Respostas Boldrini - Algebra Linear, Exercícios de Geometria Analítica e Álgebra Linear

Baixe Respostas Boldrini - Algebra Linear e outras Exercícios em PDF para Geometria Analítica e Álgebra Linear, somente na Docsity! Álgebra Moderna Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Livro: Álgebra Linear - Editora Harbra (Boldrini/Costa/Figueiredo/Wetzler) [email protected] Compilado dia 20/11/2015 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. http://diegoalvez2015.blogspot.com.br/ EXERCÍCIO PAGINA 11 1. Sejam A = ( 1 2 3 2 1 −1 ) , B = ( −2 0 1 3 0 1 ) , C =  −12 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 1 Álgebra Moderna Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA 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 ) ·  −12 4  = ( 15−4 ) Solução de g: −1 ·A −1 · ( 1 2 3 2 1 −1 ) = ( −1 −2 −3 −2 −1 1 ) 2. Seja A = ( 2 x2 2x− 1 0 ) Se A’ = A, então x = · · · Solução: Se A’ = A então:( 2 2x− 1 x2 0 ) = ( 2 x2 2x− 1 0 ) Que resulta nas seguintes igualdades: 2 = 2 e 2x− 1 = x2 Desta ultima igualdade tira-se que x = 1. 3. Se A é uma matriz simétrica, então A – A’. . . Solução: Se A é simétrica então A = A’ e portanto A – A’ = A – A = 0. Assim, o resultado desta operação seria uma matriz nula. 2 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 22 1 −3 4 −3 −1 , B =  1 4 1 02 1 1 1 1 −2 1 2  e C =  2 1 −1 −23 −2 −1 −1 2 −5 −1 0  mostre que AB = AC. Solução: AB = AC  −3 −3 0 11 15 0 −5 −3 15 0 −5  =  −3 −3 0 11 15 0 −5 −3 15 0 −5  11. Suponha que A 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 5 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 6 Álgebra Moderna Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA ⇒ w = −2 z (6) Colocando (6) em (5) chegamos a uma nova relação. wy = −1 −2 z y = −1⇒ z = 2y (7) Agora tome a equação (1) x2 + yz = 3 Usando novamente que x = w então: w2 + yz = 3 Usando a equação (7) w2 + y(2y) = 3 Usando agora a equação (5) w2 + 2y2 = 3 w2 + 2 ( − 1 w )2 = 3 w2 + 2 w2 − 3 = 0⇒ w = −1 ou w = 1 Tomando (arbitrariamente) w = 1 então por (5) y = −1 e por (7) z = −2. Como hav́ıamos suposto de ińıcio que x = w então x = 1 Logo B = ( 1 −1 −2 1 ) 7 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. 10 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. 11 Álgebra Moderna Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA EXERCÍCIO PAGINA 26 Suponha que um corretor da Bolsa de Valores faça um pedido para comprar ações na segunda- feira, como segue: 400 quotas de ação A, 500 quotas da ação B e 600 quotas da ação C. As ações A, B e C custam por quota Cr$ 500,00 Cr$ 400,00 e Cr$ 250,00 respectivamente. a) Encontre o custo total das ações, usando multiplicações de matrizes. b)Qual será o ganho ou a perda quando as ações forem vendidas seis meses mais tarde se as ações A, B e C custam Cr$ 600,00 Cr$ 350,00 e Cr$ 300,00 por quota, respectivamente? Solução 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 será a de quantidade: Q = (400, 500, 600) Enquanto a segunda será de preço P =  500400 250  Fazendo P·Q chegamos á matriz de custo total igual a 550 mil. P ·Q = [550.000] Solução de b: Nesse caso basta trocar os valores da matriz P e em seguida realizar a multiplicação. Q·P = (400, 500, 600) ·  600350 300  = [595.000] Ou seja, houve um ganho de 45 mil. 2. É observado que as probabilidades de um time de futebol ganhar, perder e empatar uma partida depois de conseguir uma vitória são 1/2, 1/5 e 3/10 respectivamente; e depois de ser derrotado são 3/10, 3/10 e 2/5, respectivamente; e depois de empatar são 1/5, 2/5 e 2/5, respectivamente. Se o time não melhor nem piorar, conseguira mais vitórias ou derrotas a longo prazo? 12 Álgebra Moderna Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA 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? Solução: 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 transição: 15 Álgebra Moderna Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA - d×d r×r d×r d×h r×h h×h d 1 0 0 0.5 0 0.25 h 0 0 1 0.5 0.5 0.5 r 0 1 0 0 0.5 0.25 Usando o teorema 1.5.4  p (2) d p (2) h p (2) r  =  1 0 0 0.5 0 0.250 0 1 0.5 0.5 0.5 0 1 0 0 0.5 0.25  ·  p (1) d · p (1) d p (1) r · p(1)r 2 · p(1)d · p (1) r 2 · p(1)d · p (1) h 2 · p(1)r · p(1)h p (1) h · p (1) h  Onde p (1) d é a porcentagem de indiv́ıduos dominantes, p (1) h a porcentagem de indiv́ıduos h́ıbridos. E p (1) r a porcentagem de indiv́ıduos recessivos.  