Sebenta ALGAN 2015-2016
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Apontamentos de ALGAN...
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Apontamentos de Álgebra Linear e Geometria Analítica ISEP - Licenciatura em Engenharia Mecânica Maria da Graça Marcos;Marisa Oliveira;Pedro Guedes 2015-2016
CONTEÚDO Capítulo 1 – Matrizes Reais................................................................................................................................................. 5 1.1 Conceitos gerais ........................................................................................................................................................... 5 1.1.1 Definição e representação de uma matriz .............................................................................................. 5 1.1.2 Alguns tipos de matrizes ................................................................................................................................ 6 1.2 Operações com matrizes e suas propriedades ............................................................................................. 9 1.2.1 Adição de matrizes ............................................................................................................................................ 9 1.2.2 Multiplicação de uma matriz por um escalar .................................................................................... 10 1.2.3 Multiplicação de matrizes ........................................................................................................................... 11 1.3 Operações elementares ......................................................................................................................................... 13 1.4 Inversa de uma matriz quadrada ..................................................................................................................... 14 1.4.1 Definição de matriz inversa ....................................................................................................................... 14 1.4.2 Propriedades da matriz inversa ............................................................................................................... 16 1.4.3 Cálculo da matriz inversa ............................................................................................................................ 17 1.5 Característica de uma matriz ............................................................................................................................. 20 1.5.1 Definição .............................................................................................................................................................. 20 1.5.2 Cálculo da característica de uma matriz .............................................................................................. 23 1.6 Exercícios ..................................................................................................................................................................... 25 1.6.1 Operações com matrizes.............................................................................................................................. 25 1.6.2 Matriz inversa ................................................................................................................................................... 28 1.6.3 Equações envolvendo matrizes ................................................................................................................ 31 1.6.4 Característica de uma matriz..................................................................................................................... 33 1.6.5 Exercícios de conclusão do capítulo....................................................................................................... 35 Capítulo 2 – Determinantes ............................................................................................................................................. 38 2.1 Permutações ............................................................................................................................................................... 38 2.2 Determinantes - definição e representação ................................................................................................ 40 2.3 Teorema de Laplace ................................................................................................................................................ 41 2.4 Propriedades dos determinantes ..................................................................................................................... 44 2.5 Exercícios ..................................................................................................................................................................... 50 2.5.1 Cálculo de determinantes de 2ª e 3ª ordens ...................................................................................... 50 2.5.2 Teorema de Laplace ....................................................................................................................................... 51 2.5.3 Cálculo de determinantes usando propriedades ............................................................................. 53 2.5.4 Exercícios de conclusão do capítulo....................................................................................................... 60
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Capítulo 3 – Sistemas de Equações Lineares ........................................................................................................... 63 3.1 Definição e representação matricial ............................................................................................................... 63 3.2 Classificação de sistemas...................................................................................................................................... 66 3.3 Resolução de sistemas ........................................................................................................................................... 68 3.3.1 Equivalência de sistemas............................................................................................................................. 68 3.3.2 Método de Gauss e de Gauss-Jordan ...................................................................................................... 69 3.3.3 Procedimento para a resolução de sistemas ...................................................................................... 70 3.4 Sistemas homogéneos............................................................................................................................................ 76 3.5 Sistemas de Cramer ................................................................................................................................................ 78 3.5.1 Definição .............................................................................................................................................................. 78 3.5.2 Resolução matricial de sistemas de Cramer....................................................................................... 80 3.5.3 Resolução pelas fórmulas de Cramer .................................................................................................... 81 3.6 Discussão de sistemas com parâmetros ....................................................................................................... 82 3.7 Exercícios ..................................................................................................................................................................... 88 3.7.1 Resolução de sistemas na forma matricial .......................................................................................... 88 3.7.2 Sistemas Cramer .............................................................................................................................................. 93 3.7.3 Sistemas homogéneos ................................................................................................................................... 96 3.7.4 Discussão de sistemas com parâmetros............................................................................................... 98 3.7.5 Exercícios de conclusão do capítulo.................................................................................................... 106 Capítulo 4 – Espaços Vetoriais Reais ........................................................................................................................ 110 4.1 Definição e propriedades .................................................................................................................................. 110 4.2 Subespaços vetoriais ........................................................................................................................................... 115 4.3 Combinação linear e conjunto gerador de um espaço vetorial....................................................... 117 4.4 Dependência e independência linear de vetores ................................................................................... 123 4.5 Bases, coordenadas e dimensão de um espaço vetorial ..................................................................... 129 4.6 Exercícios .................................................................................................................................................................. 140 4.6.1 Espaços vetoriais .......................................................................................................................................... 140 4.6.2 Subespaços vetoriais .................................................................................................................................. 142 4.6.3 Combinação linear e conjunto gerador; dependência e independência linear .............. 145 4.6.4 Base e dimensão de um espaço vetorial ............................................................................................ 150 4.6.5 Exercícios de conclusão do capítulo.................................................................................................... 157 Capítulo 5 – Transformações Lineares .................................................................................................................... 160 5.1 Definição e propriedades .................................................................................................................................. 160 5.2 Núcleo e imagem de uma transformação linear .................................................................................... 164 5.3 Matriz de uma transformação linear ........................................................................................................... 169 5.4 Valores próprios e vetores próprios ............................................................................................................ 173 EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
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5.5 Exercícios .................................................................................................................................................................. 178 5.5.1 Transformações lineares .......................................................................................................................... 178 5.5.2 Núcleo e imagem de uma transformação linear ............................................................................ 180 5.5.3 Matriz de uma transformação linear .................................................................................................. 182 5.5.4 Valores próprios e vetores próprios ................................................................................................... 184 5.5.5 Exercícios de conclusão do capítulo.................................................................................................... 186 Capítulo 6 – Geometria Analítica................................................................................................................................ 189 6.1 Vetores ....................................................................................................................................................................... 189 6.1.1 Definição e conceitos gerais .................................................................................................................... 189 6.1.2 Operações com vetores ............................................................................................................................. 191 6.1.3 Vetores em sistemas de coordenadas ................................................................................................ 193 6.2 Produto interno ou produto escalar ............................................................................................................ 196 6.3 Produto vetorial ou produto externo .......................................................................................................... 201 6.4 Equações da reta e do plano ............................................................................................................................ 208 6.4.1 Equações da reta........................................................................................................................................... 208 6.4.2 Equações do plano ....................................................................................................................................... 211 6.5 Posições relativas de retas e planos............................................................................................................. 215 6.5.1 Interseção de dois planos ......................................................................................................................... 215 6.5.2 Interseção de três planos ......................................................................................................................... 218 6.5.3 Interseção duma reta com um plano .................................................................................................. 220 6.5.4 Interseção de duas retas ........................................................................................................................... 222 6.6 Distâncias .................................................................................................................................................................. 224 6.6.1 Distância entre dois pontos ..................................................................................................................... 224 6.6.2 Distância de um ponto a um plano ...................................................................................................... 224 6.5.3 Distância de um ponto a uma reta ....................................................................................................... 226 6.7 Exercícios .................................................................................................................................................................. 228 6.7.1 Produto escalar e produto vetorial num referencial ortonormado ..................................... 228 6.7.2 Equações de retas e de planos ............................................................................................................... 230 6.7.3 Interseções e posições relativas de retas e planos. Distâncias. ............................................. 234 6.7.4 Exercícios de conclusão do capítulo.................................................................................................... 242
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CAPÍTULO 1 – MATRIZES REAIS
1.1 CONCEITOS GERAIS 1.1.1 DEFINIÇÃO E REPRESENTAÇÃO DE UMA MATRIZ Sejam m, n
e aij
, i 1,
Definição 1.1 [Matriz sobre
, m , j 1,
,n .
]
Chama-se matriz do tipo m n , a todo o quadro que se obtém dispondo mn números reais segundo m linhas e n colunas. Representação A matriz A do tipo m n será representada como a11 a12 a a22 A 21 am1 am 2
a1n a2n amn
(1.1)
podendo também ser representada abreviadamente por
A aij
mn
(1.2)
i 1, , m; j 1, , n
(1.3)
ou por A aij
O elemento aij , da matriz indica o elemento situado na linha i coluna j . O conjunto M mn
representa o conjunto de todas as matrizes com
m linhas e n colunas
em que todos os elementos da matriz representam números reais.
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Exemplo 1.1 [Definição] 1 0 1 Seja A . A matriz A é uma matriz real do tipo 2 3 porque tem duas linhas 2 3 6
e três colunas. Então, A M 23
. O elemento
de A situado na linha 2 coluna 3 é o
elemento a23 6 .
1.1.2 ALGUNS TIPOS DE MATRIZES Sejam i , j , m, n
.
Definição 1.2 [Matriz linha] A matriz A aij M mn
diz-se matriz linha ou vetor linha se m 1 , isto é,
A aij
1n
a11
a1n
(1.4)
Definição 1.3 [Matriz coluna] A matriz A aij M mn
diz-se matriz coluna ou vetor coluna se n 1 , isto é, a11 A aij m1 am1
(1.5)
Definição 1.4 [Matriz retangular] A matriz A aij M mn
diz-se matriz retangular se m n .
Definição 1.5 [Matriz quadrada] A matriz A aij M mn
diz-se matriz quadrada se m n .
Definição 1.6 [Diagonal principal] Seja A aij M nn a11, a22 ,
. Chama-se diagonal principal da matriz à sequência dos elementos
, ann de A .
Definição 1.7 [Matriz diagonal] Seja A aij M nn
.
A matriz diz-se diagonal quando todos os elementos acima e
abaixo da diagonal principal são iguais a zero e pelo menos um elemento da diagonal principal é diferente de zero, isto é,
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a11 0 0 a 22 A 0 0
0 0 e aii 0 , para algum i . ann
(1.6)
Definição 1.8 [Matriz triangular superior] Seja A aij M nn
.
A matriz diz-se triangular superior quando todos os elementos
abaixo da diagonal principal são nulos, isto é, a11 a12 0 a 22 A 0 0
a1n a2n ann
(1.7)
Definição 1.9 [Matriz triangular inferior] Seja A aij M nn
.
A matriz diz-se triangular inferior quando todos os elementos
acima da diagonal principal são nulos, isto é, a11 0 a a A 21 22 an1 an 2
0 0 ann
(1.8)
Definição 1.10 [Matriz nula] Seja A aij M mn
. A matriz diz-se matriz nula e representa-se por O mn , se todos
os seus elementos são nulos, isto é, 0 O 0
0 0
(1.9)
Definição 1.11 [Matriz identidade de ordem n ] Seja A aij M nn
. A matriz diz-se matriz identidade de ordem
n e representa-se por
I n , se é uma matriz diagonal em que todos os elementos da diagonal principal são iguais a 1,
isto é,
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1 0 0 1 In 0 0
0
0 0 1
(1.10)
Definição 1.12 [Matrizes do mesmo tipo] Sejam A e B duas matrizes. As matrizes dizem-se do mesmo tipo se têm igual número de linhas e de colunas. Definição 1.13 [Elementos homólogos] Sejam A,B M mn
duas matrizes do mesmo tipo. Os elementos homólogos das duas
matrizes são os elementos que ocupam a mesma posição nas duas matrizes. Definição 1.14 [Matrizes iguais] Sejam A e B duas matrizes. As matrizes dizem-se iguais se são do mesmo tipo e os seus elementos homólogos são iguais. Definição 1.15 [Matriz transposta AT de A ] Seja A aij M mn AT bij M nm
. Chama-se matriz transposta da matriz A à matriz
em que bij a ji , i 1,
, n , j 1,
,m .
Exemplo 1.2 [Matriz transposta] 1 0 1 Seja A M 23 2 3 1
. Então, trocando as linhas com as colunas na matriz
1 2 obtemos a matriz A 0 3 M 32 1 1 T
A
.
Definição 1.16 [Matriz simétrica] Seja A M nn
.
Diz-se que A é uma matriz simétrica quando coincide com a sua
transposta, isto é, A = AT .
Exemplo 1.3 [Matriz simétrica] 1 2 1 2 A matriz A é uma matriz simétrica uma vez que AT = A. 2 3 2 3
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1.2 OPERAÇÕES COM MATRIZES E SUAS PROPRIEDADES 1.2.1 ADIÇÃO DE MATRIZES Definição 1.17 [Adição de matrizes] Sejam A aij M mn
e B bij M m n
é uma matriz C cij M mn
. A soma da matriz
A com a matriz B
, que se obtém somando os elementos homólogos das duas
matrizes, isto é, C A + B se cij aij bij , i 1 , m, j 1,
,n
(1.11)
Note-se que a adição de matrizes é uma operação apenas possível para matrizes do mesmo tipo.
Exemplo 1.4 [Adição de matrizes] 1 0 1 Sejam A M 23 2 3 1
2 1 1 e B M 23 1 2 0
. Então, usando a
1 2 0 1 1 1 igualdade (1.11) obtemos a matriz A + B = , ou seja, a matriz 2 1 3 2 1 0 3 1 2 C= M 23 3 5 1
.
Propriedades [da adição de matrizes] Sejam A, B, C M mn
. Então, verifica-se
A1.1 A + B B + A (comutatividade da adição); A1.2 A + B C A + B + C (associatividade da adição); A1.3 A + Omn Omn A = A (elemento neutro); A1.4 A + A A A O mn onde A = aij , i 1,
, m; j 1,
,n
(elemento oposto ou simétrico); A1.5 A + B AT BT . T
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1.2.2 MULTIPLICAÇÃO DE UMA MATRIZ POR UM ESCALAR Definição 1.18 [Multiplicação de uma matriz por um escalar] Sejam A aij M mn
e
uma matriz B bij M mn
. Da multiplicação do escalar pela matriz A , resulta
, que se obtém multiplicando cada elemento da matriz pelo
escalar , isto é, B = A se bij aij , i 1
, m, j 1,
,n
(1.12)
Exemplo 1.5 [Multiplicação de uma matriz por um escalar] 1 0 1 Seja A M 23 2 3 1
. Então, usando a igualdade (1.12) obtemos a matriz
2 1 2 0 2 1 2 0 2 2A = , ou seja, a matriz B = 4 6 2 M 23 2 1 2 2 2 3
.
Propriedades [da multiplicação de uma matriz por um escalar] Sejam A, B M mn
e ,
. Então, verifica-se
E1.1 A + B A + B ; E1.2 A A + A ; E1.3 A A ; E1.4 1A A ; E1.5 A AT . T
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1.2.3 MULTIPLICAÇÃO DE MATRIZES Definição 1.19 [Multiplicação de matrizes] Sejam A aij M m p matriz B
e
e B bij M p n
representa-se
C cij M mn
AB ,
por
ou
.
Chama-se produto da matriz A pela
simplesmente
por
AB ,
à
matriz
em que cada elemento é obtido da seguinte forma
cij ai1 ai 2 linha i de A
aip
b1 j b2 j b pj
p
ai1b1 j ai 2b2 j
aipb pj
aik bkj
k 1
(1.13)
coluna j de B
Exemplo 1.6 [Multiplicação de matrizes] 1 0 1 Sejam A M 23 2 3 1
1 0 2 e B 1 1 0 M 33 0 1 1
.
O produto A B está
definido uma vez que o número de colunas da matriz A é igual ao número de linhas da matriz B , sendo igual a 3. Então, a matriz A B é uma matriz do tipo 2 3 porque a matriz produto tem o número de linhas da matriz A e o número de colunas da matriz B . Usando a igualdade (1.13) obtém-se 1 1 0 1 AB 1 2 3 1 0 11 0 1 1 0 2 1 3 1 1 0 1 1 1 M 23 1 2 5
2 1 0 1 1 1 0 0 1 1 1 1 2 0 0 1 1 2 0 3 1 1 1 2 2 3 0 1 1 0
No entanto, o produto B A não está definido, uma vez que B é uma matriz do tipo 3 3 e A é uma matriz do tipo 2 3 , ou seja, o número de colunas da matriz B não é igual ao número de linhas da matriz A .
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Propriedades [da multiplicação de matrizes] Sejam A M m p
,
B M p n
,
C M nm
, D M p n
,
E M n q
e
. Então, são válidas as seguintes igualdades M1.1 AB C A BC ; M1.2 A B D AB + AD ; M1.3 B D E BE + DE ; M1.4 AB A B = A B ; M1.5 AI p I m A = A ; M1.6 AB BT AT . T
Definição 1.20 [Matrizes permutáveis ou comutáveis] Duas matrizes A, B M nn
dizem-se matrizes permutáveis ou comutáveis quando
AB = BA .
Exemplo 1.7 [Matrizes permutáveis] 2 1 1 2 1 2 Sejam A , B e C . As matrizes A e B são permutáveis uma 0 1 0 1 3 4 2 3 vez que AB BA = . No entanto, as matrizes A e C não são permutáveis pois 0 1 7 10 1 0 AC CA . Tem-se AC e CA . 3 4 3 2
Observação: A partir do Exemplo 1.7 concluímos que o produto de matrizes não é comutativo, isto é, não se verifica sempre AB = BA .
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Definição 1.21 [ k ésima potência de uma matriz] Seja A M nn
e k
. Ao produto AA
A
(1.14)
k vezes
chama-se k ésima potência da matriz A e representa-se por A k . Verifica-se
Ak AT T
k
(1.15)
Exemplo 1.8 [ k ésima potência de uma matriz] 1 1 Seja A . Então, como a matriz A é uma matriz quadrada é possível o cálculo 2 1
3 3 da matriz A 3 . Usando a igualdade (1.14) obtemos A3 A A A = . 6 3
1.3 OPERAÇÕES ELEMENTARES Definição 1.22 [Operações elementares sobre as linhas da matriz] Designam-se por operações elementares sobre as linhas da matriz as seguintes operações: 1. Troca entre si de duas linhas da matriz. A troca das linhas li e l j vai ser representada por li l j . 2. Multiplicação de uma linha da matriz por um escalar não nulo. A multiplicação da linha li pelo escalar 0 vai ser representada por li li . 3. A substituição de uma linha pela sua soma com outra linha multiplicada por um qualquer escalar. A substituição da linha li pela sua soma com a linha l j multiplicada pelo escalar vai ser representada por li li l j . De forma análoga podemos definir as operações elementares sobre as colunas da matriz.
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Definição 1.23 [Matrizes equivalentes] As matrizes A, B M mn
dizem-se
matrizes equivalentes quando se pode obter uma
através da outra realizando um número finito de operações elementares. Simbolicamente escrevemos A
B.
Exemplo 1.9 [Operações elementares] 1 0 2 0 0 3 Seja A 1 1 0 . A matriz A é equivalente à matriz B 0 1 2 uma vez que a 0 0 1 1 0 2
matriz B pode ser obtida da matriz A fazendo as seguintes operações elementares 0 0 3 1 0 2 1 0 2 1 0 2 0 1 2 A 1 1 0 1 1 0 0 1 2 l l l l l 1 1 0 2 1 3 0 0 3 2 2 1 0 0 3 l3 3 l3 0 0 1
1.4 INVERSA DE UMA MATRIZ QUADRADA 1.4.1 DEFINIÇÃO DE MATRIZ INVERSA Definição 1.24 [Matriz invertível, não singular ou regular] Seja A M nn
. A matriz A diz-se invertível, não singular ou regular quando existe uma
matriz X M nn
que verifica a condição AX XA = I n
(1.16)
Verifica-se que nem todas as matrizes quadradas são invertíveis.
Se a matriz A não tem inversa, dizemos que A é singular ou não invertível. No entanto, se uma matriz for invertível a sua inversa é única.
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A matriz X que verifica a condição (1.16) é chamada matriz inversa da matriz A e será representada por A 1 .
Exemplo 1.10 [Matriz invertível] 1 2 2 1 Seja A e X 0 3 0
1 6 . Se fizermos os produtos AX e XA , obtemos 1 3
1 2 1 2 AX = 0 3 0
1 6 1 0 1 0 1 3
e
1 2 XA = 0
1 6 2 1 1 0 1 0 3 0 1 3
Conclui-se então que a matriz A é uma matriz invertível uma vez que existe uma matriz 1 2 1 que verifica a condição (1.16), sendo a sua inversa a matriz A 0
1 6 . 1 3
Exemplo 1.11 [Matriz não invertível] 1 0 Seja A . Facilmente se verifica que não existe qualquer matriz X M 22 1 0
para a qual se verifique AX XA = I2 , ou seja, a matriz A é não invertível, ou singular. x De facto, seja X 11 x21
x12 e façamos o produto AX . Obtém-se x22
1 0 x11 AX = 1 0 x21
x12 x11 x22 x11
x12 x12
Igualando à matriz identidade tem-se
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x11 x 11
x11 1 x 0 x12 1 0 11 x12 0 1 x12 0 x12 1
que é um sistema impossível, uma vez que x11 não pode verificar simultaneamente as condições x11 1 e x11 0 .
1.4.2 PROPRIEDADES DA MATRIZ INVERSA e k \ 0 .
Sejam n, m
P1.1 Seja A M nn uma matriz invertível e B M nn uma matriz que verifica AB I n (respetivamente, BA I n ). Então, B A 1 e BA I n (respetivamente, AB I n );
P1.2 Sejam A, B M nn duas matrizes invertíveis. Então, AB é uma matriz invertível e AB
1
B1A1 ;
P1.3 Seja A M nn uma matriz invertível. Então, A 1 é uma matriz invertível e
A 1
1
A;
P1.4 Seja A M nn uma matriz invertível. Então, A m é uma matriz invertível e
Am A1 1
m
;
P1.5 Seja A M nn uma matriz invertível. Então, AT é uma matriz invertível e
AT A1 1
T
;
P1.6 Seja A M nn uma matriz invertível. Então, kA
kA 1
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1
é uma matriz invertível e
1 1 A . k
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1.4.3 CÁLCULO DA MATRIZ INVERSA Seja A M nn . Sabendo que a matriz A admite inversa como proceder ao seu cálculo?
1. A matriz inversa pode ser obtida pela definição 1.24 resolvendo a equação AX = I n (ou XA = I n ) reduzindo-se dessa forma o cálculo da inversa à resolução de um sistema de equações lineares.
Exemplo 1.12 [Cálculo da inversa de uma matriz invertível pela definição] 2 1 1 Seja A uma matriz invertível. Calcular a inversa A da matriz A . 0 3
Resolução Pretendemos obter uma matriz X que verifique a igualdade AX I2 ou, alternativamente, a igualdade XA = I2 (pela P1.1). x Seja X 11 x21
x12 . Então, x22
2 1 x11 AX I2 0 3 x21
x12 1 0 2 x11 x21 2 x12 x22 1 0 3x 0 1 x22 0 1 3x22 21
Temos, então, que resolver o sistema de equações lineares
2 x11 x21 1 3 x 0 21 2 x12 x22 0 3 x22 1 cuja solução é,
x11 1 2 x 0 21 x12 1 6 x22 1 3 1 2 1 6 Então, A 1 = X = . 1 3 0
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2. A matriz inversa pode ser obtida usando um processo designado por condensação de matrizes. Se a matriz A M nn
é invertível então existe uma sequência finita de operações
elementares que tornam a matriz A igual à matriz identidade I n . Esta mesma sequência de operações aplicadas em I n transformam I n na matriz A 1 . Vamos designar este processo por cálculo da matriz inversa por condensação.
Na prática, este processo consiste em ampliar a matriz A M nn
com a matriz
In à
direita de A , e aplicar em simultâneo as mesmas operações elementares sobre as linhas das duas matrizes. Isto é,
A I operações elementares
I A 1
sobre linhas
Exemplo 1.13 [Cálculo da inversa de uma matriz invertível por condensação] 2 1 Seja A uma matriz invertível. Calcular a inversa da matriz A pelo método de 0 3
condensação. Resolução 2 1 Começamos por ampliar a matriz A com a matriz I 2 à direita e de seguida 0 3
realizamos operações elementares sobre linhas até que a matriz identidade surja do lado esquerdo. A matriz A 1 é a matriz que se encontra do lado direito. 2 1 1 0 1 1 2 1 2 0 1 0 1 2 1 6 0 3 0 1 1 0 1 3 l l 1 l 0 1 0 1 3 l2 1 l2 0 1 1 2 2 1 l3 l3 3
2
1 2 1 6 Então, A 1 = . 1 3 0
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Exemplo 1.14 [Cálculo da inversa de uma matriz invertível por condensação] 1 2 3 Seja A 1 1 3 uma matriz invertível. Calcular a inversa da matriz A pelo método 0 0 1
de condensação. Resolução 1 2 1 1 0 0
3 3 1
1 0 l1 l1 2l2 0
0 1 2 3 1 0 0 0 1 6 1 1 0 0 1 0 l l l 0 0 1 2 2 1 0 0 1 0 0 1 0 9 1 2 0 0 0 1 1 6 1 1 0 0 1 0 l1 l1 9l3 0 1 0 0 1 l2 l2 6l3 0 0 1 1
0
1 2 1
1
0
0
9 6 1
1 2 9 Então, A 1 1 1 6 . 0 0 1
Nota: Muitas vezes não se sabe de antemão se uma dada matriz A é ou não invertível. No entanto, se A não for invertível então será impossível reduzir A a I n por operações elementares sobre linhas. Isso será evidente durante o processo de condensação (por exemplo, com o aparecimento de uma linha de zeros). Se isso acontecer paramos o processo de condensação e concluímos que A não é invertível (mais à frente será visto como verificar se uma matriz é invertível).
Exemplo 1.15 [Método de condensação quando a matriz não é invertível] 1 2 3 Seja A 1 6 9 . Calcular A 1 , se possível, pelo método de condensação. 1 2 3
Resolução 1 1 1
2
3
1
0
6
9
0
1
2
3
0
0
0 1 0 0 l l l 1 l32 l32 l11 0
2
3
1
0
4
6
1
1
4
6
1
0
0 1 0 0 l l l 1 3 3 1 0
2
3
1
0
4
6
1
1
0
0
2
1
Como obtivemos uma linha de zeros concluímos que a matriz A não é invertível uma vez que, nestas condições, é impossível reduzir A a I 3 usando operações elementares sobre as linhas da matriz A . EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
19
0 0 1
1.5 CARACTERÍSTICA DE UMA MATRIZ 1.5.1 DEFINIÇÃO Definição 1.25 [Combinação linear das linhas de uma matriz] Seja A aij M mn
e tomemos k m linhas. Vamos formar com elas as matrizes-
linha
A1 a11 a12
a1n A2 a21 a22
Ak ak1 ak 2
a2 n
Chamamos combinação linear destas k linhas, a qualquer matriz C M1n
akn
definida
como
C 1A1 2 A2 onde, 1 , 2 ,
k Ak
, k .
Definição 1.26 [Linhas linearmente dependentes] As linhas A1 , A 2 ,
1,
,k
, A k dizem-se linearmente dependentes se existirem escalares
, não todos nulos, tais que 1A1 2 A2
k Ak O1n .
Definição 1.27 [Linhas linearmente independentes] As
linhas
A1 , A 2 ,
1A1 2 A2
, Ak
dizem-se
linearmente
independentes
k Ak O1n , só for válida quando 1 2
se
a
k 0 , 1,
igualdade
,k
NOTA: estes conceitos são aplicáveis às colunas de qualquer matriz A aij M mn
.
.
Basta para isso utilizar as matrizes-coluna:
a11 a A1 21 am1
20
a12 a A2 22 am2
a1k a Ak 2 k amk
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Exemplo 1.16 [Linhas linearmente independentes/dependentes de uma matriz] 1 1 2 3 1 1 . Verificar se são linearmente independentes: Consideremos a matriz A 2 1 1 2 2 3
a) as três primeiras linhas da matriz; b) as 1ª, 2ª e 4ª linhas da matriz. Resolução a) Façamos a combinação linear das três primeiras linhas da matriz e igualemos à matriz linha nula.
1 1 1 2 2 3 1 1 3 2 1 1 0 0 0 , 1, 2 , 3 Resolvendo, obtemos
1 32 23
1 2 3 21 2 3 0 0 0
1 3 2 23 0 1 0 1 2 3 0 2 0 2 0 0 3 2 3 1 ou seja, a igualdade só é valida para 1 2 3 0 e, portanto, as linhas são linearmente independentes. b) Façamos a combinação linear das 1ª, 2ª e 4ª linhas da matriz e igualemos à matriz linha nula.
1 1 1 2 2 3 1 1 3 2 2 3 0 0 0 , 1, 2 , 3 Resolvendo, obtemos
1 32 23
1 2 23 21 2 33 0 0 0 1 3 2 23 0 1 3 1 2 23 0 2 3 2 3 0 0 0 2 3 1
ou seja, a igualdade admite várias soluções para além da solução 1 2 3 0 e, portanto, as linhas são linearmente dependentes.
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21
Definição 1.28 [Característica de linha (ou de coluna) de uma matriz] Seja A aij M mn
. Chama-se característica de linha da matriz A , carl A ,
(respetivamente, característica de coluna, carc A ) ao numero máximo de linhas (respetivamente, colunas) linearmente independentes de A . Teorema 1.1 A característica de linha e a característica de coluna de uma matriz são iguais.
Definição 1.29 [Característica de uma matriz] Seja A aij M mn
.
A característica da matriz A , car A , corresponde à sua
característica de linha ou de coluna.
Tem-se então que o número máximo de linhas linearmente independentes é sempre igual ao número máximo de colunas linearmente independentes que coincidem com a característica da matriz, ou seja,
carl A carc A car A
(1.17)
A característica de linha e a característica de coluna de uma matriz nula são iguais a zero.
Exemplo 1.17 [Cálculo da característica] 1 1 2 3 1 1 . Calcular a característica da matriz A 2 1 1 2 2 3
Resolução No Exemplo 1.16 verificamos que as três primeiras linhas da matriz são linearmente independentes. Logo, carl A 3 ou carl A 4 , uma vez que a matriz tem 4 linhas. Por outro lado, 1 carc A 3 , uma vez que não se trata da matriz nula e a matriz tem 3 colunas. Como a característica de linha é sempre igual à característica de coluna (1.17), concluímos que car A 3 .
22
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Teorema 1.2 A característica de linha (respetivamente, de coluna) de uma matriz não se altera quando se efetuam na matriz operações elementares.
Teorema 1.3 Para qualquer matriz A aij M mn
Consideremos a matriz quadrada A M nn
, verifica-se
car A car AT .
. As seguintes afirmações são equivalentes
1. car A n ; 2. A é invertível ou não singular; 3. as linhas de A formam um conjunto linearmente independente; 4. as colunas de A formam um conjunto linearmente independente.
1.5.2 CÁLCULO DA CARACTERÍSTICA DE UMA MATRIZ Naturalmente que a característica de uma matriz pode ser obtida calculando o número de linhas ou de colunas linearmente independentes (ver Exemplo 1.17). Vamos ver uma forma alternativa. Teorema 1.4 Seja A aij M mn
uma matriz não nula. Então, após a aplicação sucessiva de um
número finito de operações elementares sobre as linhas/colunas da matriz A , esta pode transformar-se numa matriz da forma A
Ir 0
0 0
Então, car A r .
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23
Definição 1.30 [Característica da matriz usando condensação] A característica de uma matriz pode ser obtida fazendo a sua condensação, que consiste em realizar uma sequência finita de operações elementares até que se obtenha uma matriz na qual figure uma submatriz triangular cujos elementos da diagonal principal são não nulos e da maior ordem possível. A característica da matriz é igual à ordem dessa submatriz. Na prática, começamos a resolução do problema com a escolha de uma das diagonais da matriz, normalmente a diagonal que contém os elementos a11 , a22 ,
, arr , anulando-se, a
seguir, todos os elementos situados abaixo dessa diagonal. Qualquer linha nula deve ficar abaixo das linhas não nulas. Assim,
A
S 0
s11 0 S , S = 0 0 0
s12 s22 0 0
0
0
s1r s2 r , sii 0, i 1, srr
, r e S é uma matriz
qualquer que resulta do processo de condensação. Então, car A r .
Exemplo 1.18 [Cálculo da característica de uma matriz por condensação] 1 1 2 3 1 1 usando o método de condensação. Calcular a característica da matriz A 2 1 1 2 2 3
Resolução Começamos por condensar a matriz efetuando operações elementares. 1 1 2 1 1 2 1 1 2 1 1 2 3 1 1 0 4 7 0 1 5 0 1 5 A 2 1 1 l2 l2 3l1 0 1 5 l2 l3 0 4 7 l4 l4 l3 0 0 13 l3 l3 2l1 l3 l3 4l2 2 2 3 l4 l4 2l1 0 4 7 0 4 7 0 0 0
A característica da matriz é igual à ordem da submatriz assinalada, ou seja, car A 3 .
24
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1.6 EXERCÍCIOS 1.6.1 OPERAÇÕES COM MATRIZES E XERCÍCIOS RESOLVIDOS 1 3 1 2 e C 2 5 . Calcule: 1. Seja A 1 2 3 2 , B 2 1 1 1
1.1 A B 3C ; 1.2 BT AT . Resolução: 1.1 Verificar se é possível efetuar o produto: A :1 4 , B : 4 2 . Logo o produto é possível e A B :1 2 . Verificar se é possível efetuar a soma: A B :1 2 e C :1 2 . Logo a soma é possível e A B 3C :1 2 1 3 1 2 A B 1 2 3 2 2 1 1 1
11 2 1 3 2 2 1 1 3 2 2 3 1 2 1 9 0
3C 3 2 5 6 15
Então A B 3C 9 0 6 15 3 15 . 1.2 1º método: 1 2 1 1 2 1 T T B e A 3 . 3 2 1 1 2
Como BT : 2 4 , AT : 4 1 tem-se BT AT : 2 1 1 1 1 2 1 2 9 T T B A 3 2 1 1 3 0 2 EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
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2º método: Usando a propriedade M6 e o resultado obtido na alínea anterior obtemos 9 T T BT AT A B 9 0 0
E XERCÍCIOS PROPOSTOS 1 0 2 1 1 0 2 1 1. Seja A , B 0 1 e I n a matriz identidade de ordem n . Calcule, se 0 1 0 2 1 1
possível: 1.1 A B
1.2 A BT
1.3 BT A
1.4 AT B
1.7 AT BT
1.8 2A
1.10 A I 4 e I 2 A
1.11 B A
1.12 A B
1.13 A B
1.14 AT BT
1.15 BT AT
1.16 I 2 A B
1.17 A A B
1.18 A 2
1.19 BT AT
1.5 AT
T
1.6 AT B
1.9 A 2BT T
T
T
3
1.20 I 5
20
1.21 Que conclusões se podem tirar dos problemas anteriores? 3 1 2 1 1 3 1 2. Seja A , B 1 1 e C . 2 1 0 1 3 0 2
2.1 Determine a matriz M A B 2C 3I 2 . 2.2 Determine a matriz X que verifica X C I 2 .
26
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Soluções: 2 2 2 0 1.3 0 2 1 3
2 0 2 2 1.4 2 1 0 3
2 2 2 0 1.6 0 2 1 3
1.7 Não é possível.
2 0 1.8 4 2
1 4 2 3 1.9 0 1 2 0
1.10 A
1 0 2 1 1.11 0 1 1 1
0 4 1.13 3 3
1 0 1.14 2 1
1.17 Não é possível.
1.18 Não é possível.
4 5 2.1 M 5 4
1 5 1 5 2.2 X 2 5 3 5
2 2 2 0 1.2 0 2 1 3
1.1 Não é possível.
1.5 A
1 1 1 1 4 0 2 0 2 1 2
2 1 4 0 0 2 2 1
0 2 0 4
0 3 1.12 4 3
0
0 4 1.15 3 3
3 1 1.16 4 2
36 12 1.19 45 9
1.20 I 5
E XERCÍCIOS SUPLEMENTARES 1 2 1 3 0 1 2 1 2 1 1. Seja A , B e C . 0 1 1 3 1 1 0 0 1 1
1.1 Calcule B AT ; 1.2 Determine X
1 A BT C . 3
2. Sendo A e B duas matrizes quadradas da mesma ordem, em que condições se verifica a igualdade A B A 2 2AB B 2 ? 2
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3. Sejam U e V duas matrizes de ordem n simétricas. Prove que UV é simétrica se U e V são permutáveis e vice-versa.
Soluções: 3 0 1.1 3 1
3 0 1.2 X 1 4 3
2. Se A e B forem permutáveis.
1.6.2 MATRIZ INVERSA E XERCÍCIOS RESOLVIDOS 3 6 1. Calcule a inversa da matriz A = , recorrendo à definição de inversa de uma matriz. 1 4
Resolução: Vamos usar a Definição 1.24: A A1 I 2 . 3a 6c 1 a 2 3 b 1 3 6 a b 1 0 3a 6c 3b 6d 1 0 3b 6d 0 1 4 c d 0 1 a 4c b 4d 0 1 a 4c 0 c 1 6 b 4d 1 d 1 2 2 3 1 Logo A 1 . 1 6 1 2
0 0 2 2. Calcule a inversa da matriz B 2 1 1 pelo método da condensação. 1 1 1
Resolução: Para utilizarmos este método devemos ampliar a matriz B com a matriz identidade e de seguida aplicar operações elementares sobre as linhas da matriz assim obtida até que a matriz do lado esquerda seja a matriz identidade. A matriz inversa corresponde à matriz que surge do lado direito.
