Álgebra Linear - (Boldrini) capítulo 1 e 2 resolvidos.pdf

´ Algebra Moderna

Diego Oliveira - Vit´ oria da Conquista/BA

´ Livro: Algebra Linear - Editora Harbra (Boldrini/Costa/Figueiredo/Wetzler) diegoalvez @pop.com.br Compilado dia 20/11/2015

´ Solucion´ ario da 3 a edi¸c˜ao do livro de Algebra Linear dos autores: Jos´e Luiz Boldrini, Sueli I.Rodrigues Costa, Vera L´ ucia Figueiredo e Henry G. Wetzler. Para quem desejar; uma c´opia do livro pode ser baixada em http://www.professores.uff.br/jcolombo/Alg lin I mat 2012 2/Algebra%20Linear%20Boldrini.pdf. A expectativa e´ que seja respondido um cap´ıtulo do livro por mˆes. Mas, infelizmente resolver e digitar (principalmente digitar), os exerc´ıcios desse livro leva um bom tempo. Assim, pode haver atrasos na postagem. De todo modo, n˜ao deixe de acompanhar o documento no link abaixo, para obter futuras atualiza¸ c˜ oes. http://diegoalvez2015.blogspot.com.br/

´ EXERCICIO PAGINA 11 1. Sejam A=



1 2 2 1

Encontre:

3 −1

  ,B=

−2 0 1 3 0 1

   ,C=

a) A + B b) A · C c) B · C d) C · D e) D · A f) D · B g) −A h) −D

1

−1 2 4

e D = [2, −1]

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(k1 k2 )AB = A(k1 k2 )B Usando a comutatividade A(k2 k1 )B = k 2 (Ak1 )B = (Ak1 ) · (k2 B) = (k1 A)(k2 B). Solu¸ c˜ ao de e: Falsa. Como contra exemplo tome A = Solu¸ c˜ ao de f: Falsa. Como contra exemplo tome A =

2 1 0 −1

e B=

0 3 1 1

        2 0 0 1

eB=

2 1 1 0

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

2

7. Se A

= A·A, ent˜ao

Solu¸ c˜ ao:



−2 1 3 2

2

  =



−2 1 3 2

−2 3

 ·

1 2

2



...

−2 1 3 2

   =

7 0 0 7

8. Se A ´e uma matriz triangular superior, ent˜ao A2 ´e . . . Solu¸ c˜ ao: Do tipo triangular superior.

4

×

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



x y z w

    2 3 3 4

1 0 0 1

=

Solu¸ c˜ ao: O produto entre as matrizes



 

x y z w

por hip´otese ´e igual a matriz nula.



2 3 3 4

e

2x + 3y 2z + 3w

3x + 4y 3z + 4w

resulta em



2x + 3y 2z + 3w

3x + 4y 3z + 4w



Que

1 0 0 1

   =

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

10. Dadas A =

 

1 −3 2 1 4 −3

mostre que AB = AC.

2 −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

 

Solu¸ c˜ ao: AB = AC −3 −3 0 1 1 15 0 −5



−3 15 0

−5

=

 

−3 −3 0 1 15 0

1 −5

−3 15 0

−5



11. Suponha que A  = 0 e AB = AC onde A, B, C s˜ao matrizes tais que a multiplica¸c˜ao esteja definida. a) B = C? b) Se existir uma matriz Y, tal que YA = I, onde I ´e a matriz identidade, ent˜ao B = C? Solu¸ c˜ ao: Se AB = AC e A

−

1

for transposta de A ent˜ao: A

1 (AB)

−

=A

1

−

(AC)

Usando a associatividade (A

1 A)B

−

= (A

IB = IC B=C

5

−

1 A)C

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12. Explique por que, (A+B)

2

= A2 + 2AB + B 2 e (A + B)(A – B)   = A2 – B2 .

Solu¸ c˜ ao: As equa¸co˜es n˜ao s˜ao verdadeiras pois, n˜ao s˜ao satisfeitas para qualquer matriz.

3 −2 −4 3

14. Se A = Solu¸ c˜ ao:



Tomando B =



x y z w

, ache B, de modo que B

  

2

= A.

ent˜ ao:

x y z w

 ·

x y z w

  =

3 −2 −4 3



A equa¸c˜ao acima resulta no seguinte sistema:

  

x2 + yz = 3 (1) zy + w 2 = 3 (2) xy + yw = −2 (3) zx + wz = −4 (4)

Das equa¸co˜es (1) e (2) obtemos que x = ±w. Vamos tomar (arbitrariamente), x = w. Se x = w ent˜ ao a equa¸c˜ao (3) pode ser escrita como: wy + yw = −2 Como y e W s˜ao n´umeros reais e portanto vale a comutatividade ent˜ao: wy + yw = −2 2(wy) = −2 ⇒ wy = −1 (5) Ainda supondo que x = w podemos escrever a equa¸c˜ao (4) como: zx + wz = −4 z(x + w) = −4 z(w + w) = −4 6

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

wy = −1 2 − y = −1 ⇒ z = 2y (7) z Agora tome a equa¸c˜ao (1) x2 + yz = 3 Usando novamente que x = w ent˜ ao: w2 + yz = 3 Usando a equa¸c˜ao (7) w2 + y(2y) = 3 Usando agora a equa¸c˜ ao (5) w2 + 2y 2 = 3 w2 + 2 − w2 +

