Resoluções de Exercício - Respostas do Livro de Álgebra Linear do BOLDRINI, Exercícios de Matemática

Baixe Resoluções de Exercício - Respostas do Livro de Álgebra Linear do BOLDRINI e outras Exercícios em PDF para Matemática, somente na Docsity! e: :NA [se To ela A FHSUEIREDONNETILER Álgebra Moderna Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Livro: Á lgebra 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. EXERCÍCIO PAGINA 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 1 Álgebra Moderna Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA (k1k2)AB = A(k1k2)B Usando a comutatividade A(k2k1)B = k2(Ak1)B = (Ak1) · (k2B) = (k1A)(k2B). Solução de e: Falsa. Como contra exemplo tome A = ( 2 1 0 −1 ) e B = ( 0 3 1 1 ) Solução de f: Falsa. Como contra exemplo tome A = ( 2 0 0 1 ) e B = ( 2 1 1 0 ) Solução de g: Falsa. 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. 4 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 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 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. 9 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 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. S I S 2/5 I Quando marca I a probabilidade de ser S é de 1/5. 14 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 0.25 0 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 0.25 0 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    =   0.25 0.5 0.25   16 Álgebra Moderna Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA ( 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   Solução de c:     1 0 2 0 1 1 0 0 0 0 0 0     19 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 −4 0 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 5/2 0 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 = 1 2x+ 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 1 2 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 2 6 0 3 9 5 1 −1 0   L2 = L2 − L1 →   6 10 0 2 0 −10 3 7 5 1 −1 0   L3 = 6L3 e L1 = 5L1 →   30 50 0 10 0 −10 3 7 30 6 −6 0   L3 = L3 − L1 →   30 50 0 10 0 −10 3 7 0 −44 −6 10   L3 =−10·L3/44→   30 50 0 10 0 −10 3 7 0 10 60/44 100/44   L3 = L2 + L3→   30 50 0 10 0 −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 1/3 0 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 7/16 0 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 = 2 5x− 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 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: • Matriz ampliada:   1 1 1 4 0 3 −4 −5 0 0 0 −11  ; 24 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 = 0 2x+ y + 3z = 0 3x+ 2y + z = 0 Solução: 25 Álgebra Moderna Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA • Matriz ampliada:   1 2 3 0 0 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 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: x+ 6y − 8z = 1 2x+ 6y − 4z = 0 29 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 =   x y z   =    −1− 4λ 1 3 − 2λ λ    Com a ultima matriz a direita podemos escrever a equação:    −1− 4λ 1 3 − 2λ λ    = λ   −4 2 1  +   −1 1/3 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   x y z   =   −4λ 2λ 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 (∗).   −4λ 2λ λ  +    1 1 3 0    =    −4λ+ 1 2λ+ 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 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 34 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