28
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0 0 2 1 0 0 1 1 1 0 0 1 2 1 1 0 1 0 l3 l1 2 1 1 0 1 0 1 1 1 0 0 1 0 0 2 1 0 0 1 1 1 0 0 1 1 0 0 0 1 1 0 1 1 0 1 2 l1l1l2 0 1 1 0 1 2 l2 l2 2l1 0 0 2 1 0 0 0 0 2 1 0 0 0 1 1 1 0 0 1 0 0 0 1 1 0 1 1 0 1 2 0 1 0 1 2 1 2 1 l2 l2 l3 l3 l 3 0 0 1 1 2 0 0 0 0 1 1 2 0 0 2
Então, B
1
0 1 1 1 2 1 2 1 2 0 0
E XERCÍCIOS PROPOSTOS 1 2 2 1 1. Sejam A e B . Determine a matriz X que verifica B X 4 A 1 . 3 2 1 1
2. Determine, se possível, a matriz inversa das seguintes matrizes: 1 2 0 2.1 A 2 4 1 2 3 1
1 1 1 2.2 B 1 1 0 2 1 2
2 1 12 2.3 C 1 0 3 3 1 4
0 1 1 2.4 D 1 1 1 1 0 1
2 1 1 2.5 E 0 2 1 3 0 1
1 2 1 2.6 F 1 0 1 2 4 2
3. Seja A I 4 e B 2I 4 . Calcule A1 e B1 .
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29
Soluções: 5 3 1. X 8 4
2.1 A
2.4 D
1
1
7 2 2 4 1 1 2 1 0 1 1 2 0 1 1 1 1 1
2.2 B
2.5 E
1
1
2 3 1 1 3 2 3 0 1 3 1 1 0
3 16 3 2.3 C 5 28 6 1 5 1
2 1 3 1 3 1 2 5 6 3 4
2.6 Não é possível.
1
1 3. A 1 I 4 e B1 I 4 . 2
E XERCÍCIOS SUPLEMENTARES 2 3 1. Considere a matriz A 1 0
1 2 1 1 1.1 Mostre que A 2 0 1 2
1 2 0 1 . 1 3 2 1 2 1 1 1
1 2 3 2 1
1 2
3 2 7 2 3
5 2
2 5 é a matriz inversa da matriz A . 5 4
1.2 Obtenha a matriz A1 pelo método da condensação de matrizes.
30
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1.6.3 EQUAÇÕES ENVOLVENDO MATRIZES E XERCÍCIOS RESOLVIDOS 1 1 1. Seja A uma matriz invertível. 3 2
1.1 Calcule A2 . 1.2 Resolva em ordem a X , matriz regular, a seguinte equação matricial:
AT A 2 X
1
A 1 .
Resolução: 1 1 1 1 4 3 1.1 A 2 A A . 3 2 3 2 9 7
1.2 Como A é uma matriz regular então as matrizes A2 e AT são também regulares e, portanto existem A 2 e AT . 1
1
AT A 2 X
1
A 1 AT X1A 2 A 1 AT X1A 2 A 2 A 1A 2 AT X 1I A 1A 2 P1.2
AT X1 A AT 1.16
X AT
1
A
1
1.16 1
AT X1 AT
1
1.16
A IX 1 AT 1.16
1
M1.5
A X 1 AT M1.5
1
A P1.3
X A 1AT . P1.2
2 1 Calculando A1 , obtém-se A 1 . 3 1 2 1 1 3 1 4 Fica então: X . 3 1 1 2 2 7
E XERCÍCIOS PROPOSTOS 1. Resolva em ordem a X as seguintes equações matriciais, supondo que todas as operações são válidas e que as matrizes envolvidas são regulares:
1.1 AT
1
T
1 X AB A ;
1.2 4B 2 2BX1 O ; 1.3 XT A A B ; EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
31
1.4 XAB BT CX
T
I , sendo X uma matriz simétrica;
1.5 XT A BT B I .
Soluções:
B T
1.1 X A 2
T
1
1 1.2 X B1 2
1.3 X I A 1
T
BT
1.4 X B 1 A CT
1.5 X B 1
T
1
, se A CT
admite inversa.
AT B
E XERCÍCIOS SUPLEMENTARES 1. Resolva em ordem a X as seguintes equações matriciais, supondo que todas as operações são válidas e que as matrizes envolvidas são regulares:
1.1 XA BT BA 1 I ;
T 1
1.2 F 1D XE 1.3 AT X
F;
X A X 1
T
1
1
1
AT
T
I.
2. Mostre que sendo A e B matrizes regulares tais que AB C então A 1CB1 I .
Soluções: 1
1.1 X A AB BT A 1
1.2 X EDT
1.3 X AT
32
1
1
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1.6.4 CARACTERÍSTICA DE UMA MATRIZ E XERCÍCIOS RESOLVIDOS 1 2 1. Calcule a característica da matriz A 1 1
3 3 1 2 . 1 1 0 0 2 1 2
0
Resolução: Para o cálculo da característica da matriz pelo método da condensação, vamos anular todos os elementos que estão abaixo da diagonal principal. 1 2 1 1
3 1 2 0 3 1 2 0 3 0 1 1 4 3 1 2 0 1 1 4 l l 2 l l l l 1 1 0 2 2 1 0 1 1 3 3 3 2 0 0 0 1 l3 l3 l1 l4 l4 2l2 0 2 1 l4 l4 l1 0 2 2 2 0 0 0 6 2
0
Sempre que aparecer um zero na diagonal devemos, se possível, trocá-lo por um valor não nulo e as linhas nulas devem aparecer depois de todas as linhas não nulas. 1 2 0 3 1 2 3 0 1 2 3 0 0 1 1 4 0 1 4 1 0 1 4 1 0 0 0 1 c3 c4 0 0 1 0 l4 l4 6l3 0 0 1 0 0 0 0 6 0 0 6 0 0 0 0 0
A matriz está agora condensada uma vez que temos uma submatriz triangular da maior ordem possível sem zeros na diagonal e as linhas de zeros aparecem depois de todas as linhas não nulas. Como a ordem dessa submatriz é 3 conclui-se que car A 3 .
1 a b 2. Sendo M 1 1 1 , calcule a e b 1 b 1
de modo que car M 2 .
Resolução: Começamos por condensar a matriz M . 1 1 1 1 1 a b 1 1 1 1 1 1 1 1 1 a b 0 a 1 b 1 0 b 1 a 1 l 1l2 l2 l2 l1 c2 c3 1 b 1 1 b 1 l3 l3 l1 0 b 1 0 0 0 b 1
Vamos então determinar a característica da matriz em função de a e de b . EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
33
Se b 1 então car M 3, a
, uma vez que temos uma submatriz triangular de
ordem 3 sem zeros na diagonal.
1 1 1 Se b 1 obtemos a matriz 0 0 a 1 . Condensando esta matriz temos 0 0 0
1 1 1 1 1 1 0 0 a 1 0 a 1 0 . c2 c3 0 0 0 0 0 0
Neste caso, se a 1 então car M 2 . Por outro lado, se a 1 então car M 1 . Finalmente, podemos dizer que para termos car M 2 temos de fazer b 1 a 1 .
E XERCÍCIOS PROPOSTOS 1. Calcule a característica das seguintes matrizes: 1 3 1 3 1.1 A 2 8 3 4 3 3 8 16
3 2 1 4 1.2 B 2 2 1 2 5 4 2 6
2 1 3 3 1.3 C 4 3 8 4 6 18 3 16
2 5 1.4 D 3 1
1 6 3 3 2 0 1
2 1 1.5 E 1 1
1 2 1.6 F 1 1
0 2 1 1 2 0 1 0
2 2 0 5 2 1 0 3 2 1 1 3 3 5 3 1
1
3
4
3
3
2. Sem efetuar cálculos, diga qual a característica das seguintes matrizes: 2.1 A I 5
1 1 1 2.2 A 2 2 2 3 3 3
1 1 0 2.3 C 2 1 0 7 3 0
1 2 1 5 0 3 5 2 . Determine k 3. Seja A 2 k 2 2 3 0 2 1 34
1 1 1 2.4 D 1 2 1 1 2 1
de modo que car A 4 .
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
Soluções: 1.1 car A 3
1.2 car B 2
1.3 car C 3
1.4 car D 2 1.5 car E 3
1.6 car F 3
2.1 car A 5
2.3 car C 2
2.2 car B 1
2.4 car D 2
3. k 1
1.6.5 EXERCÍCIOS DE CONCLUSÃO DO CAPÍTULO
1. Considere as matrizes A
T
1
1 0 0 2 1 0 2 1 3 e B 1 0 1 . 3 1 1 1 1 0
1.1 Dada a seguinte equação matricial DYC I , sabendo que matriz D tem quatro linhas e três colunas e a matriz C tem cinco linhas, diga justificando, qual o tipo da matriz Y e o número de colunas da matriz C . 1.2 Determine a matriz A , usando condensação. 1.3 Resolva a seguinte equação matricial (BX1A1)1 (3I)T em ordem a X , supondo que todas as operações são válidas e que as matrizes envolvidas são regulares. 1 2 3 2 1 0 1 2. Considere as matrizes A 1 1 3 e B 1 0 1 . 1 1 0 0 0 1 T
2.1 Dada a seguinte equação matricial DYC I , sabendo que a matriz D tem cinco colunas, a matriz C tem três linhas e é quadrada, diga justificando, o tipo da matriz Y e o número de linhas da matriz D . 2.2 Determine a matriz A
1
, usando condensação.
2.3 Resolva a seguinte equação matricial A1XB
T
3I
1
em ordem a X , supondo
que todas as operações são válidas e que as matrizes envolvidas são regulares.
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
35
1 1 2 3. Considere a seguinte matriz: A 1 1 a . 1 b 1
3.1 Determine os valores de a, b
, para os quais a matriz é regular.
3.2 Para a 1 e b 0 calcule, por condensação, A 2 .
0 k 1 4. Considere as matrizes A 1 k 1 k 2 k k
1 k 1 2 k e B 1 4 1
0 2 1 1 , k 2 0 1 0
.
4.1 Discuta a característica da matriz A , em função da variação do parâmetro k . 4.2 Para k 0 , determine a matriz M , que verifica: M A B A B M I . 4.3 Resolva a equação matricial em ordem a X : E X I IT
T
ECD , supondo T
que todas as operações são válidas e que as matrizes envolvidas são regulares. 1 5. Considere a matriz D 2
p . 1
5.1 Calcule a matriz C , permutável com D e cujos elementos da 1ª linha são todos iguais a 1. 5.2 Faça p 1 e calcule D1 .
0 1 a 6. Seja A 1 0 1 , a a 1 0
;
6.1 Determine o valor do parâmetro a de modo que A seja regular. 6.2 Suponha a 2 . 6.2.1 Sem efetuar cálculos, indique a característica de
6.2.2 Resolva a equação matricial: A X1
T
1 A . Justifique. 7 1
B 1 I AT B em ordem a X ,
supondo que todas as operações são válidas e que as matrizes envolvidas são regulares.
36
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
p 1 7. Seja A , p, q 1 q
.
7.1 Determine os valores de p e de q para os quais a matriz A é singular. 7.2 Para p q 0 , resolva em ordem a B a equação matricial: BT A 2I 3 AT A 2 , 1
supondo que todas as operações são válidas e que as matrizes envolvidas são regulares.
Soluções: 4 7 5 1 1.2 A 0 1 1 4 0 3 1
1.1
Y : 3 5; C : 5 4
1 1 0 2.2 A 1 2 1 0 9 6 1
2.1 Y : 5 3; D : 3 5
3.1 a 2 b 1
3.2 A
1 1 5.1 C , p 2 p 1
\ 0
7.1 q
1 , p0 p
1 1 3 1 3 2.3 X 5 3 2 3 1 3 4 3 4 3 1
2 1 2 1 2 1 1 0 2
4 2 1 2 0 4.2 M 3 2 3 1 1 2
4.1 car A 3, k
6.1 a
2
9 12 6 1.3 X 3A B 6 3 3 6 3 9 1
1 1 5.2 D1 2 1
\ 0
1 6.2.1 car A 3 7
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
4.3 X CD E1 I
6.2.2 X AT BT A I B 1
T
3 2 7.2 B 2 3
37
CAPÍTULO 2 – DETERMINANTES
2.1 PERMUTAÇÕES Sejam n
e N n 1, 2,
, n .
Definição 2.1 [Permutação] Chama-se permutação do conjunto N n a toda a aplicação bijetiva p : N n N n . Designamos o conjunto de todas as permutações de N n por Pn . O número de permutações do conjunto N n é dado por n ! . Assim, Pn p1, p2 ,
pn! , onde pi , 1 i n ! , representa uma
permutação de N n . Representação Representamos a permutação pi de N n , 1 i n! , como 1 pi pi 1
2 pi 2
pi n
n
(2.1)
Exemplo 2.1 [Permutação] i)
Seja N 2 1,2 . Existem 2! 2 permutações de N 2 .
Então, P2 p1, p2 onde 1 2 1 2 p1 , p2 . 1 2 2 1
ii) Seja N3 1,2,3 . Existem 3! 6 permutações de N 3 . Então, P3 p1 , p2 , p3 , p4 , p5 , p6 onde
38
1 p1 1
2 3 1 2 3 1 2 3 p p , , 2 3 2 3 1 3 1 2 , 2 3
1 p4 1
2 3 1 2 3 1 2 3 , p5 , p6 . 3 2 2 1 3 3 2 1 EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
Definição 2.2 [Sinal ou paridade da permutação] 1 Seja p p 1
uma permutação de N n . Seja r o número de pares p n
2
n
p 2
ordenados i , j com 1 i j n tais que p i p j . Chama-se sinal ou paridade da permutação p ao número inteiro representado por sgn p , onde 1 se r é par sgn p 1 se r é ímpar
(2.2)
Se sgn p 1 a permutação diz-se par e se sgn p 1 a permutação diz-se ímpar.
Exemplo 2.2 [Sinal da permutação] i)
1 2 Seja p N 2 . Existe apenas um par i , j com 1 i j 2 para o qual 2 1
p i p j que é 1,2 . Logo r 1 e, consequentemente, a permutação é ímpar.
1 ii) A permutação p 1
2 3 N 3 é par, porque não há nenhum par i , j com 2 3
1 i j n que satisfaça p i p j . Logo r 0 .
1 2 3 iii) Seja p N 3 . Os pares i , j com 1 i j 3 para os quais p i p j 3 2 1
são 1,2 , 1,3 e 2,3 . Logo r 3 e, consequentemente, a permutação é ímpar.
iv) No Exemplo 2.1i) a permutação p1 é par e a permutação p2 é ímpar.
v) No Exemplo 2.1ii) as permutações p1 , p2 e p3 são pares. As permutações p4 , p5 e p6 são ímpares.
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
39
2.2 DETERMINANTES - DEFINIÇÃO E REPRESENTAÇÃO Definição 2.3 [Determinante] Seja A aij M nn
.
Chama-se determinante da matriz A e denota-se por A ao
número assim definido A
n!
sgn pi a1 p 1 a2 p 2 i
i 1
i
anp n i
(2.3)
onde pi é uma permutação do conjunto N n . O determinante de uma matriz A de ordem n representa-se por a11
a12
a1n
a A 21
a22
a2n
an1
an 2
ann
(2.4)
Assim,
Se A a11 então A a11
a a Se A 11 12 então (ver o Exemplo 2.2iv)) a21 a22
A sgn p1 a1 p 1a2 p 2 sgn p2 a1 p 1a2 p 2 a11a22 a12a21 1 1 2 2
a11 a12 Se A a21 a22 a31 a32
a13 a23 então (ver o Exemplo 2.2v)) a33
A sgn p1 a1 p 1a2 p 2 a3 p 3 sgn p2 a1 p 1a2 p 2 a3 p 3 1 1 1 2 2 2 sgn p3 a1 p 1a2 p 2 a3 p 3 sgn p4 a1 p 1a2 p 2 a3 p 3 3 3 3 4 4 4 sgn p5 a1 p 1a2 p 2 a3 p 3 sgn p6 a1 p 1a2 p 2 a3 p 3 5 5 5 6 6 6 a11a22 a33 a12 a23a31 a13a21a32 a11a23a32 a12 a21a33 a13a22 a31
40
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
Para o cálculo do determinante de ordem três pode recorrer-se a uma regra prática denominada regra de Sarrus, que se encontra esquematizada a seguir. a11
a12
A a21 a22 a31 a32
a13 a23 a11a22 a33 a21a32 a13 a31a12 a23 a13a22 a31 a23a32 a11 a33a12 a21 a33
a11
a12
a13
a21
a22
a23
Exemplo 2.3 [Cálculo do determinante pela regra de Sarrus] 1 0 2 Seja A 1 1 0 . Vamos calcular o determinante da matriz A usando a regra de 0 1 1
Sarrus. Começamos por ampliar o determinante acrescentando as duas primeiras linhas no fim e de seguida fazemos o produto das diagonais. 1 A 1
0
2
1
0 1 1 1 1 1 2 0 0 0 2 1 0 0 1 1 1 0 1 3
0 1
1 1 0 2
1
1
0
2.3 TEOREMA DE LAPLACE Definição 2.4 [Menor complementar] Seja A aij M nn
,
n 2 . Define-se menor complementar M ij do elemento aij como
sendo o determinante que se obtém suprimindo a linha i e a coluna j de A .
Definição 2.5 [Complemento algébrico] Seja A aij M nn
,
n 2 . Define-se complemento algébrico Aij do elemento aij da
seguinte forma i j
Aij 1
M ij
(2.5)
onde M ij representa o menor complementar do elemento aij .
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
41
Exemplo 2.4 [Menor complementar e complemento algébrico] 1 0 2 Seja A 1 1 0 . 0 1 1
i)
O menor complementar do elemento a11 é M11 11
complemento algébrico do elemento a11 é A11 1
0
1 1
1 1 0 1 1 . O
M11 M11 1 .
ii) O menor complementar do elemento a12 é M12 1 2
complemento algébrico do elemento a12 é A12 1
1
1 0 0
1
1 1 0 0 1 . O
M12 M12 1 .
Teorema 2.1 [Teorema de Laplace (TL)] O determinante de uma matriz A aij M nn
,
é igual à soma dos produtos que se
obtêm multiplicando cada um dos elementos de uma das suas linhas (ou colunas) pelo respetivo complemento algébrico.
Exemplo 2.5 [Teorema de Laplace (TL)] 1 0 2 Seja A 1 1 0 . Calcular o A , usando o Teorema de Laplace, desenvolvido 0 1 1
através da i)
1ª linha;
ii) 3ª coluna. Resolução 1
i)
A 1 0
0
2
1
0
1 1
M11 2 1
1
0
1 3
1 1 1
42
1 A11 0 A12 2 A13
11
1 1 1 1
TL à 1ª linha
2 1
M13
1
1
0
1
1 2 3
1
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
1 A 1
ii)
0
0
2
1
0
1 1 1 3
2 1
TL à 3ª coluna
2 A13 0 A23 1 A33
3 3
M13 1 1
M 33 2 1
1
1
0
1
1 1
1
0
2 1 3
1 1
1
1
Observação A matriz inversa de uma matriz quadrada, caso esta exista, pode ser calculada usando o determinante, da seguinte forma:
A1
1 T Adj A A
onde Adj A representa a matriz adjunta da matriz A , que se obtém de A pelo seguinte processo: 1) Calculam-se os complementos algébricos de todos os elementos de A ; 2) Substitui-se cada elemento de A pelo seu complemento algébrico.
Exemplo 1 2 Seja A . Vamos calcular a matriz inversa de A usando a matriz adjunta. 3 4 A
1 2 3 4
4 6 2 0
11
A11 1
1 2
4 4 ; A12 1
2 1
3 3 ; A21 1
22
2 2 ; A22 1
1 1
4 3 Logo, Adj A . 2 1
Então, A
1
T 2 1 1 4 3 3 1 . 2 2 1 2 2
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
43
2.4 PROPRIEDADES DOS DETERMINANTES Sejam A, B, C M nn
, k e m . Então, são válidas as seguintes propriedades
P2.1 O determinante da matriz A e o da sua transposta são iguais, isto é, A AT ; P2.2 Se a matriz A possui uma linha (ou coluna) nula então A 0 ; P2.3 Se a matriz A tem duas linhas (ou colunas) proporcionais então A 0 ; P2.4 Se uma matriz B resulta da matriz A pela troca da posição relativa de duas linhas (ou colunas) de A então B A ; P2.5 Se uma matriz B resulta da matriz A quando uma única linha (ou coluna) de A é multiplicada por k então B k A ; P2.6 Se as matrizes A , B e C diferem somente numa linha (ou coluna), por exemplo, na m ésima linha (ou coluna), e se a m ésima linha (ou coluna) da matriz A puder ser obtida somando as entradas correspondentes das m ésimas linhas (ou colunas) das matrizes B e C , então
ABC
(2.6)
P2.7 Se uma matriz B resulta da matriz A quando um múltiplo de uma linha (ou coluna) de A é somado a uma outra linha (ou coluna) de A então B A ; P2.8 O determinante de uma matriz A triangular superior, inferior ou diagonal é igual ao produto dos elementos da diagonal principal. a11
a12
a1n
a11
0
0
a22
a2 n
a a 21 22
0
0
ann
an1 an2
0 0 ann
a11
0
0
0
a22
0
0
0
ann
a11a22
ann
(2.7)
P2.9 A matriz A é invertível se e só se A 0 ; P2.10 AB A B ; P2.11 A 1
1 , se A for uma matriz invertível; A
P2.12 car A n se e só se A 0 .
44
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
Exemplo 2.6 [P2.1] 1 0 2 Seja A 1 1 0 . No Exemplo 2.5 verificamos que A 3 . Vamos verificar que 0 1 1
AT 3 . 1 1 0 1 1 0 AT 0 1 1 . Então AT 0 1 1 1 A11 1 A12 0 A13 TL à 1ª linha 2 0 1 2 0 1
1
11 1
1 1
0
1
1 2 0
1 1
2
1
1 1
1 2 3
2
Exemplo 2.7 [P2.2] 1 0 2 Seja A 0 0 0 . Vamos verificar que A 0 . 0 1 1 1
0
2
A0
0
0
0 A21 0 A22 0 A23 0
TL à 2ª linha
0 1 1
Exemplo 2.8 [P2.3] 1 0 2 Seja A 2 0 4 , onde se verifica que l2 2l1 (isto é, a linha dois é proporcional 0 1 1
à linha um). Vamos verificar que A 0 . 1
0
2
A 2
0
4
1
0 11
1
0
4
1
1
4
11
TL à 1ª linha
2 1
1 A11 0 A12 2 A13 1 1
2
0
0
1
1 3
M11 2 1
M13
4 4 0
2
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
45
Exemplo 2.9 [P2.4] 1 0 2 Seja A 1 1 0 . No Exemplo 2.5 verificamos que A 3 . Vamos verificar que 0 1 1
A 3 , onde A resulta da matriz A trocando a primeira linha com a segunda, isto é,
1 1 0 A 1 0 2 . 0 1 1 1 A 1
1
0
0
2
TL à 3ª linha
1 1
0
3 2 1
1 1
0
1
2
0 A31 1 A32 1 A33 3 3 1
1 1
1
2
1 0
2 1 3
1
Exemplo 2.10 [P2.5] 1 0 2 Seja A 1 1 0 . No Exemplo 2.5 verificamos que A 3 . Vamos verificar que 0 1 1
A 5 3 15 , onde A resulta da matriz A multiplicando a segunda linha por cinco,
1
0
2
isto é, A 5 5 0 . 0 1 1 1 A 5
0
2
5
0
1 1
0
TL à 3ª coluna
1 3 5
2 1
1
0 5
46
5
2 A13 0 A23 1 A33 3 3 1
1 1
0
5 5
10 5 15
5
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
Exemplo 2.11 [P2.6] 1 0 2 Seja A 1 1 0 . No Exemplo 2.5 verificamos que A 3 . 0 1 1 1 1 2 1 1 2 Sejam B 1 1 0 e C 1 0 0 , ou seja, duas matrizes cuja soma dos 0 2 1 0 1 1
elementos da segunda coluna é igual à segunda coluna da matriz A e as restantes colunas são iguais. Então, 1 A B C 1 0
0
2
1
0 1
1 1
1 0
1
2
1
0 1
2 1
1 0
1 2 0
0.
1
1
Confirmemos, 1 1 2 1 3 1 1 3 3 1 1 B 1 1 0 2 A13 0 A23 1 A33 2 1 1 1 6 0 2 1 1 TL à 3ª coluna 0 2 1 2
2
1 1 2 1 3 1 0 3 3 1 1 C 1 0 0 2 A13 0 A23 1 A33 2 1 1 1 3 0 1 1 0 TL à 3ª coluna 0 1 1 1
1
Então, A B C 6 3 3 .
Exemplo 2.12 [P2.7] 1 0 2 Seja A 1 1 0 . No Exemplo 2.5 verificamos que A 3 . Seja B a matriz que se 0 1 1
obtém da matriz A multiplicando a primeira linha de A por quatro e somando com a linha 1 0 2 1 0 2 1 1 0 B . Calculemos o determinante de B . três, isto é, A 1 1 0 l3 l3 4l1 0 1 1 4 1 9 1 0 2 22 1 2 3 2 1 2 B = 1 1 0 0 A12 1 A22 1 A32 1 1 1 1 3 4 9 1 0 TL à 2ª coluna 4 1 9 1
2
Ou seja, B A .
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
47
Exemplo 2.13 [P2.8] 2 0 Seja A 0 0
A=
4 1 2 0 , uma matriz triangular superior. 0 5 1 0 0 1
1 3
2 1 3
4
0 1 2
0
11
2 A11 0 A21 0 A31 0 A41 2 1 1 TL à 1ª coluna 0 0 0 1 0 0 5 1 2
0
2 0 5
1
11
2 1 A11 0 A21 0 A31 2 1 A11 2 1 1
0 0 1
1 2
0
0 5
1
0 0 1 5
1
0 1
TL à 1ª coluna TL à 1ª coluna 11
2 1 5 A11 2 1 5 1
1 2 1 5 1 10
O determinante corresponde então ao produto dos elementos da diagonal principal.
Exemplo 2.14 [Cálculo do determinante usando as propriedades] 1 0 2 Seja A 1 1 0 . No Exemplo 2.5 verificamos que A 3 . Vamos transformar o A 0 1 1
no determinante duma matriz triangular superior usando as propriedades dos determinantes e de seguida aplicar a propriedade P2.8. 1 A 1 0
0
2
1
0
1 1
P2.7
l2 l2 l1
1
0
2
0
1
2
0 1 1
P 2.7
l3 l3 l2
1 0 2
P 2.8
0 1 2 1 1 3 3 0 0 3
Exemplo 2.15 [Cálculo do determinante usando as propriedades] 5 0 1 3 2 3 1 1 . Vamos transformar o A no determinante duma matriz Seja A 4 1 2 1 3 3 1 1
triangular superior usando as propriedades dos determinantes e de seguida aplicar a propriedade P2.8.
48
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
5 A
0
2
3
P 2.7
l4 l4 l2
P 2.5 l3
1
4 1 2 3
1
1 l3 11
1
3 1
P 2.4
1
0 3
5 2
3 P 2.7
1
1 c1 c3 2 1 4 1 l2 l2 l1 l l 2l 1 1 3 3 1 l3 l3 l 1 4 4 1
3
1
1
0
0 0
3 7 4 P 2.4 0 1 1 6 5 l2 l3 0
0
0
1
2
1
0
5
0 0
1 6 5 P 2.7 0 11 0 1 1 l4 l4 l3 0
0
0
11
5
1
3
1
0 3
2
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
0
5
1
0
5
3
0
3
7
4
0
1 6 5
0
3
3
8
2
1
0
1 6 5 P 2.7 0 3 7 4 l3 l3 3l2 0 0 1 2 0 1
0
0
5
5
3
1 6 5 0 11 11 0
1
2
3
1 6 5 P 2.8 11 1 1 1 3 33 0 1 1 0
0
3
49
2.5 EXERCÍCIOS 2.5.1 CÁLCULO DE DETERMINANTES DE 2ª E 3ª ORDENS E XERCÍCIOS RESOLVIDOS 1. Calcule os determinantes: 2
1.1
3 1 2
1
1.2 1 1 0 2 4 1
3 5
Resolução: 1.1 Determinante de 2ª ordem. Regra prática.
2
1
3 5
2 5 3 1 13 .
1.2 Determinante de 3ª ordem. Vamos calcular o determinante usando a regra de Sarrus. Começamos por ampliar o determinante acrescentando as duas primeiras linhas no fim e de seguida fazemos o produto das diagonais. 3 1 2 1 1 0 3 1 1 1 4 2 2 1 0 1 1 1 3 4 0 2 1 2 10 2
4
1
3 1 2 1 1 0
E XERCÍCIOS PROPOSTOS 1. Calcule os determinantes:
1.1 1
2 3 4
5
1
2
1.2 2 2 0 1 1
1 4 0
1
1.3 3 3 1 2 1 0 1
3 1
Soluções: 1.1 1 22 .
50
1.2 2 7
1.3 3 3
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
E XERCÍCIOS SUPLEMENTARES 1. Calcule os determinantes: 1.1 1
1 2 3 4
1 0 0
2 0 0
1.2 2 0 1 0 0 0 1
1.3 3 0 2 0 0 0 2
Soluções: 1.1 1 2 .
1.2 2 1
1.3 3 8
2.5.2 TEOREMA DE LAPLACE E XERCÍCIOS RESOLVIDOS
1. Calcule
1 2
1
0
2
3
1
1
1
1
4
2
1
1
1
0
, aplicando o teorema de Laplace.
Resolução: Aplicando o Teorema de Laplace à 4ª coluna vem:
1 2
1
0
2
1
1
3
1 1
4
1
1
1
0 A14 1 A24 2 A34 0 A44 2 TL à 4ª coluna 0
1 A24 2 A34 1 1 1 2 11 1 1 1
1
1
2 4
3 4
M 24 2 1
1 2
M 34
1
4 2 1 2
3
1 11 2 11 33
1
1
1
11
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
1
11
51
E XERCÍCIOS PROPOSTOS 4 1 0 1. Considere a matriz A 1 2 3 . 2 3 4
1.1 Indique o menor complementar e o complemento algébrico do elemento a32 de A . 1.2 Calcule A utilizando o teorema de Laplace.
2. Seja o determinante
1 1
2
3
0
3
2
0
2
1
3
0
4
2
1 1
. Calcule , aplicando o teorema de Laplace:
2.1 à 2ª linha; 2.2 à 4ª coluna.
3. Calcule o determinante
5
0
1
3
2
3
1
1
4 1 2
1
3
1
3
1
aplicando o teorema de Laplace.
Soluções: 1.1 M 32
4
0
1 3
2.1 105
3 2
e A32 1
M 32
1.2 6
2.2 105
3. 33
E XERCÍCIOS SUPLEMENTARES nx nz ny n3 x 1. Considere a matriz A x y y n2 x . 3 ny 2nx ny nx n x
1.1 Indique o menor complementar e o complemento algébrico do elemento a32 de A . 1.2 Calcule o valor do complemento algébrico do elemento a31 de A .
52
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
2. Calcule os seguintes determinantes aplicando o teorema de Laplace:
2.1 1
0
1 2
2 5
2.2 2 1 0 2 1 2 3
3 4
2.3 3
2
1 0 3
0
2
1 4
2
2
1 1
0
1
3 1
Soluções:
1.1 M 32
nx nz
n3 x
x y
2
n x
2.1 1 2
3 2
e A32 1
1.2 A31 0
M 32
2.3 3 22
2.2 2 0
2.5.3 CÁLCULO DE DETERMINANTES USANDO PROPRIEDADES E XERCÍCIOS RESOLVIDOS
1. Considere o seguinte determinante
1 2
3
4
1 7
8
9
0 3
2
4
.
1 6 11 6
1.1 Sem calcular o determinante, represente um determinante de 3ª ordem igual ao determinante dado. 1.2 Calcule o determinante, aplicando apenas propriedades. Resolução: 1.1 Se aplicarmos o Teorema de Laplace a qualquer uma das linhas (colunas) do determinante dado, obtém-se sempre uma soma de vários determinantes e não um único como é pretendido. Então, vamos aplicar as propriedades dos determinantes de forma a obtermos uma coluna com apenas um elemento não nulo. 1 2
3
4
1 7
8
9
0 3
2
1 2 3 4 P7
0 5 5 5
5 5 5 11
1 1 4 l2 l2 l1 0 3 2 4 TL à 1ª coluna
1 6 11 6
l4 l l1
4
0 4 8 2
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
5 5 5
3 2 43 2 4 4 8 2
4 8 2
53
5 5 5
Então 3 2 4 é um determinante de 3ª ordem igual ao determinante dado. 4 8 2 1.2 Vamos transformar o determinante no determinante duma matriz triangular superior usando as propriedades dos determinantes e de seguida usar a propriedade P8. 1 2
3
4
1 2 3 4 P 2.7
1 2 P 2.7
8
9
0 3
2
4 l2 l2 l1 0 3 2 4 l2 l2 l4 0 3
1 6 11 6
l4 l4 l1
1 2 P 2.5
l3
1 l3 11
11
3
0 1 3 0 0
1
0 0 20
0 5 5 5
0 4 8 2
0 4
4
3
4
0 1 3
3
2
4 l3 l3 3l2 0 0 11
5
8
2
1 2 P 2.7
3
5 11 l4 l4 20l3
4
1 2
0 1 3 3
1 7
3
11
10
P 2.7
l4 l4 4l2
3 1
0 0
0
10 11111 10 5 11 11 10 11 3
P 2.8
1 5
4
2
1
2
3
5
1
1
2. Mostre, utilizando apenas propriedades, que 4 9 11 1 0
2
1 1
0 0 20 10
4
0 1 3 0 0
3 0.
1
0
0
1
1 1
Resolução: 1 5
4
2
1
2
3
5
1
4 9 11 1
3
0
0
1 2
1 1
1
0
1
1 1
1 5 P 2.7
l2 l2 2l1
4
2
1
4 9 11 1
3
4 9 11 1
3 0.
0
0
2
1 1
1
0
1
1 1
P 2.3
1 b 1
3. Resolva a seguinte equação: 1 1 b 0 . b 1 1 Resolução: 1 b 1
Pela regra de Sarrus obtemos 1 1 b 0 b3 3b 2 0 , ou seja, temos que b 1 1 determinar as raízes de um polinómio do 3º grau. Para evitarmos este método, vamos usar propriedades para o cálculo do determinante. 54
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
1 b 1 1 1 b b 1 1 P 2.7
l2 l2 l1 l3 l3 l1
1 b b 1
P 2.7
c1 c1 c2
2
b 1 1 1
1
b
b 2 0
1 b
c1 c1 c3
1
1 b b 1
0 1 b
P 2.7
0
b2 b 1 b2 1 b b2 1 1 1
P 2.7
P 2.5
c c1 1 b2
1
1 b 1
b 2 1
1 b
1 1 1 b
P 2.8
b 2 0 b 1 1 b b 2 b 11 b
c3 c2
0
1 b
0
A equação a resolver é então:
b 2 b 11 b 0 b 2 b 1 (raiz dupla).
E XERCÍCIOS PROPOSTOS 1. Sem efetuar cálculos, diga qual o valor dos seguintes determinantes, indicando as propriedades utilizadas: 1 2 1
1 0 0
1.1 1 0 0 0 9 7 3
1.2 2 0 2 0 0 0 3
1
1
0
0
1.3 3 10 2 0 20 30 3
2 3
2. Sabendo que 2 1 4 5 , diga, justificando qual o valor dos determinantes: 0 3 5 1
2
2.1 1 2 1 8 0 3 10 2
1
1
6
3
2
2.2 2 2 1 4 0 6 10
4
6
2.3 3 4 2 8 0 6 10
2 1 4
3
2.4 4 1 2 4 3 0 5
2
2.5 5 0 1
3 5 2 3
3. Calcule os seguintes determinantes, utilizando apenas as propriedades: 1
2 5
3.1 1 1 0 2 1 2 3
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
3.2 2
1
1 0
2
1
3
2 1
2 1 1
1
0
1
1
3
3.3 3
2
1 0 3
0
2
1 4
2
2
1 1
0
1
3 1
55
3.4 4
4
0 1
0
2 2 1
2 2 1
1
0
1
1 0
1 0 0 0 0
3
2 1 0 0 0
3.5 5 0 2 1 2 0 0 0 2 1 2 0 0 0 2 1
2 2 3 6 3 2 4. Seja A 6 0 2 e B 4 4 2 . Sabendo que 1 A 10 e que 2 B 24 , 2 1 1 4 4 4
diga qual o valor de: 4.1 3 A B
5. Seja
5
0
1
3
2
3
1
1
4 1 2
1
3
1
3
1
4.4 car B
4.3 5 A 1
4.2 4 B A
.
5.1 Calcule o determinante aplicando propriedades. 5.2 Com base no determinante dado encontre: 5.2.1 um determinante de 5ª ordem sem elementos nulos e igual a ; 5.2.2 um determinante de 3ª ordem, cujos elementos da 2ª linha sejam todos iguais a 1 e igual a 2 .
6. Calcule os seguintes determinantes, utilizando apenas propriedades: a
a b c
6.2 2
6.1 1 c a b b a c
x 1
b
c
d
a b c d a
b
c d
a
b
c
d
3
x
7. Decomponha o determinante 2 x
4
x num produto de fatores.
2x
x2
x
56
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
8. Resolva as equações:
8.1
x
x
x
x
1
x
x
x
2 1
x
x
3 2 1
x
x 1
8.2
0
x
1
x 1
x 2 x 1 0 1
6
x 11
Soluções: 1.1 1 0
1.2 2 6
1.3 3 6
2.1 1 10
2.2 2 10
2.3 3 40
2.4 4 5
2.5 5 5
3.1 1 4
3.2 2 30
3.3 3 22
3.4 4 22
3.5 5 7
4.2 4 240
4.1 3 240
1 2 4
4.3 5 2
5 5 5 1
5.1 33
4.4 car B 3
1 10
2 10
3
0
1
1
4 4 3 2
1
1 1 5.2.2 Por ex. 1 0 5 3 13 5
3 3 6
1
5.2.1 Por ex. 2 2 5
6.1 1 a b c a b c b
1
24
6.2 2 8abcd
7. x x 1 x 2 x 2 8.1 x 0 x 1
8.2 x 5 x 3 x 1
E XERCÍCIOS SUPLEMENTARES x
y
z
1. Sabendo que 3 0 2 1 calcule: 1 1 1 x
y
z
1.1 1 3 x 3 3 y 3 z 2 x 1 y 1 z 1
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
x 1 y 1 z 1
1.2 2 4 1
1
3
1
1
57
2. Decomponha os determinantes seguintes num produto de fatores: 2a
a a
2.1 1 a b b a ac b a
2.2 2
x 1
2
y
1
x
2
y
x 1
y
2
2 1
y
x
3. Com base no determinante 1 dado e sem o resolver, encontre um outro determinante 2 , apenas com elementos inteiros tal que 2 k 1 , com k real, e determine o valor de k . 23 16
2
1 1 2 3 4 1 1
3
4
4. Com base no determinante dado e sem o resolver, encontre um outro determinante de 4ª ordem com valor simétrico do dado e apenas com elementos positivos. 2 3 1 1 2 4 4 1 2
5. Sem aplicar a regra de Sarrus nem o teorema de Laplace, mostre que:
x 2 8 x3 4 x 2
7 x2
1 4 7
2
4x 2
8 x 2 2 x 1 2 2 8
3
2x 1
9
3 1 9
6. Sem calcular os determinantes 1 e 2 , escreva um outro determinante , de modo que
1 2 :
1
1 2
3
4
1 7
8
9
0 3
2
4
1 6 11 6
3 4 2 2 3 2 4 4 8 2
7. Recorrendo apenas às propriedades dos determinantes, demonstre que é constante, sendo 1 0 2 4
2 y2 4 y2 4 y .