1 w

2

=3

 

2 − 3 = 0 ⇒ w = −1 ou w = 1 w2

Tomando (arbitrariamente) w = 1 ent˜ao por (5) y = −1 e por (7) z = −2. Como hav´ ıamos suposto de in´ıcio que x = w ent˜ ao x = 1 Logo B =



1 −2

−1 1



7

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15. Um construtor tem contratos para cons truir 3 estilos de casa: moderno, mediterrˆaneo e colonial. A quantidade de material empregado em cada tipo de casa ´e dada pela matriz:

Ferro

Madeira

Vidro

Tinta

Tijolo

Moderno

5

20

16

7

17

Mediterrˆ aneo

7

18

12

9

21

Colˆ onial

6

25

8

5

13

(Qualquer semelhan¸ca dos n´umeros com a realidade ´e mera coincidˆ encia).

a) Se ele vai construir 5, 7 e 12 casas dos tipos moderno, mediterrˆ aneo e colonial respectivamente, quantas unidades de casa material ser˜ao empregadas? b) Suponha agora que os pre¸cos por unidade de ferro, madeira, vidro, tinita e tijolo sejam, respectivamente, 15, 8, 5, 1 e 10 u.c.p. Qual ´e o pre¸co unit´ario de cada tipo de casa? c) Qual o custo total do material empregado? Solu¸ c˜ ao de a: Pela matriz a quantidade de materiais de uma casa moderna ´e igual a 65 (soma dos elementos da primeira linha). De uma casa mediterr ˆanea 67 (soma dos elementos da segunda linha) e de uma casa colonial 57(soma dos elementos da terceira linha). Logo ser˜ao utilizadas 1478 unidades de materiais. 5 · 65 + 7 · 67 + 12 · 57 = 1478 Solu¸ c˜ ao de b: O pre¸co da casa moderno ser´a: 5(15) + 20(8) + 16(5) + 7(1) + 17(10) = 492 Analogamente se calcula para as demais casas.

16. Uma rede de comu nica¸c˜ ao tem cinco locais com transmissores de potˆencias distintas. Estabelecemos na matriz abaixo, significa que adaesta¸ c˜ pode transmitir diretamente `a esta¸c˜aoque j , aaijij==0 1, o que significa que a transmiss˜ao esta¸c˜ aaoo ii n˜ ao alcan¸ ca a esta¸ c˜ ao j . Observe que a diagonal principal ´e nula significando que uma esta¸c˜ao n˜ao transmite diretamente para si mesma.

8

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A=

Qual seria o significado da matriz A

   2

  

01111 10110 01010 00101 00010

= A · A? 5

Seja A 2 = [cij ]. Calculemos o elemento c 42 =



k=1

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

Note que a ´unica parcela n˜ao nula veio de a43 · a32 = 1 · 1. Isto significa que a esta¸c˜ao 4 transmite para a esta¸c˜ao 2 atrav´ es de uma transmiss˜ ao pela esta¸c˜ ao 3, embora n˜ao exista uma transmiss˜ ao direta de 4 para 2.

a) Calcule A 2 . b) Qual o significado de c 13 = 2? c) Discuta o significado dos termos nulos, iguais a 1 e maiores que 1 de modo a justificar a afirma¸c˜ao: “A matriz A 2 representa o n´umero de caminhos dispon´ıveis para se ir de uma esta¸c˜ ao a outra com uma ´unica retransmiss˜ao”. d) Qual o significado das matrizes A + A

2,

A3 e A + A

2

+ A3 ?

e) Se A fosse sim´ etrica, o que significaria?

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

  

01111 10110 01010 00101 00010

    ·

  

01111 10110 01010 00101 00010

=

  

11231 02222 10211 01021 00101

  

Solu¸ c˜ ao de b: (Solu¸c˜ao retirada da lista da Professora. Marina Tebet (GAN/IME/UFF)). c13 = 2 e significa que a esta¸c˜ao 1 transmite para esta¸c˜ ao 3 atrav´ es de uma terceira de dois modos (atrav´ es da esta¸ca˜o 2 e da esta¸c˜ ao 4). Solu¸ cc˜ a de c: da lista da Professora. Marina Tebet (GAN/IME/UFF)). (Solu¸ ˜aoo retirada Cada elemento de A 2 representa o n´umero de modos que uma esta¸c˜ao trans mite para uma outra atrav´ es de uma terceira esta¸ ca˜o. 9

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Solu¸ c˜ ao de d: (Solu¸c˜ao retirada da lista da Professora. Marina Tebet (GAN/IME/UFF)). Cada elemento de A + A 2 representa a soma do n´umero de modos que uma esta¸c˜ao transmite para outra, diretamente e atrav´ es de uma terceira para uma outra.

A + A2 =

 

 

12342 12332 11221 01121 00111

Veja: O elemento 14 indica que h´a 4 maneiras de se transmitir da esta¸ca˜o 1 `a esta¸ca˜o 4: Diretamente: 1→5→4, 1→2→4 e 1→3→4. Cada elemento de A 3 representa o n´umero de modos que uma esta¸c˜ao transmite para uma outra atrav´ es de uma quarta esta¸ c˜ao.

