1) ) = k ( x1 + z1 2x1 − y1 + z1 ) = k  (x1, y1, z1)   1 2 0 −1 1 1     = k ·m((x1, z1, y1)) = k ·m(u) Ou seja, m(ku) = k ·m(u). Com isso também provamos que a função é uma transformação linear. Solução de F: Dado u e v pertencentes a R então: n(u+ v) = |u+ v| Entretanto, n(u) + n(v) = |u| + |v|. Como |u + v| ≤ |u| + |v| então não n pode ser uma transformação linear. 3. a) Ache a transformação 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). Solução 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) Solução de B: Como {(1, 0, 0); (0, 1, 0); (0, 0, 1)} é uma base de R3 então v pode ser escrito como combinação linear dessa base. v = x(1, 0, 0) + y(0, 1, 0) + z(0, 0, 1) Por hipótese T (v) = (3, 2), assim: T (v) = xT (1, 0, 0) + yT (0, 1, 0) + zT (0, 0, 1) = (3, 2) 96 Álgebra Moderna Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA x(2, 0) + y(1, 1) + z(0,−1) = (3, 2) (2x, 0) + (y, y) + (0,−z) = (3, 2) Dessa última equação 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 transformação 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 transformação 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 transformação linear P : R2 → R2 tal que P = S ◦ T . Solução de A: Os vetores (1,1) e (0,-2) são uma base de R2, pois são linearmente independentes. Sendo assim, um vetor (x, y) ∈ R2 pode ser escrito como combinação 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 2 . Desse modo: (x, y) = x(1, 1) + x− y 2 (0,−2) ⇒ T (x, y) = T ( x(1, 1) + x− y 2 (0,−2) ) ⇒ T (x, y) = xT (1, 1) + x− y 2 T (0,−2) 97