3 5 6 y2 5 y 1
58
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
2 1
1
8. Considere 1 4 1 2
3 . Sem calcular , escreva uma matriz A de ordem 4 tal que A 1
tenha um terço de , com elementos todos negativos e em que os elementos da terceira linha sejam iguais a -3. 9. Mostre, utilizando propriedades, que x 0 é raiz da equação: 0
xa
xa
0
xb
xc
10. Considere o determinante:
x b x c 0 , a, b, c . 0
1
1
0
1
3
1 2
1
3
2 1
1 1
4
1
. Mostre que 1 , aplicando o
0
teorema de Laplace à terceira coluna.
a a2
11. Sendo 1 b b 2 c
c2
2a 2
a 3a 2
4a 2
3b 2 e 2 b 4b 2
6b 2 , verifique, sem resolver os determinantes,
4c 2
8c 2
c
5c 2
que 2 21 . 12. Seja A uma matriz ortogonal, isto é, A1 AT . Mostre que A 1 .
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
59
Soluções: 1.2 2 1
1.1 1 1
2.1 1 a a b c b
2.2 2 x y 3 x 1 y 2 x 2
4 1 12
3. 2 2 3 1 3
4 ; k 24 4
1 4 4 4
4. Por ex:
1 2 1 3 1 3 3 7 1 6 2 5
4 9 3 8. Por ex: A 3 5
8 9 7
6. 3 2 4 4 8 2
1 3 7 9 2 3 3 5 7 3 3 3 3 5 5
7. 4
10. 6 logo 6
1
6
1
2.5.4 EXERCÍCIOS DE CONCLUSÃO DO CAPÍTULO 1 0 1 1 2 1 1 3 1. Seja A = e A. 0 1 1 2 1 1 2 1 1.1 Calcule , aplicando propriedades. 1.2 Com base no determinante escreva um determinante ' de 2ª ordem que seja o triplo de e com os elementos da 2ª coluna iguais a 1.
1 2 3 4 2. Aplicando as propriedades dos determinantes, calcule:
2 2 3 4 2 3 2 1
.
2 3 4 1
60
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
1 2 0 6 3. Aplicando as propriedades, prove que
5 3 8 2 0 1 2 6
é múltiplo de 3.
0 0 5 4
1 1 1 4. Seja A 0 2 1 e A . Com base no determinante escreva um determinante 1 0 1
1 de 4ª ordem, que seja igual ao triplo de ∆ e sem elementos nulos. 1 5 2
1
1 1
5. Seja 1 3 0 2 e 2 3 0 2 . Com base nos determinantes 1 e 2 e sem 0 3 4 0 3 4 calcular os determinantes, escreva um determinante de 4ª ordem tal que: 1 2 . a 3 b 6. Considere a seguinte matriz: A b 3 a , a, b 3 b a
.
6.1 Calcule A utilizando apenas propriedades. 6.2 Com base na alínea anterior, condicione os valores de a e de b para que a característica da matriz A seja 3.
1 0 7. Seja A 1 3
1 2 1 0 e A. 1 2 1 1 1 0 0
1
7.1 Calcule aplicando propriedades. 7.2 Com base na alínea anterior e em , escreva um determinante de 3ª ordem tal que 2 .
7.3 Utilizando o teorema de Laplace confirme que de facto 2 .
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
61
Soluções: 1.2 Por ex.
1.1 32
126 1 30
1
2. 20
4. Por ex:
5. Por ex.
7
2
3
4
1
1 1
1
2
1
1
2
8
1
3
5
1
2
3
4
0
0
6
3
0 3
0
2
0
3
4
0
6.1 a b 3 b 3 b a
6.2 a b 3 0 b 3 a b
4 7.1 15
62
2
0
7.2 Por ex. 1 4 3 1 3 0
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
CAPÍTULO 3 – SISTEMAS DE EQUAÇÕES LINEARES
3.1 DEFINIÇÃO E REPRESENTAÇÃO MATRICIAL Sejam n, m, i , j
e aij
, i 1,
, m, j 1,
,n .
Definição 3.1 [Equação linear] Chama-se equação linear nas incógnitas x1 , x2 ,
a11x1 a12 x2 onde a11, a12 ,
, a1n , b
Os números a11, a12 ,
, xn , a uma equação do tipo
a1n xn b
(3.1)
.
, a1n , são chamados coeficientes das incógnitas x1 , x2 ,
, xn e b é o
termo independente da equação linear.
Exemplo 3.1 [Equação linear e não linear] São lineares as equações
x1 0 ;
x1 2 x2 3 .
Não são lineares as equações
x12 0 ; x1 2 x2 3 .
Definição 3.2 [Solução da equação linear] Uma sequência ordenada de números reais s1 , s2 , (3.1) se se verificar a11s1 a12 s2
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
, sn é uma solução da equação linear
a1n sn b .
63
Exemplo 3.2 [Solução da equação linear] A sequência 1, 2 é solução da equação linear 2 x1 x2 0 pois 2 1 2 0 .
Definição 3.3 [Sistema de equações lineares] Um sistemas de equações lineares, S , com n incógnitas, é um conjunto de m equações lineares consideradas simultaneamente, a11 x1 a x S 21 1 am1 x1
a1n xn b1 a2 n xn b2 .
(3.2)
amn xn bm
Temos, então, um sistema de m equações lineares a n incógnitas, x1 , x2 , coeficientes aij , i 1,
, m, j 1,
, n e com termos independentes bi , i 1,
, xn
, com
,m.
O sistema S pode escrever-se na forma matricial como AX B
(3.3)
onde a11 a A 21 am1
a12 a22 am2
a1n x1 b1 b a2 n x , X 2 , B = 2 . amn xn bm
(3.4)
A matriz A é a matriz do sistema ou matriz dos coeficientes, a matriz X é a matriz das incógnitas e a matriz B é a matriz dos termos independentes. A matriz
A A
a11 a B 21 am1
a12
a1n
a22
a2 n
am2
amn
b1 b2 bm
(3.5)
chama-se matriz completa do sistema.
64
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
Exemplo 3.3 [Sistema de equações lineares na forma matricial] x1 x2 x3 x4 1 x x x x 1 O sistema 1 2 3 4 , escreve-se na forma matricial como x 2 x 0 3 1 x1 x2 x4 2 1 1 1 1 x1 1 1 1 1 1 x 1 2 . AX B 1 0 2 0 x3 0 1 1 0 1 x4 2 1 1 A matriz completa do sistema é a matriz A = 1 1
1 1 1 1 1 . 0 2 0 0 1 0 1 2 1
1
1
Definição 3.4 [Solução e conjunto solução do sistema de equações lineares] Diz-se que s1 , s2 ,
, sn é uma solução do sistema de equações lineares (3.2) se satisfaz
todas as m equações do sistema em simultâneo. O conjunto de todas as soluções de um sistema de equações lineares é denominado conjunto solução, CS .
Exemplo 3.4 [Solução de um sistema de equações lineares] 2 x x 0 1 2 Dado o sistema S1 1 2 , então s1 , é uma solução do sistema S1 uma 3 3 x1 x2 1 1 2 2 3 3 0 vez que . 1 2 1 3 3
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
65
3.2 CLASSIFICAÇÃO DE SISTEMAS Considere-se o sistema definido na forma matricial AX B . Teorema 3.1 É condição necessária e suficiente para que um sistema de equações lineares seja possível, que a matriz dos coeficientes e a matriz completa do sistema tenham a mesma característica, isto é,
car A car A
(3.6)
A classificação de um sistema de equações lineares com n incógnitas, representado matricialmente por (3.3), pode fazer-se da seguinte forma
Determinado SPD
Possível Sistema de
(tem pelo menos uma solução)
Equações Lineares
Indeterminado SPI (tem um número infinito de soluções)
AX B
car A car A n
(tem uma única solução)
Impossível SI
car A car A n grau de indeterminação: k n car A
car A car A
(não tem qualquer solução)
Tabela 3.1 Classificação de sistemas.
66
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
Exemplo 3.5 [Classificação de sistemas] Classificar os seguintes sistemas de equações lineares. x y 1 1. S1 . x y 1 1 1 1 1 A= car A 2 1 1 l2 l2 l1 0 2 1 A= 1
1 1
1 1 1 l2 l2 l1 0
1 2
1 car A 2 0
car A 2 Como car A 2 , de acordo com a Tabela 3.1, o sistema é possível e nº incógnitas 2
determinado, SPD , isto é, tem uma única solução. x y 1 2. S2 . x y 1 1 1 1 1 A= car A 1 1 1 l2 l2 l1 0 0 1 A= 1
1 1
1 1 1 l2 l2 l1 0
1 0
1 car A 2 2
car A 1 Como , de acordo com a Tabela 3.1, o sistema é impossível, SI , logo não car A 2
tem qualquer solução. x y 1 3. S3 . 2 x 2 y 2 1 1 1 1 A= car A 1 2 2 l2 l2 2l1 0 0 1 1 1 1 1 1 A= car A 1 2 2 2 l2 l2 l1 0 0 0 car A 1 Como car A 1 , de acordo com a Tabela 3.1, o sistema é possível e nº incógnitas 2
indeterminado com grau de indeterminação n car A 2 1 1 ,
SP1I
, ou
simplesmente SPI , logo tem um número infinito e soluções. EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
67
3.3 RESOLUÇÃO DE SISTEMAS 3.3.1 EQUIVALÊNCIA DE SISTEMAS Definição 3.5 [Sistemas equivalentes] Dois sistemas dizem-se equivalentes se têm o mesmo conjunto solução, isto é, todas as soluções do primeiro verificam o segundo e vice-versa.
Exemplo 3.6 [Sistemas equivalentes] x y 2 2 x 2 y 4 Os sistemas S1 e S2 são equivalentes. y 3 x 5
Vamos resolver os dois sistemas. x y 2 x y 2 x 3 2 x 5 S1 : CS1 5, 3 . y 3 y 3 y 3 y 3 2 x 2 y 4 10 2 y 4 2 y 6 y 3 S2 : CS2 5, 3 . x 5 x 5 x 5 x 5
Então, como os sistemas têm o mesmo conjunto solução são equivalentes.
Um método para resolver um sistema de equações lineares consiste em substituir o sistema inicial por outro que tenha o mesmo conjunto solução mas que seja mais fácil de resolver. O novo sistema é obtido após a aplicação de um número finito de operações que simplificam as equações do sistema inicial mas que têm a propriedade de não alterar o seu conjunto solução. Teorema 3.2 [Método de Gauss] Se num sistema de equações lineares efetuarmos uma das seguintes operações: 1. Troca entre si de duas equações do sistema; 2. Multiplicação duma equação do sistema por um escalar não nulo; 3. Substituição duma equação pela sua soma com outra equação que foi multiplicada por um escalar; obtemos um outro sistema equivalente ao primeiro, isto é, que tem o mesmo conjunto solução.
Ao efetuarmos estas operações, apenas os coeficientes das incógnitas e os termos independentes são alterados, permanecendo as variáveis inalteradas. 68
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Assim, podemos resolver o sistema na forma matricial usando a matriz completa do sistema, sendo as operações elementares efetuadas sobre as linhas desta matriz. Essas operações elementares foram definidas em 1.22.
3.3.2 MÉTODO DE GAUSS E DE GAUSS-JORDAN Definição 3.6 [Matriz em forma de escada reduzida] Seja A M mn
.
A matriz diz-se em forma de escada reduzida se A = O ou então se
satisfaz as seguintes condições: 1. em cada linha não nula, o primeiro elemento não nulo (pivô) tem que ser igual a 1; 2. as linhas nulas devem ficar abaixo das restantes; 3. as linhas devem estar ordenadas de forma ao pivô duma linha ficar à esquerda dos pivôs das linhas abaixo; 4. numa dada coluna, abaixo e acima do pivô todos os elementos são nulos.
Definição 3.7 [Matriz em forma de escada] Diz-se que uma matriz está em forma de escada quando verifica as três primeiras condições apresentadas na Definição 3.6.
Exemplo 3.7 [Matriz em forma de escada e de escada reduzida] São exemplos de matrizes em forma de escada reduzida as seguintes matrizes 1 1 A= , 0 0
0 0 B= 0 0
1 0 1 0 0 0 0 1 , C= 0 0 , D = 0 0 0 0 0 0
2 1 0 1 0 1 , E= 0 1 3 0 0 0 0 0 0 0
1
0
0
1
0
0
0
0
1 2 . 0 0
Estão na forma de escada, mas não de escada reduzida, as matrizes 1 1 F= , 0 1
0 0 G= 0 0
1 3 1 0 0 1 , H = 0 0 0 0 0 0
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2 1 2 1 . 0 1 3 0 0 0 0 0
69
Teorema 3.3 Se dois sistemas de equações lineares definidos na forma matricial por AX B e CX D são tais que a matriz completa C D é obtida de A
B através de um número finito de
operações elementares sobre linhas, então os dois sistemas são equivalentes.
O objetivo destas operações elementares efetuadas sobre a matriz completa do sistema é a obtenção de um sistema equivalente ao dado mas a partir do qual a solução do sistema seja quase imediata.
Definição 3.8 [Métodos de eliminação de Gauss e de Gauss-Jordan] O método que reduz uma matriz à forma de escada reduzida por linhas é denominado método de Gauss-Jordan. O método consiste em duas fases: uma fase para a frente na qual os zeros são colocados abaixo dos pivôs; e uma fase para trás, na qual os zeros são colocados acima dos pivôs. Se usarmos apenas a fase para a frente, obtemos uma matriz em forma de escada por linhas. Este método denomina-se método de eliminação de Gauss.
3.3.3 PROCEDIMENTO PARA A RESOLUÇÃO DE SISTEMAS Teorema 3.4 Seja AX B um sistema de equações lineares a n incógnitas e m equações sobre
, onde
A O e r min n, m . Então, é possível transformar o sistema dado noutro sistema
equivalente, CX1 D , onde Ir C= 0
E , 0
(3.7)
e E e D são matrizes resultantes da aplicação das operações elementares sobre as linhas da matriz completa do sistema (e, eventualmente a troca de colunas da matriz do sistema) e X1 é a matriz coluna que corresponde a uma eventual reordenação das incógnitas.
70
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Nota: A troca de colunas na matriz do sistema é equivalente a alterar a ordem das incógnitas. Assim, ao escrevermos a matriz completa do sistema, podemos indicar sobre as colunas da matriz do sistema as incógnitas a que estas se referem e sempre que houver uma troca de colunas trocar as respetivas incógnitas. Note-se que a troca de colunas entre si não pode envolver a coluna dos termos independentes. Procedimento para a resolução de sistemas (usando o método de Gauss-Jordan) Seja AX B um sistema de equações lineares a n incógnitas e m equações sobre
, onde
A O.
1. Escrevemos o sistema na forma matricial AX B . 2. Condensamos a matriz completa do sistema A = A B colocando-a na forma
A
S 0
S' 0
B'
onde S , denominada submatriz principal, é uma matriz triangular superior da forma s11 s12 0 s 22 S= 0 0 0 0
0
0
s1r s2r , sii 0, i 1, srr
, r
submatriz principal
e S e B' são matrizes resultantes da aplicação das operações elementares sobre as linhas da matriz completa do sistema (e, eventualmente a troca de colunas da matriz do sistema). Às incógnitas correspondentes às colunas da matriz S chamamos incógnitas principais. Obtermos então as características das matrizes A e A . 3. Classificamos o sistema de acordo com a Tabela 3.1. 4. Se o sistema for impossível terminamos o processo, passando ao passo 8. 5. Colocamos os pivôs iguais a 1 na submatriz principal. 6. Introduzimos zeros acima dos pivôs na submatriz principal. 7. Escrevemos o sistema de equações correspondente à matriz completa obtida e tiramos o valor das variáveis. 8. Escrevemos o conjunto solução.
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Exemplo 3.8 [Resolução de um sistema de equações lineares] x y 0 Resolver o seguinte sistema de equações lineares x y z 1 . x y 2z 2
Resolução 1 1 0 x 0 O sistema, na forma matricial AX B , escreve-se 1 1 1 y 1 . 1 1 2 z 2
Começamos por condensar a matriz completa do sistema A , para obtermos as características das matrizes A e A .
1 A = 1 1
1
0
1
1
1
2
car A 3 1 1 0 0 0 1 SPD 0 2 1 1 car A 3 l2 l2 l1 2 l3 l3 l1 0 0 2 2 nº incógnitas 3
Neste caso, o sistema é possível e determinado, SPD , e portanto tem uma única solução. Vamos determinar a sua solução. Colocamos os pivôs iguais a 1 na submatriz principal (matriz assinalada). 1 0 A l2 1 2l2 l3 1 2l3 0
1 1 0
0 1 2 1 2 . 1 1 0
Introduzimos zeros acima da diagonal na submatriz principal. 1 0 A 1 l2 l2 l3 0 2
1
0
1
0
0
1
0 1 0 0 0 0 1 0 0 . 0 l l l 1 1 1 2 0 0 1 1
1 0 0 0 x 0 Tiramos a solução para cada variável: 0 1 0 0 y 0 0 0 1 1 z 1 Escrevemos o conjunto solução CS 0, 0,1 .
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Exemplo 3.9 [Resolução de um sistema de equações lineares] 2 x1 x2 x3 x4 1 4 x x x x 1 Resolver o seguinte sistema de equações lineares 1 2 3 4 . 6 x 2 x 0 2 1 x1 x2 x3 x4 2
Resolução 2 1 1 1 x1 1 4 1 1 1 x 1 2 . O sistema, na forma matricial AX B , escreve-se 6 2 0 0 x3 0 1 1 1 1 x4 2
Começamos por condensar a matriz completa do sistema A , de forma a podermos obter as características das matrizes A e A .
x1
x2
x3
x4
x3
x2
x1
x4
x3
2 4 A= 6 1
1 1 1 2 1 1 1 0 1 1 1 1 1 1 4 1 1 2 0 0 0 c1 c3 0 2 6 0 0 l2 l2 l1 0 l4 l4 l1 1 1 1 2 1 1 1 1 2 0 x3 x2 x1 x4 x3 x2 x1 x4
l3 l3 l2 l4 l4 l2
1
1
2
0
2
6
0
0
0
0
0
5
1
1
1
1 1 0 0 0 0 0 l3 l4 0 2 3 0 1
1 2 2 6 0 5 0 0
x2
x1
x4
1 2 6 0 0 2 6 0 0 2 1 2 3 1
2
1
1 0 0 2 3 0 0 1
car A 3 4 3 1 car A 3 SPI n º inc ógnitas 4 Neste caso o sistema é possível e indeterminado, com grau de indeterminação 1, SPI , e portanto tem várias soluções. Vamos determinar as suas soluções. Colocamos os pivôs iguais a 1 na submatriz principal (matriz assinalada).
A 1 l2 l2 2 1 l3 l3 5
x3
x2
x1
x4
1
1
2
1
0
1
3
0
0
0
1
2 5
0
0
0
0
1 0 35 0
.
Introduzimos zeros acima da diagonal na submatriz principal.
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x3
x2
x1
x4
0 1 1 1 1 0 1 3 0 0 A 0 1 2 5 3 5 l1 l1 l2 0 0 0 0 0 0 Tiramos a solução para cada variável:
x3
x2
x1
1
0
0
0
1
0
0
0
1
0
0
0
l1 l1 l3 l2 l2 3l3
x3
x2
x1
1
0
0
0
1
0
0
0
1
0
0
0
x4 2 5 6 5 9 5 2 5 3 5 0 0 35
x4 2 5 x3 3 5 x4 2 5 x3 3 5 x4 2 5 6 5 9 5 x2 6 5 x4 9 5 x2 6 5 x4 9 5 2 5 3 5 x 2 5 x 3 5 x 2 5 x 3 5 1 4 4 1 0 0 35
2 x 3 6 x4 9 3 x4 2 , , , x4 , x4 . Escrevemos o conjunto solução CS 4 5 5 5
Exemplo 3.10 [Resolução de um sistema de equações lineares] x1 2 x2 5 x3 3 x4 6 x5 14 Resolver o seguinte sistema de equações lineares 2 x3 7 x5 12 . 2 x 4 x 5 x 6 x 5 x 1 2 3 4 5 1
Resolução 1 O sistema, na forma matricial AX B , escreve-se 0 2
2
5
3
0
2
0
4
5
6
x1 6 x2 14 7 x3 12 . 5 x4 1 x5
Começamos por condensar a matriz completa do sistema A , de forma a podermos obter as características das matrizes A e A .
74
x1
x2
x3 x4
x5
x1
1 A = 0 2
2
5
3
0
2
0
4
5
6
14 1 0 7 12 l3 l3 2l1 0 5 1 x4 x5 6
x1
x3
x2
1 0 c3 c2 0
5
2
3
2
0
0
5
0
0
x2
x3
x4
x5
2
5
3
0
2
0
0
5
0
14 7 12 17 29 6
x1
x3
x2 x4
x5
14 1 0 7 12 l l 2l 17 29 3 3 2 0
5
2
3
2
0
0
1
0
0
14 7 12 3 5
6
6
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x1
x3
x2 x4
x5
1 0 l3 l2 0
5 1
2 0
3 0
2
0
0
6 14 1 0 3 5 l l 2l 7 12 3 3 2 0
x1
x3
x5
x4 x2
1 5 6 0 1 3 c5 c3 0 0 1
x1
x3
x2 x4
x5
5 1
2 0
3 0
0
0
0
6 14 3 5 1 2
3 2 14 car A 3 5 3 2 0 0 5 car A 3 SP 2 I 0 0 2 n º incógnitas 5
Neste caso o sistema é possível e indeterminado, com grau de indeterminação 2, SP 2 I e portanto tem várias soluções. Vamos determinar as suas soluções. Como os pivôs já são iguais a 1 na submatriz principal (matriz assinalada), vamos introduzir zeros acima da diagonal.
x1
x3
x5
x4
x2
1 0 A l1 l1 5l2 0
0
9
3
2
1
3
0
0
0
1
0
0
x1 x3 x5 x4 x2 11 1 0 0 3 2 7 0 1 0 0 0 1 5 l l 9l 2 l12 l12 3l33 0 0 1 0 0 2
Tiramos a solução para cada variável:
x1 x3 x5 x4 x2 x1 3 x4 2 x2 7 x1 7 3 x4 2 x2 1 0 0 3 2 7 0 1 0 0 0 1 x 1 x3 1 3 x 2 x 2 0 0 1 0 0 2 5 5 Escrevemos o conjunto solução CS 7 3x4 2 x2 , x2 , 1, x4 , 2 , x2 , x4
.
Exemplo 3.11 [Resolução de um sistema de equações lineares] x1 x2 1 Resolver o seguinte sistema de equações lineares x1 2 x2 3 x3 1 . x 3x 2 3 1
Resolução 1 1 0 x1 1 O sistema, na forma matricial AX B , escreve-se 1 2 3 x2 1 . 1 0 3 x3 2
Começamos por condensar a matriz completa do sistema A , de forma a podermos obter as características das matrizes A e A . EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
75
1 1 A = 1 2 1 0
0 3 3
1 1 0 1 l l l 2 l32 l32 l11 0
1
0
1
3
1
3
1 1 1 0 0 1 l3 l3 l2 0 0 1
0 1 3 0 0 1
car A 2 SI car A 3 O sistema é impossível, SI , logo não tem solução. Então S .
3.4 SISTEMAS HOMOGÉNEOS Definição 3.9 [Sistema homogéneo] Um sistema de equações lineares diz-se homogéneo se os termos independentes forem todos nulos, ou seja, o sistema tem a forma a11 x1 a x 21 1 am1 x1
a1n xn 0 a2 n xn 0
(3.8)
amn xn 0
ou, na forma matricial, AX O
(3.9)
sendo a11 a A 21 am1
a12
a1n
a22
a2 n
am2
amn
0 0 0
(3.10)
Como a coluna dos termos independentes é nula, verifica-se sempre
car A = car A e, portanto, de acordo com a Tabela 3.1, é um sistema sempre possível, admitindo sempre a x1 0 solução nula, isto é, , podendo ser determinado ou indeterminado. x 0 n 76
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Exemplo 3.12 [Sistema homogéneo] x1 x2 x3 0 Resolver o seguinte sistema homogéneo x1 x2 0 . x x 0 1 3
Resolução 1 1 1 x1 0 O sistema, na forma matricial AX B escreve-se 1 1 0 x2 0 . 1 0 1 x3 0
Começamos por condensar a matriz completa do sistema A , de forma a podermos obter as características das matrizes A e A .
1 A = 1 1
1 1 0
0 1 0 0 0 l l l 1 0 l32 l32 l11 0
1
1 1 1 0 0 1 0 0 1 2 l2 l3 1 2 0 0 0 1
1
1
0 0 0
car A 3 car A 3 SPD n º incógnitas 3 Neste caso o sistema é possível e determinado, SPD , e portanto tem uma única solução. Como todo o sistema homogéneo admite a solução nula, então o seu conjunto solução é
CS 0, 0, 0 .
Exemplo 3.13 [Sistema homogéneo] x1 2 x2 x3 0 Resolver o seguinte sistema homogéneo 2 x2 x3 0 . 2 x 4 x 2 x 0 2 3 1
Resolução 1 2 1 x1 0 O sistema, na forma matricial AX B , escreve-se 0 2 1 x2 0 . 2 4 2 x3 0
Começamos por condensar a matriz completa do sistema A , de forma a podermos obter as características das matrizes A e A .
1 2 1 2 1 0 A = 0 2 1 0 0 2 l3 l3 2l1 0 0 2 4 2 0 EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
1 0 car A 2 3 2 1 1 0 car A 2 SPI 0 0 nº incógnitas 3 77
Neste caso o sistema é possível e indeterminado, com grau de indeterminação 1, SPI , e portanto tem várias soluções. Vamos determinar as suas soluções. Colocamos os pivôs iguais a 1 na submatriz principal (matriz assinalada).
1 0 A 1 l2 l2 0 2
0 12 0 0 0
2
1
1 0
Introduzimos zeros acima da diagonal na submatriz principal.
1 0 A l1 l1 2l2 0
0 1 0
0 12 0 0 0 0
Tiramos a solução para cada variável:
1 0 0
0 1 0
0 x1 0 x1 0 12 0 1 1 . x2 x3 0 x2 x3 0 0 2 2 0
1 Escrevemos o conjunto solução CS 0, x3 , x3 , x3 . 2
3.5 SISTEMAS DE CRAMER 3.5.1 DEFINIÇÃO Definição 3.10 [Sistema de Cramer] Seja AX B um sistema de equações lineares. O sistema diz-se um sistema de Cramer se 1. o número de equações for igual ao número de incógnitas (a matriz A é uma matriz quadrada); 2. o determinante da matriz dos coeficientes for diferente de zero, A 0 .
Exemplo 3.14 [Sistema de Cramer] x1 2 x2 5 x3 3 x4 6 x5 14 1. O sistema 2 x3 7 x5 12 não é um sistema de Cramer. 2 x 4 x 5 x 6 x 5 x 1 2 3 4 5 1
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1 O sistema na forma matricial, AX B , escreve-se 0 2
2
5
3
0
2
0
4
5
6
x1 6 x2 14 7 x3 12 , 5 x4 1 x5
ou seja, o número de equações (temos 3 equações) não é igual ao número de incógnitas (temos 5 incógnitas). Logo, não se trata de um sistema de Cramer. x y 0 2. O sistema x y z 1 é um sistema de Cramer. x y 2z 2 1 1 0 x 0 Efetivamente, o sistema na forma matricial AX B escreve-se 1 1 1 y 1 . 1 1 2 z 2
Logo, o número de equações (3 equações) é igual ao número de incógnitas (3 incógnitas). Vamos verificar que A 0 . 1 1 0 A 1
1
1 1
1
1 1 0
0
l l l 2 l32 l32 l11 0
2
1 4 0.
0
2
Então, trata-se de um sistema de Cramer.
Seja AX B um sistema de equações lineares de Cramer a n incógnitas e n equações. Trata-se de um sistema possível e determinado pois o determinante da matriz dos coeficientes
é
não
nulo,
admitindo
por
isso
característica
máxima
(isto
é,
car A car A n ).
Exemplo 3.15 [Sistema possível e determinado] x y 0 O sistema x y z 1 do Exemplo 3.14.2 é um sistema possível e determinado uma x y 2z 2
vez que é um sistema de Cramer. Logo, tem uma única solução (ver o Exemplo 3.8).
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
79
3.5.2 RESOLUÇÃO MATRICIAL DE SISTEMAS DE CRAMER Seja AX B um sistema de equações lineares de Cramer a n incógnitas e n equações. Como A 0 a matriz A tem inversa. Então, o sistema de equações AX B tem exatamente uma solução dada por X A1B
(3.11)
Exemplo 3.16 [Resolução matricial de sistemas de Cramer] x y 0 Considere-se o sistema do Exemplo 3.14.2 x y z 1 que verificamos ser um sistema x y 2z 2
de Cramer. Vamos determinar a sua solução através de resolução matricial. Começamos por determinar a matriz A 1 . 1 1 0 1 0 0 1 1 0 1 1 1 1 0 1 0 l l l 0 2 1 1 1 1 2 0 0 1 l32 l32 l11 0 0 2 1 1 0 1 2 1 2 1 2 0 0 1 1 2 1 2 1 2 0 1 l1 l1 l2 0 0 1 1 2 0 1 2 l1 l1 2 l3
1 l2 l2 l3 2
Assim, A
1
0 0 1 0 0 1 1 0 1 0 0 1 1 2 1 2 1 2 0 l 1 2l 0 1 l32 1 2l32 0 0 1 1 2 0 1 2 1 0 0 3 4 1 2 1 4 0 1 0 1 4 1 2 1 4 0 0 1 1 2 0 1 2
3 4 1 2 1 4 1 4 1 2 1 4 . 1 2 0 1 2
Usando a igualdade (3.11) obtemos a solução do sistema x 3 4 1 2 1 4 0 x 0 x 0 X A B y 1 4 1 2 1 4 1 y 0 y 0 . z 1 2 0 z 1 1 2 2 z 1 1
Então, o seu conjunto solução é CS 0, 0,1 (conforme podemos verificar no Exemplo 3.8).
80
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3.5.3 RESOLUÇÃO PELAS FÓRMULAS DE CRAMER Seja AX B um sistema de equações lineares com n equações e n incógnitas onde
= A 0 . Então, o sistema tem uma única solução que pode ser obtida usando as fórmulas de Cramer xi i , i 1,
onde i , i 1,
,n
(3.12)
, n , é o determinante que se obtém a partir de substituindo os elementos
da coluna i pela coluna dos termos independentes B .
Exemplo 3.17 [Resolução de sistemas de Cramer pelas fórmulas de Cramer] x y 0 Considere-se o sistema do Exemplo 3.14.2 x y z 1 que verificamos ser um sistema x y 2z 2
de Cramer e para o qual A 4 . Vamos determinar a sua solução através das fórmulas de Cramer. 1 1 0 x 0 O sistema, na forma matricial AX B , escreve-se 1 1 1 y 1 . 1 1 2 z 2
Como o sistema tem 3 incógnitas começamos por calcular 1 , 2 e 3 . 0 1 1
1 0 1
1
1
1
1
0 1 0
l1 l2
2
1 2
1
0
0
2 1
1
1 0
1
2
2
2 1 2
P2.3
1
l3 l3 2l1
1
P2.3
0 1 0 0 0 3 0
1 1 3 1
1
1
1 1
1 1 0
0
P2.8
0
2
1 4
2 l32 l32 l11 0
0
2
1
l l l
Aplicando a igualdade (3.12) com A 4 obtemos 0 0 4 x 1 0 ; y 2 0; z 3 1. 4 4 4
Então, o seu conjunto solução é CS 0, 0,1 (conforme podemos verificar no Exemplo 3.8).
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3.6 DISCUSSÃO DE SISTEMAS COM PARÂMETROS O objetivo desta secção é apresentar uma metodologia (seguida de alguns exemplos) que permita de forma sistemática efetuar a discussão de sistemas onde figuram parâmetros. Neste caso, o objetivo não é obter o conjunto solução do sistema mas classificar o sistema em função da variação dos parâmetros dados. Para isso, vamos seguir os seguintes passos. Seja AX B um sistema de equações lineares. I. Condensa-se a matriz completa do sistema A = A B . II. Impõem-se as condições que tornam a car A com o maior valor possível. III. Nas condições definidas em II estuda-se a car A e classifica-se o sistema. IV. Contrariam-se as condições encontradas em II. V. Nas condições encontradas em IV estudam-se car A , car A e classifica-se o sistema para todos os casos encontrados. VI. Faz-se um resumo para todos os valores dos parâmetros e respetiva classificação.
Exemplo 3.18 [Discussão de sistemas com parâmetros] Discutir, em função dos parâmetros reais a e b , o sistema de equações lineares x x ax 1 3 1 2 x1 ax2 x3 b . 2 x1 x2 a x3 a
Resolução 1 1 a x1 1 O sistema, na forma matricial AX B escreve-se 1 a 1 x2 b . 2 x3 a 1 1 a
I. Condensa-se a matriz completa do sistema.
1 1 a A = 1 a 1 2 1 1 a
1 1 1 a 1 b 0 a 1 1 a b 1 l2 l2 l1 a l3 l3 l1 0 0 a 2 a a 1
II. Impõem-se as condições que tornam a car A com o maior valor possível.
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2
a 1 a a 0 a 0 a 1 car A 3 III. Nas condições definidas em II estuda-se a car A e classifica-se o sistema. a 0 a 1 car A 3 SPD car A 3 nº incógnitas 3
IV. Contrariam-se as condições encontradas em II. Neste caso, contrariando as condições a 0 a 1 , obtemos a 0 a1 . 1º)
2º)
V. Nas condições encontradas em IV estudam-se car A , car A e classifica-se o sistema para todos os casos encontrados.
1 1 1 0 0 1 1 b 1 car A 2 0 0 0 1
1º) a 0 A
Por outro lado, car A 3, b , porque a terceira linha da matriz completa não é nula.
car A 2 SI . car A 3 2º) a 1 A
1 1 1 1 0 0 0 b 1 car A 1 0 0 0 0
i) b 1 A
1 1 1 1 0 0 0 0 car A 1 0 0 0 0
car A 1 3 1 2 . car A 1 SP 2 I nº incógnitas 3 ii) b 1 car A 2 .
car A 1 SI car A 2 VI. Faz-se um resumo para todos os valores dos parâmetros e respetiva classificação. EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
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a 0 a 1, b
SPD
a b 1
SP2 I
a 0, b a 1 b 1 SI ou b SPD 1
SI SP 2I
-1
1
a
-1
Exemplo 3.19 [Discussão de sistemas com parâmetros] Discutir, em função dos parâmetros reais a e b , o sistema de equações lineares ax y az b . ax y 2az a 2ax a 1 y a 4 z a b 2
Resolução 1 a x b a . O sistema, na forma matricial AX B , escreve-se a 1 2a y a 2a a 1 a 4 z a b 2
I. Condensa-se a matriz completa do sistema.
1 a b 1 a b a a A= a 1 2a a 0 0 a ab l l l 2a a 1 a 4 a b 2 l32 l32 21l1 0 a 3 a 4 a b 2 1 a b a 0 a 3 a 4 a b 2 l2 l3 0 a a b 0 II. Impõem-se as condições que tornam a car A com o maior valor possível.
a 0 a 3 0 a 0 a 3 car A 3 III. Nas condições definidas em II estuda-se a car A e classifica-se o sistema. 84
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a 0 a 3 car A 3 SPD car A 3 nº incógnitas 3
IV. Contrariam-se as condições encontradas em II. Neste caso, contrariando as condições a 0 a 3 , obtemos a 0 a3 . 1º)
2º)
V. Nas condições encontradas em IV estudam-se car A , car A e classifica-se o sistema para todos os casos encontrados. 1º) a 0 A
0 1 0 b 1 0 0 b 0 3 4 b 2 3 0 4 b 2 c c b 1 2 0 0 0 b 0 0 0
b b 1 0 0 1 0 0 0 0 4 2b 2 0 4 0 2b 2 car A 2 c c l2 l2 3l2 3 2 b b 0 0 0 0 0 0 i) b 0 A
1 0 0 0 0 4 0 2 car A 2 0 0 0 0
car A 2 3 2 1 . car A 2 SPI nº incógnitas 3 ii) b 0 car A 3 .
car A 2 SI . car A 3 2º)
a 3 A
b 3 1 3 b 3 3 1 b 3 3 1 0 0 1 b 5 0 1 0 b 5 0 1 0 b 5 car A 2 c c l l 3l 0 0 3 3 b 2 3 0 3 0 3 b 3 3 2 0 0 0 2b 12
i) b 6 A
3 3 1 6 0 1 0 1 car A 2 0 0 0 0
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car A 2 3 2 1 . car A 2 SPI nº incógnitas 3 ii) b 6 car A 3 .
car A 2 SI car A 3 VI. Faz-se um resumo para todos os valores dos parâmetros e respetiva classificação.
a 0 a 3, b
SPD
a b 0 a 3 b 6
SPI
a 0 b 0 a 3 b 6 SI
Exemplo 3.20 [Discussão de sistemas com parâmetros] Discutir, em função dos parâmetros reais a e b , o sistema de equações lineares x y 2z 1 x az 1 . x y 2z b 2 x y 2 a z 2
Resolução 2 1 1 1 x 1 0 a 1 y . O sistema, na forma matricial AX B , escreve-se 2 b 1 1 z 2 1 2 a 2
I. Condensa-se a matriz completa do sistema.
2 1 1 1 0 a A= 1 1 2 2 1 2 a
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1 2 1 2 1 1 1 1 1 1 0 a2 0 0 1 a 2 0 1 b l2 l2 l1 0 2 0 b 1 l3 l3 2l2 0 0 2a 4 b 1 l3 l3 l1 l l l 2 l l 2l 0 1 2 a 0 4 4 2 0 0 2a 0 4 4 1
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2 1 1 2 1 1 1 0 1 a 2 0 0 1 a 2 1 4 b 1 l 1 l 0 0 l3 l3 l4 0 0 4 44 0 0 0 2a 0 0 2a 1 1 2 0 1 a 2 l4 l4 2 al3 0 0 1 0 0 0
0 b 1 4 0 1
0 b 1 4 2a b 1 4 1
II. Impõem-se as condições que tornam a car A com o maior valor possível.
car A 3, a , b III. Nas condições definidas em II estuda-se a car A e classifica-se o sistema. Uma vez que não se impuseram condições aos parâmetros a e a b , porque a característica da matriz A é sempre 3 para todos os valores de a e de b , estudamos agora a característica da matriz A .