A3 =

  

13554 22462 03252 10312 01030

  

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

A + A2 + A3 =

  

25896 34794 14463 11433 01131

  

Veja: Experimente listar as maneiras de se transmitir da esta¸ c˜ao 3 para a esta¸c˜ao 5 considerando transmiss˜ oes diretas, atrav´ es de uma terceira e atrav´ es de uma quarta. Solu¸ c˜ ao de e: (Solu¸c˜ao retirada da lista da Professora. Marina Tebet (GAN/IME/UFF)). Se A fosse sim´etrica, isto ´e, a ij = a ji , isso significaria que a esta¸ca˜o i transmite para a esta¸c˜ao j sempre que a esta¸c˜ ao j transmitir para a i. 10

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

De

J

P

U

J

0.7

0.2

0.1

P

0.3

0.5

0.2

U

0.4

0.4

0.2

Os termos da diagonal de d˜ao a probabilidade aii de se comprar um carro novo da mesma marca. A2 representa as probabilidades de se mudar de uma marca para outra depois de duas compras. Vocˆe pode verificar isto a partir dos conceitos b´asicos de probabilidade (consulte 1.5) e produto de matrizes. Calcule A 2 e interprete. Solu¸ c˜ ao:

A2 =

  

59 100

7 25

13 100

11 25

39 100

17 100

12 25

9 25

4 25

  

Os termos de A 2 , a ij , significam mudar da marca i para a marca j depois de duas compras.

11

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EXERC´ICIO PAGINA 26

Suponha que um corretor da Bolsa de Valores fa¸ca um pedido para comprar a¸c˜oes na segundafeira, como segue: 400 quotas de a¸c˜ao A, 500 quotas da a¸c˜ ao B e 600 quotas da a¸c˜ao C. As a¸c˜oes A, B e C custam por quota Cr$ 500,00 Cr$ 400,00 e Cr$ 250,00 respectivamente. a) Encontre o custo total das a¸c˜ oes, usando multiplica¸co˜es de matrizes. b)Qual ser´a o ganho ou a perda quando as a¸ c˜ oes forem vendidas seis meses mais tarde se as a¸co˜es A, B e C custam Cr$ 600,00 Cr$ 350,00 e Cr$ 300,00 por quota, respectivamente? Solu¸ c˜ ao de a:

A resposta deve ser uma matriz 1 ×1, assim uma matriz deve ser da ordem 1 ×a e outra a ×1. Como temos trˆes quantidades de quotas (A, B e C) e trˆ es valores (um para cada quota), ent˜ ao a = 3. Ou seja, demos ter uma matriz 1 ×3 e outra 3x1. A primeira matriz ser´a a de quantidade: Q = (400, 500, 600) Enquanto a segunda ser´a de pre¸co P =

  500 400 250

Fazendo P·Q chegamos ´a matriz de custo total igual a 550 mil.

 

P · Q = [550.000] Solu¸ c˜ ao de b:

Nesse caso basta trocar os valores da matriz P e em seguida realizar a multiplica¸ c˜ao.

Q·P = (400 , 500, 600) · = [595.000]

    600 350 300

Ou seja, houve um ganho de 45 mil.

´ observado que as probabilidades de um time de futebol ganha r, perder e empatar 2. E uma partida depois de conseguir uma vit´oria s˜ao 1/2, 1/5 e 3/10 respectivamente; e depois de ser derrotado s˜ao 3/10, 3/10 e 2/5, respectivamente; e depois de empatar s˜ ao 1/5, 2/5 e 2/5, respectivamente. Se o time n˜ao melhor nem piorar, conseguira mais vit´orias ou derrotas a longo prazo? 12

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Solu¸ c˜ ao:

Primeiro vamos considerar as probabilidades ap´os Ganhar uma partida. G P E

G 1/2 1/5 3/10

Agora as probabilidades ap´os Perder um jogo. G 1/2 1/5 3/10

G P E

P 3/10 3/10 2/5

E finalmente as probabilidades ap´os Empatar. G 1/2 1/5 3/10

G P E

P 3/10 3/10 2/5

E 1/5 2/5 2/5

Observe que esta ultima matriz ´e regular (quadrada e com possibilidade de invers˜ao). Assim podemos aplicar o teorema 1.5.4.

   

pG pP pE pG pP pE

   

=

   

=

0.5 0.3 0.2 0.2 0.3 0.4 0.3 0.4 0.4

      ·

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 equa¸co˜es. 0.5pG + 0.3pP + 0.2pE = p G 0.2pG + 0.3pP + 0.4pE = p P 0.3pG + 0.4pP + 0.4pE = p E 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

Al´em disso, sabemos que as somas das probabilidades ´e igual a um (pG + pP + pE = 1). Da´ ı, 26 24 29 , pP = e pE = . 79 79 79

pG =

13

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S 2/5

S I

I 1/5

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

I 1/5

I 3/5 Essa ser´a a matriz de transi¸c˜ ao do problema.

4/5

S



T=

para determinar a probabilidade do 4 T3 =



◦

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



dia basta fazer o cubo da matriz de transi¸ c˜ao.