p (2) d p (2) h p (2) r  =  1 0 0 0.5 0 0.250 0 1 0.5 0.5 0.5 0 1 0 0 0.5 0.25  ·  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  assim nossas probabilidades são: p (2) d p (2) h p (2) r  =  0.250.5 0.25  16 Álgebra Moderna Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA EXERCÍCIO PAGINA 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  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  17 Álgebra Moderna Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA 4. Calcule o posto e nulidade das matrizes da questão 3. Solução: A solução de a do problema anterior é a matriz:  1 0 0 −40 1 0 −3 0 0 1 −1  Como não há nenhuma linha nula na matriz então p = 3 (posto). Pois a matriz tem 3 linhas não nulas. Já a nulidade, que é o numero de colunas da matriz menos o seu posto, é igual a 1. A solução de b do problema anterior é a matriz:  1 1 −7/2 5/20 1 3 −2 0 0 0 0  Como temos apenas duas linhas não nulas então o posto é igual 2. Já a nulidade será 2. A solução de c do problema anterior é a matriz:  1 0 2 0 1 1 0 0 0 0 0 0  Como temos apenas duas linhas não nulas então o posto será 2. E a nulidade será 1. 5. Dado o sistema  3x+ 5y = 12x+ z = 3 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. Solução: A matriz ampliada será:  3 5 0 12 0 1 3 5 1 −1 0  Reduzindo a matriz à forma escada por linhas 20 Álgebra Moderna Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA L1 = 2L1 e L2 = 3L2 →  6 10 0 26 0 3 9 5 1 −1 0  L2 = L2 − L1 →  6 10 0 20 −10 3 7 5 1 −1 0  L3 = 6L3 e L1 = 5L1→  30 50 0 100 −10 3 7 30 6 −6 0  L3 = L3 − L1→  30 50 0 100 −10 3 7 0 −44 −6 10  L3 =−10·L3/44→  30 50 0 100 −10 3 7 0 10 60/44 100/44  L3 = L2 + L3→  30 50 0 100 −10 3 7 0 0 192/44 408/44  Finalmente fazendo L1 = L1/30, L2 = −L2/10 e L3 = 44·L3/192. 1 5/3 0 1/30 1 −3/10 −7/10 0 0 1 17/8  encontramos a matriz escada linha reduzida. Realizando mais algumas operações entre as linhas chega-se à: →  1 0 0 7/160 1 0 −1/16 0 0 1 17/8  Assim, a solução ocorre para x = 7 16 , y = − 1 16 e z = 17 8 . 6. Determine k para que o sistema possua solução: −4x+ 3y = 25x− 4y = 0 2x− y = k Solução: O sistema acima possui duas incógnitas, 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: 2x− y = k 2(−0.5)− (0) = k 21 Álgebra Moderna Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA k = −1 O valor de k deve ser −1. 7. Encontre todas as soluções do sistema x1 + 3x2 + 2x3 + 3x4 − 7x5 = 142x1 + 6x2 + x3 − 2x4 + 5x5 = −2 x1 + 3x2 − x3 + 2x5 = −1 Solução: Fazendo o escalonamento do sistema chega-se até: x1 + 3x2 + 2x3 + 3x4 − 7x5 = 14x3 + 83x4 − 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: 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. 22 Álgebra Moderna Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA • Posto: 3; • Posto da matriz dos coeficientes: 2; • Solução: O sistema não tem solução. 13. { x− 2y + 3z = 0 2x+ 5y + 6z = 0 Solução: • Matriz ampliada: ( 1 −2 3 0 0 9 0 0 ) ; • Posto: 2; • Posto da matriz dos coeficientes: 2; • Solução: x = −3z; y = 0; • Grau de liberdade: 1. 14.  x1 + x2 + x3 + x4 = 0 x1 + x2 + x3 − x4 = 4 x1 + x2 − x3 + x4 = −4 x1 − x2 + x3 + x4 = 2 Solução: • Matriz ampliada:  x1 x2 x3 x4 0 0 x2 0 0 0 0 0 x3 0 2 0 0 0 x4 −2 ; • Posto: 4; • Posto da matriz dos coeficientes: 4; • Solução: x1 = 0; x2 = 0; x3 = 2 e x4 = −2; • Grau de liberdade: 0. 15.  x+ 2y + 3z = 02x+ y + 3z = 0 3x+ 2y + z = 0 Solução: 25 Álgebra Moderna Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA • Matriz ampliada:  1 2 3 00 1 3/2 0 0 0 1 0 ; • Posto: 3; • Posto da matriz dos coeficientes: 3; • Solução: x = 0; y = 0 e z = 0; • Grau de liberdade: 0. 16.  3x+ 2y − 4z = 1 x− y + z = 3 x− y − 3z = −3 3x+ 3y − 5z = 0 −x+ y + z = 1 Solução: A cargo do leitor. 