2 1 1 0 1 a2 2a b 1 0 a 0 b 1 i) 0 0 1 4 0 0 0
0 car A 3 b 1 4 0 1
a 0 b 1 car A 3 SPD car A 3 nº incógnitas 3
ii)
2a b 1 0 a 0 b 1 car A 4 4 a 0 b 1 car A 3 SI car A 4
VI. Faz-se um resumo para todos os valores dos parâmetros e respetiva classificação.
a 0, b b 1, a SPD a 0b 1
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SI
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3.7 EXERCÍCIOS 3.7.1 RESOLUÇÃO DE SISTEMAS NA FORMA MATRICIAL E XERCÍCIOS RESOLVIDOS 2 x1 x2 x3 0 1. Considere o seguinte sistema, nas incógnitas x1 , x2 e x3 : x1 x2 x3 3 . x x x 1 1 2 3 1.1 Represente-o matricialmente. 1.2 Classifique o sistema. 1.3 Resolva-o usando o método de Gauss-Jordan. Resolução: 1.1 A representação matricial de qualquer sistema corresponde à igualdade AX B sendo A - matriz dos coeficientes; X - matriz das incógnitas; B - matriz dos termos independentes.
2 1 1 x1 0 Sendo assim, vem AX B 1 1 1 x2 3 . 1 1 1 x3 1 1.2 A classificação do sistema é feita através da comparação das características da matriz
2 1 1 0 dos coeficientes e da matriz completa do sistema A 1 1 1 3 . 1 1 1 1 Para determinarmos essas características, usamos o já conhecido método da condensação. Se tivermos o cuidado de não trocar a coluna dos termos independentes com as outras colunas, podemos determinar em simultâneo a car A e car A . 2 1 1 0 1 1 1 3 1 1 1 3 0 3 1 6 A 1 1 1 3 2 1 1 0 l1 l2 l2 l2 2l1 1 1 1 1 1 1 1 1 l3 l3 l1 0 2 0 4 1 1 1 3 car A 3 0 1 3 6 car A 3 SPD c2 c3 0 0 2 4 nº incógnitas 3
Neste caso o sistema é possível e determinado, SPD , e portanto tem uma única solução.
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1.3 Na alínea 1.2, foi efetuada a troca da coluna 2 com a coluna 3. Assim sendo, a coluna 2 da matriz condensada corresponde a x3 e a coluna 3 a x2 . Colocamos os pivôs iguais a 1 na submatriz principal. x1 A
x3
x2
1 1 1 0 1 3 0 0 2
x1 x3 x2 3 1 1 1 3 0 1 3 6 6 l2 l2 4 l3 1 l3 0 0 1 2 2
Introduzimos zeros acima da diagonal na submatriz principal. x1 x3 x2
x1 x3 x2
1 0 2 3 1 0 0 1 0 1 0 0 A 0 1 3 6 l1l1l2 l1 l1 2l3 0 0 1 2 l2 l2 3l3 0 0 1 2
Tiramos a solução para cada variável: x1 x3 x2 x1 1 1 0 0 1 0 1 0 0 x 2 2 x 0 0 0 1 2 3
Escrevemos o conjunto solução CS 1, 2, 0 .
x1 x2 x3 x4 0 2 x1 x2 x3 x4 3 x x x x 2. Considere o seguinte sistema nas incógnitas 1 , 2 , 3 e 4 : . x1 2 x4 3 x2 x3 3x4 3 2.1 Classifique o sistema. 2.2 Resolva-o usando o método de Gauss-Jordan e indique uma solução particular. Resolução:
1 1 2 1 2.1 O sistema, na forma matricial AX B , escreve-se 1 0 0 1
1 1 x1 0 1 1 x2 3 . 0 2 x3 3 1 3 x4 3
Começamos por condensar a matriz completa do sistema A , de forma a podermos obter as características das matrizes A e A .
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1 1 2 1 A= 1 0 0 1
1 1
0 1 1 1 1 0 1 1 1 1 0 1 1 3 1 1 3 0 1 1 3 3 0 2 3 l2 l2 2l1 0 1 1 3 3 l3 l3 l2 0 0 0 0 l3 l3 l1 l4 l4 l2 1 3 3 0 1 1 3 3 0 0 0 0
0 3 0 0
car A 2 4 2 2 car A 2 SP 2 I nº incógnitas 4 Trata-se, então de um sistema possível e duplamente indeterminado. 2.2 De seguida, como os elementos da diagonal principal (pivôs) já são iguais a 1 na submatriz principal, introduzimos zeros acima da diagonal.
A
1 0 0 0
1 0 1 0 1 3 3 l l l 0 0 0 1 1 2 0 0 0 0 0
1
1
1 0 0
2 3 1 1 3 3 0 0 0 0 0 0 0 0 0
0
Tiramos a solução para cada variável:
A
1 0 0 0
2 3 1 1 3 3 x1 2 x4 3 x1 3 2 x4 0 0 0 0 x2 x3 3x4 3 x2 3 x3 3 x4 0 0 0 0 0
0
Escrevemos o conjunto solução CS 3 2 x4 ,3 x3 3x4 , x3 , x4 , x3 , x4
.
Por exemplo, para x3 0 e x4 1 tem-se uma solução particular que é dada por s1 1,0,0,1 .
E XERCÍCIOS PROPOSTOS x1 x2 x3 x4 0 1. Considere o sistema nas incógnitas x1 , x2 , x3 e x4 : 2 x2 x3 x4 0 . 2 x 2 x x x 2 2 3 4 1 1.1 Escreva o sistema na forma matricial. 1.2 Verifique que são solução do sistema dado: 1.2.1 s1 1, 1, 0, 2 ; 1.2.2 s2 1, 1,1,1 . 1.3 Tendo em atenção a alínea anterior, como pode classificar o sistema? 90
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1.4 Verifique que s3 1, 1,1, 1 , não é solução do sistema dado. 1.5 Verifique que todos os elementos do conjunto S 1, 1, k , 2 k , k
são
soluções do sistema dado. Sabendo que S representa o conjunto solução do sistema dado, qual o grau de indeterminação do sistema? 1.6 Escreva um sistema equivalente ao anterior. 1.7 Acrescente uma equação ao sistema dado de forma a obter um sistema impossível.
2. Resolva os sistemas usando o método de Gauss-Jordan:
x1 x2 x3 x4 1 x1 x3 2 x4 0 2.1 2 x1 x2 x3 x4 3 2 x1 3x3 3
x 2 y 3z 1 3 x y z 2 2.2 2 x 3 y 2 z 1 x y 2 z 0
x1 x2 x3 x4 1 x1 x3 2 x4 0 2.3 2 x1 x2 2 x3 x4 1 x1 x2 x3 5 x4 1
x1 x2 2 x3 2 x4 1 x1 x2 x3 x4 2 3. Considere o sistema . x1 x2 x3 x4 4 2 x1 x2 x3 2 x4 4 3.1 Prove que o sistema não é um sistema possível e determinado. 3.2 Determine o conjunto solução do sistema usando o método de Gauss-Jordan. Soluções:
x1 1 1 1 1 0 x2 1.1 0 2 1 1 0 x3 2 2 1 1 x 2 4
1.3 Sistema possível e indeterminado.
1.5 Sistema possível e simplesmente indeterminado (um grau de indeterminação), SPI . 2.1 Sistema impossível, SI . 5 3 4 2.2 Sistema possível e determinado, SPD . CS , , 11 11 11
2.3 Sistema possível e duplamente indeterminado SP 2 I .
CS 2 x4 x3 ,1 3x4 , x3 , x4 ; x3 , x4
3.2 Sistema possível e indeterminado SPI . CS x4 , x4 3, x4 1, x4 ; x4
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. 91
E XERCÍCIOS SUPLEMENTARES 1 1 2 3 1. Considere as matrizes A 0 4 2 e B 2 . Determine a matriz X que verifica 2 2 2 4 AX B .
1 1 1 2 2. Considere as matrizes X e Y 1 . Resolva a equação matricial em ordem 1 7 2 2 a Z : Y XT Z O .
x 2 y z 3 3. Considere o seguinte sistema de equações: 2 x 3 y z 8 . x 5 z 7 3.1 Resolva-o, utilizando o método de Gauss-Jordan. 3.2 Com base nos cálculos anteriores diga, justificando, se o sistema homogéneo obtido a partir do sistema dado por substituição dos termos independentes, admite como única solução a solução nula.
4. Considere o seguinte sistema de equações lineares:
x1 x3 x4 x1 x2 x4 x x x 1 2 4
1 0. 1
4.1 Sem efetuar cálculos, diga que considerações podem sem feitas quanto à classificação do sistema dado. Justifique convenientemente cada afirmação. 4.2 Discuta e resolva, se possível, o sistema dado usando o método de Gauss-Jordan.
92
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Soluções: 5 3z 1. X 2
z 1 2
1 2. Z 0
T
z , z
3.1 SPI . CS 7 5 z, 2 3z, z ; z
3.2 Não. CS 5 z,3z, z ; z
1 2 x 1 1 2 x4 4.2 SPI . CS , 4 , , x4 ; x4 2 2 2
3.7.2 SISTEMAS CRAMER E XERCÍCIOS RESOLVIDOS 2 x1 x2 x3 0 1. Considere o sistema x1 x2 x3 3 . x x x 1 1 2 3 1.1 Prove que é um sistema de Cramer. 1.2 Resolva-o por igualdade matricial. 1.3 Confirme o valor de x3 , aplicando as fórmulas de Cramer. Resolução: 1 1 x1 0 2 1.1 O sistema na forma matricial AX B , escreve-se 1 1 1 x2 3 . 1 1 1 x3 1
Logo, o número de equações (3 equações) é igual ao número de incógnitas (3 incógnitas). Vamos verificar que A 0 . 2 1 A 1 1
1 1 1 1 2 1
1 1 1
l2 l1
1 1
1 1
l l 2l 1 l32 l32 l1 1
1 1 1 0 3 1 0 2
0
c2 c3
1 1 1 0 1 3 2 0 . 0
0
2
Então, trata-se de um sistema de Cramer. 1.2 Começamos por determinar a matriz A 1 .
2 1 1 1 0 0 1 1 1 0 1 0 1 1 1 0 1 0 1 1 1 0 1 0 2 1 1 1 0 0 l l l l 2l 0 3 1 1 2 0 1 1 1 0 0 1 1 2 1 1 1 0 0 1 l32 l32 l1 1 0 2 0 0 1 1
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1
0 1 1 0 1 1 1 1 1 1 l l 2l 2 0 0 1 1 3 3 2 0 0 1 1 0 1 0 1 0 1 1 1 1 1 l l l 0 1 1 1 2 3 2 1 1 2 0 0 0 1 0 1 1 0 0 1 2 1 2 0 1 1 1 2 3 2
1 0 l2 l2 l3 0 1 0 l3 1 2l3 0 1 0 l2 l2 l3 0
Assim, A
1
1
0
1
0 1 1 1 1 2 2 1 3 0 0 1 0 1
0
1
1 1 1 1 1 1 0 1 1 1 2 3 2
0 1 1 0 1 2 1 2 . 1 1 2 3 2
Usando a igualdade (3.11) obtemos a solução do sistema 0 1 0 x1 1 x1 1 x1 1 X A B x2 0 1 2 1 2 3 x2 2 x2 2 . x 0 x3 1 1 2 3 2 1 x3 0 3 1
Então, o seu conjunto solução é CS 1, 2, 0 . 1.3 Aplicando a igualdade (3.12) temos x3
2
3 , sendo A 2 (obtido em 1.2) e
1
0
1
2
0
1 2 0
1
3
1
1
3
0 3 3 0.
1 1
1
3 1
Então x3
c2 c1
1 1
l2 l2 l1
1 l3 l3 l1 0
P 2.3
1 1
0 0. 2
E XERCÍCIOS PROPOSTOS
1. Considere o seguinte sistema de equações lineares:
x y z 1 2 y z 0 . x 2z 0
1.1 Prove que o sistema é de Cramer. 1.2 Resolva-o usando as fórmulas de Cramer. 1.3 Resolva-o usando igualdade matricial.
94
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2 x y z 1 2. Considere o sistema x 5 y 4 z 0 . 3 x y 2 z 2 2.1 Prove que o sistema é de Cramer. 2.2 Resolva o sistema, usando as fórmulas de Cramer. Soluções: 4 1 2 1.2 CS , , 7 7 7
1 1 1 2.2 CS , , 2 2 2
E XERCÍCIOS SUPLEMENTARES x1 ax2 x3 1 1. Considere o sistema x1 2 x2 x3 1, a ax x x 2 1 2 3
.
1.1 Que valores deverá tomar o parâmetro a para que o sistema seja de Cramer? 1.2 Resolva-o, pelas fórmulas de Cramer, para a 1 . 2. Considere o sistema de equações lineares AX B com a, b
e sendo:
1 2 2 a x A 3 b 1 ; B 0 ; X y 4 2 5 3 z 2.1 Determine os valores de a e de b de forma que 2,1, 1 seja solução do sistema dado. 2.2 Para a b 2 resolva o sistema dado utilizando as fórmulas de Cramer.
2 x1 x2 x3 x4 0 3 x1 2 x2 x4 1 3. Considere o sistema . x x 3 x 2 x 2 1 2 3 4 x2 2 x3 x4 4 3.1 Prove que o sistema é de Cramer. 3.2 Resolva o sistema usando igualdade matricial.
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Soluções: 1.1 a \ 1, 2
1 3 1.2 CS , 0, 2 2
2.1 a 2 b 7
6 10 2 2.2 CS , , 11 11 11
9 23 21 3.2 CS , ,13, 2 2 2
3.7.3 SISTEMAS HOMOGÉNEOS E XERCÍCIOS RESOLVIDOS 7 x 2 y z 0 1. Considere o seguinte sistema, nas incógnitas x , y e z : 3 x 2 y z 0 . 4 x 2 z 0 1.1 Classifique o sistema a priori. 1.2 Indique, sem efetuar cálculos, uma solução do sistema. 1.3 Resolva-o usando o método de Gauss-Jordan. Resolução: 1.1 O sistema é um sistema homogéneo; logo, sempre possível. Poderá ser determinado ou indeterminado. 1.2 Sendo um sistema homogéneo, a solução nula, s 0, 0, 0 , é sempre solução do sistema. 7 2 1 x 0 1.3 O sistema, na forma matricial AX B , escreve-se 3 2 1 y 0 . 4 0 2 z 0
Começamos por condensar a matriz completa do sistema A , de forma a podermos obter as características das matrizes A e A . x y z y x z
y
x
z
y
x
2 7 1 0 7 2 1 0 2 7 1 0 2 7 A = 3 2 1 0 2 3 1 0 0 4 2 0 0 4 c1 c2 l2 l2 l1 l3 l3 l2 0 4 0 2 0 0 4 2 0 0 4 2 0 0
96
z 1 0 2 0 0 0
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car A 2 3 2 1 car A 2 SPI nº incógnitas 3 Neste caso o sistema é possível e indeterminado, com grau de indeterminação 1, SPI , e portanto tem várias soluções. Vamos determinar as suas soluções. Colocamos os pivôs iguais a 1 na submatriz principal (matriz assinalada). y x z A
1 l1 l1 2 1 l2 l2 4
1 7 2 1 2 0 0 1 1 2 0 0 0 0 0
Introduzimos zeros acima da diagonal na submatriz principal. y x z
1 0 5 4 0 0 1 1 2 0 A 7 l1l1 l2 0 0 0 0 2 Tiramos a solução para cada variável: y x z
A
5 5 1 0 5 4 0 y z 0 y z 4 4 0 1 1 2 0 1 x z 0 x 1 z 0 0 0 0 2 2
1 5 Escrevemos o conjunto solução CS z , z , z ; z . 2 4
Tal como se pode verificar, a solução nula é solução do sistema (basta fazer z 0 ); mas neste caso, é uma das muitas soluções do sistema.
E XERCÍCIOS PROPOSTOS x1 x2 x3 2 1. Considere o sistema x1 2 x2 x3 1 . x x 2x 1 3 1 2 1.1 Classifique o sistema. 1.2 Mostre, sem resolver o sistema, que a solução nula é a única do sistema homogéneo associado.
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1 2 4 2. Considere a matriz A . Determine a característica da matriz recorrendo à 4 5 6
definição. Soluções: 1.1 SPD
1.2 car A 2
E XERCÍCIOS SUPLEMENTARES
1. Considere o seguinte sistema de equações lineares:
x y z 0 2 y z 0 . x 3 y 0
Prove que é um
sistema de Cramer e diga qual a solução do sistema dado sem o resolver. Justifique convenientemente a sua resposta. Soluções: 1. CS 0, 0, 0
3.7.4 DISCUSSÃO DE SISTEMAS COM PARÂMETROS E XERCÍCIOS RESOLVIDOS x ay z a 1. Discuta o seguinte sistema nas incógnitas x , y e z : x by cz b , a, b, c . x ay az b Resolução: 1 a 1 x a O sistema, na forma matricial AX B , escreve-se 1 b c y b . 1 a a z b
I. Condensa-se a matriz completa do sistema.
98
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a 1 a 1 a 1 1 a A 1 b c b 0 b a c 1 b a l2 l2 l1 l3 l3 l1 0 1 a a b 0 a 1 b a II. Impõem-se as condições que tornam a car A com o maior valor possível.
b a 0 a 1 0 b a a 1 car A 3
III. Nas condições definidas em II estuda-se a car A e classifica-se o sistema. b a a 1 car A 3 SPD car A 3 nº incógnitas 3
IV. Contrariam-se as condições encontradas em II. Neste caso, contrariando as condições b a a 1 , obtemos b a a1 . 1º)
2º)
V. Nas condições encontradas em IV estudam-se car A , car A e classifica-se o sistema para todos os casos encontrados. 1º) b a A
1 a 1 a a 1 a 1 0 0 c 1 0 0 c 1 0 0 c c 0 0 a 1 0 2 3 0 a 1 0 0
i) c 1 A
1 a a 1 a a 1 1 0 0 0 0 0 a 1 0 0 l l 0 a 1 0 0 2 3 0 0 0 0
a 1 A
1 1 1 1 car A 1 3 1 2 0 0 0 0 car A 1 SP 2 I 0 0 0 0 n º incógnitas 3
car A 2 3 2 1 a 1 car A 2 SPI nº incógnitas 3
1 a a 1 1 1 a a 0 1 0 0 1 0 0 ii) c 1 A 0 l l l a 1l2 l2 2 0 a 1 0 0 3 3 0 0 0 0 c 1
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99
car A 2 3 2 1 car A 2 SPI nº incógnitas 3 2º) a 1 A
1 1 1 1 0 b 1 c 1 b 1 0 0 0 b 1
car A 2 i) b 1 SI car A 3
ii) b 1 A
1 1 1 1 1 1 1 1 0 0 c 1 0 0 c 1 0 0 c2 c3 0 0 0 0 0 0 0 0
c 1 SPI (analisado anteriormente). c 1 SP 2 I (analisado anteriormente).
VI. Faz-se um resumo para todos os valores dos parâmetros e respetiva classificação.
b a a 1, c
SPD
a 1 b 1 c 1 b a a 1, c
SPI
a 1 b 1 c 1
SP 2 I
a 1 b 1, c
SI
E XERCÍCIOS PROPOSTOS 1. Discuta os sistemas nas incógnitas x , y e z , a, b
1.1
x y z a 3 x b 5 y 2 z b 2 a 2 x b 3 y az b
x y z 1 x y z 0 1.4 2 x 2 y 2 z 0 x y z 100
:
x ay bz 1 1.2 ay 2 z 2 x ay 3bz b
x y az 1 1.3 2 x az b 1 2 y a 2 z a
x y az 1 1.5 x by b 2 z 1 x y z b
x ay a 2 z 1 1.6 x by b 2 z 1 x ay z b
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x 2 y az 1 1.7 2 x ay z b 3x 4 y z 3
2. Estude as diferentes soluções do sistema de equações lineares, em função dos parâmetros
x y az a que as condicionam: x by bz 1 . x y bz b
2 x ay a z a 3. Considere o seguinte sistema de equações: x 2a 1 y a 2 a 1 z a 2 a . x ay a b a 2 z b a 1
3.1 Discuta os diferentes tipos de soluções que pode obter em função da variação dos parâmetros a e b . 3.2 Determine o valor dos parâmetros a e b , sabendo que a solução do sistema é a seguinte: S 6, 4, 0 .
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101
Soluções: 1.1 a 0 b 2
b 2 a 2 a 2
SPD
SPI
b 2 a 2 a 0, b
SI
1.2 a 0b 0
a 0b
SPD
1 3
1 a 0 b b 0, a 3
SPI
SI
1.3
a 0 a 3, b
SPD
a 0 b 3 a 3 b 6
SPI
a 0 b 3 a 3 b 6
1.4
1
SPD
1
SI
SI b
1.5
a 1 b 1
SPD
SPD
b 1 a 1
SPI
a 1 b 1
SP 2 I
a 1 b 1
SI
SPI 1 SP2I 1
SI
a
b
1.6
102
SPD
b a a 1 a 1
SPD
b a a 1 a 1 a 1 b 1
SPI
1
SPI SP2I
a 1 b 1
SP 2 I
a 1 b 1 a 1 b 1
SI
-1
1
a
SI
-1
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
Soluções (continuação): 1.7
b
2 a a 3, b 3
SPD SPD 2
2 a a 3 b 2 3
SPI
SPI
2 a a 3 b 2 3
SI
2 3
SI 3
a
2.
b 1 b a
SPD
b 1 a 1 b a a 1
SPI
b 1 a 1
SP 2 I 3.2 a 2 b 1
3.1
a 1 a b
SPD
a 1 b 1
SPI
a 1 b 1 a 1 a b
SI
E XERCÍCIOS SUPLEMENTARES 1. Discuta o sistema nas incógnitas x , y e z sendo a, b, c parâmetros reais: x ay 2az a 2 x a y z c x ay bz b
x1 ax2 ax3 b 2. Discuta o seguinte sistema nas incógnitas reais x1 , x2 e x3 : x1 bx2 ax3 a ; 2 x1 ax2 a x3 c a, b, c .
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
103
z1 az2 az3 b 3. Considere o seguinte sistema: z1 bz2 a 2 z3 a ; a, b, c . z az baz c 2 3 1 3.1 Diga quais os diferentes tipos de soluções em função dos parâmetros reais a , b e c . 3.2 Considere a 1 , b 2 e c 1 . Mostre que a solução nula é a única do sistema homogéneo associado, sem o resolver.
4. Discuta os sistemas, segundo os parâmetros correspondentes: x y 2z 1 x z 1 4.1 x y 2z 2 x y 2 z 2
104
x 4 y 2z a 2 4.2 x a y az a x a 2 y 2 b z b
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Soluções: 1.
a 0 a 1 b 2a, c
SPD
a b 0, c a 0 c 1, b a 1 c 1b 2 3 b 1 0
SPI
a 0 b 0 c 1 b 2a a 0 a 1, c a 1 c 1 b 2 3 b 1 0 b 2 a 1, c
SI
2.
a 0 a 1 a b, c
SPD
a 0 b 0 c b a 1 c b a b b 0 c b 2
SPI
abc0
SP 2 I
a b 0 c 0 a 0 b 0 c b a 1 c b
a b b 0 c b 2
SI
3.1
a b a 0 b 1, c
SPD
a 0 b 0 c b b 1 a 1 c 1 a b b 0 b 1 c b
SPI
abc0
SP 2 I
a b 0 c 0 a 1 b 1, c a b b 0 b 1 c b a 0 b 0 c b b 1 a 1 c 1
SI
4.1
0, 1,
SPD
0 1
SI
4.2 a 2 a 2 b a 2
SPD
a 2 b 4 a 2 b 2
SPI
a 2 b 4 a 2 b 2 b a 2
SI
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105
3.7.5 EXERCÍCIOS DE CONCLUSÃO DO CAPÍTULO 1. Discuta os sistemas e resolva-os, se possível, usando o método de Gauss-Jordan:
1.1
x1 x2 4 x4 6 x x 3x 4 2 3 4 x3 x4 1 x1 2 x2 6 x4 11
x1 3 x2 x3 0 2 x x 1 2 3 1.2 2 x1 5 x2 x4 2 x1 x2 1
1.3
x1 x2 x3 1 x 2 x x 2 1 2 4 3 x2 x3 x4 1 3 x1 2 x3 x4 4
x1 x2 1 x x 2x x 1 2 3 4 1.4 2 x2 x4 0 2 x1 x2 x3 1
1.5
2 x1 x3 x4 1 x1 x2 x4 5 2 x x 3 x 11 4 2 3
2 x1 x2 x3 x4 1.6 x2 x3 x4 3 x x 2 1 3
1
7
2. Resolva os sistemas usando as fórmulas de Cramer:
2.1
x 2 y 3z 1 y 2z 0 x y 2 z 0
x 2 y 4z 2 2.2 x 2 z 1 x 2 y 2z 0
3. Considere o seguinte sistema de equações lineares, sendo k
:
x ky z 0 . x 2 y 0 2 x 4 y k 2 z 0 Condicione o valor de k
de modo que o sistema dado seja de Cramer e diga, sem o
resolver, qual o seu conjunto solução para os valores de k
106
encontrados.
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x ay a z a x by az 1 . x ay az b 2
4. Considere o sistema nas incógnitas x, y, z , sendo a, b
:
4.1 Discuta o sistema em função da variação de a, b
.
4.2 Seja a 2 e b 0 . 4.2.1 Resolva o sistema, usando as fórmulas de Cramer. 4.2.2 Sem efectuar cálculos, diga, justificando, qual o conjunto solução do sistema homogéneo associado ao sistema.
5. Considere o sistema de equações lineares, sendo a, b
x a 2 y z 1 : 2 x 8 y az 2 . 2 a 4 y az b
5.1 Discuta o sistema nas incógnitas x, y, z , sendo a, b
.
5.2 Resolva o sistema usando o método de Gauss-Jordan para a 2 e b 1 . 5.3 Resolva o sistema usando as fórmulas de Cramer para a 0 e b 1 .
6. Considere o seguinte sistema de equações lineares:
x1 2 x2 x3 x4 1 2 x1 4 x2 3 x3 4 x4 2 . 3 x 6 x 3 x 5 x 3 1 2 3 4
6.1 Sem efectuar cálculos e analisando o sistema, diga, justificando convenientemente as suas respostas, se: 6.1.1 o sistema dado é um sistema de Cramer; 6.1.2 o seu conjunto solução pode ser S k1, k2 , k1 k2 , k3 : k1, k2 , k3
.
6.2 Classifique o sistema e resolva-o, se possível, usando o método de Gauss-Jordan.
7. Discuta os sistemas, segundo os parâmetros correspondentes:
7.1
x ay az 1 x y 2 x y bz 2b 1
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x y z b 7.2 x a 3 y bz a 2 x a 4 y 2 z a b 2
107
Soluções: 1.1 SPI . CS 1 2k ,5 2k , 1 k , k ; k
1 1 2 1.2 SPI . CS 1 k , k , 1 k , k ; k 3 3 3
1.3 SP 2 I . CS 1 k1 k2 , k1, k2 , 3k1 k2 1 ; k1, k2
1 1 1 1.4 SPI . CS 1 k , k , 1 k , k ; k 2 2 2 k k 1 11 k1 3k2 1.5 SP 2 I . CS 1 2 , , k1 , k2 ; k1 , k2 2 2
1.6 SPI . CS 2,3 k , 0, k ; k 4 2 1 2.1 CS , , 5 5 5
1 2.2 CS 1, ,1 2
3. k 2 ; CS 0, 0, 0 4.1 b a a 0a 1
SPD
a b 1
SP 2 I
a 0, b a 1 b 1 a b a 0 a 1
SI
4.2.2 CS 0, 0, 0
1 4.2.1 CS 1, ,1 2
5.1 a 2 a 1
SPD
a 2, b a 1 b 0
SPI
a 1 b 0
SI
1 1 5.2 CS 4k , k , ; k 2 2
6.1.1 Não.
1 1 5.3 CS 2, , 4 2
6.1.2 Não. O sistema dado não admite a solução nula.
1 1 6.2 SPI . CS 1 k , 2 k , 4 2k , k ; k 3 3
108
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Soluções (continuação): 7.1 a 1 b 0
SPD
a 1 b 1
SPI
a 1 b 1 b 0, a
SI
7.2 a 2 b 1
SPD
a 2 b 0
SPI
a 2 b 1 b 0 b 1, a
SI
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109
CAPÍTULO 4 – ESPAÇOS VETORIAIS REAIS
4.1 DEFINIÇÃO E PROPRIEDADES Definição 4.1 [Espaço vetorial (ou linear) real] Seja V um conjunto não vazio. Dizemos que V é um espaço vetorial ou espaço linear sobre se e somente se estiverem definidas duas operações 1. uma adição de elementos de V , que usualmente se representa por , : V V V
u, v
(4.1)
uv
e que verifica os seguintes axiomas A4.1 u, v V : u v V , isto é, a adição de elementos de V é um elemento de V (dizemos que V é fechado em relação à adição). A4.2 u, v V : u v v u , isto é, a adição é comutativa. A4.3 u, v , w V : u v w u v w , isto é, a adição é associativa. A4.4 u V 0V V : u 0V 0V u u , isto é, existe em V um elemento neutro para a adição que se designa normalmente por vetor nulo. A4.5 u V u V : u u u u 0V , isto é, para cada elemento de V existe em
V um elemento oposto.
por elementos de V , que se designa por
2. uma multiplicação de elementos de
multiplicação escalar, e que usualmente se representa por , :
V V
, u 110
u
(4.2)
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
e que verifica os seguintes axiomas M4.1
u V : u V , isto é, a multiplicação de um elemento de
por
um elemento de V é um elemento de V (dizemos que V é fechado em relação à multiplicação por um escalar).
u V : u u , isto é, verifica-se a associatividade na
M4.2 ,
multiplicação por um escalar. M4.3
u , v V : u v u v
,
isto
é,
verifica-se
a
distributividade da multiplicação escalar em relação à adição de vetores. M4.4 u V : 1 u u , isto é, existe um elemento neutro para a multiplicação escalar. M4.5
,
u V : u u u
,
isto
é,
verifica-se
a
distributividade da adição de escalares em relação à multiplicação por um vetor.
Definição 4.2 [Vetores e escalares] Os elementos de um espaço vetorial designam-se genericamente vetores e os elementos de designam-se escalares.
Exemplo 4.1 [Espaços vetoriais reais] 1. O conjunto
n
= x1, x2 , , xn : x1, x2 , , xn
é um espaço vetorial sobre
com
as operações de adição e multiplicação escalar, definidas como
x1,
, xn y1, , yn x1 y1, , xn yn , x1, , xn , y1, , yn n
x1, , xn x1, , xn , x1, , xn
n
(4.3) (4.4)
As operações de adição e multiplicação escalar definidas em (4.3) e (4.4) são as chamadas operações usuais em
2. O conjunto M mn
n
.
das matrizes do tipo m n com elementos reais, definido no
Capítulo 1, munido da adição de matrizes dada pela Definição 1.17, e da multiplicação
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
111
de um número real por uma matriz dada pela Definição 1.18, é um espaço vetorial real. Essas operações são as chamadas operações usuais em M mn 3. O conjunto Pn x , x , n
.
, dos polinómios de grau n com coeficientes reais,
com as operações de adição de polinómios e de multiplicação escalar definidas abaixo é um espaço vetorial.
a0
an x n b0 p x
bn x n a0 b0
an bn x n , p x , q x Pn x
q x
a0
an x n a0
an x n , p x Pn x
p x
(4.5)
(4.6)
As operações definidas em (4.5) e (4.6) são as chamadas operações usuais em Pn x .
Exemplo 4.2 [Conjuntos que não são espaços vetoriais reais] 1. Consideremos o conjunto
2
com a adição de vetores usual (definida em (4.3)) e uma
multiplicação escalar definida como
x1, x2 x1,0 , x1, x2 O conjunto
2
2
não é um espaço vetorial com as operações definidas uma vez que, por
exemplo, não verifica o axioma M4.4. Por exemplo, se u 2,3 2 então 1 2,3 1 2,0 2,0 2,3 . 2. Consideremos o conjunto
n
com a adição de vetores usual (definida em (4.3)) e uma
multiplicação escalar definida como
x1, , xn x1, , xn , x1, , xn Com estas operações, o conjunto
n
n
não é um espaço vetorial uma vez que, por
exemplo, não verifica o axioma M2.2. Por exemplo, se 3 , 2 e u 1,0,
,0 n então
u 3 2 1,0, ,0 3 2,0, ,0 6,0, ,0 e
u 32 1,0, 112
,0 6 1,0, ,0 6,0, ,0 , EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
ou seja, u u .
Exemplo 4.3 [Espaços vetoriais reais] Verificar se são espaços vetoriais reais os conjuntos a seguir definidos, considerando as operações usuais de adição e multiplicação por um escalar em
n
(definidas em (4.3) e
(4.4)).
x, y V2 x , y
1. V1
2
2.
2
: 2 x y 0 ;
: xy 0 .
Resolução 1.
Os elementos do conjunto V1 verificam a condição 2 x y 0 y 2 x . Então, o
conjunto V1 pode escrever-se como V1 x, 2 x : x
.
Sejam u x1, 2 x1 , v x2 , 2 x2 , w x3 , 2 x3 elementos arbitrários do conjunto V1 e , , . Vamos verificar os axiomas para a adição e para a multiplicação escalar. Axiomas para a adição
u v x x , 2 x 2 x x x , 2 x x A4.1 1 2 1 2 1 2 1 2 V1 ; 2 x x A4.2 u v x1, 2 x1 x2 , 2 x2 x1 x2 , 2 x1 2 x2 x1 x2 , 2 x1 x2
x2 x1, 2 x2 x1 x2 x1, 2 x2 2 x1 x2 , 2 x2 x1, 2 x1 v u A4.3 u v w x1 x2 , 2 x1 2 x2 x3 , 2 x3 x1 x2 x3 , 2 x1 2 x2 2 x3
x1 x2 x3 , 2 x1 2 x2 2 x3 x1, 2 x1 x2 x3 , 2 x2 2 x3 x1, 2 x1 x2 , 2 x2 x3 , 2 x3 u v w A4.4 Seja r 0,0 V1 .
u r x1 0, 2 x1 0 0 x1, 0 2 x1 0, 0 x1, 2 x1 r u x1, 2 x1 u Fica assim estabelecido que existe elemento neutro da adição, sendo 0V1 0,0 . A4.5 Seja u x1 ,2 x1 V1 .
u u x1, 2 x1 x1, 2 x1 x1 x1, 2 x1 2 x1 x1 x1, 2 x1 2 x1 x1, 2 x1 x1, 2 x1 u u 0, 0 0V1
Concluímos, então, que se verificam todos os axiomas para a adição. EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
113
Axiomas para a multiplicação escalar
M4.1 u x1, 2 x1 x1 , 2 x1 V1 2 x x
M4.2 u x1 , 2 x1 x1 , 2 x1
x1, 2 x1 x1, 2 x1 u M4.3 u v x1 x2 , 2 x1 2 x2 x1 x2 , 2 x1 2 x2 x1 x2 , 2 x1 2 x2 x1 , 2 x1 x2 , 2 x2 x1 , 2 x1 x2 , 2 x2 u v
M4.4 1 u 1 x1,1 2 x1 x1, 2 x1 u M4.5 u x1, 2 x1 x1 x1, 2 x1 2 x1
x1, 2 x1 x1, 2 x1 x1, 2 x1 x1, 2 x1 u u Concluímos, então, que se verificam todos os axiomas para a multiplicação escalar. Como se verificam os axiomas para a adição e para a multiplicação escalar então V1 é um espaço vetorial real. 2. Os elementos do conjunto V2 verificam a condição xy 0 x 0 y 0 . Sejam u 1,0 V2 e v 0,1 V2 . Axiomas para a adição A4.1 u v 1,0 0,1 1,1 V2 pois 1 1 1 0 . Uma vez que existem pelo menos dois elementos de V2 para os quais não se verifica o axioma A4.1, então V2 não é um espaço vetorial real.
114
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
Seja V um espaço vetorial sobre
e 0V o vetor nulo de V . Então, sendo ,
e
u , v V , verificam-se as seguintes propriedades P4.1 0 u 0V P4.2 0V 0V P4.3 u u u P4.4 u u u P4.5 u v u v P4.6 u 0V 0 u 0V
4.2 SUBESPAÇOS VETORIAIS Definição 4.3 [Subespaço vetorial] Um subconjunto W de um espaço vetorial V é designado subespaço de V se W for um espaço vetorial com as operações de adição e multiplicação escalar definidas em V .