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

3

  =

32/125 31/125 93/125 94/125

O resultado ´e o valor do elemento a 12 da 3a potˆencia. No caso,



31 . 125

Solu¸ c˜ ao de b:

Usando o teorema 1.5.4: pS pI

   =

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

pS pI

  ·

Da equa¸ca˜o acima retira-se o seguinte sistema



−0.6pS + 0.2pI = 0 0.6pS − 0.2pI = 0

1 3 e p I = . Assim, a longo prazo, a probabilidade de termos 4 4 dias satisfat´orios ´e 1/4 e de termos dias insatisfat´orios ´e de 3/4. Cuja solu¸c˜ao ocorre para p S =

5. Numa ilha maravilhosa verificou-se que a cor azul ocorre em borboletas de gen´otipo aa, e n˜ao ocorre em Aa e AA. Suponha que a pro por¸c˜ao de borboletas azuis seja 1/4 . Depois de algumas gera¸co˜es, qual ser´a a porcentagem das borboletas n˜ao azuis, mas capazes de ter filhotes azuis? Solu¸ c˜ ao: Denotando por d, dominante, r, recessivo e h, hibrido, e os respectivos cruzamentos por dXd, dX r, dX h, colocando as probabilidades em colunas, podemos montar a seguinte matriz de transi¸c˜ao: 15

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d h r

d×d r×r d×r d×h r×h 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

h×h

Usando o teorema 1.5.4

p(2) d (2) ph pr(2)

   =

1000 .5 0 0.25 0010 .5 0.5 0.5 0 1 0 0 0 .5 0.25

pd(1) · pd(1) pr(1) · pr(1)

   

r 2 · pd(1) · p(1) (1) (1) 2 · pd · ph (1) 2 · pr · p(1) h ph(1) · ph(1)

·

(1)

  

(1)

Onde pd ´e a porcentagem de indiv´ıduos dominantes, ph a porcentagem de indiv´ıduos h´ıbridos. E p r(1) a porcentagem de indiv´ ıduos recessivos. (2)

      pd (2) ph (2) pr

=

1000 .5 0 0.25 0010 .5 0.5 0.5 0 1 0 0 0 .5 0.25

assim nossas probabilidades s˜ao: d p(2) ph(2) p(2) r

0.25 0.5 0.25

     

      =

16

·

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

  

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EXERC´ICIO PAGINA 49

1. Resolva o sistema de equa¸c˜oes, escrevendo as matrizes ampliadas, associadas aos novos sistemas.

 

2x − y + 3z = 11 4x − 3y + 2z = 0

 

2 −1 4 −3 11 1 31 1

x+y+z = 6 3x + y + z = 4

Solu¸ c˜ ao:

A matriz ampliada do sistema ´e: 3 11 2 0 6 4

 

Vamos agora usar as opera¸c˜ oes de multiplica¸c˜ao e soma nas linhas da matriz para resolver o sistema. Fazendo L2 = L2 - 2L1; L3 = 2L3 - L1 e L4 = 3L1 - 2L4

 

20 −1 −1 3 −4 11−22 0 3 −1 1 0 −5 7 25

 

Fazendo agora L3 = 3L2 + L3 e L4 = L4

   

2 −1 3 11 0 −1 −4 −22 0 0 −13 −65 0 0 27 135

 

1 0 0 0

− 5L2

   

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 −1/2 3/2 11/2 1 4 22 0 1 5 0 0 0

  17

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Fazendo L1 = L1 + 0.5L2

 

1 0 0 0

0 7/2 33/2 1 4 22 0 1 5 0 0 0

 

Fazendo L2 = L2 - 4L3 1 0 7/2 33/2



01 0 00 1 00 0

 

1 0 0 0

2 5 0



Finalmente fazendo L1 = L1 - (7/2)L3 0 1 0 0 1 0 0

−1

0 2 5 0

 

Solu¸ca˜o: x = −1, y = 2 e z = 5

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

Tome A =



a11

a12

a21

a22



com coeficientes n˜ao nulos.

Existe um k ∈ R onde k a21 = a11 . Sendo assim, multiplicando L2 por k e depois subtra´ımos L1 de L2.



a11 k · a21 − a11

a12 k · a22 − a12

Que resulta na matriz a seguir.



a11 0

a12 ka 22 − a12



Agora, dividimos L1 por a 11 a12 a11 0 ka 22 − a12 1



E finalmente dividimos L2 por k a22 − a12

18





´ Algebra Moderna

Diego Oliveira - Vit´ oria da Conquista/BA



a12 a11 1

1 0



Que ´e a forma geral de uma matriz reduzida por linha 2 por 2 com coeficientes n˜ao nulos. As demais matrizes ficam a cargo do leitor.