17. O método de Gauss para resolução de sistemas é um dos mais adotados quando se faz uso do computador, devido ao menor número de operações que envolve. Ele consiste em reduzir a matriz ampliada só sistema por linha-equivalência a uma matriz que só é diferente da linha reduzida à forma escada na condição “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 não nulo de alguma linha, tem todos os elementos abaixo desta linha iguais a zero”. As outras condições são idênticas. Uma vez reduzida a matriz ampliada a esta forma, a solução final do sistema é obtida por substituição. Exemplo: { 2x1 + x2 = 5 x1 − 3x2 = 6( 2 1 5 1 −3 6 ) ∼ ( 1 1/2 5/2 0 −7/2 7/2 ) ∼ ( 1 1/2 5/2 0 1 −1 ) 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. 26 Álgebra Moderna Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA 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 00 1 3/2 0 0 0 1 0  veja o problema 15. que implica no seguinte sistema:  x+ 2y + 3z = 0y + (3/2)z = 0 z = 0 Que por substituição resulta em x = 0; y = 0 e z = 0. Solução de 16: A matriz ampliada do sistema, após o escalonamento, será: 27 Álgebra Moderna Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Solução de b: Resolvendo o sistema em z chega-se á y = 1 3 − 2z e x = −1− 4z Assim, chamando z = λ podemos dizer que a matriz X =  xy z  =  −1− 4λ1 3 − 2λ λ  Com a ultima matriz a direita podemos escrever a equação: −1− 4λ1 3 − 2λ λ  = λ  −42 1 +  −11/3 0  Finalizando a solução do problema. Solução de c: Semelhante a a. Solução de d: Pela letra c do problema a solução do sistema (∗∗) é  xy z  =  −4λ2λ λ . Já pela letra a uma solução particular do sistema (∗) é  1 1 3 0 . Note que somando as duas soluções chegamos à solução geral de (∗).  −4λ2λ λ +  11 3 0  =  −4λ+ 12λ+ 1 3 λ  21. Dado o sistema  1 2 0 −1 1 0 2 −1 1 2 2 −1 3 4 4 −3  ·  x y z w  =  2 2 4 8  a) Encontre uma solução dele sem resolve-lo. (Atribua valores para x, y, z e w) b) Agora, resolva efetivamente o sistema, isto é, encontre sua matriz-solução; 30 Álgebra Moderna Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA c) Resolva também o sistema homogêneo associado; d) Verifique que toda matriz solução obtida em b) é a soma de uma matriz solução encontrada em c) com a solução particular que você encontrou em a). Solução de a: x = 0, y = z = 1 e w = 0. Solução de b: λ 1 1 λ  Solução de c: λ 0 0 λ  Solução de d: λ 1 1 λ  =  λ 0 0 λ +  0 1 1 0  22. Altamente motivado pelos Exerćıcios 20 e 21, mostre que toda matriz-solução de um sistema linear AX = B é a soma de uma solução do sistema homogêneo associado AX = 0 com uma solução particular AX = B. Sugestão: siga as etapas seguintes, usando somente propriedades de matrizes. i) Mostre que se X0 é uma solução do sistema AX = 0 e X1 é uma solução de AX = B, então X0 + X1 é solução de AX = B. ii) Se X1 e X2 são soluções de AX = B, então X1 − X2 é solução de AX = 0. iii) Use i) e ii) para chegar à conclusão desejada. Solução: Queremos mostrar que se  x1... xn  é solução de um sistema AX = B 31 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 32 Álgebra Moderna Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA 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 potássio. Dispõe-se de quatro qualidades de adubo com as seguintes caracteŕısticas: (a) Cada quilograma de adubo I custa 5 u.c.p e contem 10g de nitrato, 10g de fosfato e 100g de potássio. (b) Cada quilograma de adubo II custa 6 u.c.p e contem 10g de nitrato, 100g de fosfato e 30g de potássio. (c) Cada quilograma de adubo III custa 5 u.c.p e contém 50g de nitrato, 20g de fosfato e 20g de potássio. 35 Álgebra Moderna Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA (d) Cada quilograma de adubo IV custa 15 u.c.p e contém 20g de nitrato, 40g de fosfato e 35g de potássio. 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 adubação? Solução: Os dados do problema estão distribúıdos na próxima tabela. Custo Nitrato Fosfato Potássio x1 5 10 10 100 x2 6 10 100 30 x3 5 50 20 20 x4 15 20 40 35 Analisando o sistema a seguir chegamos a solução.  5x1 + 6x2 + 5x3 + 15x4+ = 54 10x1 + 10x2 + 50x3 + 20x4 = 140 10x1 + 100x2 + 20x3 + 40x4 = 190 100x1 + 30x2 + 20x3 + 35x4 = 205 x = 6451 9619 ; y = 4381 9619 ; z = 25927 9619 . 27. Deseja-se construir um circuito como mostrado na figura onde Vi = 280V , V2 = 100V , V3 = 50V , R1 = 20Ω, R2 = 30Ω, R3 = 50Ω, R4 = 40Ω, R5 = 100Ω. 36 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 = 0i5 + i4 + i3 − i1 = 0 i1 − i4 − i3 − i5 = 0 Já aplicando a lei das malhas  i1 + 5i5 − 14 = 03i2 + 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 37