Isto permite concluir que todo o subespaço vetorial é também ele próprio um espaço vetorial. No entanto, como o subespaço vetorial é por definição um subconjunto de um espaço vetorial algumas propriedades não precisam de ser verificadas. Por exemplo, a propriedade comutativa não precisa de ser verificada uma vez que é válida para todos os elementos do espaço vetorial, logo em particular também é válida para quaisquer elementos de um seu subconjunto. Os axiomas que têm de ser verificados são: A4.1 – a adição de elementos de W pode não pertencer a W mas apenas a V ; A4.4 – o elemento neutro pode não pertencer a W mas apenas a V ; A4.5 – o simétrico de um elemento de W pode não pertencer a W mas apenas a V ; M4.1 – a multiplicação de um elemento de W por um escalar pode não pertencer a W mas apenas a V . Além disso, se os elementos de W verificarem os axiomas A4.1 e M4.1 os axiomas A4.4 e A4.5 também se verificam, como consequência do seguinte teorema
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
115
Teorema 4.1 [Subespaço vetorial] Seja V um espaço vetorial sobre
. Um subconjunto W V é um subespaço vetorial de V
se e só se verifica as seguintes condições S4.1 W ; S4.2 u, v W : u v W ; S4.3 , u W : u W .
Observação: Em todos os exemplos desta secção e das secções seguintes serão utilizadas as operações de adição e de multiplicação escalar usuais no espaço considerado e definidas no Exemplo 4.1. Vamos também omitir o símbolo na multiplicação escalar usual, isto é,
u , , u V será representado simplesmente por u .
Exemplo 4.4 [Subespaço vetorial] Verificar quais dos seguintes conjuntos são subespaços vetoriais reais de 1. A
x, x z , z : x,z ;
2. B
x , y , z
3
3
.
: x y z 2 .
Resolução 1. Vamos verificar as condições S4.1-S4.3. S4.1 A 3 e A pois, por exemplo, 0,0,0 A . S4.2 Sejam u x1, x1 z1, z1 A e v x2 , x2 z2 , z2 A . Então,
u v x1 x2 , x1 z1 x2 z2 , z1 z2 x1 x2 , x1 x2 z1 z2 , z1 z2 A x z z x o que verifica S4.2. S4.3 Seja u x1, x1 z1, z1 A e
. Então,
u x1, x1 z1, z1 x1, x1 z1 , z1 x1 , x1 z1 , z1 A z x z x o que verifica S4.3. Logo, A é um subespaço vetorial de
116
3
.
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2.
Os elementos do conjunto B verificam a condição x y z 2 x 2 y z .
Então, o conjunto B pode escrever-se como B 2 y z , y , z : y , z
.
Vamos verificar as condições S4.1-S4.3. S4.1 B 3 e B pois, por exemplo, 2,0,0 B . S4.2 Sejam u 2 y1 z1, y1, z1 B e v 2 y2 z2 , y2 , z2 B . Então,
u v 2 y1 z1 2 y2 z2 , y1 y2 , z1 z2 4 y1 y2 z1 z2 , y1 y2 , z1 z2 B y z x Efetivamente u v B , uma vez que não se verifica a condição x y z 2 para as coordenadas de u v . Vejamos x y z 4 y1 y2 z1 z2 y1 y2 z1 z2 4 2 .
Como a condição S4.2 não se verifica para os elementos de B , então B não é um subespaço vetorial de
3
.
Observação: É também fácil afirmarmos que não se trata de um subespaço vetorial uma vez que o vetor nulo de
3
, 0
3
0,0,0 , não pertence a B (axioma A4.4) já que
000 0 2.
4.3 COMBINAÇÃO LINEAR E CONJUNTO GERADOR DE UM ESPAÇO VETORIAL Definição 4.4 [Combinação linear de vetores] Seja V um espaço vetorial sobre
e v1 , v2 ,
, vn V . Diz-se que um vetor v V é
combinação linear dos vetores v1, v2 , , vn se existirem escalares 1 , 2 ,
, n
que
verificam
1 v1 2 v2
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n vn v
(4.7)
117
Exemplo 4.5 [Combinação linear de vetores] Consideremos os vetores v1 1,2, 1 e v2 6,4,2 de
3
. Vamos verificar que o vetor
v 9,2,7 é combinação linear dos vetores v1 e v2 e obter essa combinação linear. Resolução Temos de verificar se existem escalares 1 , 2 , que tornem a igualdade (4.7) possível.
1v1 2v2 v 1 1, 2, 1 2 6, 4, 2 9, 2, 7 1 6 2 9 1 6 9 1 1 6 2 , 21 4 2 , 1 2 2 9, 2, 7 21 4 2 2 2 4 2 2 7 1 2 2 7 2 1 X A
B
9 9 1 6 9 1 6 1 6 car A 2 SPD A = 2 4 2 0 8 16 0 8 16 l l l car A 2 l2 l2 2l1 3 3 2 1 2 7 l3 l3 l1 0 8 16 0 0 0 Como o sistema é possível concluímos que existem escalares 1 , 2
de tal modo que o
vetor v se pode escrever como combinação linear de v1 e de v2 . Vamos agora obter os valores de 1 , 2 .
1 6 9 1 0 3 0 1 2 1 3 A 0 1 2 l l 6l 2 l 2 l2 2 0 0 0 1 1 2 0 0 0 8 Logo, o vetor v pode ser escrito como combinação linear dos vetores v1 e v2 da seguinte forma
3 1, 2, 1 2 6, 4, 2 9, 2, 7
Exemplo 4.6 [Combinação linear de vetores] Consideremos os vetores v1 1,2, 1 e v2 6,4,2 de
3
. Vamos verificar que o vetor
w 4, 1,8 não é combinação linear dos vetores v1 e v2 . Resolução Temos de verificar se existem escalares 1 , 2 , que tornem a igualdade (4.7) possível.
118
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
1v1 2v2 v 1 1, 2, 1 2 6, 4, 2 4, 1,8 1 6 2 4 1 6 4 1 1 6 2 , 21 4 2 , 1 2 2 4, 1,8 21 4 2 1 2 4 1 2 8 1 2 2 8 2 1 X B
A
1 6 4 1 6 4 1 6 4 car A 2 0 8 9 0 8 9 A = 2 4 1 SI l l 2l l l l car A 3 2 2 1 3 3 2 3 1 2 8 l3 l3 l1 0 8 12 0 0 Como o sistema é impossível concluímos que não existem escalares 1 , 2
de tal
modo que o vetor v se possa escrever como combinação linear de v1 e de v2 .
Definição 4.5 [Conjunto gerador de um espaço vetorial] e S v1, v2 ,
Seja V um espaço vetorial sobre
, vn um conjunto de vetores de V . Diz-se
que S é um conjunto de geradores de V ou que S gera V se e só se qualquer vetor de V puder ser escrito como combinação linear dos vetores de S . Em linguagem simbólica escrevemos
S v1, v2 , , vn gera V v V 1,
, n : 1 v1
n vn v
(4.8)
Exemplo 4.7 [Conjunto gerador de um espaço vetorial] Consideremos o conjunto S v1, v2 , v3 de vetores de
3
, onde v1 1,0,0 , v2 0,0,1
e v3 1,1,0 . Vamos verificar que o conjunto S gera o espaço vetorial
3
.
Resolução De acordo com (4.8) temos de verificar se v 3 1, 2 , 3 : 1v1 2v2 3v3 v 3 Sejam v x , y , z e 1,2 ,3 .
1 1, 0, 0 2 0, 0,1 3 1,1, 0 x, y, z 1 3 , 3 , 2 x, y, z 1 3 x 1 0 1 1 x 3 y 0 0 1 2 y z 0 1 0 3 z 2 A
1 0 1 A = 0 0 1 0 1 0
X
x 1 0 1 0 1 0 y l2 l3 0 0 1 z
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
B
x car A 3 z car A 3 SPD, x, y, z y nº incógnitas 3 119
O sistema é possível para qualquer vetor x, y , z 3 , o que permite concluir que os vetores dados geram qualquer vetor de
3
, sendo, portanto, um conjunto de geradores.
Exemplo 4.8 [Conjunto gerador de um espaço vetorial] Consideremos o conjunto S v1, v2 , v3 de vetores de
3
onde v1 2,1, 1 ,
v2 2,1,0 e v3 2,3, 2 . Vamos verificar que o conjunto S não gera o espaço vetorial
3
.
Resolução De acordo com (4.8) temos de verificar se v 3 1, 2 , 3 : 1v1 2v2 3v3 v Sejam v x , y , z 3 e 1,2 ,3 .
1 2,1, 1 2 2,1, 0 3 2,3, 2 x, y, z
21 2 2 2 3 , 1 2 3 3 , 1 2 3 x, y, z 21 2 2 2 3 x 2 2 2 1 x 1 2 3 3 y 1 1 3 2 y 2 z 1 0 2 3 z 3 1 A
2 2 2 A=1 1 3 1 0 2
x 3 1 1 2 2 2 y l l z 2 1 1 0 2
X
B
y 3 1 1 0 4 4 x l l 2l z l32 l32 l1 1 0 1 1
x 2 y y z y
y y 1 1 3 1 1 3 0 1 1 yz 0 1 1 y z car A 2, x, y, z 3 l2 l3 l l 4l 0 4 4 x 2 y 3 3 2 0 0 0 x 2 y 4 z i) x 2 y 4 z 0 car A 2 SPI ii) x 2 y 4 z 0 car A 3 SI Ou seja, o sistema só tem solução para os vetores de
3
que satisfazem a condição
x 2 y 4 z 0 não tendo, por exemplo, solução para o vetor 1,1,1
3
. Concluímos,
então, que os vetores dados não constituem um conjunto de geradores de
3
.
120
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
Exemplo 4.9 [Conjunto gerador de um espaço vetorial] Consideremos o conjunto S v1, v2 , v3 de vetores de
3
onde v1 2,1, 1 ,
v2 2,1,0 e v3 2,3, 2 . Vamos verificar que o conjunto S gera o subespaço vetorial de
3
definido por A
x, y, z
3
: x 2 y 4z 0 .
Resolução De acordo com (4.8) temos de verificar se u A 1, 2 , 3 : 1v1 2v2 3v3 u . Os elementos do conjunto A verificam a condição x 2 y 4 z 0 x 2 y 4 z . Então, o conjunto A pode escrever-se como A 2 y 4 z , y , z : y , z
.
Sejam u 2 y 4 z , y , z A e 1,2 ,3 .
1 2,1, 1 2 2,1, 0 3 2,3, 2 2 y 4 z, y, z
21 2 2 2 3 , 1 2 3 3 , 1 2 3 2 y 4 z, y, z 21 2 2 2 3 2 y 4 z 2 2 2 1 x 1 2 3 3 y 1 1 3 2 y 2 z 1 0 2 3 z 3 1 A
X
B
y 2 2 2 2 y 4 z 1 1 3 A=1 1 3 y l l 2 2 2 2 y 4 z 2 1 z z 1 0 2 1 0 2
y y 1 1 3 1 1 3 1 1 3 y 0 4 4 4 y 4 z 0 1 1 0 1 1 z yz l2 l2 2l1 l l l l 4l 1 y z 2 3 0 4 4 4 y 4 z 3 3 2 0 0 0 0 l3 l3 l1 0 1 car A 2 car A 2 SPI , y, z nº incógnitas 3 O sistema é possível para qualquer vetor u A , o que permite concluir que os vetores dados geram qualquer vetor de A , sendo, portanto, um conjunto de geradores.
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
121
Exemplo 4.10 [Vetores geradores de um espaço vetorial] Consideremos o conjunto S v1 , v2 de vetores de
3
onde v1 1,0,0 e v2 0,1,0 .
Vamos verificar que o conjunto S não gera o espaço vetorial subconjunto de
3
3
e determinar qual o
que é gerado por S .
Resolução De acordo com (4.8) temos de verificar se v 3 1, 2 : 1v1 2v2 v . Sejam v x , y , z 3 e 1 , 2 .
1 x 1 1, 0, 0 2 0,1, 0 x, y, z 1, 2 , 0 x, y, z 2 y 0 z 1 0 x 1 0 x 1 0 1 y A = 0 1 y car A 2, x, y, z 3 0 0 2 z 0 0 z X B
A
i) z 0 car A 2 SPD
ii) z 0 car A 3 SI Ou seja, o sistema só tem solução para os vetores de
3
que satisfazem a condição z 0
não tendo, por exemplo, solução para o vetor 0,0,1 3 . Concluímos, então, que os vetores dados não constituem um conjunto de geradores de
3
.
Por outro lado, o sistema obtido tem solução sempre que z 0 , sendo então o conjunto gerado pelos vetores de S os que pertencem ao conjunto A x, y ,0 : x, y
122
.
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
4.4 DEPENDÊNCIA E INDEPENDÊNCIA LINEAR DE VETORES Definição 4.6 [Dependência e independência linear] Seja V um espaço vetorial sobre
, v1 , v2 ,
, vn V e 1,
,n
.
1. Os vetores v1, v2 , , vn dizem-se linearmente independentes se e só se
1 v1 2 v2
n vn 0V 1 2
n 0
(4.9)
2. Os vetores v1, v2 , , vn dizem-se linearmente dependentes se e só se existirem escalares não todos nulos tais que 1 v1 2 v2
n vn 0V .
Exemplo 4.11 [Independência linear] Consideremos os vetores de
3
, v1 1,0,0 , v2 0,0,1 e v3 1,1,0 . Vamos verificar
que os vetores são linearmente independentes. Resolução Fazemos a combinação linear dos vetores dados e igualamos ao vetor nulo de
3
. Fica
então,
1 1, 0, 0 2 0, 0,1 3 1,1, 0 0, 0, 0 , 1, 2 , 3
1 3 , 3 , 2 0, 0, 0
1 3 0 1 0 3 0 3 0 0 2 0 2
Como o sistema apresenta apenas a solução nula para 1 , 2 e 3 , os vetores são linearmente independentes.
Exemplo 4.12 [Dependência linear] Consideremos os vetores de
3
, v1 1,0,0 , v2 0,0,1 , v3 1,1,0 e v4 0,1,0 .
Vamos verificar que os vetores são linearmente dependentes. Resolução Fazemos a combinação linear dos vetores dados e igualamos ao vetor nulo de
3
. Fica
então,
1 1, 0, 0 2 0, 0,1 3 1,1, 0 4 0,1, 0 0, 0, 0 , 1, 2 , 3 , 4
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
123
1 1 3 0 1 0 1 0 0 1 3 , 3 4 , 2 0, 0, 0 3 4 0 0 0 1 1 2 0 0 0 1 0 0 3 0 2 4 B A
X
1 0 1 0 0 1 0 1 0 0 car A 3 0 1 0 0 0 car A 3 A = 0 0 1 1 0 SPI l2 l3 0 1 0 0 0 0 0 1 1 0 nº incógnitas 4 Concluímos, então, que o sistema apresenta um número infinito de soluções uma vez que é indeterminado, logo, os vetores são linearmente dependentes.
Teorema 4.2 Seja V um espaço vetorial sobre
e v1 , v2 ,
, vn V . Então os vetores v1, v2 ,
, vn são
linearmente dependentes se e só se pelo menos um deles for combinação linear dos restantes vetores.
Exemplo 4.13 [Teorema 4.2] No Exemplo 4.12 verificamos que os vetores v1 1,0,0 , v2 0,0,1 , v3 1,1,0 e
v4 0,1,0 são linearmente dependentes. De acordo com o Teorema 4.2 pelo menos um dos quatro vetores é combinação linear dos restantes. De facto, 1v1 0v2 1v4 v3 , uma vez que 11, 0, 0 0 0, 0,1 1 0,1, 0 1,1, 0 .
Exemplo 4.14 [Teorema 4.2] No Exemplo 4.5 verificamos que o vetor v 9,2,7 é combinação linear dos vetores
v1 1,2, 1 e v2 6,4,2 . Vamos verificar que, de acordo com o Teorema 4.2, os três vetores são linearmente dependentes. Resolução Vamos fazer a combinação linear dos vetores e igualar ao vetor nulo.
1 9, 2, 7 2 1, 2, 1 3 6, 4, 2 0, 0, 0 , 1, 2 , 3
91 2 6 3 , 21 2 2 4 3 , 71 2 2 3 0, 0, 0
124
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
91 2 63 0 9 1 6 1 0 21 2 2 43 0 2 2 4 2 0 7 2 0 7 1 2 3 0 3 1 2 A
B
X
6 0 9 1 6 0 1 9 6 0 1 9 A = 2 2 4 0 2 2 4 0 0 16 8 0 c c l l 2l 7 1 2 0 2 1 1 7 2 0 l32 l32 l1 1 0 16 8 0 6 0 car A 2 1 9 0 16 8 0 SPI car A 2 l3 l3 l2 0 0 0 0 n º incógnitas 3
Concluímos, então, que o sistema apresenta um número infinito de soluções uma vez que é indeterminado, logo, os vetores são linearmente dependentes.
Teorema 4.3 Seja V um espaço vetorial sobre
e v1 , v2 ,
, vn V . Se algum dos vetores é o vetor nulo
então v1, v2 , , vn são linearmente dependentes.
Exemplo 4.15 [Teorema 4.3] No Exemplo 4.11 verificamos que os vetores v1 1,0,0 , v2 0,0,1 e v3 1,1,0 são linearmente independentes. Vamos verificar que os vetores v1 , v2 , v3 e v4 0,0,0 são linearmente dependentes. Resolução Vamos fazer a combinação linear dos vetores e igualar ao vetor nulo.
1 1, 0, 0 2 0, 0,1 3 1,1, 0 4 0, 0, 0 0, 0, 0 , 1, 2 , 3 , 4
1 1 3 0 1 0 1 0 0 1 3 , 3 , 2 0, 0, 0 3 0 0 0 1 0 2 0 0 0 1 0 0 3 0 2 4 B A
X
1 0 1 0 0 1 0 1 0 0 car A 3 0 1 0 0 0 car A 3 A = 0 0 1 0 0 SPI l2 l3 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 nº incógnitas 4 EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
125
Concluímos, então, que o sistema apresenta um número infinito de soluções uma vez que é indeterminado, logo, os vetores são linearmente dependentes.
De facto, facilmente se conclui que o vetor nulo é combinação linear de qualquer conjunto de vetores. Assim sendo, usando o Teorema 4.2 verifica-se que qualquer conjunto de vetores que inclua o vetor nulo é linearmente dependente. Teorema 4.4 Sejam v1, v2 , , vn , vetores linearmente independentes de um espaço vetorial V e p
.
Então, quaisquer p n , vetores distintos do conjunto v1, v2 , , vn são ainda linearmente independentes.
Exemplo 4.16 [Teorema 4.4] No Exemplo 4.11 verificamos que os vetores v1 1,0,0 , v2 0,0,1 e v3 1,1,0 são linearmente independentes. Vamos verificar que os vetores v1 1,0,0 e v2 0,0,1 são ainda linearmente independentes. Resolução Vamos fazer a combinação linear dos vetores e igualar ao vetor nulo.
1 1, 0, 0 2 0, 0,1 0, 0, 0 , 1, 2
1 0 1 0 1, 0, 2 0, 0, 0 0 0 0 2 0 2
Como o sistema apresenta apenas a solução nula, os vetores são linearmente independentes.
Teorema 4.5 Sejam v1, v2 , , vn vetores de um espaço vetorial V e i , j 1, ,n tais que i j . Então os vetores v1, , vi 1, vi v j , vi 1, , vn são linearmente independentes se e só se os vetores
v1, v2 , , vn são linearmente independentes.
126
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
Exemplo 4.17 [Teorema 4.5] No Exemplo 4.11 verificamos que os vetores v1 1,0,0 , v2 0,0,1 e v3 1,1,0 são linearmente independentes. Vamos verificar que os vetores v1 , v2 v3 e v3 são linearmente independentes. Resolução Vamos fazer a combinação linear dos vetores e igualar ao vetor nulo.
1 1, 0, 0 2 1,1,1 3 1,1, 0 0, 0, 0 , 1, 2 , 3 1 2 3 0 1 1 1 1 0 0 1 1 2 0 1 2 3 , 2 3 , 2 0, 0, 0 2 3 0 0 0 1 0 3 0 2 A
X
B
1 1 1 0 1 1 1 0 car A 3 0 1 1 0 car A 3 A = 0 1 1 0 SPD l3 l3 l2 0 1 0 0 0 0 1 0 nº incógnitas 3 Como o sistema é um sistema homogéneo e determinado apresenta apenas a solução nula, logo os vetores são linearmente independentes.
Exemplo 4.18 [Teorema 4.5] Consideremos os vetores v1 1,2,0 , v2 0,1,3 e v3 1,0,1 . Vamos verificar que os vetores v1 , v2 v3 e v3 são linearmente independentes. E então, tal como estabelecido pelo Teorema 4.5, os vetores v1 , v2 e v3 também são linearmente independentes. Resolução Vamos fazer a combinação linear dos vetores e igualar ao vetor nulo.
1 1, 2,0 2 0,1,3 1,0,1 3 1,0,1 0,0,0 , 1, 2 , 3 1 1, 2, 0 2 1,1, 4 3 1, 0,1 1 2 3 , 21 2 , 4 2 3 0, 0, 0 1 2 3 0 1 1 1 1 0 21 2 0 2 1 0 2 0 4 0 0 4 1 3 0 3 2 A
X
B
1 1 1 0 1 1 1 0 1 1 1 0 0 3 2 0 A = 2 1 0 0 l l l 0 1 1 0 l2 l2 2l1 0 4 1 0 0 4 1 0 2 2 3 0 4 1 0 EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
127
1 1 1 0 car A 3 0 1 1 0 car A 3 SPD l3 l3 4l2 0 0 5 0 nº incógnitas 3 Como o sistema é um sistema homogéneo e determinado apresenta apenas a solução nula, logo os vetores são linearmente independentes. Vamos de seguida verificar que os vetores v1 , v2 e v3 também são linearmente independentes.
1 1, 2, 0 2 0,1,3 3 1, 0,1 0, 0, 0 , 1, 2 , 3
1 3 0 1 0 1 1 0 1 3 , 21 2 ,3 2 3 0, 0, 0 21 2 0 2 1 0 2 0 3 0 0 3 1 3 0 3 2 A
X
B
1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 0 1 2 0 A = 2 1 0 0 0 1 2 0 l l 2l l l 3l 0 3 1 0 2 2 1 0 3 1 0 3 3 2 0 0 5 0 car A 3 car A 3 SPD n º incógnitas 3
Como o sistema é um sistema homogéneo e determinado apresenta apenas a solução nula, logo os vetores são linearmente independentes.
Teorema 4.6 Sejam v1, v2 , , vn , vetores de um espaço vetorial V e um escalar não nulo. Então, para qualquer i 1, ,n , os vetores v1, , vi 1, vi , vi 1, , vn são linearmente independentes se e só se os vetores v1, v2 , , vn são linearmente independentes.
128
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
Exemplo 4.19 [Teorema 4.6] No Exemplo 4.18 verificamos que os vetores v1 1,2,0 , v2 0,1,3 e v3 1,0,1 são linearmente independentes. Vamos verificar que os vetores v1 , 3v2 e v3 são também linearmente independentes. Resolução Vamos fazer a combinação linear dos vetores e igualar ao vetor nulo.
1 1, 2,0 2 3 0,1,3 3 1,0,1 0,0,0 , 1, 2 , 3 1 1, 2, 0 2 0,3,9 3 1, 0,1 0, 0, 0
1 3 0 1 0 1 1 0 1 3 , 21 3 2 ,9 2 3 0, 0, 0 21 3 2 0 2 3 0 2 0 9 0 0 9 1 3 0 3 2 A
X
B
1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 0 3 2 0 A = 2 3 0 0 0 3 2 0 l l 2l l l 3l 0 9 1 0 2 2 1 0 9 1 0 3 3 2 0 0 5 0
car A 3 car A 3 SPD nº incógnitas 3 Como o sistema é um sistema homogéneo e determinado apresenta apenas a solução nula, logo os vetores são linearmente independentes.
4.5 BASES, COORDENADAS E DIMENSÃO DE UM ESPAÇO VETORIAL Definição 4.7 [Base de um espaço vetorial] Seja V um espaço vetorial sobre
. Uma sequência v1, v2 , , vn de vetores de V é uma
base de V se 1. os vetores v1, v2 , , vn são linearmente independentes; e 2. v1, v2 ,
, vn formam um conjunto de geradores de V .
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
129
Exemplo 4.20 [Bases de um espaço vetorial] Alguns exemplos de bases, chamadas bases canónicas, são:
1,0 , 0,1 , a base canónica de
1,0,0 , 0,1,0 , 0,0,1 , a base canónica de
1, x, x2 , a base canónica do espaço dos polinómios de grau 2 , P x .
1 0
2
. 3
. 2
0
0 0 0
M 22
,
1
0 0 1 ,
0
0 0 0 ,
0
1
, a base canónica do espaço das matrizes
.
Exemplo 4.21 [Base de um espaço vetorial] Verificar se os vetores
v1, v2 , v3
formam uma base de
3
sendo v1 1,2,1 ,
v2 1, 1,0 e v3 3,1, 1 . Resolução Tendo em consideração a Definição 4.7, temos de verificar se 1. v1 , v2 , v3 são linearmente independentes. Vamos fazer a combinação linear dos vetores e igualar ao vetor nulo.
1 1, 2,1 2 1, 1, 0 3 3,1, 1 0, 0, 0 , 1, 2 , 3
1 2 33 0 1 2 33 , 21 2 3 , 1 3 0, 0, 0 21 2 3 0 0 1 3 1 1 3 1 0 2 1 1 2 0 1 0 1 3 0 A
X
B
1 1 3 0 1 1 3 0 1 1 3 0 0 1 5 0 A 2 1 1 0 0 1 5 0 l l 2l l l l 1 0 1 0 l32 l32 l1 1 0 1 4 0 3 3 2 0 0 1 0 car A 3 car A 3 SPD nº incógnitas 3 Como o sistema é um sistema homogéneo e determinado apresenta apenas a solução nula, logo os vetores são linearmente independentes. 130
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
2.
v1, v2 , v3
formam um conjunto de geradores do espaço vetorial
3
.
De acordo com (4.8) temos de verificar se v 3 1, 2 , 3 : 1v1 2v2 3v3 v . Sejam v x , y , z 3 e 1,2 ,3 .
1 1, 2,1 2 1, 1, 0 3 3,1, 1 x, y, z 1 2 3 3 x 1 2 3 3 , 21 2 3 , 1 3 x, y, z 21 2 3 y z 1 3 1 1 3 1 x 2 1 1 2 y 1 0 1 3 z A
X
B
1 1 3 x 1 1 3 0 1 5 A = 2 1 1 y l l 2l 1 0 1 z l32 l32 l1 1 0 1 4
x x 1 1 3 y 2x 0 1 5 y 2 x l l l z x 3 3 2 0 0 1 z y x
car A 3 car A 3 SPD, x, y, z nº incógnitas 3 O sistema é possível para qualquer vetor x, y , z 3 , o que permite concluir que os vetores dados geram qualquer vetor de
3
, sendo, portanto, um conjunto de geradores.
Então, como os vetores v1 , v2 , v3 são linearmente independentes e geram
3
formam uma
base.
Exemplo 4.22 [Base de um espaço vetorial] Verificar se os vetores
v1, v2 , v3
formam uma base de
3
sendo v1 1,0,0 ,
v2 2,1,2 e v3 3,1,2 . Resolução Tendo em consideração a Definição 4.7, temos de verificar se 1. v1 , v2 , v3 são linearmente independentes. Vamos fazer a combinação linear dos vetores e igualar ao vetor nulo.
1 1,0,0 2 2,1,2 3 3,1,2 0,0,0 , 1, 2 , 3 EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
131
1 2 2 33 0 1 2 2 33 , 2 3 , 2 2 23 0, 0, 0 2 3 0 2 2 0 3 2 1 2 3 1 0 0 1 1 2 0 0 2 2 3 0 A
X
B
1 2 3 0 1 2 3 0 car A 2 0 1 1 0 car A 2 A = 0 1 1 0 SPI l3 l3 2l2 0 2 2 0 0 0 0 0 nº incógnitas 3 Concluímos, então, que o sistema apresenta um número infinito de soluções uma vez que é indeterminado, logo os vetores são linearmente dependentes. Então, como não se verifica a primeira condição, os vetores dados não formam uma base 3
de
.
Exemplo 4.23 [Base de um espaço vetorial] Verificar se os vetores v1, v2 , v3 formam uma base do espaço vetorial M 22
, sendo
1 0 1 1 0 1 v1 , v2 e v3 . 1 1 2 0 1 1 Resolução Tendo em consideração a Definição 4.7, temos de verificar se 1. v1 , v2 , v3 são linearmente independentes. Vamos fazer a combinação linear dos vetores e igualar ao vetor nulo. 1 0 1 1 0 1 0 0 2 3 ,1 , 2 ,3 1 1 2 0 1 1 0 0
1
0 2 1 1 1 2 2
2 3 0 0 2 0 3 0 0 1 2 0 3 3 0 0 1 2 2 3 1 3 0 0
1 2 0 1 1 0 0 0 0 1 1 1 0 2 3 1 2 1 2 0 1 2 2 3 0 3 1 3 0 1 0 1 X 0 A
132
B
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
1 1 0 1 A= 1 2 1 0 1 1 0 1 l4 l3 0 0 0 0
0 1 1 1 0 1 2 0
0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 l3 l3 l1 0 1 1 0 l3 l3 l2 0 0 0 l l l l l l 0 4 4 1 0 1 1 0 4 4 2 0 0 2 0 car A 3 0 car A 3 SPD 0 n º incógnitas 3 0
0 0 0 0
Como o sistema apresenta apenas a solução nula, os vetores são linearmente independentes. 2.
v1, v2 , v3
forma um conjunto de geradores do espaço vetorial M 22
.
De acordo com (4.8) temos de verificar se v M 22
1, 2 , 3
a11 a12 Sejam v M 22 a21 a22
: 1v1 2v2 3v3 v
e 1,2 ,3 .
1 0 1 1 0 1 a11 a12 1 2 3 1 1 2 0 1 1 a21 a22 1 2 a11 a 2 3 a11 a12 1 2 2 3 12 2 1 3 a21 a22 1 2 2 3 a21 2 3 1 1 3 a22 a11 1 1 0 0 1 1 1 a 12 1 2 1 2 a21 3 1 0 1 X a22 B
A
1 1 0 1 A= 1 2 1 0 1 1 0 1 l4 l3 0 0 0 0
a11 a11 a11 1 1 0 1 1 0 1 a12 a12 a12 0 1 1 0 1 1 1 a21 l3 l3 l1 0 1 1 a21 a11 l3 l3 l2 0 0 0 a21 a11 a12 l l l l l l 1 a22 4 4 1 0 1 1 a22 a11 4 4 2 0 0 2 a22 a11 a12 0 a11 1 a12 car A 3, a , a , a , a 11 12 21 22 2 a22 a11 a12 0 a21 a11 a12 0
Se a21 a11 a12 0 então car A 3 SPD EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
133
Se a21 a11 a12 0 então car A 4 SI Ou seja, o sistema só tem solução para as matrizes de M 22
que satisfazem a condição
1 1 a21 a11 a12 0 não tendo, por exemplo, solução para a matriz M 22 1 1
.
Concluímos, então, que os vetores dados não constituem um conjunto de geradores de
M 22
. Logo, não formam uma base de
M 22
.
Definição 4.8 [Dimensão de um espaço vetorial] Seja V um espaço vetorial não nulo sobre
. Se V é finitamente gerado, chama-se dimensão
de V e representa-se por dimV , ao número de vetores de uma sua base. Se V não é finitamente gerado diz-se que V tem dimensão infinita.
Exemplo 4.24 [Dimensão de um espaço vetorial] De acordo com o Exemplo 4.20
dim 2 2 .
dim 3 3 .
dim P2 x 3 .
dim M 22
4.
No geral,
dim n n, n
dim Pn x n 1 , onde Pn x representa o conjunto dos polinómios de grau menor ou igual a n na variável x com coeficientes reais.
134
dim M mn
mn,
m, n
.
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
Teorema 4.7 Seja v1, v2 , , vn uma base do espaço vetorial V de dimensão finita e n
. Então,
1. todo o vetor de V se escreve de modo único como combinação linear dos elementos de v1, v2 , , vn . 2. todo o subconjunto de V com mais de n elementos é linearmente dependente, e nenhum subconjunto de V com menos de n elementos pode gerar V . 3. todas as bases de V têm n elementos.
Exemplo 4.25 [Teorema 4.7] De acordo com o Teorema 4.7 os vetores v1 , v2 , v3 do Exemplo 4.23 nunca poderiam formar uma base do espaço vetorial M 22
, uma vez que o espaço vetorial
M 22
tem dimensão 4 (Exemplo 4.24) e estamos a considerar apenas três vetores (não são geradores de M 22
).
Definição 4.9 [Coordenadas relativamente a uma base] Seja V um espaço vetorial de dimensão finita n , v1, v2 , , vn uma base de V e v um vetor de V . À sequência de escalares 1, 2 ,
1 v1
, n
tais que
n vn v
(4.10)
chamamos coordenadas do vetor v relativamente à base v1, v2 , , vn . Observação: Fica assim estabelecido que cada vetor de V possui uma e uma só sequência de coordenadas relativamente à base fixada em V .
Exemplo 4.26 [Coordenadas relativamente a uma base] Consideremos a base de
3
, v1, v2 , v3 , com v1 1,2,1 , v2 1, 1,0 e v3 3,1, 1
do Exemplo 4.21. Vamos escrever as coordenadas do vetor v 1,0, 1 na base dada. Resolução Tendo em consideração a Definição 4.9, temos de calcular os valores de 1,2 ,3 que verificam a condição (4.10).
1 1, 2,1 2 1, 1, 0 3 3,1, 1 1, 0, 1 EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
135
1 2 3 3 1 1 2 33 , 21 2 3 ,1 3 1, 0, 1 21 2 3 0 1 1 3 1 1 3 1 1 2 1 1 2 0 1 0 1 3 1 A
X
B
1 1 3 1 1 1 3 1 1 1 3 1 0 1 5 2 A = 2 1 1 0 0 1 5 2 l l 2l l l l 1 0 1 1 l32 l32 l1 1 0 1 4 2 3 3 2 0 0 1 0 car A 3 car A 3 SPD n º incógnitas 3 1 0 2 1 1 0 0 1 1 1 0 1 0 2 2 A 0 1 5 2 2 l1 l1 l2 l1 l1 2l3 0 0 1 0 l2 l2 5l3 0 0 1 0 3 0
Então, as coordenadas de v 1,0, 1 na base
v1, v2 , v3
são
1, 2,0
, isto é,
v 1v1 2v2 0v3 .
Exemplo 4.27 [Coordenadas relativamente a uma base] Facilmente se verifica que as coordenadas do vetor x1, x2 , n
de
, são x1, x2 ,
x1, x2 ,
, xn n na base canónica
, xn , xi , i 1, , n , isto é, , xn x1 1,0, 0 x2 0,1, ,0
xn 0,0, ,1 .
Teorema 4.8 Seja V um espaço vetorial de dimensão finita igual a n e v1, v2 , , vn uma sequência de vetores de V . Então, as seguintes afirmações são equivalentes 1.
v1, v2 ,
, vn é uma base de V ;
2.
v1, v2 ,
, vn é um conjunto de geradores de V ;
3. v1, v2 , , vn é uma sequência de vetores linearmente independentes de V .
136
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
Exemplo 4.28 [Teorema 4.8]
De acordo com o Teorema 4.8 os vetores de
3
, do Exemplo 4.11, v1 1,0,0 ,
v2 0,0,1 e v3 1,1,0 , formam uma base de
3
uma vez que são linearmente
independentes.
De acordo com o Teorema 4.8 os vetores de
3
, do Exemplo 4.8, v1 2,1, 1 ,
v2 2,1,0 e v3 2,3, 2 são linearmente dependentes uma vez que se fossem linearmente independentes teriam de ser geradores de
3
, o que conforme verificamos
nesse exemplo não são.
Exemplo 4.29 [Base de um subespaço] Determinar uma base e a dimensão do subespaço vetorial de
A
3
, do Exemplo 4.4 dado por
x, x z , z : x,z .
Resolução Seja u x, x z , z A . Os vetores u de A podem escrever-se da seguinte forma
u x, x z , z x 1,1,0 z 0,1,1 , x, z
.
Então, uma base para A é a base v1 , v2 com v1 1,1,0 e v2 0,1,1 . Vamos verificar. Tendo em consideração a Definição 4.7, temos de verificar se 1. v1 , v2 são linearmente independentes. Vamos fazer a combinação linear dos vetores e igualar ao vetor nulo.
1 1,1, 0 2 0,1,1 0, 0, 0 , 1, 2
1, 1 2 , 2 0, 0, 0
1 0 1 0 1 2 0 0 0 0 0 2 2
Como o sistema apresenta apenas a solução nula, os vetores são linearmente independentes. 2.
v1, v2
formam um conjunto de geradores de A .
De acordo com (4.8) temos de verificar se
v A 1, 2 : 1v1 2v2 v Sejam v x, x z , z A e 1 , 2 . EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
137
1 1,1, 0 2 0,1,1 x, x z, z 1, 1 2 , 2 x, x z, z 1 x 1 0 x 1 1 2 x z 1 1 x z 2 z z 0 1 2 X A
B
x 1 0 1 0 x 1 0 x 0 1 z A = 1 1 x z l l l 0 1 z l2 l2 l1 0 1 0 1 z 3 3 2 0 0 0 z car A 2 car A 2 SPD, x, z n º incógnitas 2
O sistema é possível para qualquer vetor v A , o que permite concluir que os vetores dados geram qualquer vetor de A , sendo, portanto, um conjunto de geradores. Então, como os vetores v1 , v2 são linearmente independentes e geram A formam uma base. De acordo com a Definição 4.6 verifica-se que dim A 2 .
Exemplo 4.30 [Base de um subespaço] Determinar uma base do subespaço vetorial B
x, y , x 2 y : x, y de
3
, sabendo
que dim B 2 . Resolução Seja u x, y , x 2 y B . Os vetores u de B podem escrever-se da seguinte forma
u x, y , x 2 y x 1,0,1 y 0,1, 2 , x, y . Então, uma base para B é a base v1 , v2 com v1 1,0,1 e v2 0,1, 2 . Vamos verificar se os vetores v1 e v2 são linearmente independentes. Fazemos a combinação linear dos vetores e igualamos ao vetor nulo.