3. Reduza as matrizes `a forma escada reduzida por linhas.

a)

 

1 −2 3 2 −1 2 3123

−1 3

    b)

0 1 2 1 2 3

3 −4 2

−2 3 −1

 

c)

 

0 2 2 1 1 3 3 −4 2 2 −3 1

 

Solu¸ c˜ ao de a:

 

1 0 0

0 0 −4 1 0 −3 0 1 −1

 

Solu¸ c˜ ao de b:

 

    

0 1 3 −2 2 1 −4 3 2 3 2 −1

L2 = L1 - L2 →

L3 = 3L2 + L3 →

    

L1 = L1 + L2 →

2 2 −7 5 0 −1 −3 2 2 3 2 −1

2 0 2 1 2 3

−7 −4 2

5 3 −1

L3 = L3 − L1 →

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 00 0 0

Solu¸ c˜ ao de c:

 

1 0 0 0

0 1 0 0 19

2 1 0 0

 

 

  

2 2 −7 5 0 −1 −3 2 0 3 9 −6

 

´ Algebra Moderna

Diego Oliveira - Vit´ oria da Conquista/BA

4. Calcule o posto e nulidade das matrizes da quest˜ ao 3. Solu¸ c˜ ao:

A solu¸c˜ao de a do problema anterior ´e a matriz:

 

1 0 0

0 0 −4 1 0 −3 0 1 −1

 

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

 

1 1 −7/2 5/2 0 1 3 −2 00 0 0

 

Como temos apenas duas linhas n˜ao nulas ent˜ao o posto ´e igual 2. J´a a nulidade ser´a 2. A solu¸c˜ao de c do problema anterior ´e a matriz:

 

1 0 0 0

0 1 0 0

2 1 0 0

 

Como temos apenas duas linhas n˜ao nulas ent˜ao o posto ser´a 2. E a nulidade ser´a 1.

 

3x + 5y = 1 2x + z = 3 5x + y − z = 0 escreva a matriz ampliada, associada ao sistema e reduza-a ` linhas, para resolver o sistema srcinal. 5. Dado o sistema

Solu¸ c˜ ao:

A matriz ampliada ser´a:

 

3 5 0 1 2 0 1 3 5

1 −1 0

Reduzindo a matriz `a forma escada por linhas

20

 

a forma escada reduzida por

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k = −1 O valor de k deve ser −1.

7. Encontre todas as solu¸c˜oes do sistema x1 + 3x2 + 2x3 + 3x4 − 7x5 = 14



1 2x 6x2−+xx3+−2x 2x4=+−1 5x5 = −2 x1 ++3x 2 3 5

Solu¸ c˜ ao:

Fazendo o escalonamento do sistema chega-se at´e:

 

x1 + 3x2 + 2x3 + 3x4 − 7x5 = 14 x3 + 83 x4 − 19 3 x 5 = 10 x4 − 2x5 = 3

Onde observamos que as vari´aveis com maior grau de liberdade ´e x5 e x4 . Assim, podem os usar qualquer uma delas para expres sar as demais respostas. Para coincidir com o livro vamos usar x 5 . x1 = 1 − 3x2 − x5 x3 = 2 + x5 x4 = 3 + 2 x5

8. Explique por que a nulidade de uma matriz nunca ´e negativa. Solu¸ c˜ ao:

A nulidade ´e o numero de colunas subtra´ıda do posto de uma matriz (que deve estar na forma escalonada linha). Assim, para que a nulidade seja negativa ´e necess´ario que o posto seja maior que o numero de colunas da matriz. No entanto, o posto de uma matriz significa na pr´ atica o numero de solu¸ c˜oes do sistema associado a ela. Se cada coluna da matriz representa uma inc´ ognita do sistema n˜ao faz nenhum sentido que o numero de solu¸ c˜oes (post o) seja maio r que o numero de colunas. Se isso foss e poss´ıvel ter´ıamos um sistema com mais solu¸ co˜es que o numero de inc´ognitas do mesmo.

9. Foram estudados trˆ es tipos de alimentos. Fixada a mesma quantidade (1g) determinou-se que: i) O alimento I tˆem 1 unidade de vitamina A, 3 unidade de vitamina B e 4 unidades de vitamina C. ii) O alimento II tem 2, 3 e 5 unidades respectivamente, das vitaminas A, B e C. 22

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Solu¸ c˜ ao:

Todas as vari´ aveis possui o mesmo grau de liberdade assim, podemos usar qualquer uma delas para escrever a solu¸c˜ao. Neste caso, vamos usar x 2 ,...,x 5 .

• Matriz ampliada: [1 2 − 1 3 1]; • Posto: 1; • Posto da matriz dos coeficientes: 1; • Solu¸c˜ao: x1 = 1 − 2x2 + x3 − 3x4 ; • Grau de liberdade: 3.

O grau de liberdade ´e a diferen¸ca entre o numero de vari´aveis e o n´umero de equa¸co˜es n˜ao nulas na forma escada.

11.



x+y+z = 4 2x + 5y − 2z = 3

Solu¸ c˜ ao:

• Matriz ampliada: • Posto: 2;

11 1 4 0 1 −4/3 −5/3





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

17 − 7z 4z − 5 ;y= ; 3 3

• Grau de liberdade: 1.

12.

 

x+y+z = 4 2x + 5y − 2z = 3 x + 7y − 7z = 5

Solu¸ c˜ ao:

• Matriz ampliada:

 

11 1 4 0 3 −4 −5 0 0 0 −11

 

;

24

;

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

x − 2y + 3z = 0 2x + 5y + 6z = 0

13.