1 1, 0,1 2 0,1, 2 0, 0, 0 , 1, 2
1, 2 , 1 2 2 0, 0, 0
1 0 1 0 2 0 2 0 2 0 0 0 1 2
Como o sistema apresenta apenas a solução nula, os vetores são linearmente independentes. 138
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
Então, de acordo com o Teorema 4.8, como temos dois vetores linearmente independentes num espaço de dimensão dois esses vetores são também geradores. Assim, v1 , v2 é uma base para B .
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
139
4.6 EXERCÍCIOS 4.6.1 ESPAÇOS VETORIAIS E XERCÍCIOS RESOLVIDOS 1. Seja S o conjunto de todos os pares ordenados, onde as operações de adição e multiplicação escalar são definidas da seguinte forma:
x1, y1 x2 , y2 x1 x2 , y1 y2
e k x1 , y1 kx1 ,0
Verifique se S é um espaço vetorial usando a definição. Resolução: Sejam u x1, y1 , v x2 , y2 , w x3 , y3 elementos arbitrários do conjunto S e
, , . Vamos verificar os axiomas para a adição e para a multiplicação escalar. Axiomas para a adição A4.1 u v x1 , y1 x2 , y2 x1 x2 , y1 y2 S uma vez que para pertencer a S deve ter duas coordenadas reais. A4.2 u v x1 , y1 x2 , y2 x1 x2 , y1 y2 x2 x1 , y2 y1
x2 , y2 x1 , y1 v u . A4.3 u v w x1 x2 , y1 y2 x3 , y3 x1 x2 x3 , y1 y2 y3
x1 x2 x3 , y1 y2 y3 x1 , y1 x2 , y2 x3 , y3 u v w . A4.4 Seja 0S 0, 0 .
u 0S x1 , y1 0, 0 x1 0, y1 0 x1 , y1 u . A4.5 Seja u x1, y1 .
u u x1 , y1 x1 , y1 x1 x1 , y1 y1 0, 0 0S . Concluímos, então, que se verificam todos os axiomas para a adição. Axiomas para a multiplicação escalar M4.1 u x1, y1 x1, 0 S M4.2 u x1, y1 x1, 0 x1 , 0
x1, 0 x1, y1 u . M4.3 u v x1 x2 , y1 y2 x1 x2 , 0 140
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
x1 x2 , 0 x1, 0 x2 , 0 x1, y1 x2 , y2 u v . M4.4 1 u 1 x1, y1 1 x1, 0 x1, 0 . Mas x1 , 0 x1 , y1 quando y1 0 . Concluímos então que o axioma M4.4 não se verifica para todos os elementos de S . Por exemplo, 1,1 S e 1 1,1 1 1, 0 1, 0 1,1 . Então S não é um espaço vetorial real.
E XERCÍCIOS PROPOSTOS 1. Verifique se os seguintes conjuntos são espaços vetoriais reais: 2
1.1
, com a adição definida por
x1, y1 x2 , y2 x1 y1 , x2 y2 , x1, y1 , x2 , y2 e a multiplicação escalar usual em 2
1.2
, com a adição usual em
n
n
;
e a multiplicação escalar definida por
x, y x , y , , x, y n
1.3
2
2
, onde a adição é definida do seguinte por
a1 , a2 ,
, an b1 , b2 ,
, bn a1b1 , a2b2 ,
e a multiplicação escalar usual em
n
, anbn , a1 , a2 ,
, an , b1 , b2 ,
, bn
n
.
Soluções: 1.1 Não
1.2 Não
1.3 Não
E XERCÍCIOS SUPLEMENTARES 1. Mostre que são espaços vetoriais 1.1 o conjunto dos polinómios de variável real, de grau menor ou igual a 6, só com potências pares, com a adição e a multiplicação escalar usuais; 1.2 o conjunto dos complexos, com a adição usual de complexos, e a multiplicação por um escalar usual.
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
141
2. Verifique se os seguintes conjuntos são espaços vetoriais: 2.1
2 , com a adição usual em
n
e a multiplicação escalar definida por
x, y x,0 , , x, y 2.2
2
, com a multiplicação escalar usual em
n
2
e a adição definida por
x1, y1 x2 , y2 x1 3x2 , y1 y2 , x1, y1 , x2 , y2
2
Soluções: 2.1 Não
2.2 Não
4.6.2 SUBESPAÇOS VETORIAIS E XERCÍCIOS RESOLVIDOS 1. Verifique se U a1 , a2 , a3 : a1 a2 a3 1; a1 , a2 , a3
é um subespaço vetorial de
3
Resolução: Os elementos do conjunto U verificam a condição a1 a2 a3 1 a3 1 a1 a2 . Então, o conjunto U pode escrever-se como U a1, a2 ,1 a1 a2 : a1, a2
.
Vamos verificar as condições S4.1-S4.3. S4.1 U 3 e U pois, por exemplo, 1, 0, 0 U . S4.2 Sejam u x, y,1 x y U e v x, y,1 x y U .
u v x, y,1 x y x, y,1 x y x x , y y , 2 x x y y U a1 a2 2 a1 a2 Efetivamente u v U , uma vez que a condição a1 a2 a3 1 não se verifica para as coordenadas de u v . Vejamos a1 a2 a3 x x y y 2 x x y y 2 1 .
Como a condição S4.2 não se verifica para os elementos de U , então U não é um subespaço vetorial de
142
3
.
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
Observação: É também fácil afirmarmos que não se trata de um subespaço vetorial uma 3
vez que o vetor nulo de
, 0
3
0,0,0 , não pertence a
U (axioma A4.4) já que
0 0 0 0 1.
E XERCÍCIOS PROPOSTOS 1. Verifique se A
2. Seja A
x, y, z
x, y, z
3
3
: x 3 y z 0 é um subespaço vetorial de
: x a y z 2 y; a
.
.
2.1 Mostre que para a 1 o conjunto A não é um subespaço vetorial de 2.2 Determine um valor de a
3
3
.
de forma que A seja um subespaço vetorial de
3
.
Justifique. 3. Verifique se S x, y, z
3
: y 5x z 0 é subespaço vetorial de
4. Verifique se os seguintes conjuntos são subespaços de 4.1 A a, a, a, a : a
a , a , a , a 1
2
3
4
.
.
4.2 B a, 2a, b, a b : a, b 4.3 C
4
3
4
: 2a2 3a3 5
Soluções: 1. Sim
2.2 a 0
3. Sim
4.1 Sim
4.2 Sim
4.3 Não
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
143
E XERCÍCIOS SUPLEMENTARES 1. Verifique se os seguintes conjuntos são subespaços de
x, y, z 1.2 B x, y, z 1.1 A
1.3 C
2. Seja S
x, y, z
: y 2 x x 3 z
3
: x 2y 0 y z 0
3
: x yz
3
2
: xy 0 é subespaço vetorial de
4. Determine o valor de a 2
3
, de modo que A
2
x, y
3
?
.
2
: ax 2 y 0
seja um
.
5. Determine o valor de a subespaço vetorial de
: z 0 x 2 y 2 1 . Será S um subespaço vetorial de
3. Verifique se S x, y
subespaço vetorial de
:
3
x, y, z
3
de modo a que S x, y, z
3
: x 2 y 4 z a 1 seja um
.
Soluções: 1.1 Sim
1.2 Sim
1.3 Não
2. Não. Por exemplo, 1, 0, 0 ; 0,1, 0 S , mas 1, 0, 0 0,1, 0 1,1, 0 S . 3. Não
144
4. a 0
5. a 1
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
4.6.3 COMBINAÇÃO LINEAR E CONJUNTO GERADOR ; DEPENDÊNCIA E INDEPENDÊNCIA LINEAR
E XERCÍCIOS RESOLVIDOS 1. Escreva, se possível, o vetor 2,5, 4, 4 como combinação linear dos vetores 3,1, 1,1 ,
2, 4,1, 0 e 0,1,1,1 . Resolução: Temos de verificar se existem escalares 1, 2 , 3
, que tornem a igualdade (4.7)
possível.
1 3,1, 1,1 2 2, 4,1, 0 3 0,1,1,1 2,5, 4, 4
31 2 2 , 1 4 2 3 , 1 2 3 , 1 3 2,5, 4, 4 31 2 2 2 3 4 5 1 1 2 3 1 2 3 4 1 1 3 4 1
2 0 2 1 4 1 5 2 1 1 4 3 0 1 4 X B
A
3 1 A= 1 1
2 0 2 1 1 4 1 5 1 1 4 l1l4 1 0 1 4 3
1 0 l2 l3 0 0
4 1 0 1 2 8 4 0 1 l3 l3 4l2 0 l4 l4 2l2 2 3 10 0 0
1 0 l4 l4 7 l3 0 0
1
0 1 4 1 0 4 1 5 1 1 4 l2 l2 l1 0 l3 l3 l1 2 0 2 l4 l4 3l1 0 0 1 0 0
4 1 1 2 8 2 3 10 4 1 0 1 1 4 0 1 2 8 2 8 31 8 31 l3 1 l3 0 0 1 8 8 7 26 0 0 7 26 0 4
1 0
4 1 2 8 car A 3 SI 0 1 31 8 car A 4 0 0 9 8 0 1
Como o sistema é impossível o vetor 2,5, 4, 4 não pode ser escrito como combinação linear dos vetores dados.
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
145
1 1 0 1 1 1 2. Mostre que as matrizes , e não geram o espaço vetorial 0 1 0 0 0 1
M 22
. Qual o espaço gerado?
Resolução: De acordo com (4.8) temos de verificar se X M 22 1, 2 , 3
x11 Seja X x21
1 1 0 1 1 1 : 1 2 3 X 0 1 0 0 0 1
x12 M 22 . x22
1 1 0 1 1 1 x11 2 3 0 1 0 0 0 1 x21
x12 x22 1 3 x11 1 1 x12 1 2 3 x12 0 x22 0 x 21 1 3 x22 1
1
3 1 2 3 x11 1 0 1 3 x21
0 1 x11 1 1 1 x12 2 0 0 x21 3 0 1 x22 X
A
1 0 1 x11 1 0 1 1 1 x 1 1 12 A= 0 0 0 x21 l3 l4 1 0 1 0 1 x22 0 0 car A 2, x11 , x12 , x21 , x22
x11 1 0 1 x12 1 x22 l2 l2 l1 0 l3 l3 l4 0 x21 0
1
B
1 2 x12 x11 0 0 x22 x11 0 0 x21 0 1
x11
i) x22 x11 0 x21 0 car A 2 SPI
ii) x22 x11 0 x21 0 car A 3 SI Ou seja, o sistema só tem solução para as matrizes de M 22
que satisfazem a
condição x22 x11 0 x21 0 não tendo, por exemplo, solução para a matriz 1 1 1 1 M 22 . Concluímos, então, que os vetores dados não constituem um conjunto
de geradores de M 22
.
Por outro lado, o sistema obtido tem solução sempre que x22 x11 0 x21 0 , sendo então o conjunto das matrizes dado gerador do espaço
a b d b T : a d c 0; a , b , c , d T ; b , d , ou seja, . c d 0 d
146
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
3. Verifique se o conjunto de vetores de M 23
:
5 2 6 6 2 1 1 0 1 , 1 0 0 , 0 0 0 é 1 0 0
linearmente independente. Resolução: Sejam 1, 2 , 3
.
Fazendo a combinação linear dos três vetores e igualando ao vetor nulo de M 23 matriz nula de M 23
,
, obtemos
5 2 6 6 2 1 1 0 1 0 0 2 3 1 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 5 6 2 3 21 2 2 61 2 3 0 1 0 0 0 1 2 51 6 2 3 0 5 6 1 0 1 2 2 0 0 2 2 2 0 1 2 0 6 0 6 1 1 2 3 1 3 1 2 0 1 1 0 0
1
0 0 0 0 0 0
X
A
B
5 2 A= 6 1
6 1 0 1 6 5 0 1 6 0 2 2 0 0 0 2 2 0 1 1 0 c1c3 1 1 6 0 l3 l3 l1 0 5 1 0 0 0 1 1 0 0 1 1 6 5 0 0 1 1 0 car A 3 SPD l3 l3 5l2 0 0 6 0 car A 3 l4 l4 l2 0 0 0 0
5 0 1 6 0 1 2 0 1 0 l2 1 l2 0 5 2 1 0 0 1
5 0 1 0 1 0 1 0
.
Como o sistema é um sistema homogéneo e determinado apresenta apenas a solução nula, logo os vetores são linearmente independentes.
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
147
E XERCÍCIOS PROPOSTOS 1. Considere os seguintes vetores do espaço vetorial real
4
: u 2,1,0,0 , v 0,4,3,1 e
w 1, k,2,0 , k . 1.1 Escreva, se possível, o vetor a 2,9,6,2 como combinação linear de u e de v . 1.2 Determine para que valores do parâmetro real k , o vetor s 4,0, 5,1 é combinação linear dos vetores v e w e para o valor de k encontrado escreva o vetor s como combinação linear de v e de w . 1.3 Faça k 1 e verifique se os vetores dados são linearmente independentes. 1.4 Determine o subespaço S gerado por u e v .
2. Verifique se o conjunto
p0 x , p1 x , p2 x
onde p0 x 2 , p1 x x 1 e
p2 x 2 x 2 gera o espaço dos polinómios de grau 2 , P2 x , x .
3. Sejam u1 1, 1, 2 e u2 2,1,3 . 3.1 Prove que os vetores u1 e u2 são linearmente independentes. 3.2 Determine um vetor u3 tal que u1 , u2 , u3 seja linearmente independente. 3.3 Determine o subespaço gerado por u1 e u2 . 4. Sejam os vetores u1 1,1,1, 0 , u2 0,1,1,1 e u3 1,1, 0, 0 . 4.1 Diga se u1 , u2 , u3 é linearmente independente. 4.2 Determine um vetor u4 tal que u1 , u2 , u3 , u4 seja linearmente independente. 4.3 Exprima o vetor 1, 2,3, 4 como combinação linear de u1 , u2 , u3 e u4 .
5. Sejam os seguintes vetores de
3
: 1, k , k , 1, 2, 2 , 5, 6, 2k . Determine k
de
modo que os vetores sejam linearmente independentes.
148
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
Soluções: 1.1 a u 2v 1.4 S
1.2 k 1 ; s v 4w
x, y, z, w
4
1.3 Sim
: z 3w x 2 y 8w
2. Sim 3.2 Por exemplo: u3 1, 0, 0 4.1 Sim
3.3 A
4.2 Por exemplo: u4 1, 0, 0, 0
x, y, z
3
: y 5 x 3z
4.3 1, 2,3, 4 u1 4u2 u3 3u4
5. k 2 k 3
E XERCÍCIOS SUPLEMENTARES 1. Mostre que os conjuntos de vetores dados geram os espaços vetoriais a seguir indicados: 1.1
1,1 , 1,1 , 1, 2 gera
1.2
1 t , 1 t ,1 t,1 gera o espaço dos polinómios de grau 3 , P x , x 3
2
;
2
3
.
2. Considere os vetores v1 1, 3, 2 e v2 2, 1,1 . 2.1 Escreva o vetor v3 1, 7, 4 como combinação linear de v1 e v2 . 2.2 Para que valor de k o vetor 1, k ,5 é combinação linear de v1 e v2 ?
3
3. Mostre que o espaço vetorial
4. Considere os vetores de 3
3
não pode ser gerado pelos vetores 1, 2,1 e 3, 0, 1 .
: u1 1,0,0 , u2 2,1,1 e u3 1,1,1 . Qual o subespaço de
gerado por u1 , u2 , u3 ?
5. Considere o seguinte espaço vetorial real: V x, y,2 x y : x, y
.
5.1 Verifique se os vetores u1 1,1,1 , u2 1,2, 4 e u3 0, 1,1 são geradores de V.
5.2 Escreva, se possível, u3 como combinação linear de u1 e u2 .
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
149
Soluções: 2.1 1, 7, 4 3v1 2v2 4. A
x, y, z
3
2.2 k 8
:yz
5.2 u3
5.1 Sim
1 u u 3 1 2
4.6.4 BASE E DIMENSÃO DE UM ESPAÇO VETORIAL E XERCÍCIOS RESOLVIDOS 1. Considere o espaço vetorial dos polinómios de grau menor ou igual a dois, isto é,
P2 x ax 2 bx c : a, b, c
.
1.1 Prove que p1 x 2 x , p2 x 1 e p3 x x 2 1 formam uma base de P2 x . 1.2 Escreva o polinómio p x x 1 como combinação linear de p1 x , p2 x e
p3 x . Resolução: 1.1 Tendo em consideração a Definição 4.7, temos de verificar se (i) p1 x , p2 x , p3 x são linearmente independentes. Vamos fazer a combinação linear dos vetores e igualar ao vetor nulo.
1 2 x 2 1 3 x 2 1 0 x 2 0 x 0, 1 , 2 , 3
3 0 1 0 3 x 2 21 x 2 3 0 x 2 0 x 0 21 0 2 0 0 3 3 0 2 Como o sistema apresenta apenas a solução nula, os vetores são linearmente independentes. (ii) p1 x , p2 x , p3 x formam um conjunto de geradores do espaço vetorial P2 x . De acordo com (4.8) temos de verificar se p x P2 x 1, 2 , 3
150
: 1 p1 x 2 p2 x 3 p3 x p x
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
Sejam p x ax 2 bx c, a, b, c P2 x e 1,2 ,3 .
1 2 x 2 1 3 x 2 1 ax 2 bx c 3 x 2 21x 2 3 ax 2 bx c 3 a 0 0 1 1 a 21 b 2 0 0 2 b c 0 1 1 c 3 2 3 A
X
B
a 0 0 1 a 1 0 0 a 1 0 0 A = 2 0 0 b 0 0 2 b 0 0 2 b c c l l l 0 1 1 c 3 1 1 1 0 c 3 3 1 0 1 0 c a a car A 3 1 0 0 0 2 0 car A 3 b SPD, a, b, c c3 c2 0 0 1 c a n º incógnitas 3
O sistema é possível para qualquer vetor p x P2 x , o que permite concluir que os vetores dados geram qualquer vetor de P2 x , sendo, portanto, um conjunto de geradores. Então, como os vetores são linearmente independentes e geram P2 x formam uma base de P2 x . 1.2 Como p1 x , p2 x , p3 x forma uma base de P2 x , qualquer polinómio de P2 x pode ser obtido como combinação linear de p1 x , p2 x , p3 x . Sejam 1 , 2 .
1 p1 x 2 p2 x 3 p3 x x 1 1 2 x 2 1 3 x 2 1 x 1 3 0 3 0 1 2 3 x 21x 2 3 x 1 21 1 1 2 1 2 3 2 1
1 2
Então, x 1 p1 x p2 x 0 p3 x
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
151
2. Seja u1 1, 1, 2 e u2 2,1,3 . Determine, se possível, um espaço vetorial que tenha u1 e u2 como base. Resolução: Vamos primeiro verificar se u1 e u2 são linearmente independentes. Fazemos a combinação linear dos vetores e igualamos ao vetor nulo.
1 2 2 0 1 0 1 2 0 2 0 . 2 3 0 0 0 2 1
0, 0, 0 1 1, 1, 2 2 2,1,3 , 1, 2
Como o sistema apresenta apenas a solução nula, os vetores são linearmente independentes. Vamos agora determinar que subconjunto de
3
é gerado pelos vetores u1 e u2 .
Sejam v x , y , z 3 e 1 , 2 .
1 1, 1, 2 2 2,1,3 x, y, z 1 2 2 , 1 2 , 21 3 2 x, y, z 1 2 2 x 1 2 x 1 1 2 y 1 1 y 2 3 z 2 3 2 z 2 1 X
.
B
A
x x 1 2 x 1 2 1 2 A = 1 1 y 0 3 yx 0 1 z 2 x l l l l l 2 3 z l32 l32 21l1 0 1 z 2 x 2 3 0 3 y x x 1 2 0 1 z 2 x car A 2, x, y, z 3 l3 l3 3l2 0 0 5 x y 3 z i) 5 x y 3z 0 car A 2 SPI ii) 5 x y 3z 0 car A 3 SI Ou seja, o sistema só tem solução para os vetores de
3
que satisfazem a condição
5 x y 3z 0 não tendo, por exemplo, solução para o vetor 0, 0,1 3 . Concluímos, então, que os vetores dados não constituem um conjunto de geradores de
3
.
Por outro lado, o sistema obtido tem solução sempre que 5 x y 3z 0 , sendo então o espaço S 152
gerado
x, y, z
pelos 3
vetores
u1
e
u2
os
que
pertencem
ao
conjunto
: y 5 x 3z . EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
Como os vetores u1 e u2 são linearmente independentes e geram S , formam uma base de
S.
E XERCÍCIOS PROPOSTOS 1. Quais dos seguintes conjuntos são bases para: 1.1
1.2
2
?
1.1.1
1,3 , 1,1
1.1.2
1, 0 , 5, 5 , 1,1
3
?
1.2.1
1, 0, 0 , 0,5, 2 , 7, 0, 2
1.2.2
3,1, 2 , 1, 0,5 , 6, 2, 4
2. Considere os seguintes vetores do espaço vetorial real
3
: u 1,2,0 e v 1,0, 1 .
2.1 Verifique que os vetores são linearmente independentes. 2.2 Determine um terceiro vetor w para que o conjunto u, v, w constitua uma base de 3
. Justifique convenientemente a sua resposta.
3. Considere o conjunto S x, y, z
3
: 2 x 3 y a, a
.
3.1 Determine para que valores de a o conjunto S é subespaço vetorial de
3
. Justifique
convenientemente a sua resposta. 3.2 Para a 0 , indique uma base de S . Confirme o resultado.
4. Para que valores de k , os vetores dos seguintes conjuntos formam uma base de 4.1
1, 0, k , 0,1, 0 , k , 0,1
4.2
1, 0, 0 , k ,1, 0 , k , k ,1
3
?
2
5. Determine um vetor v3 , de modo que os vetores v1 , v2 e v3 formem uma base para
3
,
onde v1 1, 0, 2 e v2 0,1,1 . EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
153
6. Considere os vetores u1 1, 2,1 , u2 0,1,1 , u3 2,5,3 e u4 a, 0, b , a, b 6.1 Determine o subespaço S de
.
gerado pelos vetores u1, u2 , u3 .
3
6.2 Do cálculo anterior, e sem efectuar cálculos, tire uma conclusão quanto à dependência ou independência linear dos 3 vetores. Justifique convenientemente a sua resposta. 6.3 Condicione os valores de a e de b , de modo que u4 pertença ao subespaço determinado em 6.1. 6.4 Sem efectuar cálculos, justifique a veracidade da afirmação: “ a, b
u1, u2 , u3 , u4 nunca formam uma base de
3
, os vetores
”.
7. Sejam u1 2,1 , u2 0,0 , u3 1,1 e u4 1,0 vetores do espaço vetorial real
2
.
Sem efectuar cálculos diga, justificando convenientemente a sua resposta, se: 7.1 u1, u2 formam uma base de
2
;
7.2 u1, u3 , u4 são linearmente independentes. 8. Considere o conjunto S x, y, z
3
: x 2 y z 0 .
8.1 Verifique que se trata de um subespaço vetorial de
3
.
8.2 Indique uma base de S e escreva as coordenadas do vetor u 1,1, 1 S nessa base. Qual a dimensão de S ?
154
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
Soluções: 1.1.1 É base
1.1.2 Não é base
1.2.1 É base
1.2.2 Não é base
2.2 Por exemplo w 1,3,1 3.1 a 0
3.2 Por exemplo
\ 1,1
4.1 k
3, 2,0 , 0,0,1
4.2 k
5. Por exemplo v3 0, 0,1 6.1 S
x, y, z
3
:x yz 0
6.2 Linearmente dependentes
7.1 Não
6.3 a b
7.2 Não
8.2 Por exemplo,
2,1,0 , 1,0,1 , coordenadas 1, 1 e dim S 2 .
E XERCÍCIOS SUPLEMENTARES 1. Mostre que o conjunto de vetores dado por uma base de
4
1, 0, 0, 0 , 1,1, 0, 0 , 1,1,1, 0 , 1,1,1,1 forma
.
2. Mostre que o vetor nulo nunca pode fazer parte de uma base.
3. Determine o espaço S para o qual o conjunto
1, 1, 2,3 , 1,1, 2, 0 , 3, 1, 6, 6 forma
uma base.
4. Considere os seguintes vetores do espaço vetorial real
3
: u 1,1,1 e v 3, 1, 4 .
4.1 Escreva, se possível, o vetor s 1,9, 1 como combinação linear dos vetores dados. 4.2 Seja w x, y, z um terceiro vetor de
u, v, w constitua uma base de
3
3
. Que condições deve satisfazer w para que
? Justifique convenientemente o resultado e apresente
uma base para o referido espaço. 5. Considere os vetores u 2,4,6 , v 0,2,4 e w 1, 2,0 . 5.1 Verifique se os vetores u , v e w formam uma base de
3
.
5.2 Construa o espaço vetorial S gerado pelos vetores u e v . EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
155
5.3 Dê exemplo de um vetor que pertença ao espaço gerado por v e w , diferente de v e de w .
6. Considere os seguintes vetores do espaço vetorial real 6.1 Determine para que valores de k
3
: u 1,0, 1 e v 1,1,0 .
o vetor 1,1, k é combinação linear dos vetores
u e v.
6.2 Construa o espaço vetorial S gerado pelos vetores u e v . 6.3 Determine um vetor w tal que u, v, w constitua uma base de
3
. Justifique
convenientemente o resultado. 7. Seja u1, u2 , u3 uma base do espaço vetorial real
3
. Sem efetuar cálculos diga,
justificando convenientemente a sua resposta, se: 7.1 u1, u2 são linearmente independentes;
7.2 u1, u2 , u3 , u4 são geradores
3
sendo u4 um vetor de
3
.
Soluções: 3. V
x, y, z, u
4.1 s 7u 2v 5.1 Sim 6.1 k 0 7.1 Sim
156
4.2 w x, y, z : 5 x y 4 z 0 ; por exemplo w 1,1,1 5.3 Por exemplo 1, 4, 4 5.2 S x, y, z : x 2 y z 0 6.3 Por exemplo w 1,1,1 6.2 S x, y, z : x y z 0 4
: z 2x
3
3
3
7.2 Sim
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
4.6.5 EXERCÍCIOS DE CONCLUSÃO DO CAPÍTULO 1. Verifique se os seguintes conjuntos são espaços vetoriais: 1.1
2
, com a multiplicação escalar usual em
n
e a adição definida como
x1, y1 x2 , y2 x1 x2 , y1 2 y2 1.2
2
, com a multiplicação escalar usual em
n
e a adição definida como
x1, y1 x2 , y2 y12 , x22 2. Verifique que os seguintes conjuntos são subespaços de
x, y, z 2.2 B x, y, z 2.1 A
2.3 C
x, y, z
2.4 D x, y, z
: x 2 y z 1 ;
3
:x yz .
3
: x 2 y z 0 y 2z
2
: z ey
3. Determine o valor de a vetorial de
, de modo que S x, y
2
4
: x y 2w z 2w é subespaço vetorial de
operações usuais de adição e multiplicação por um escalar em
n
4
, com as
.
, o conjunto S x, y
5. Determine para que valores de a 2
: 2 x y a seja um subespaço
.
4. Verifique se S x, y, z, w
vetorial de
:
3
3
3
2
: y ax 2 é subespaço
.
6. Considere os vetores u1 1, 1, 2, 0 , u2 0,1,1, 1 , u3 2, 1,5, 1 , u4 3, 0, 0, 3 . 6.1 Mostre que o vetor u3 pode ser obtido como combinação linear dos vetores u1 e u2 . 6.2 Determine um vetor v que seja linearmente independente com u1 e u2 . 6.3 Determine o subespaço S de
4
gerado pelos vetores u1, u2 , u4 .
6.4 Mostre que o subespaço V 0, a, a, a : a
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
é gerado por um dos vetores dados. 157
7. Considere os vetores de
: u1 1,1,0 , u2 0,1,1 , u3 1,2,1 e u4 1,0,1 .
3
7.1 Determine, justificando convenientemente todos os cálculos: 7.1.1 um conjunto que seja gerador de 3
7.1.2 um conjunto que não gere
3
;
.
7.2 Determine o espaço vetorial gerado pelos vetores u1 e u2 e dê exemplo de um vetor que não pertença a esse espaço.
3
8. Considere os seguintes vetores do espaço vetorial real
: u 1,2,1 , v 0,1,1 e
w 1,3,2 . 8.1 Verifique que não é possível obter o vetor s 1,3,1 a partir da combinação linear dos vetores dados. 8.2 Com base na alínea anterior e sem efectuar cálculos, diga justificando, se u, v, w constitui uma base de
3
.
8.3 Determine o subespaço S de
3
gerado pelos vetores dados.
9. Considere os seguintes vetores do espaço vetorial real
3
: u1 1,2,2 , u2 2,5,4 ,
u3 1,3,2 e u4 1,1,0 .
9.1 Escolha, de entre os vetores dados, um conjunto de vetores de forma a obter uma base para
3
. Justifique a sua resposta apresentando os cálculos que lhe permitam confirmar
que efectivamente se trata de uma base. 9.2 Determine o espaço vetorial gerado pelos vetores u1 e u4 . 10. Seja u1 , u2 , u3 uma base do espaço vetorial real
3
10.1 indique uma outra base do espaço vetorial real
. Utilizando os vetores u1 , u2 e u3 : 3
, justificando convenientemente a
sua resposta; 10.2 indique um conjunto com 3 vetores que não forme uma base do espaço vetorial real 3
158
, justificando convenientemente a sua resposta.
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
Soluções: 1.1 Não
1.2 Não
2.1 Não
2.2 Não
2.3 Sim
3. a 0
4. Sim
5. a 0
6.1 u3 2u1 u2 7.1.1 u1 , u2 , u4
6.2 Por exemplo v 0, 0,1,1 7.1.2 u1 , u2
8.2 Não 9.1 Por exemplo u1 , u2 , u4
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
6.3 S
2.4 Não
a, b, c, d
4
:abd 0
x, y, z : z y x ; 0, 0,1 S 8.3 S x, y, z : x y z 0 9.2 S x, y, z : 2 x 2 y z 0
7.2 S
3
3
3
159
CAPÍTULO 5 – TRANSFORMAÇÕES LINEARES
5.1 DEFINIÇÃO E PROPRIEDADES Definição 5.1 [Transformação ou aplicação] Sejam A e B dois conjuntos. Diz-se que uma correspondência T : A B é uma transformação se, por T , a cada elemento a A corresponde um e um só elemento de B , que designaremos por T a , isto é, b T a . O elemento b B diz-se a imagem de a por T.
Definição 5.2 [Transformação injetiva, sobrejetiva, bijetiva] Seja T uma transformação do conjunto A no conjunto B , T : A B . Diz-se que T é
Injetiva - se a elementos diferentes em A correspondem imagens diferentes em B , isto é,
x, y A : x y T x T y x , y A : T x T y x y
(5.1)
Sobrejetiva - se todo o elemento de B é imagem, por T , de pelo menos um elemento de A , isto é,
y B x A : y T x
(5.2)
Bijetiva - se é sobrejetiva e injetiva, isto é, y B 1 x A : y T x
(5.3)
Definição 5.3 [Transformação ou operador linear] Sejam U e V dois espaços vetoriais sobre
e T : U V uma aplicação. Diz-se que T é
uma transformação linear ou operador linear se
u, v U : T u v T u T v
160
(5.4) EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
u U : T u T u
(5.5)
Observação: Em todos os exemplos desta secção e das secções seguintes serão utilizadas as operações de adição e de multiplicação escalar usuais no espaço vetorial considerado e definidas no Exemplo 4.1. Vamos também omitir o símbolo na multiplicação escalar usual, isto é, u , , u V será representado simplesmente por u .
Exemplo 5.1 [Transformação linear] Consideremos a transformação linear T : 2
Vamos verificar que os vetores de
2
3
, definida como T x, y x, y, 2 x .
, dados por u 1, 2 e v 0,1 satisfazem as
igualdades definidas em (5.4) e (5.5) para 2 . Resolução Tem-se u 1, 2 T 1, 2 1, 2, 2 e v 0,1 T 0,1 0,1, 0 .
u v 1, 2 0,1 1,3 T u v T 1,3 1,3, 2 T u T v T 1, 2 T 0,1 1, 2, 2 0,1, 0 1,3, 2 . Verifica-se, assim, a igualdade (5.4), T u v T u T v .
2u 2 1, 2 2, 4 T 2, 4 2, 4, 4 e 2v 2 0,1 0, 2 T 0, 2 0, 2, 0 . 2T 1, 2 2 1, 2, 2 2, 4, 4 e 2T 0,1 2 0,1, 0 0, 2, 0 . Verifica-se, assim, a igualdade (5.5), T 2u 2T u e T 2v 2T v .
Exemplo 5.2 [Transformação linear] 2
Verificar se as transformações T :
3
, a seguir indicadas são transformações
lineares. 1. T u, v u, v,0 ; 2. T u, v u, v, u v 1 . Resolução 1. Sejam u x1 , y1 , v x2 , y2
2
e
.
Vamos verificar a igualdade (5.4). Tem-se T u T x1 , y1 x1 , y1 , 0 , T v T x2 , y2 x2 , y2 , 0 . EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
161
Então, T u T v x1 , y1 , 0 x2 , y2 , 0 x1 x2 , y1 y2 , 0 . Por outro lado, u v x1 , y1 x2 , y2 x1 x2 , y1 y2 . Então, T u v T x1 x2 , y1 y2 x1 x2 , y1 y2 , 0 . Concluímos assim que T u v T u T v . Vamos agora verificar a igualdade (5.5). Tem-se T u T x1 , y1 x1 , y1 , 0 . Por outro lado, T u x1 , y1 , 0 x1 , y1 , 0 . Concluímos assim que T u T u . Então, como se verificam as igualdades (5.4) e (5.5), T é uma transformação linear. 2. Sejam u x1 , y1 , v x2 , y2
2
e
.
Vamos verificar a igualdade (5.4). Tem-se T u T x1 , y1 x1 , y1 , x1 y1 1 , T v T x2 , y2 x2 , y2 , x2 y2 1 . Então,
T u T v x1 , y1 , x1 y1 1 x2 , y2 , x2 y2 1 x1 x2 , y1 y2 , x1 x 2 y1 y2 2 Por outro lado, u v x1 , y1 x2 , y2 x1 x2 , y1 y2 . Então, T u v T x1 x2 , y1 y2 x1 x2 , y1 y2 , x1 x2 y1 y2 1 Logo, T u v T u T v . Conclui-se, portanto, que T não é uma transformação linear.
A partir de transformações lineares dadas podem construir-se outras. Vejamos o Teorema 5.1. Teorema 5.1 1. A soma de transformações lineares é ainda uma transformação linear. 2. O produto de um escalar por uma transformação linear é ainda uma transformação linear. 3. A composição de transformações lineares é ainda uma transformação linear. 4. A inversa de uma transformação linear invertível é ainda uma transformação linear.
162
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
Propriedades [das transformações lineares] e T : U V uma transformação linear. Então,
Sejam U e V dois espaços vetoriais sobre sendo ,
, u , v U , 0U o vetor nulo de U e 0V o vetor nulo de V , verificam-se as
seguintes propriedades P5.1 T 0U 0V , isto é, a imagem do vetor nulo de U pela transformação linear
T é o vetor nulo de V . P5.2 T u T u , isto é, a imagem do simétrico de um vetor é o simétrico da imagem desse vetor. P5.3 T u v T u T v , isto é, a imagem da diferença de dois vetores é igual à diferença das imagens desses vetores. P5.4 T u u T u T v .
Exemplo 5.3 [Aplicação da propriedade P5.1] Verificar se a aplicação T :
3
2
, definida por T x, y, z x y, z 1 é uma
transformação linear. Resolução Tem-se que 0, 0, 0 é o vetor nulo de
3
T 0, 0, 0 0,1 que não é o vetor nulo de
e 0, 0 é o vetor nulo de 2
2
. No entanto,
. Então, como não se verifica a propriedade
P5.1 conclui-se de imediato que a aplicação T não é uma transformação linear.
Teorema 5.2 Sejam U e V dois espaços vetoriais sobre
, u1,
, un uma base de U e v1,
, vn V .
Então, existe uma e uma só transformação linear T : U V tal que
T u1 v1 T un vn
n n Esta transformação linear transforma cada u U , no elemento T u T i ui i vi . i 1 i 1 EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
163
O Teorema 5.2 mostra que uma transformação linear T : U V fica completamente definida quando se conhecem as imagens dos vetores de uma base de U , isto é, para conhecer a imagem por T de qualquer vetor de U basta conhecer as imagens por T dos vetores de uma base de U .
Exemplo 5.4 [Teorema 5.2] Seja T :
2
3
,
uma
transformação
linear definida
por T 1, 0 1,1, 0 e
T 0,1 0,1,1 . Vamos determinar T x, y para cada x, y 2 , isto é, vamos definir a transformação linear cuja imagem do vetor 1, 0 é o vetor 1,1, 0 e a imagem do vetor
0,1
é o vetor 0,1,1 .
Resolução Os vetores 1, 0 e 0,1 formam a base canónica de
2
.
Seja x, y 2 . Este vetor pode ser escrito como combinação linear dos vetores da base canónica,
x, y x 1, 0 y 0,1 Então, como T é uma transformação linear,
T x, y T x 1,0 y 0,1 xT 1,0 yT 0,1 x 1,1,0 y 0,1,1 x, x y, y Então, a transformação linear pedida é a transformação T :
2
3
definida por
T x, y x , x y , y .
5.2 NÚCLEO E IMAGEM DE UMA TRANSFORMAÇÃO LINEAR Definição 5.4 [Núcleo de uma transformação linear] Considere-se a transformação linear T : U V . Chama-se núcleo de T e representa-se por
N T , ao conjunto dos vetores de U cuja imagem por T é o vetor nulo de V (Figura 5.1), isto é,
164
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
U
V
N T
T
N T u U : T u 0V
0V
(6.6)
Figura 5.1 Núcleo de uma transformação linear.
Teorema 5.3 Sejam U e V dois espaços vetoriais sobre
e T : U V transformação linear. Então,
T : U V é injetiva se e só se N T 0U .
Definição 5.5 [Espaço imagem ou contradomínio de uma transformação linear] Considere-se a transformação linear T : U V . Chama-se espaço imagem de T e representa-se por Im T , ao conjunto dos vetores de V que são imagem de algum vetor de
U por T (Figura 5.2), isto é,
U
V
N T
T
𝐼𝑚(𝑇)
0V
Im T v V : u U tal que T u v
(5.7)
Figura 5.2 Imagem de uma transformação linear.
Deve notar-se que
N T U e N T pois 0U N T ;
N T é um subespaço vetorial de U ;
Im T V e Im T pois 0V Im T ;
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
165
Im T é um subespaço vetorial de V .
Concluímos pois, que dada uma transformação linear T , o subespaço vetorial Im T diz-nos se T é sobrejetiva e o subespaço vetorial N T diz-nos se T é injetiva, (de acordo com o Teorema 5.3).
Exemplo 5.5 [Núcleo e imagem de uma transformação linear] Determinar o núcleo e a imagem da transformação linear T :
3
2
, definida por
T x, y , z x y , z . Resolução
Pela Definição 5.4 temos N T u 3 : T u 0
2
.
x y 0 x y Então, T x, y, z 0, 0 x y, z 0, 0 . z 0 z 0
Logo, N T y, y, 0 ; y
.
Pela Definição 5.5 temos Im T
a, b
2
: x, y , z
3
tal que T x, y, z a, b .
x y a Então, T x, y, z a, b x y, z a, b . z b
Logo, Im T a, b ; a, b
166
.
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
Teorema 5.4 Sejam U e V espaços vetoriais de dimensão finita sobre
e T : U V uma transformação
linear. Então, a dimensão do subespaço vetorial Im T é finita e verifica-se
dim U dim N T dim Im T
(5.8)
Demonstração: Seja dimU n e seja e1, e2 ,
, ek uma base de N T , onde k n (note-se que N T é
um subespaço de U ). Se k n então Im T 0V e o resultado do teorema é satisfeito com dim N T n e
dim Im T 0 . Consideremos agora o caso em que k n . Neste caso, existem n k vetores de U ,
ek 1, , en tal que e1, vetores, ek 1,
, ek , ek 1,
, en formam uma base de U . Vamos ver que os n k
, en , formam uma base de Im T .
Se y Im T então, por definição de espaço imagem, existe um x U tal que
x 1e1
nen , 1, , n , tal que
y T 1e1
n en 1T e1
uma vez que T ei 0, i 1,
nT en k 1T ek 1
,k .
Concluímos assim que os n k vetores T ek 1 , Falta agora verificar que os vetores T ek 1 ,
1T ek 1 Logo, 1ek 1
nT en
, T en geram o subespaço Im T .
, T en são linearmente independentes.
nk T en 0 T 1ek 1
n k en 0
nk en N T .
Então, como e1, e2 ,
, ek é uma base de N T , vem
1ek 1 o que é o mesmo que 1e1 Como os vetores e1,
nk en 1e1 k ek 1ek 1
k ek , 1,
, k
nk en 0
, en são linearmente independentes todos os coeficientes nesta
combinação linear são nulos, em particular 1,
, nk .
Assim, dim Im T n k . Como, dim N T k , vem dim N T dim Im T dim U . EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
167
Exemplo 5.6 [Teorema 5.4] No Exemplo 5.5, consideramos a aplicação linear T :
e Im T u v, w
N T y, y, 0 ; y
Como y, y, 0 y 1,1, 0 , y
2
3
2
; u , v, w
, para a qual obtivemos
.
, então uma base para N T é
1,1, 0 ,
sendo
portanto dim N T 1. Como
u v, w u v 1, 0 w 0,1 , u, v, w
então uma base para Im T é
1, 0 , 0,1 , sendo portanto dim Im T 2 . Ou seja, dim N T dim Im T 1 2 3 , o que corresponde ao resultado nosso conhecido, isto é, dim
3.
3
Exemplo 5.7 [Teorema 5.4] Seja B 1, 0,1,1 , 0,1, 0,1 um conjunto de vetores linearmente independentes do espaço vetorial
4
. Determine uma transformação linear T :
3
4
, onde Im T B .
Resolução Como os vetores de Im T são linearmente independentes formam uma base de Im T , logo dim Im T 2 . Pela igualdade (5.8) do Teorema 5.2 verificamos que dim N T 1 uma vez que
dim 3 3 . Então, uma base para N T contém apenas um vetor. Por outro lado, sabemos que bc 1, 0, 0 , 0,1, 0 , 0, 0,1 é uma base de Consideremos, por exemplo, a base
1, 0, 0
3
.
para N T . Sabe-se também que
T 0,1, 0 , T 0, 0,1 é uma base de Im T (pela demonstração do Teorema 5.2). Em resumo, queremos definir a transformação linear que verifica as seguintes igualdades
T 1, 0, 0 0, 0, 0, 0 T 0,1, 0 1, 0,1,1 T 0, 0,1 0,1, 0,1 Seja x, y, z 3 . Este vetor pode ser escrito como combinação linear dos vetores de B , da forma
x, y, z x 1, 0, 0 y 0,1, 0 z 0, 0,1 168
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
e
T x, y, z xT 1, 0, 0 yT 0,1, 0 zT 0, 0,1 porque T é uma transformação linear. Por outro lado tem-se
T x, y, z x 0, 0, 0, 0 y 1, 0,1,1 z 0,1, 0,1 Então, a transformação linear pedida é a transformação T :
3
4
definida por
T x, y , z y , z , y , y z .
5.3 MATRIZ DE UMA TRANSFORMAÇÃO LINEAR Seja U um espaço vetorial de dimensão n e u1 ,..., un uma base de U . Seja V um espaço vetorial de dimensão m e v1 ,..., vm uma base de V . Consideremos a transformação linear
T :U V . Já sabemos, pelo Teorema 5.2, que para conhecer T , basta conhecer T u1 ,
, T un . Estes
n vetores como pertencem a V são determinados pelas suas coordenadas em relação à base
v1,..., vm .
Então, para conhecer T basta, fixadas aquelas duas bases, conhecer mn
escalares. Vamos ver como determinar esses escalares. Como os vetores T u1 ,
, T un V , podem escrever-se de forma única como combinação
linear dos vetores da base v1 ,..., vm de V , ou seja,
T u1 11v1
m1vm
T u2 12 v1
m 2 vm
T un 1n v1
mn vm
Então, podemos escrever
m
T u j ij vi , j 1, 2,
, n
i 1
A matriz
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
169
11 A 21 m1
12 22
1n 2 n
(5.9)
mn
m2
designa-se matriz associada à transformação linear T em relação às bases u1 ,..., un e
v1,..., vm
de U e de V , respetivamente.
Assim, para cada j 1, 2,..., n a coluna j é
constituída pelas coordenadas do vetor T u j na base v1 ,..., vm , dispostas ordenadamente.
Definição 5.6 [Matriz associada a uma transformação linear] Seja A aij
mn
a matriz cuja coluna j contém as coordenadas de T v j relativamente à
base v1 ,..., vm de V , isto é, tem-se
T u j 1 j v1
mj vm , j 1,
,n
(5.10)
Dizemos que A = M T ; u j , vi representa a transformação linear T relativamente às bases u1 ,..., un e v1 ,..., vm de U e de V , respetivamente.
Observação: Sempre que na expressão analítica de uma transformação linear não forem indicadas as bases que se consideram no espaço de partida e no espaço de chegada vamos assumir que a transformação linear é definida considerando as bases canónicas do espaço de partida e do espaço de chegada. Nesse caso vamos escrever simplesmente A = M T . Quando o espaço de partida e de chegada são os mesmos, isto é, U V , é usual representar a
.
transformação linear usando a mesma base. Nesse caso, escrevemos A = M T ; u j
Consideremos agora u U . Então, o vetor u pode ser escrito de forma única como combinação linear dos vetores da base u1 ,..., un de U , isto é, existem escalares 1 ,
,n
tais que
u 1u1
nun
(5.11)
Então, como T é uma transformação linear vem
170
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
T u T 1u1
nun T u 1T u1
T u 1 11v1 T u 111
m1vm
n 1n v1
nT un
(6.10)
n 1n v1 1 m1
mn vm
n mn vm
Então, qualquer que seja u U , tem-se
T u M T ; u j , vi u u j vi
(5.12)
isto é, as coordenadas de T u na base v1 ,..., vm de V , são
11 T u 21 vi m1
12 22
1n 1 2 n 2
mn n
m2
(5.13)
Exemplo 5.8 [Matriz associada a uma transformação linear] Considere-se a transformação linear T :
2
3
, definida por T u, v u, v, u v .
Determinar a matriz associada a esta transformação relativamente às bases canónicas de 2
e de
3
.
Resolução As base canónica de
2
e de
3
são b 1, 0 , 0,1 e b 1, 0, 0 , 0,1, 0 , 0, 0,1 ,
respetivamente.
A matriz A = M T ; b j , bi associada a esta transformação linear é uma matriz do tipo
3 2 , ou seja, A = M T ; b j , bi
a11 a21 a31
a12 a22 . a32
a11 1 T 1, 0 1, 0,1 a11 1, 0, 0 a21 0,1, 0 a31 0, 0,1 a21 0 a 1 31 a12 0 T 0,1 0,1,1 a12 1, 0, 0 a22 0,1, 0 a32 0, 0,1 a22 1 . a 1 32 1 0 Então, A 0 1 . 1 1 EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
171
Exemplo 5.9 [Matriz associada a uma transformação linear] Seja T :
3
2
uma transformação linear definida por T x, y, z x z , y z ,
b 1,0,1 , 1,1,0 , 1,1,1 uma base de
3
e b 1,1 , 1, 2 uma base de
2
.
1. Determinar A = M T ; b j , bi . 2. Se u 1, 2, 1 (coordenadas em relação à base canónica de
3
) calcule T u , bi
usando a matriz encontrada anteriormente. Resolução
1. A matriz A = M T ; b j , bi associada a esta transformação linear é uma matriz do a a tipo 2 3 , ou seja, A = M T ; b j , bi 11 12 a21 a22
a13 . a23
a11 a21 0 a11 1 T 1, 0,1 0, 1 a11 1,1 a21 1, 2 a11 2a21 1 a21 1 a12 a22 1 a12 1 T 1,1, 0 1,1 a12 1,1 a22 1, 2 a12 2a22 1 a22 0 a13 a23 0 a13 0 T 1,1,1 0, 0 a13 1,1 a23 1, 2 a13 2a23 0 a23 0 1 1 0 Então, A . 1 0 0
2. Pela igualdade (5.12) tem-se T u b A u b . j i O vetor u está escrito na base canónica de
3
, sendo necessário escreve-lo como
combinação linear dos vetores da base b . Então, 1 2 3 1 1 1 1, 2, 1 1 1, 0,1 2 1,1, 0 3 1,1,1 2 3 2 2 2 u b j 1, 2, 0 1 0 3 3 1
1 5 1 2 0 5 Assim, T 1, 2, 1 2 , isto é, T u b . b i 3 i 1 1 0 3 0
172
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
5.4 VALORES PRÓPRIOS E VETORES PRÓPRIOS Definição 5.7 [Valor próprio e vetor próprio de uma transformação linear] Seja U um espaço vetorial sobre
e T : U U uma transformação linear. Um vetor não
nulo u de U diz-se um vetor próprio de T se existir um escalar
tal que T u u .
Um tal escalar , quando existe, é único. O escalar é designado valor próprio de T associado ao vetor próprio u .
Teorema 5.5 [Para valores próprios] Seja U um espaço vetorial de dimensão finita sobre
, T : U U uma transformação
a matriz associada à transformação linear T
linear e A = M T ; u j
u1 ,..., un
em relação à base
de U . Então, um escalar é um valor próprio de T se e só se verifica a
condição A In 0
(5.14)
Definição 5.8 [Polinómio característico e equação característica] Nas condições do Teorema 5.5, o polinómio de grau n na incógnita , A I n , designa-se por polinómio característico da matriz A e representa-se por pA . Por sua vez, a equação A I n 0 designa-se por equação característica de A . A multiplicidade de um valor
próprio como raiz do polinómio característico costuma designar-se multiplicidade algébrica desse valor próprio. Assim, calcular os valores próprios da transformação linear T : U U , é equivalente a determinar as soluções da equação característica, em que A é a matriz que representa a transformação T em relação a uma certa base previamente fixada no espaço vetorial. Depois de determinados os valores próprios do operador T , para determinarmos os vetores próprios associados a um determinado valor próprio , basta resolver o sistema homogéneo
A I n X O
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
(5.15)
173
onde X x1
x2
xn . As soluções não nulas deste sistema são os vetores próprios do T
operador T , associados ao valor próprio .
Definição 5.9 [Valor próprio e vetor próprio de uma matriz] Seja A aij M nn
.
existir um escalar
Um vetor não nulo u de
n
diz-se um vetor próprio de A se
tal que Au u . O escalar é designado valor próprio de A
associado ao vetor próprio u .
Na prática, para calcularmos os valores próprios e os vetores próprios associados a uma matriz usamos o método indicado para determinar os valores e vetores próprios associados a uma transformação linear.
Teorema 5.6 Vetores próprios associados a valores próprios distintos são linearmente independentes.
Exemplo 5.10 [Valores próprios e vetores próprios] Determinar os valores próprios e os vetores próprios do operador linear T :
3
3
,
definido por T x, y, z x y, y z , z . Resolução Uma vez que não é indicada uma base particular assumimos a base canónica de
3
,
b 1, 0, 0 , 0,1, 0 , 0, 0,1 . A matriz associada ao operador linear T em relação à base b (matriz canónica) é 1 1 0 A 0 1 1 . 0 0 1
De acordo com o Teorema 5.5, a equação característica do operador T é 1 1 1 1 0 1 0 0 A I 3 0 0 1 1 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 1
0 1
0
1
Resolvendo o determinante obtemos
174
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
1
1
0
0
1
1
0
0
1
0 1 1 1 0 1 1
Então, os valores próprios do operador T são 1 1 (com multiplicidade 2) e 2 1 . Vamos agora usar a igualdade (5.15) para determinarmos os vetores próprios associados aos valores próprios obtidos. 1 1 A I3 X O 0 1 0 0
x 0 1 y 0 1 z 0 0
0 1 0 x 0 y 0 y 0 1 0 0 1 y 0 z 0 z 0 CS x, 0, 0 ; x 0 0 2 z 0 2 z 0 2 z 0
y x 2 1 0 x 0 2 x y 0 2 x y 0 2 1 0 2 1 y 0 2 y z 0 2 y z 0 z 2 y 0 0 0 0 0 z 0 0 0 0 0
y CS , y, 2 y ; y 2
\ 0
\ 0
Concluímos então que os vetores próprios são
1 1 u, 0, 0 ; u \ 0 , 2 1 , u, 2u ; u \ 0 . u 2
Seja U um espaço vetorial de dimensão finita n sobre
e T : U U uma transformação
linear. Se T tiver n vetores próprios linearmente independentes, u1 ,
, un então esses vetores
constituem uma base de U . Dessa forma, vamos verificar que é possível representar T de uma forma muito simples. Sejam 1 ,
, n os valores próprios de T a que estão associados os vetores próprios
u1, u2 , , un , respetivamente. Seja u U . Então, o vetor u pode escrever-se como combinação linear dos vetores u1 ,
u 1u1
, un , isto é, existem escalares 1 , , n tais que
nun .
Tem-se,
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
175
T u T 1u1
nun 1T u1
Concluímos que, relativamente à base u1 ,
nT un 11u1
n nun
(5.16)
, un , as coordenadas de T u obtém-se das de
u multiplicando-se simplesmente pelos valores próprios de T . Nesta situação torna-se evidente que T é representada relativamente à base u1 ,
, un pela
matriz diagonal
1 0 0 2 A 0 0
0 0 n
(5.17)
Teorema 5.7 Seja U um espaço vetorial de dimensão finita n sobre
e T : U U uma transformação
, r os valores próprios de T onde i j , i, j 1, , r . Então, existe uma
linear. Sejam 1 ,
base de U relativamente à qual T é representada por uma matriz diagonal se e só se dim N T 1I
dim N T r I n
(5.18)
Exemplo 5.11 [Matriz diagonal] Seja T :
2
2
, uma transformação linear definida por T x, y 4 x 5 y, 2 x y .
Encontre uma base de
2
em relação à qual T pode ser representada por uma matriz
diagonal e indique essa matriz. Resolução Uma vez que não é indicada uma base particular assumimos a base canónica de
2
,
b 1, 0 , 0,1 . A matriz associada ao operador linear T em relação à base b (matriz canónica) é 4 5 A . 2 1
De acordo com o Teorema 5.5, a equação característica do operador T é 4 5 4 5 1 0 A I2 0 0 0 4 1 10 0 2 1 2 1 0 1 176
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
2 5 6 0 1 6
Então, os valores próprios do operador T são 1 1 e 2 6 . Vamos agora usar a igualdade (5.15) para determinarmos os vetores próprios associados aos valores próprios obtidos. 5 x 0 4 1 y 0 2
A I2 X O
5 5 x 0 5 x 5 y 0 y x CS x, x ; x 2 2 y 0 2 x 2 y 0 0 0
1
\ 0
2 2 5 x 0 2 x 5 y 0 2 y x 6 5 CS x, x ; x \ 0 5 2 5 y 0 2 x 5 y 0 0 0 Uma base em relação à qual T pode ser representada por uma matriz diagonal pode ser 1 0 2 a base b 1, 1 , 1, sendo B = M T ; bj . 5 0 6
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
177
5.5 EXERCÍCIOS 5.5.1 TRANSFORMAÇÕES LINEARES E XERCÍCIOS RESOLVIDOS 2
1. Verifique se a transformação T :
3
com T x, y x, y, 2 x é uma transformação
linear. Resolução: Sejam u x1 , y1 , v x2 , y2
2
e
.
Vamos verificar a igualdade (5.4).
T u v T x1 , y1 x2 , y2 T x1 x2 , y1 y2 x1 x2 , y1 y2 , 2 x1 x2 x1 , y1 , 2 x1 x2 , y2 , 2 x2 T x1 , y1 T x2 , y2 T u T v Concluímos assim que T u v T u T v , o que verifica a igualdade (5.4). Vamos agora verificar a igualdade (5.5).
T u T x1 , y1 T x1 , y1 x1 , y1 , 2 x1 x1, y1, 2 x1 T u . Concluímos assim que T u T u , o que verifica a igualdade (5.5). Então, como se verificam as condições (5.4) e (5.5), T é uma transformação linear.
2. Determine a transformação linear T :
2
2 tal que T 1, 0 1, 1 e T 0,1 1, 0 .
Resolução: Os vetores 1, 0 e 0,1 formam a base canónica de
2
. Seja bc 1, 0 , 0,1 .
Seja x, y 2 . Este vetor pode ser escrito como combinação linear dos vetores de bc , da forma
x, y x 1, 0 y 0,1 e
T x, y T x 1,0 y 0,1 xT 1,0 yT 0,1 porque T é uma transformação linear. Por outro lado tem-se
T x, y x 1, 1 y 1, 0 x y, x
178
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
Então, a transformação linear pedida é a transformação T :
2
2 definida por
T x, y x y , x .
E XERCÍCIOS PROPOSTOS 1. Verifique se as seguintes transformações são transformações lineares: 3
, definida por T x, y 2 x, 0, x y ;
1.1 T :
2
1.2 T :
2
2 , definida por T x, y x 5, y ;
1.3 T :
, definida por T x x 2 .
2. Determine as transformações lineares que satisfazem as condições indicadas: 2.1 T :
2
3
, onde T 1,1 3, 2,1 e T 0, 2 0,1, 0 ;
2.2 T :
2
3
, onde T 1, 2 3, 1,5 e T 0,1 2,1, 4 ;
2.3 T :
3
3
, onde T 1, 2,1 1, 2,3 e T 0,1, 0 2,1,5 .
Soluções: 1.1 Sim
1.2 Não
5 1 2.1 T x, y 3x, x y , x 2 2
1.3 Não
2.2 T x, y x 2 y, 3x y,13x 4 y
2.3 Impossível.
E XERCÍCIOS SUPLEMENTARES 1. Verifique se a seguinte transformação é linear: T :
3
2
, definida por
T x, y, z 2 x,3 y z .
2. Seja T : 3
3
2
uma transformação linear e b 0,1,0 , 1,0,1 , 1,1,0 uma base de
. Sabendo que T 0,1, 0 1, 2 , T 1, 0,1 3,1 e T 1,1, 0 0, 2 determine
T x, y, z e T 5,3, 2 .
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
179
Soluções: 2. T x, y, z x y 4 z , 4 x 2 y 3z e T 5,3, 2 10, 20
1.1 Sim.
5.5.2 NÚCLEO E IMAGEM DE UMA TRANSFORMAÇÃO LINEAR E XERCÍCIOS RESOLVIDOS 1. Determinar o núcleo e a imagem da transformação linear T :
4
4 definida por
T x, y, z , w x y, z w, x, y .
Resolução:
Pela Definição 5.4 temos N T u 4 : T u 0
4
.
x y 0 0 0 z w 0 z w Então, T x, y, z , w 0, 0, 0, 0 x y, z w, x, y 0, 0, 0, 0 . x 0 x 0 y 0 y 0
Logo, N T 0, 0, w, w ; w
.
Pela Definição 5.5 temos
Im T a, b, c, d
4
: x, y , z , w
4
tal que T x, y, z , w a, b, c, d .
Então, x y a a c d z w b b z w T x, y, z , w a, b, c, d x y, z w, x, y a, b, c, d x c c x y d d y
Logo, Im T c d , b, c, d ; b, c, d
.
Outro processo para determinar Im T : T x, y, z , w x y, z w, x, y x 1, 0,1, 0 y 1, 0, 0,1 z 0,1, 0, 0 w 0,1, 0, 0
mas, o conjunto
1, 0,1, 0 , 1, 0, 0,1 , 0,1, 0, 0 , 0,1, 0, 0
é linearmente dependente.
1, 0,1, 0 , 1, 0, 0,1 , 0,1, 0, 0
é um conjunto linearmente
Facilmente se verifica que
independente e gera Im T , logo uma base de Im T 1,0,1,0 , 1,0,0,1 , 0,1,0,0 180
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
Logo,
Im T c 1,0,1,0 d 1,0,0,1 b 0,1,0,0 : b, c, d
(c d , b, c, d ) : b, c, d
E XERCÍCIOS PROPOSTOS 1. Seja T :
3
3
a transformação linear definida por T x, y, z x, y, 0 . Encontre uma
base e a dimensão 1.1 da imagem de T ; 1.2 do núcleo de T .
2. Determine o núcleo e a imagem da transformação linear T :
2
2 definida por
T x, y x y , 2 x y .
3
3. Seja T :
3
com T x, y, z x y z , 2 x y z , x 2 y uma transformação
linear. Encontre uma base e a dimensão 3.1 da imagem de T ; 3.2 do núcleo de T .
Soluções: 1.1 Por exemplo, Im T 1,0,0 , 0,1,0 ; dim Im T 2 1.2 Por exemplo, N T (0, 0,1) ; dim N T 1 2. Im T x, y ; x, y
e N T 0, 0
3.1 Por exemplo, Im T 1, 0,1 , 0,1,1 ; dim Im T 2
2 1 3.2 Por exemplo, N T , ,1 ; dim N T 1 3 3
E XERCÍCIOS SUPLEMENTARES 1. Seja T :
3
2
a transformação linear definida por T x, y, z x y 4 z ,3x y 8 z .
Encontre uma base e a dimensão EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
181
1.1 da imagem de T ; 1.2 do núcleo de T .
Soluções: 1.1 Por exemplo, Im T 1, 0 , 0,1 ; dim Im T 2 1.2 Por exemplo, N T 3,1,1 ; dim N T 1
5.5.3 MATRIZ DE UMA TRANSFORMAÇÃO LINEAR E XERCÍCIOS RESOLVIDOS 1.
Considere-se
a
transformação
linear
T:
3
2
,
definida
por
T x, y, z x 2 y 3z , 2 y z . Determinar a matriz associada a esta transformação 3
relativamente às bases canónicas de
e de
2
.
Resolução: As base canónica de
2
e de
3
são b 1, 0 , 0,1 e b 1, 0, 0 , 0,1, 0 , 0, 0,1 ,
respetivamente.
A matriz A = M T ; b j , bi associada a esta transformação linear é uma matriz do tipo
a
2 3 , ou seja, A = M T ; b j , bi 11 12 a21 a22 a
a13 . a23
a11 1 T 1, 0, 0 1, 0 a11 1, 0 a21 0,1 a21 0 a12 2 T 0,1, 0 2, 2 a12 1, 0 a22 0,1 a22 2 a13 3 T 0, 0,1 3,1 a13 1, 0 a23 0,1 a23 1 1 2 3 Então, A . 0 2 1
182
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
E XERCÍCIOS PROPOSTOS 2
1. Considere-se a transformação linear T :
3
, definida por T u, v u, v, u v .
Determinar a matriz associada a esta transformação relativamente às bases 1.1 b 1,1,1 , 0,1,1 , 0, 0,1 de
e b 1,1 , 0, 2 de
3
1.2 b 1, 0, 0 , 0,1, 0 , 0, 0,1 de
3
2. Considere-se a transformação linear T : Determinar
a
matriz
associada
b 1, 0, 0 , 0,1, 0 , 0, 0,1 de
3.
Considere-se
a
3
a
e b 1, 0 , 0,1 de
3
esta
2
; 2
.
, definida por T x, y, z x y, y z .
transformação
e b 1, 0 , 1,1 de
transformação
2
linear
T:
2
3
relativamente
às
bases
.
2
,
definida
por
T x, y, z 2 x y z ,3x y 2 z . Considere as bases v v1 , v2 , v3 com v1 1,1,1 , v2 0,1,1 e v3 0, 0,1 e w w1 , w2 com w1 2,1 e w2 5,3 .
3.1 Determine A = M T ; v j , wi . 3.2 Calcule T u sendo u 3, 4, 2 (coordenadas em relação à base canónica de wi 3
) utilizando a matriz encontrada na alínea anterior.
Soluções:
1.1 M T ; bi , b j
1 0 0 2 1 0
1.2 M T ; bi , b j
1 0 0 1 1 1
1 0 1 2. M T ; b j , bi 0 1 1
4 5 13 3.1 A = 2 2 5
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
31, 10 3.2 T u wi
183
E XERCÍCIOS SUPLEMENTARES 1. Considere as bases b v1 , v2 e b w1 , w2 de
T v2 1,1 , w1 1, 0 e w2 2,1 e T :
2
2
2
, sendo T v1 2, 1 ,
uma transformação linear.
1.1 Determinar a matriz associada a esta transformação relativamente às bases dadas. 1.2 Calcule T u b , utilizando a matriz obtida na alínea anterior, sabendo que i
4
u b j 3 .
2. Dadas as bases b 1,1 , 0,1 de
2
e b 0,3, 0 , 1, 0, 0 , 0,1,1 de
3
, encontre a
0 2 transformação linear cuja matriz é A = M T ; b j , bi 1 0 . 1 3
Soluções:
4 3 1.1 M T ; b j , bi 1 1
7 1.2 T u b i 1
2. T x, y x, 10 x 9 y, 4 x 3 y
5.5.4 VALORES PRÓPRIOS E VETORES PRÓPRIOS E XERCÍCIOS RESOLVIDOS 1. Determinar os valores próprios e os vetores próprios respetivos da transformação linear T:
2
2
, definida por T 1,0 7,5 e T 0,1 10, 8 .
Resolução: A matriz associada ao operador linear T em relação à base canónica de
2
é
7 10 A . 5 8
De acordo com a Definição 5.20, a equação característica do operador T é
184
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
7 7 10 1 0 A I 2 0 0 5 5 8 0 1
10 0 8
Resolvendo o determinante obtemos 7
10
5
8
0 7 8 50 0 2 6 0 3 2
Então, os valores próprios do operador T são 1 3 e 2 2 . Vamos agora usar a igualdade (5.12) para determinarmos os vetores próprios associados aos valores próprios obtidos. 7 5
A I2 X O
10 10 x 0 10 x 10 y 0 10 x 10 y 0 5 5 y 0 5 x 5 y 0 5 x 5 y 0
3
x y CS x, x ; x 0 0
10 x 0 8 y 0
\ 0
5 10 x 0 5 x 10 y 0 5 x 10 y 0 5 10 y 0 5 x 10 y 0 5 x 10 y 0
2
x 2 y CS 2 y, y ; y 0 0
\ 0
Concluímos então que os vetores próprios são
1 3 u, u ; u \ 0 , 2 2 2u, u ; u \ 0 .
E XERCÍCIOS PROPOSTOS 1. Determine os valores próprios e os vetores próprios do operador linear T :
2
2
,
definida por T x, y 3x 4 y, x 2 y .
1 0 2. Considere a matriz A . Determine: 2 3
2.1 Os valores próprios da matriz A . 2.2 A multiplicidade algébrica de cada um dos valores próprios. 2.3 Os vetores próprios associados a cada valor próprio.
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
185
2
3. Considere a transformação linear T :
2
, definida por T x, y 4 x 5 y, 2 x y .
3.1 Determine os valores próprios. 2
3.2 Determine uma base b de
em relação à qual a matriz associada à transformação
dada seja diagonal.
.
3.3 Encontre A = M T ; b j
Soluções: 1. Valores próprios: 1 1 e 2 2 ; Vetores próprios: v1 x, x ; x
\ 0 e v2 4 x, x ; x
2.1 Valores próprios: 1 1 e 2 3
\ 0
2.2 Multiplicidade 1 (ambos)
2.3 Vetores próprios: v1 y, y ; y
\ 0 e v2 0, y ; y
\ 0
6 0 3.3 A 0 1
3.2 b 5, 2 , 1, 1
3.1 Valores próprios: 1 1 e 2 6
E XERCÍCIOS SUPLEMENTARES 1. Determine os valores próprios e os vetores próprios do operador linear T :
2
2
,
definida por T x, y x 2 y, x 4 y .
Soluções: 1. Valores próprios: 1 2 e 2 3 ; Vetores próprios: v1 2 x, x ; x
\ 0 e v2 x, x ; x
\ 0
5.5.5 EXERCÍCIOS DE CONCLUSÃO DO CAPÍTULO 1. Considere a transformação T :
2
3
, definida por T x, y x y, 0, 2 x y .
1.1 Verifique que a transformação é linear. 1.2 Determine o núcleo da transformação e a dimensão do espaço imagem. 1.3 Indique uma base para a imagem da transformação. 186
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
3
2. Diga, justificando, se existe uma transformação linear T :
2
, tal que
T 1, 0,3 1,1 e T 2, 0, 6 2,1 .
1 2 3. Encontre a transformação linear cuja matriz é A = 0 1 . 2 1
4.
Considere
a
transformação
linear T :
2
3
,
tal
que T 1, 0 1, 0,1
e
T 0,1 1, 2, 0 . 4.1 Calcule T 1, 2 . 4.2 Calcule a representação de T nas bases canónicas dos dois espaços. 4.3 Determine a espaço imagem da transformação e indique uma base para este subespaço de
5.
3
.
Considere-se
a
transformação
linear
T:
3
3
,
definida
por
T x, y, z 2 y z , x y 5 z , x z . Determinar a matriz associada a esta transformação relativamente à base b 1, 0, 0 , 1,1, 0 , 1,1,1 de
6. Seja T :
3
3
3
.
um operador linear cuja representação matricial a base canónica desse
0 0 2 espaço é A = 0 2 0 . 2 0 0 6.1 Calcule os valores próprios de A . 6.2 Calcule os vetores próprios de A . 6.3 Justifique se o operador pode ser representado por uma matriz diagonal.
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
187
Soluções: 1.2 N T 0, 0 e dim Im T 2
1.3 b 1,0,0 , 0,0,1
2. Não. 3. T x, y x 2 y, y, 2 x y
1 1 4.2 A = 0 2 1 0
4.1 T 1, 2 3, 4, 1
5. M T ; b j
4.3 b 1,0,1 , 1, 2,0
1 1 5 2 2 6 . 1 1 2
6.1 Valores próprios: 1 2 (multiplicidade 2) e 2 2 6.2 Vetores próprios: v1
x, y, x ; x, y
2
\ 0, 0 e v2 x, 0, x ; x
\ 0
6.3 Sim.
188
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
CAPÍTULO 6 – GEOMETRIA ANALÍTICA
6.1 VETORES 6.1.1 DEFINIÇÃO E CONCEITOS GERAIS Definição 6.1 [Vetor geométrico ou vetor] Um vetor geométrico representa um segmento de reta orientado. Pode ser representado graficamente como uma seta com comprimento e direção adequados. É caracterizado pelo seu comprimento, direção e sentido. Escrevemos AB para denotar o vetor com ponto inicial A e ponto final B . O comprimento do vetor AB , correspondente ao comprimento do segmento AB , vai ser denotado pelo símbolo AB e dizemos que esta é a norma, o comprimento ou a
magnitude do vetor AB . Utilizamos a notação u quando os pontos iniciais e finais do vetor não são especificados. No cálculo, os vetores são caracterizados pela sua norma, sentido e direção e não pela sua localização. Assim, um vetor pode ser deslocado de maneira arbitrária, ou, o que é a mesma coisa, o ponto inicial pode ser escolhido arbitrariamente. Evidentemente, se escolhermos o seu ponto inicial, o seu ponto final fica univocamente determinado. Neste capítulo, distinguimos os vetores geométricos, a que vamos chamar apenas vetores, dos vetores arbitrários definidos no Capítulo 4, utilizando a notação de setas para identificar o vetor. Por exemplo, u ou AB (Figura 6.1).
u
w
B
a
v
AB A
Figura 6.1 Exemplo de vetores.
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
189
Definição 6.2 [Vetor nulo] O vetor cujos pontos inicial e final coincidem tem norma zero, portanto, denominamos esse vetor por vetor nulo e denotamo-lo por 0 . O vetor nulo não possui direção ou sentido definidos.
Definição 6.3 [Simétrico de um vetor] O simétrico do vetor u é denotado por u , e é o vetor que tem a mesma norma e a mesma direção do vetor u , mas com sentido oposto (Figura 6.2).
u
u
B
B
v = AB
v = BA
A
A
Figura 6.2 Exemplo de vetores e dos seus simétricos.
Definição 6.4 [Vetor unitário] Um vetor de norma 1 é denominado vetor unitário. Sendo u um vetor não nulo e não unitário, podemos obter um vetor unitário v na direção do vetor u , multiplicando o vetor u pelo inverso da sua norma, isto é,
v
1 u u
(6.1)
O processo de multiplicar um vetor não nulo pelo inverso da sua norma para obter um vetor unitário é denominado normalização do vetor.
Definição 6.5 [Vetores iguais, equivalentes ou equipolentes] Vetores que têm o mesmo módulo, direção e sentido dizem-se iguais, equivalentes ou equipolentes. Simbolicamente escrevemos u v .
Exemplo 6.1 [Vetores iguais] Na Figura 6.3, os vetores u e v são iguais porque têm a mesma norma, direção e sentido. Os vetores u e w não são iguais porque, por exemplo, não têm a mesma norma.
190
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
u
v
w
Figura 6.3 Exemplo de vetores iguais e de vetores diferentes.
Definição 6.6 [Ângulo entre dois vetores] Sejam u e v dois quaisquer vetores não nulos posicionados de tal forma que os seus pontos iniciais coincidam. Definimos o ângulo entre u e v como o ângulo determinado por u e
v que verifica as desigualdades 0 (Figura 6.4).
v v
u
v
u
u
v
u
Figura 6.4 Ângulo entre dois vetores.
6.1.2 OPERAÇÕES COM VETORES Definição 6.7 [Soma de vetores] Regra do triângulo: Para somarmos os vetores u e v fazemos o ponto inicial de um deles coincidir com o ponto final do outro e traçamos de seguida o segmento do ponto inicial do primeiro ao ponto final do segundo, como representado na Figura 6.5.
v
u
u+ v v
u
Figura 6.5 Soma de vetores (regra do triângulo).
Regra do Paralelogramo: Outra maneira de efetuar a soma dos vetores consiste em escolher o mesmo ponto inicial A para os dois vetores, construindo-se de seguida um paralelogramo
ABCD , sendo o vetor soma dado por AC , como representado na Figura 6.6.
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
191
C
u
u+ v B
v
D
u
v A
Figura 6.6 Soma de vetores (regra do paralelogramo).
Propriedades da adição de vetores Consideremos os vetores u , v e w . Verificam-se as seguintes propriedades A6.1 u v v u , isto é, a soma de vetores é comutativa. A6.2 u v w u v w , isto é, a soma de vetores é associativa. A6.2 u 0 0 u u , isto é, existe um elemento neutro chamado vetor nulo. A6.3 u u u u 0 , isto é, para cada vetor existe um vetor simétrico.
Definição 6.8 [Multiplicação de um vetor por um escalar] Seja
com 0 e u um vetor. Então, o produto do escalar pelo vetor u é um vetor
v , v u ,definido da seguinte forma (Figura 6.7) Norma: v u . Direção: A direção do vetor v é a mesma do vetor u . Sentido: Se 0 , o vetor v tem o mesmo sentido do vetor u ; se 0 , o vetor v tem sentido contrário ao do vetor u .
u
2u
1 u 2
2 u
Figura 6.7 Multiplicação de um vetor por um escalar não nulo.
192
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
Propriedades da multiplicação de um vetor por um escalar Consideremos os vetores u e v e ,
. Verificam-se as seguintes propriedades
M6.1 u v u v M6.2 u u u M6.3 u u u M6.4 1u u
A partir das propriedades da adição de vetores (A6.1-A6.4) e da multiplicação de um vetor por um escalar (M6.1-M6.4) definidas, concluímos que o conjunto dos segmentos orientados aplicados num ponto O do espaço constituiu um espaço vetorial real (ver Definição 4.1).