Solu¸ c˜ ao:

• Matriz ampliada:



1 −2 3 0 0 9 0 0



;

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

Solu¸ c˜ ao:

• Matriz ampliada:

• Posto: 4;

 

x1 0 0 0

x2 x2 0 0

x3 0 x3 0

x4 0 0 x4

0 0 2 −2

• Posto da matriz dos coeficientes: 4; • Solu¸c˜ao: x1 = 0; x 2 = 0; x 3 = 2 e x 4 = −2; • Grau de liberdade: 0.

15.



x + 2y + 3z = 0 2x + y + 3z = 0 3x + 2y + z = 0

Solu¸ c˜ ao:

25

 

;

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• Matriz ampliada: • Posto: 3;

 

1 2 3 0 0 1 3/2 0 0 1 0

 

0

;

• Posto da matriz dos coeficientes: 3; • Solu¸c˜ao: 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

Solu¸ c˜ ao:

A cargo do leitor.

17. O m´etodo de Gauss para resolu¸ca˜o de sistemas ´e um dos mais adotados quando se faz uso do computador, devido ao menor n´umero de opera¸c˜ oes que envolve. Ele consiste em reduzir a matriz ampliada s´o sistema por linha-equivalˆencia a uma matriz que s´o ´e diferente da linha reduzida `a forma escada na condi¸c˜ao “cada coluna que cont´ em o primeiro elemento n˜ao nulo de alguma linha tem todos os seus outros elem entos iguais a zero”, que passa a ser: “cada coluna que cont´ em o primeiro elemento n˜ ao nulo de alguma linha, tem todos os elementos abaixo desta linha iguais a zero”. As outras condi¸c˜oes s˜ao idˆenticas. Uma vez reduzida a matriz ampliada a esta forma, a solu¸c˜ao final do sistema ´e obtida por substitui¸c˜ao. Exemplo:



2 1

1 5 −3 6

  ∼



2x1 + x2 = 5 x1 − 3x2 = 6

1 0

1/2 5/2 −7/2 7/2

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

1 5 = , ou seja, x 1 = 2. 2 2 26

  ∼

1 1/2 5/2 0 1 −1



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Resolva pelo m´etodo de Gauss os exerc´ ıcios 13,14 e 15. Solu¸ c˜ ao de 14:

A matriz ampliada do sistema, ap´os o escalonamento, ´e a seguinte: (ver problema 14)

   

x1 0 0

x2 x2 0

x3 0 x3

x4 0 0

0 0 2

0

0

0

x4

−2

Que resulta no seguinte sistema:

Note que os valores e x 2 ,...,x

4

 

;

x1 + x2 + x3 + x4 = 0 x2 = 0 x3 = 2 x4 = −2

j´a s˜ ao bem evidentes. Assim s´o nos resta definir o valor de x 1 . x1 = −(x2 + x3 + x4 ) x1 = −(0 + 2 + −2) x1 = 0

Assim, pelo m´etodo de Gauss a solu¸ca˜o ser´a x = y = z = 0. Solu¸ c˜ ao de 15:

A matriz ampliada do sistema, ap´os o escalonamento, ser´a:

veja o problema 15.

 

1 2 3 0 0 1 3/2 0 0 0 1 0

 

 

x + 2y + 3z = 0 y + (3/2)z = 0 z=0

que implica no seguinte sistema:

Que por substitui¸c˜ao resulta em x = 0; y = 0 e z = 0. Solu¸ c˜ ao de 16:

A matriz ampliada do sistema, ap´os o escalonamento, ser´a:

27

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  

2/3 −4/3 1/3 1 −7/5 −8/5 0 1 3 /2 0 0 0 0 0 1 /2

1 0 0 0 0

  

que resulta no seguinte sistema: x + (2/3)y − (4/3)z = 1/3

 

y − (7/5)z = −(8/5) z = 3/2 0 = 1/2

Com base na ultima linha tornamos evidente que trata-se de um sistema imposs´ıvel, e portanto, sem solu¸c˜ao mesmo pelo m´etodo de Gauss.

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

Veja p´aginas 60 e 61.

19. Chamamos de sistema homogˆeneo de n equa¸c˜oes e m inc´ognitas aquele sistema cujos termos independentes b i , s˜ ao todos nulos. a) Um sistema homogˆeneo admite pelo menos uma solu¸ca˜o. Qual ´e ela? b) Encontre os valores de k ∈ R, tais que o sistema homogˆ eneo

 

2x − 5y + 2z = 0 x+y+z = 0 2x + kz = 0

tenha uma solu¸c˜ao distinta da trivial ( x = y = z = 0). Solu¸ c˜ ao de a:

Uma solu¸c˜ao para todo sistema homogˆ eneo ´e zero. Solu¸ c˜ ao de b:

Escalonando o sistema

 

2x − 5y + 2z = 0 x+y+z = 0 2x + kz = 0 28

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Chegamos a solu¸c˜ ao de k = 2.

20. Considere o sistema



x + 6y − 8z = 1 2x + 6y − 4z = 0

Note que podemos escreve-lo na forma matricial (∗)

         1 6 −8 2 6 −4 x y z

a) verifique que a matriz X 1 =

=

1 1/3 0

     

x y z

=

1 0

´e uma solu¸ c˜ao para o sistema.

b) = Resolva o sistema e verifique que toda “matriz-solu¸ c˜ ao” ´e da forma: X= onde λ ∈ R.

            x y z

=λ

−4 2 1

−1 1/3 0

+

c) Verifique λ

        −4 2 1

+

−4λ 2λ λ

´e a solu¸ c˜ao do sistema homogˆenea, associado ao sistema (∗), (∗∗)



1 2

6 −8 6 −4

     x y z

=

0 0

d) Conclua, dos itens a), b) e c), que o conjunto-solu¸ c˜ao do sistema ∗ e´ o conjunto-solu¸c˜ao do sistema ∗∗, somando a uma solu¸c˜ ao particular tema ∗. Solu¸ c˜ ao de a:

Basta substituir x, y e z por 1, 1/3 e 0 no sistema e verificar se as equa¸ c˜oes seguintes s˜ao satisfeitas: x + 6y − 8z = 1 2x + 6y − 4z = 0

29

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  e

      y1 .. .

a11 .. . a1n

··· .. . ···

        

a1n .. .

x1 .. .

·

ann

b1 .. .

=

xn

bn

´e solu¸ ca˜o do sistema homogˆeneo associado a AX = B

yn

 

a11 .. . a1n

··· .. . ···

        

a1n .. .

y1 .. .

·

ann

0 .. .

=

yn

0

ent˜ ao a soma das solu¸c˜ oes tamb´ em ´e solu¸ c˜ao de AX = B.

          y1 .. .

=

yn

x1 .. .

=

xn

x1 + y1 .. . xn + yn

 

Para verificar tal afirma¸ca˜o substitu´ımos esse resultado na equa¸ca˜o AX = B

 

a11 .. . a1n

··· .. . ···

a1n .. . ann

   ·

x1 + y1 .. . xn + yn

      =

b1 .. .

bn

Note que a equa¸c˜ao matricial acima representa o seguinte sistema

 

a11 (x1 + y1 ) + · · · + a1n (xn + yn ) .. . a1n (x1 + y1 ) + · · · + ann (xn + yn )

e podemos representa-la como:

   

a11 x1 + a11y1 + · · · + a1n xn + a1n yn .. . a1n x1 + a1n y1 + · · · + ann xn + ann yn

a11 x1 + · · · + a1n xn + a11 y1 + · · · + a1n yn .. . a1n x1 + · · · + ann xn + a1n y1 + · + ann yn 32

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Observando a equa¸c˜ao do sistema homogˆeneo notamos que a soma de todos os termos acompanhados de yb com b ∈ (1,...,n ) ´e igual a zero. Assim podemos rescrever o sistema

 

a11 x1 + · · · + a1n xn + 0 .. . a1n x1 + · · · + ann xn + 0

Que na forma de equa¸c˜ao matricial fica

 

a11 .. . a1n

··· .. . ···

a1n .. . ann

         ·

x1 .. .

=

xn

b1 .. .

bn

Assim, a soma das solu¸c˜ oes ´e uma solu¸ c˜ao do sistema AX = B.

23. Fa¸ca o balanceamento das rea¸c˜oes:

a) N2 O5 → NO2 + O2 (decomposi¸c˜ao t´ermica do N2 O5 ) b) HF + SiO

2

→ SiF 4 + H2 O

c) (NH 4 )2 CO3 → NH 3 + H2 O + CO 2

Solu¸ c˜ ao de a:

Podemos observar que as quantidades de “N” e “O” em ambos os lados n˜ ao ´e a mesma. Se os coeficientes estequiom´etricos forem respectivamente x, y e z temos que: xN2 O5 → y NO2 + z O2 Ou seja:



2x − y (N i) 5x − 2y − 2z (O)

O Sistema ´e SPI (Sistema Poss´ıvel e Indeterminado) e admite mais de uma solu¸c˜ao (x, y, z), por´em nos interessa a menor solu¸ ca˜o inteira. A solu¸c˜ ao gen´ erica desse sistema ´e:



λ λ , λ, 2 4

33



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adotando λ= 4 Que nos d´a a menor solu¸c˜ao inteira, teremos: x = 2, y = 4 e z = 1 e a equa¸c˜ ao balanceada ´e: 2N2 O5 → 4NO2 + O2 Solu¸ c˜ ao de b:

4HF + SiO 2 → SiF 4 + 2H2 O Solu¸ c˜ ao de c:

(NH4 )2 CO3 → 2NH 3 + H2 O + CO 2

25. Sabendo-se que a alim enta¸c˜ao di´aria equilibrada em vitaminas deve constar de 170 unidades de vitamina A, 180 unidades de vitamina B, 140 unidades de vitamina C, 180 unidades de vitamina D e 320 unidades de vitamina E. Fixada a mesma quantidade (1g) de cada alimento, determinou-se que: a) o alimento I tem uma unidade da vitamina A, 10 unidades da vitamina B, 1 unidade da vitamina C, 2 unidades da vitamina D e 2 unidades da vitamina E; b) o alimento II tem 9 unidades da vitamina A, 1 unidade da vitamina B, 0 unidades da vitamina C, 1 unidade da vitamina D e 1 unidade da vitamina E; c) o alimento III tem 2 unidades de vitamina A, 2 unidades de B, 5 unidade de C, 1 unidade de D e 2 unidades de E; d) o alimento IV tem 1 unidade de A, 1 unidade de B, 1 unidade de C, 2 unidades de D e 13 unidades de E; e) o alimento V tem 1 unidade de A, 1 unidade de B, 1 unidade de C, 9 unidades de D e 2 unidades de E. Quantos gramas de cada um destes 5 alimentos (I a V) deve-se ingerir diariamente para se ter uma alimenta¸c˜ao equilibrada? Solu¸ c˜ ao:

A matriz que relaciona os alimentos com suas devidas quantidades de cada vitamina ´e: AB C DE I 11 012 2 II 9 1 0 1 1 III 2 2 5 1 2 IV 1 1 1 21 3 V11192 34

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A primeira coluna refere-se a vitamina A, a segunda B e sucessivamente at´e a E. Considere ainda que:

• x1 Quantidade a ser ingerida do alimento 1; • x2 Quantidade a ser ingerida do alimento 2; • x3 Quantidade a ser ingerida do alimento 3; • x4 Quantidade a ser ingerida do alimento 4; • x5 Quantidade a ser ingerida do alimento 5.

Assim, a quantidade consumida das vitaminas pode ser expressa por:

  

x1 + 9x2 + 2x3 + x4 + x5 = 170 ( V itamina A) 10x1 + x2 + 2x3 + x4 + x5 = 180 ( V itamina B) x1 + 0x2 + 5x3 + x4 + x5 = 140 ( V itamina C ) 2x1 + x2 + x3 + 2x4 + 9x5 = 180 ( V itamina D) 2x1 + x2 + 2x3 + 13x4 + 2x5 = 320 ( V itamina E )

Agora basta vocˆ e montar a matriz estendida deste sistema e escalona-la, vocˆ e encontrar´ a:

x = 10, 11 y = 10, 12 z = 20, 37 w = 17, 53 u = 10, 46

26. Necessita-se adubar um terreno acres centando a cada 10m 2 140g de nitrato, 190g de fosfato e 205g de pot´assio. Disp˜oe-se de quatro qualidades de adubo com as seguintes caracter´ısticas: (a) Cada quilograma de adubo I custa 5 u.c.p e contem 10g de nitrato, 10g de fosfato e 100g de pot´assio. (b) Cada quilograma de adubo II custa 6 u.c.p e contem 10g de nitrato, 100g de fosfato e 30g de pot´assio. (c) Cada quilograma de adubo III custa 5 u.c.p e cont´em 50g de nitrato, 20g de fosfato e 20g de pot´assio. 35

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

20Ω 10,00 15,00 20,00 30,00

30Ω 10,00 20,00 22,00 30,00

40Ω 15,00 15,00 20,00 34,00

50Ω 100Ω 15,00 20,00 15,00 25,00 20,00 28,00 34,00 37,00

Solu¸ c˜ ao:

A

C

B Usando as leis dos n´os obtemos as seguintes equa¸c˜ oes: i1 − i2 − i5 = 0



J´a aplicando a lei das malhas

 

i5 + i 4 + i 3 − i1 = 0 i1 − i4 − i3 − i5 = 0

i1 + 5i5 − 14 = 0 3i2 + 10 + 4i4 − 10i5 = 0 5i3 + 5 − 4i4 = 0

Usando as trˆes equa¸c˜oes do sistema acima e duas do sistema formando pela lei dos n´ chegamos a um terceiro sistema que nos dar´ a a solu¸c˜ ao das correntes.

Cuja solu¸c˜ao ocorre para:

  

i1 + 5i5 = 14 3i2 + 4i4 − 10i5 = −10 5i3 − 4i4 = −5 i1 − i2 − i5 = 0 −i1 + i3 + i4 + i5 = 0

i1 = 3.6774194 i 2 = 1.6129032 i 3 = 0.1612903 i 4 = 1.4516129 i 5 = 2.0645161 37

os

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

28. Uma placa quadrada de material homogˆeneo e mantida com os bordos AC e BD temperatura de 20 C, o bordo AB a 40 C e CD a 10 C, com o uso de isolantes t´ermicos em A, B, C e D (vide figura). ◦

◦

◦

y

40 C ◦

A

B

10 C

20 C

◦

◦

C

D

x

10 C ◦

Ap´os ser atingido o equil´ıbrio t´ermico, qual e a temperatura aproximada em cada ponto da placa? Solu¸ c˜ ao:

Considere o seguinte reticulado da placa: 40

10

20

10 A temperatura em um ponto qualquer ´e aproximadamente a m´edia dos pontos vizinhos. Por exemplo, a temperatura no ponto em vermelho da figura pode ser aproximada por: 20 + p42 + p22 + p33 4 e´ o ponto situado na linha 3 e coluna 2. p32 =

Onde p32

Podemos multiplicar os dois lados da equa¸ c˜ao por 4, e ent˜ ao colocar as vari´aveis no lado esquerdo e as constantes no lado direito: 4p32 = 20 + p42 + p22 + p33 38

´ Algebra Moderna

Diego Oliveira - Vit´ oria da Conquista/BA

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

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c˜ oes lineares. Cujas