6.1.3 VETORES EM SISTEMAS DE COORDENADAS Até aqui discutimos vetores sem referência alguma a um sistema de coordenadas. No entanto, os cálculos com vetores são efetuados de forma muito mais fácil se utilizarmos um sistema de coordenadas.
Definição 6.9 [Sistemas de eixos ou sistema de coordenadas no espaço tridimensional] Fixados quatro pontos O , A, B , C , não existentes num mesmo plano, e os vetores i A O , j B O e k C O , um ponto P do espaço tridimensional pode ser escrito como
P O x0i y0 j z0 k
(6.2)
Diz-se que o ponto O e os vetores i , j , k , constituem um sistema de eixos, um sistema de coordenadas ou um referencial, denotado O ,i , j ,k , onde
i , j , k são os vetores da base;
o ponto O diz-se a origem do sistema de eixos;
os números x0 , y0 e z0 chamam-se as coordenadas do ponto P no sistema de eixos, respetivamente abcissa, ordenada e cota;
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
193
as retas OA , OB e OC orientadas, respetivamente, segundo os sentidos dos vetores
i , j , k , são os eixos coordenados, respetivamente eixo x ou eixo das abcissas, eixo y ou eixo das ordenadas e eixo z ou eixo das cotas;
os planos OAB , OBC e OAC chamam-se planos coordenados, respetivamente (plano- xy ), (plano- yz ) e ( plano- xz ).
ao vetor OP chamamos vetor de posição do ponto P relativamente à origem do referencial.
Para obtermos um sistema de eixos ou de coordenadas retangulares em três dimensões escolhemos um ponto fixo O e três vetores mutuamente perpendiculares (que formam os eixos x, y , z ) com origem comum O (Figura 6.8).
z plano-yz plano-xz i
k j
y
plano-xy
x Figura 6.8 Sistema de coordenadas retangulares.
Definição 6.10 [Sistema de eixos ou de coordenadas tridimensional ortonormado]
Um sistema de eixos O , i , j , k diz-se ortonormado se é ortogonal, isto é, constituído por três eixos perpendiculares entre si e monométrico, isto é, com a mesma unidade de medida nos três eixos. Ao longo deste capítulo vamos utilizar o sistema de eixos cujos vetores da base são os vetores da base canónica de
194
3
, isto é, i 1, 0, 0 , j 0,1, 0 e k 0, 0,1 (Figura 6.9).
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
z 1
k y
j 1
i 1
x Figura 6.9 Referencial cartesiano ortonormado.
Definição 6.11 [Componentes dum vetor num sistema de coordenadas] Se um vetor u qualquer do espaço tridimensional for posicionado com o seu ponto inicial na origem de um sistema de coordenadas (vetor de posição), então o vetor estará completamente determinado pelas coordenadas do seu ponto final P . Dizemos que essas coordenadas são os componentes do vetor u em relação ao sistema de coordenadas considerado (Figura 6.10). Consideremos o sistema de coordenadas
O, i , j , k
e u ai bj ck . Escrevemos
simplesmente u a, b, c para denotar o vetor u de componentes a, b, c no sistema de coordenadas considerado.
z c
P u
b
y a
x Figura 6.10 Componentes de um vetor.
Exemplo 6.2 [Componentes de um vetor] Sejam A a1, a2 , a3 , B b1, b2 , b3 e u AB . Então, os componentes do vetor u em relação ao sistema de referência considerado são u B A b1 a1 , b2 a2 , b3 a3 .
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
195
Definição 6.12 [Vetores iguais num sistema de coordenadas] Dois vetores u e v são iguais se e só se os correspondentes componentes dos vetores forem iguais. Consequentemente, se u u1 , u2 , u3 e v v1 , v2 , v3 podemos escrever u1 v1 u v u2 v2 u v 3 3
(6.3)
6.2 PRODUTO INTERNO OU PRODUTO ESCALAR Definição 6.13 [Produto interno ou produto escalar] Sejam u e v dois quaisquer vetores e seja o angulo formado por u e v . Chamamos produto interno ou produto escalar dos vetores u e v , e representa-se por u v ou u | v , ao escalar definido por
u v u v cos
(6.4)
Da igualdade (6.4) resulta que o ângulo entre os vetores u e v pode ser obtido resolvendo a equação cos
u v u v
(6.5)
De acordo com a igualdade (6.5) concluímos que
é um ângulo agudo se u v 0 ;
é um ângulo obtuso se u v 0 ;
é um ângulo reto se u v 0 .
Definição 6.14 [Norma de um vetor] Da Definição 6.13 resulta de imediato que u u u u
196
u u
2
, e portanto (6.6)
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
Propriedades do produto interno Consideremos os vetores u , v e w e
. Verificam-se as seguintes propriedades
P6.1 u v 0 u 0 v 0 u v P6.2 u v v u P6.3 u v w u w v w P6.4 ku v k u v u kv P6.5 u u 0 u 0 P6.6 u u 0 se u 0
A partir da propriedade P6.1 concluímos que o produto interno só pode ser nulo quando um dos vetores for o vetor nulo ou quando os dois vetores forem perpendiculares entre si. Portanto, a condição de ortogonalidade de dois vetores não nulos é o anulamento do seu produto interno. Teorema 6.1 [Condição de ortogonalidade] Dois vetores u e v não nulos são ortogonais se e só se u v 0 .
Definição 6.15 [Expressão cartesiana do produto interno num referencial ortonormado] Suponhamos fixado o referencial cartesiano ortonormado O ,i , j ,k representado na Figura 6.9. Então, dados dois vetores u u1i u2 j u3k e v v1i v2 j v3k , tem-se nesse referencial
u v u1v1 u2 v2 u3v3
(6.7)
u u12 u22 u32 (norma euclidiana)
(6.8)
e
De facto, aplicando as propriedades do produto interno, vem
u v u1i u2 j u3k v1i v2 j v3k
P6.3,P6.4
u1v1 i i u1v2 i j u1v3 i k u2v1 j i u2v2 j j u2v3 j k 1
0
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
0
0
1
0 197
u3v1 k i u3v2 k j u3v3 k k u1v1 u2v2 u3v3 0
0
1
o que prova a igualdade (6.7).
Exemplo 6.3 [Produto interno] Consideremos os vetores de
3
, u i j 0k e v 0i j k . Determinar as normas
dos dois vetores e o ângulo por eles formado. Resolução Usando a igualdade (6.8) tem-se
u
1,1, 0 1,1, 0
11 11 0 0 2
0,1,1 0,1,1
0 0 1 1 1 1 2
e
v
Por outro lado, usando a igualdade (6.5), tem-se cos
1,1,0 0,1,1 1011 01 1 u v , donde resulta, . u v 2 2 3 2 2
Exemplo 6.4 [Vetores perpendiculares] Consideremos os vetores de
3
, u 2i j 2k e v 2i 2 j k . Vamos verificar que
os vetores u e v são perpendiculares entre si e determinar todos os vetores perpendiculares simultaneamente a u e a v cuja norma é 1. Resolução Vamos calcular o produto interno entre u e v .
u v 2,1,2 2,2,1 4 2 2 0 Então, pelo Teorema 5.1 os vetores são perpendiculares. Para determinarmos os vetores w a, b, c de
3
que são perpendiculares a ambos temos
u w 0 que procurar os vetores w que satisfazem as condições . v w 0
Resolvendo, obtemos
a u w 0 2,1, 2 a, b, c 0 2a b 2c 0 2 1 2 0 b v w 0 2, 2,1 a, b, c 0 2a 2b c 0 2 2 1 0 c B A
198
X
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
1 1 1 2 1 0 1 0 2 0 0 1 1 0 l2 l2 1 l1 0 1 1 0 2 2 1
2 1 2 0 2 1 2 0 A= 2 2 1 0 l2 l2 l1 0 3 3 0 l1 1 l1
l2 l2 3
1 1 1 x z 0 x z 2 2 S z , z , z , z 2 y z 0 y z Então, os vetores que são perpendiculares a u e a v são os que têm coordenadas no conjunto S .
1 Seja agora w z , z , z , z 2
. Queremos determinar o valor de z de forma que
w 1. 1 2 2 2 1 1 w 1 z, z, z z, z, z 1 z z z 1 4 2 2
9 2 3 2 2 2 z 1 z 1 z z z 4 2 3 3 3
1 2 2 1 2 2 Então, w1 , , e w2 , , são os dois únicos vetores que satisfazem as 3 3 3 3 3 3 condições pretendidas.
Definição 6.16 [Projeção ortogonal entre dois vetores] Consideremos os vetores u e v sendo u 0 . A projeção ortogonal do vetor v sobre o vetor
u ou vetor componente de v ao longo de u , é o vetor w definido por w proj u v
v u u
2
u
(6.9)
conforme é ilustrado na Figura 6.11.
B
B
v A
v
w = proju v u
B
B
A
w = proju v
u
Figura 6.11 Projeção ortogonal do vetor v sobre o vetor u . EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
199
Exemplo 6.5 [Projeção ortogonal] Consideremos os vetores de
3
2 2 , ,0 . , de coordenadas u 1,0,2 e v 2 2
Determinar a projeção ortogonal do vetor u sobre o vetor v . Resolução A projeção ortogonal do vetor u sobre o vetor v é, de acordo com (6.9), o vetor
w
u v v
2
2 2 , ,0 2 2 2 , 2 ,0 2 2 , 2 ,0 1 , 1 ,0 . 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4
1,0,2 v
Exemplo 6.6 [Trabalho realizado por uma força constante] Considere-se a força constante F 5i 2 j 6k N . Pretende-se determinar o trabalho realizado se o ponto de aplicação da força se desloca de P 1,1,2 a R 4,3,1 sendo as unidades as do S.I. . Resolução O trabalho W realizado por uma força constante F quando o seu ponto de aplicação se move ao longo do vetor d , é W F d d F cos
(6.10)
Na Figura 6.12 fica ilustrado que só a componente da força colinear com a direção do deslocamento é que contribuí para o trabalho realizado.
F B
A
d Figura 6.12 Força aplicada sobre um objeto que se desloca ao longo de uma trajetória.
O vetor deslocamento é dado por d 4,3,1 1,1,2 3,4,3 . Então de acordo com (6.10) o trabalho realizado W , é W 5, 2, 6 3,4, 3 15 8 18 5 J.
200
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
6.3 PRODUTO VETORIAL OU PRODUTO EXTERNO Definição 6.17 [Triedro direto] Os vetores u , v e w nesta ordem formam um triedro direto se um observador orientado segundo w verá o vetor u realizar uma rotação, de ângulo inferior a , da sua direita para a sua esquerda, se pretender que u rode de modo a ficar assente sobre a linha de ação de v . Em geral, utiliza-se a regra da mão esquerda: dispõe-se o dedo médio na direção e sentido de
u ; o indicador na direção e sentido de v ; o polegar indicará a direção e sentido de w . Definição 6.18 [Produto vetorial ou produto externo] Considerem-se dois vetores u e v , que podemos supor representados por segmentos orientados com origem num mesmo ponto P . Chama-se produto vetorial ou produto externo dos vetores u e v , e representa-se por u v ou u v , ao vetor w assim definido (Figura 6.13)
Direção: w é perpendicular aos vetores u e v .
Sentido: o triedro u , v , w , nesta ordem é direto.
Norma: w u v sen , sendo o ângulo formado pelos vetores u e v .
Se u e v possuem a mesma direção ou se um dos vetores é o vetor nulo então w 0 .
w = uv
v
u v
u
Figura 6.13 Produto vetorial u v .
Interpretação geométrica do produto externo Geometricamente, a norma do produto vetorial dos vetores u e v é igual à área do paralelogramo que tem u e v como lados consecutivos (na Figura 6.14 o paralelogramo
OABC ).
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
201
A
C
v v sen
O
u
u
B
Figura 6.14 Interpretação geométrica do produto externo.
Propriedades do produto externo Consideremos os vetores u , v e w e k
. Verificam-se as seguintes propriedades
E6.1 u v v u . E6.2 k uv ku v u kv . E6.3 u v w u w v w E6.4 u v w u v u w . E6.5 u v 0 u 0 v 0 u kv (os vetores u e v são colineares).
Definição 6.19 [Expressão cartesiana do produto vetorial num referencial ortonormado] Suponhamos fixado o referencial cartesiano ortonormado O ,i , j ,k representado na Figura 6.9. Então, dados dois vetores u u1i u2 j u3k e v v1i v2 j v3k , tem-se nesse referencial uv
u
u
v
v
2
2
3
u
u
v
v
1
i
3
3
1
j
3
u
u
v
v
1
1
2
k
(6.11)
2
É usual escrevermos simbolicamente, i uv u
j u
k u
v
v
v
1
1
202
2
2
3
(6.12)
3
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
De facto, no referencial dado, verifica-se
i i j j k k 0
(6.13)
i j j i k
(6.14)
j k k j i
(6.15)
k i i k j
(6.16)
k j
i Figura 6.15 Mnemônica para as fórmulas (6.14)-(6.16).
e aplicando as propriedades do produto externo, vem
u v u1i u2 j u3k v1i v2 j v3k
E6.2,E6.3
u1v1 i i u1v2 i j u1v3
u3v1 k i
0 (6.13)
k (6.14)
u3v2 k j
j (6.16)
i k j (6.16)
u2v1
j i k (6.14)
u2v2
j j u2v3 j k 0 (6.13)
i (6.14)
u3v3 k k
i (6.15)
0 (6.13)
u1v2 k u1v3 j u2v1k u2v3i u3v1 j u3v2i u2v3i u3v2i u3v1 j u1v3 j u1v2 k u2v1k u2v3 u3v2 i u3v1 u1v3 j u1v2 u2v1 k
u 2 v2
u3
u u u u i 1 3 j 1 2 k v3 v1 v3 v1 v2
o que prova a igualdade (6.11).
Exemplo 6.7 [Produto vetorial] Consideremos os vetores u i j k , v 2i j k e w i j k . Calcular a) u v ; b) v w ; c) u v w ; d) u v w . Resolução a) Usando a igualdade (6.12) vem
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
203
i j k u v 1 1 1 2 1
111 i
1
1 1 1
1
TL à 1ª linha
1 2
1
j
1 1 2
1
2
1 3
1
k
1 1
2 1 1
3
2i 3 j k Então, u v 2, 3, 1 . b) Usando a igualdade (6.12) vem
i vw 2
j 1
k 1
1 1 1
111 i
1
1
1 1
TL à 1ª linha
1 2
1
j
2 1 1 1
1 3
1
1
2
k
2
1
1 1
3
2i j 3k Então, v w 2, 1, 3 . c) Usando a igualdade (6.12) vem
i j k u v w 2 3 1 1 1
1
111 i
3 1 1
TL à 1ª linha
1
1 2
1
j
4
2 1 1
1
1 3
1
k
2 3 1 1
3
1
4i 3 j k Então, u v w 4, 3,1 . d) Usando a igualdade (6.12) vem
i u v w 1
j 1
k 1
111 i
2 1 3 TL à 1ª linha
1
1
1 3
1 2
1
4
j
1 1 2 3 1
1 3
1
k
1
1
2 1
3
4i j 3k Então, u v w 4,1, 3 .
Observação: A partir do Exemplo 6.7 fica estabelecido que o produto vetorial não é associativo pois u v w u v w .
Exemplo 6.8 [Vetores colineares] Consideremos os vetores u 6, 10,4 e v 3,5, 2 . Usando o produto vetorial vamos mostrar que os vetores u e v são colineares. Resolução 204
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
Usando a propriedade E6.5 basta mostrar que o produto vetorial u v é o vetor nulo. De facto,
i
j
k
u v 6 10 3 11
1
5 i
4
2
TL à 1ª linha
10
4
5
2
1 2
1
j
6
4
3
2
0
1 3
1
k
6 10 3
0
5
0i 0 j 0k 0
0
Concluímos então que os vetores são colineares, ou seja, têm a mesma direção.
Exemplo 6.9 [Vetor unitário ortogonal a dois vetores] Calcular o vetor unitário ortogonal aos vetores u 2i j k e v i j 2k . Resolução O produto vetorial u v resulta num vetor perpendicular a u e a v . Vamos então calcular u v . Usando a igualdade (6.12) vem
i
j
k
u v 2 1 1 1 3
1
1 k
1
2
TL à 1ª linha
2 1 1
1
111 i
1
1
1
2 1
1 2
1
j
2
1
1 2
5
i 5 j 3k
3
Para obtermos um vetor unitário, normalizamos u v , isto é, fazemos
w
u v i 5 j 3k . u v 1 25 9
O vetor pedido é então w
1 i 5 j 3k . 35
Exemplo 6.10 [Vetores perpendiculares] Consideremos os vetores de
3
, u 2i j 2k e v 2i 2 j k . Determinar um vetor
w perpendicular simultaneamente a u e a v cuja norma seja 1. Resolução Ao calcularmos o produto vetorial u v , obtemos um vetor perpendicular a ambos. EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
205
i
j
u v 2
k
2 2 1 1 3
1
1 2
k
2
1
2 2
TL à 1ª linha
111 i
1 2 2 1
1 2
1
j
2
2
2 1
3
6
3i 6 j 6k
6
O vetor u v 3, 6,6 é perpendicular a u e a v . Vamos de seguida normalizar este vetor fazendo w
u v 9 36 36 81 9 w
u v . u v
3, 6,6 1 , 2 , 2 . 3
9
3 3
1 2 2 O vetor w , , satisfaz as condições pretendidas (Compare este exemplo com o 3 3 3 Exemplo 6.4).
Exemplo 6.11 [Distância de um ponto a uma reta] Seja r a reta definida por x, y , z 2,1,2 1,2,2 ,
e P 2,3,3 . Calcular a
distância do ponto P à reta r . Resolução Consideremos os pontos da reta r : A 2,1,2 e B 3,3,4 e formemos o vetor
AB 3,3,4 2,1,2 1,2,2 e o vetor AP 2,3,3 2,1,2 0,2,1 . Seja o ângulo entre AB e AP (Figura 6.16). Como d AP sen , temos
AB AP AB AP sen AB d d
AB AP AB
Como
i
j k
AB AP 1 2 2 0 2 1 obtemos d
206
TL à 1ª linha
2, 1,2 3
2i j 2k 2, 1,2 e AB 1 4 4 3
4 1 4 1 3 EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
P AP
d
A
AB
r
B
Figura 6.16 Distância de um ponto a uma reta.
Exemplo 6.12 [Momento de uma força] Determine o momento M O em relação ao ponto O na barra, montada de acordo com a Figura 6.17. 2m O 0, 75 m
F 50 N Figura 6.17 Exemplo de aplicação.
Resolução Consideremos uma força F que atua num corpo rígido. O efeito dessa força sobre o corpo depende, para além do módulo, da direção e do sentido da força, do seu ponto de aplicação, A . O vetor posição de A é definido pelo vetor u , que une o ponto fixo O com A (Figura
6.18).
r O
F
u
A
d
Figura 6.18 Momento de uma força.
Define-se momento de uma força F em relação a um ponto O , M O , como
MO F d
(6.17)
onde d é a distância entre O e a linha de ação r de F .
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
207
Se u é o vetor de O a qualquer ponto A sobre r , então d u sen , sendo o ângulo entre u e F . Daqui resulta a expressão
M O u F
(6.18)
Utilizando a igualdade (6.17) obtemos M O 50 0,75 37,5 Nm .
6.4 EQUAÇÕES DA RETA E DO PLANO 6.4.1 EQUAÇÕES DA RETA Definição 6.20 [Reta no espaço tridimensional] Seja u a, b, c um vetor não nulo, P0 x0 , y0 , z0 um ponto arbitrário e OA o vetor posição de u . Seja r a reta que passa por P0 e tem a direção do vetor u . Para que um ponto
X x, y , z pertença à reta r é necessário e suficiente que os vetores P0 X e u sejam colineares (Figura 6.19), isto é,
P0 X u ,
(6.19)
z X
P0
u
A
u
r
y
O
x Figura 6.19 Reta no espaço tridimensional.
Definição 6.21 [Equação vetorial da reta] Desenvolvendo a igualdade (6.19) obtém-se x, y , z x0 , y0 , z0 a, b, c , , da qual resulta a equação vetorial da reta, dada pela expressão
x, y, z x0 , y0 , z0 a, b, c , 208
(6.20)
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
Definição 6.22 [Equações paramétricas da reta] A igualdade (6.20) pode escrever-se como
x x0 a y y0 b , z z c 0
(6.21)
a que se chama equações paramétricas da reta.
Exemplo 6.13 [Equações paramétricas da reta] Escrever as equações paramétricas da reta r que passa pelo ponto P 5, 2,4 e é paralela a u 1,2,3 . Resolução
x 5 De acordo com a igualdade (6.21) obtemos y 2 2 , . z 4 3 Definição 6.23 [Equações cartesianas da reta – equações normais] Do sistema (6.21) resulta
x x0 a x x0 b , a 0, y y0 a x x0 z z0 a c
x x0 a y y0 x x0 , a 0, b 0, c 0, b a z z0 x x0 c a
,
donde podemos tirar as equações cartesianas da reta (também chamadas equações normais)
x x0 y y0 x x0 z z0 , a 0, b 0, c 0, a b a c
(6.22)
Se a 0 , podemos escrever
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
209
x x0 y y0 , b 0, b y y0 z z0 b c
x x0 y y0 , b 0, c 0, b z z0 y y0 c b
donde resultam as equações cartesianas,
x x0
z z0 y y0 , b 0, c 0, c b
(6.23)
Os casos em que b 0 ou c 0 resolvem-se de forma semelhante. Se, por exemplo, a 0 e b 0 , resulta x x0 , y y0 z z c 0
donde resultam as equações cartesianas
x x0 y y0
(6.24)
Exemplo 6.14 [Equações cartesianas da reta] Escrever as equações cartesianas da reta r que passa pelos pontos A 3,1, 2 e
B 2,7, 4 . Resolução A reta tem a direção do vetor AB 2,7, 4 3,1, 2 5,6, 2 . Então, de acordo com (6.22) obtemos as equações cartesianas x3 Estas equações podem também ser escritas como 5 x3 5
x 3 y 1 x 3 z 2 . 5 6 5 2
y 1 6 x 5 y 23 6 . z2 2 x 5 z 16 2
Exemplo 6.15 [Equações cartesianas da reta] Escrever umas equações cartesianas das retas r e t definidas pelas equações vetoriais
r : x, y, z 1,2,3 0,0,2 , 210
e t : x, y , z 1,2, 4 2,3,0 , . EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
Resolução x 1 Para a reta r temos r : x 1 y 2 ou r : . y 2
x 1 y 2 3 x 2 y 7 x 1 y 2 Para a reta t temos . z 4 ou t : 2 3 2 3 z 4 z 4
Exemplo 6.16 [Equação vetorial da reta] x z 2 Escrever uma equação vetorial da reta r a partir das equações cartesianas r : . y 3z 4
Resolução Os pontos da reta r são da forma z 2,3z 4, z , z
, que se podem decompor como
z 2,3z 4, z 2, 4, 0 z 1,3,1 , z Então, o conjunto dos pontos que formam a reta pode escrever-se
r 2,3 4, :
2, 4, 0 1,3,1 : .
Portanto, uma equação vetorial da reta pode ser dada por
x, y, z 2,4,0 1,3,1 ,
6.4.2 EQUAÇÕES DO PLANO Definição 6.24 [Plano] Sejam u a, b, c e v a, b, c dois vetores não nulos e linearmente independentes e
P0 x0 , y0 , z0 um ponto arbitrário. Seja o plano que contém o ponto P0 e é paralelo aos vetores u e v . Para que um ponto X x, y , z pertença ao plano é necessário e suficiente que o vetor P0 X se possa escrever como combinação linear de u e de v (Figura 6.20), isto é,
P0 X u v , ,
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
(6.25)
211
z X
v
u P0
v
u
y
O
x Figura 6.20 Plano.
Definição 6.25 [Equação vetorial do plano] Desenvolvendo a igualdade (6.25) obtemos
x, y, z x0 , y0 , z0 a, b, c a, b, c , ,
,
da qual resulta a equação vetorial do plano, dada pela expressão
x, y, z x0 , y0 , z0 a, b, c a, b, c , ,
(6.26)
Definição 6.26 [Equações paramétricas do plano] A igualdade (6.26) pode escrever-se como
x x0 a a y y0 b b , , z z c c 0
(6.27)
a que se chama equações paramétricas do plano.
212
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
Definição 6.27 [Equação cartesiana do plano] Por definição de produto vetorial, o vetor w u v é perpendicular ao plano definido por u e por v , logo, perpendicular a qualquer vetor desse plano. Portanto, o vetor do plano P0 X é também perpendicular ao vetor w . Daqui resulta,
P0 X | u v 0 x x0 , y y0 , z z0 | bc cb, ac ca, ab ba 0
(6.28)
Aplicando as propriedades do produto interno, obtemos
x x0 bc cb y y0 ca ac z z0 ab ba 0
(6.29)
A equação anterior corresponde a uma equação cartesiana do plano, que podemos escrever genericamente, A x x0 B y y0 C z z0 0
(6.30)
Ax By Cz D 0
(6.31)
ou na forma,
fazendo A bc cb , B ca ac , C ab ba e D Ax0 By0 Cz0 . Facilmente se conclui que a equação cartesiana do plano pode ser obtida resolvendo o determinante na igualdade
x x0
y y0
z z0
a a
b b
c c
0
(6.32)
Exemplo 6.17 [Equações vetorial e cartesiana do plano] Escrever uma equação vetorial e uma equação cartesiana do plano determinado pelos pontos A 4, 3,1 , B 6, 4,7 e C 1,2,2 . Resolução Com os três pontos formemos os vetores AB e AC .
AB B A 6, 4,7 4, 3,1 2, 1,6
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
213
AC C A 1,2,2 4, 3,1 3,5,1 Então uma equação vetorial do plano é a equação
x, y, z 4, 3,1 2, 1,6 3,5,1 , ,
.
Para determinarmos uma equação cartesiana usamos a expressão (6.32)
x4
y 3 z 1
2
1
6
3
5
1
0 31 x 4 20 y 3 7 z 1 0 31x 20 y 7 z 57
Então, uma equação cartesiana é 31x 20 y 7 z 57 .
Definição 6.28 [Vetor normal ao plano] Ao vetor w A, B, C formado pelos coeficientes das variáveis na equação (6.30) ou (6.31) chamamos vetor normal ao plano. Efetivamente, se, por exemplo, u a, b, c e v a, b, c , forem vetores do plano, então um vetor perpendicular ao plano é dado por
i
j
k
u v a b c bc cb i ac ca j ab ab k a b c
(6.33)
o que corresponde aos valores de A , B e C obtidos anteriormente.
Exemplo 6.18 [Equação do plano normal a uma reta] Escrever uma equação do plano que contém o ponto A 5, 2,4 e que é perpendicular à reta r : x, y , z 0,1,1 1,2,3 , . Resolução Um vetor diretor da reta é o vetor ur 1,2,3 . Então, de acordo com a Definição 6.28, a equação x 2 y 3z D, D
representa uma família de planos perpendiculares ao vetor
ur 1,2,3 e portanto à reta. Para que o ponto A 5, 2,4 pertença ao plano temos que determinar o valor de D para o qual isso se verifica.
A 5, 2,4 5 4 12 D D 13 . A equação pretendida é então x 2 y 3z 13 .
214
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Exemplo 6.19 [Equação vetorial do plano] Escrever uma equação vetorial do plano a partir da equação cartesiana : x y z 1 . Resolução Os pontos do plano são da forma x y z 1 x 1 y z 1 y z , y, z , y, z
,
que se podem decompor como
1 y z, y, z 1, 0, 0 y 1,1, 0 z 1, 0,1 , y, z
.
Então, o conjunto dos pontos que formam o plano pode escrever-se
1 , , : ,
1, 0, 0 1,1, 0 1, 0,1 : , .
Portanto, uma equação vetorial do plano pode ser dada por
x, y, z 1,0,0 1,1,0 1,0,1 , ,
.
Exemplo 6.20 [Equação da reta normal a um plano] Escrever uma equação cartesiana da reta perpendicular ao plano : x 3 y 2 z 2 e que passa pelo ponto A 1,3, 2 . Resolução Um vetor perpendicular ao plano é, de acordo com a Definição 6.28, o vetor u 1, 3,2 . Portanto uma equação cartesiana da reta pode ser dada por
x 1 y 3 x 1 z 2 . 1 3 1 2
6.5 POSIÇÕES RELATIVAS DE RETAS E PLANOS 6.5.1 INTERSEÇÃO DE DOIS PLANOS Consideremos os planos de equações : ax by cz d e : ax by cz d . Podemos determinar a sua posição relativa e a sua interseção a partir da resolução do sistema
x ax by cz d a b c d a b c d y A . ax by cz d a b c d a b c d z B A
X
No que respeita às posições relativas entre os dois planos, podem ocorrer três casos:
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
215
Planos concorrentes: a interseção dos dois planos é uma reta (Figura 6.21(1)). Esta car A 2 situação acontece quando car A 2 SPI . A equação da reta é definida por nº incógnitas 3
ax by cz d . ax by cz d
Planos coincidentes: a interseção dos dois planos é um plano (Figura 6.21(2)). Esta car A 1 situação acontece quando car A 1 SP2 I , ou seja, os dois planos são nº incógnitas 3
coincidentes.
Planos estritamente paralelos: os planos não se intersetam (Figura 6.21(3)). Esta car A 1 situação acontece quando SI , ou seja, o sistema é impossível. car A 2
(1)
(2)
(3)
Figura 6.21 Posições relativas de dois planos.
O vetor u a, b, c é um vetor perpendicular ao plano e o vetor v a, b, c é um vetor perpendicular ao plano . Por conseguinte, os planos são paralelos se e só o vetor u é colinear com o vetor v , isto é,
a, b, c a, b, c ,
(6.34)
Da equação (6.34) conclui-se que a equação do plano que passa por um ponto P x1 , y1 , z1 e é paralelo ao plano : ax by cz d , é o plano
216
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
a x x1 b y y1 c z z1 0
(6.35)
Se os planos forem coincidentes então
a, b, c, d a, b, c, d ,
(6.36)
o que se conclui facilmente através da análise da matriz A .
Exemplo 6.21 [Planos paralelos] Determine uma equação do plano que contém o ponto A 5, 2,4 e é paralelo ao plano
: 3x y 6 z 8 . Resolução De acordo com a equação (6.35) o plano pedido é o plano
3 x 5 1 y 2 6 z 4 0 3 x 15 y 2 6 z 24 0 3 x y 6 z 11
Exemplo 6.22 [Interseção de dois planos] Determinar a posição relativa entre os planos i) : 2 x 3 y z 5 e : 6 x 9 y 3z 2 ; ii) : x 3 y 2 z 1 e : 2 x y 4 z 4 . Resolução (i) O vetor u 2, 3, 1 é um vetor perpendicular a e o vetor v 6, 9, 3 é perpendicular a . Verifica-se que v 6, 9, 3 3 2, 3, 1 3u logo os vetores são paralelos. Mas,
k : 6, 9, 3,5 k 2, 3, 1,2 . Logo, os planos são estritamente paralelos. (ii) Vamos intersetar os dois planos.
x x 3y 2z 1 1 3 2 1 1 3 2 1 y A 2 x y 4 z 4 2 1 4 4 2 1 4 4 z B A
X
car A 2 1 3 2 1 car A 2 SPI l2 l2 2l1 0 7 8 2 3 incógnitas Concluímos então que os dois planos se intersetam numa reta. EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
217
6.5.2 INTERSEÇÃO DE TRÊS PLANOS Consideremos
os
planos
de
equações : ax by cz d , : ax by cz d e
: ax by cz d . Podemos determinar a sua posição relativa e a sua interseção a partir da resolução do sistema
ax by cz d a b c x d a b c d ax by cz d a b c y d A a b c d . ax by cz d a b c z d a b c d A
X
B
No que respeita às posições relativas entre os três planos, podem ocorrer quatro casos:
Planos concorrentes num ponto: a interseção dos três planos é um ponto (Figura car A 3 6.22(1)). Esta situação acontece quando car A 3 SPD . O ponto de nº incógnitas 3
interseção é obtido resolvendo-se o sistema de equações lineares AX = B .
Planos concorrentes numa reta: a interseção dos três planos é uma reta (Figura car A 2 6.22(2)). Esta situação acontece quando car A 2 SPI . nº incógnitas 3
Planos coincidentes: a interseção dos três planos é um plano (Figura 6.22(3)). Esta car A 1 situação acontece quando car A 1 SP2 I . nº incógnitas 3
Os planos não se intersetam: o que exige um estudo mais pormenorizado caso a caso car A 1 (Figura 6.23). Esta situação acontece quando SI . car A 2
218
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
I
(1)
(2)
(3)
Figura 6.22 Posições relativas de três planos.
Figura 6.23 Posições relativas de três planos.
Exemplo 6.23 [Interseção de três planos] Determinar a posição relativa e a interseção (caso exista) entre os planos
: x 3 y 2 z 1 , : 2 x y 4 z 4 e : 3x 2 y z 5 . Resolução Vamos intersetar os três planos.
x 3y 2z 1 1 3 2 x 1 1 3 2 1 2 x y 4 z 4 2 1 4 y 4 A 2 1 4 4 3 x 2 y z 5 3 2 1 z 5 3 2 1 5 A
X
B
1 3 2 1 1 3 2 1 car A 3 0 7 8 2 0 7 8 2 car A 3 SPD l l l l2 l2 2l1 3 3 2 0 0 3 0 3 incógnitas l3 l3 3l1 0 7 5 2 Concluímos então que os três planos são concorrentes num ponto. EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
219
Para determinarmos o ponto de interseção I resolvemos o sistema.
10 13 13 1 0 0 1 3 2 1 1 0 7 7 7 8 2 8 2 2 13 2 A 0 1 0 1 0 1 0 I , ,0 1 7 7 l1 l1 3l2 7 7 l l 10 l 7 7 7 l2 l2 1 1 3 7 7 0 0 1 1 1 0 0 l l 8 l 0 0 1 0 l3 l3 0 0 2 2 7 3 3 . 13 2 Portanto, os três planos são concorrentes no ponto I , ,0 . 7 7
6.5.3 INTERSEÇÃO DUMA RETA COM UM PLANO Consideremos o plano de equação : ax by cz d e a reta definida pela equação ax by cz d cartesiana r : . Podemos determinar a sua posição relativa e a sua ax by cz d
interseção a partir da resolução do sistema
ax by cz d a b c x d a b c d r ax by cz d a b c y d A a b c d . ax by cz d a b c z d a b c d A
X
B
No que respeita às posições relativas entre a reta e o plano, podem ocorrer três casos:
A reta é concorrente com o plano: a interseção é um ponto (Figura 6.24(1)). Esta car A 3 situação acontece quando car A 3 SPD . O ponto de interseção é obtido nº incógnitas 3
resolvendo-se o sistema de equações lineares AX = B .
A reta está contida no plano: a interseção é a própria reta (Figura 6.24(2)). Esta car A 2 situação acontece quando car A 2 SPI . nº incógnitas 3
A reta e o plano são estritamente paralelos: não existe interseção (Figura 6.24(3)). car A 2 Esta situação acontece quando SI , isto é, o sistema é impossível. car A 3
220
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
Seja u u1 , u2 , u3 um vetor diretor da reta r e w a, b, c (o vetor normal ao plano). A condição de paralelismo entre a reta r e o plano é
u w 0 u1, u2 , u3 a, b, c 0
(6.37)
ou seja, o vetor diretor da reta e o vetor normal ao plano são perpendiculares (Figura 6.24(3)).
r
r
I
r
(1)
w
(2)
(3)
Figura 6.24 Posições relativas duma reta e dum plano.
Exemplo 6.24 [Interseção duma reta e dum plano] x y 3 Determinar a posição relativa entre a reta r : e o plano : 2 x 3 y 4 z 5 . z y 1
Resolução Vamos intersetar a reta e o plano.
x y 3 1 1 0 x 3 1 1 0 3 r z y 1 0 1 1 y 1 A 0 1 1 1 2 x 3 y 4 z 5 2 3 4 z 5 2 3 4 5 A
X
B
1 1 0 3 1 1 0 3 car A 3 0 1 1 1 0 1 1 1 car A 3 SPD l l l l3 l3 2l1 3 3 2 0 1 4 1 0 0 5 0 3 incógnitas Concluímos então que a reta e o plano são concorrentes num ponto. Para determinarmos o ponto de interseção I resolvemos o sistema.
1 1 0 3 1 0 1 4 1 0 0 4 0 1 1 1 0 1 1 1 0 1 0 1 I 4,1,0 A l l l l l l 1 1 1 2 1 1 3 l3 l3 0 0 1 0 0 0 1 0 l2 l2 l3 0 0 1 0 5 Portanto, a reta e o plano são concorrentes no ponto I 4,1,0 .
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
221
6.5.4 INTERSEÇÃO DE DUAS RETAS ax by cz d Consideremos as retas definidas pelas equações cartesianas r : e ax by cz d ax by cz d t: . Podemos determinar a sua posição relativa e qual a sua interseção a ax by cz d
partir da resolução do sistema
ax by cz d a b c d a b c d ax by cz d a b c x d a b c d . r t y A d a x b y c z d a b c a b c d z ax by cz d a b c d a b c d X A
B
No que respeita às posições relativas entre as duas retas, podem ocorrer quatro casos:
As retas são concorrentes: a interseção é um ponto (Figura 6.25(1)). Esta situação car A 3 acontece quando car A 3 SPD . O ponto de interseção é obtido nº incógnitas 3
resolvendo-se o sistema de equações lineares AX = B .
As retas são coincidentes: a interseção das duas retas é uma reta (Figura 6.25(2)). car A 2 Esta situação acontece quando car A 2 SPI . nº incógnitas 3
As retas são estritamente paralelas: não existe interseção (Figura 6.25(3)). Esta car A 2 situação acontece quando SI , isto é, o sistema é impossível. car A 3
Seja u u1 , u2 , u3 um vetor diretor da reta r e v v1, v2 , v3 um vetor diretor da reta
t . Neste caso, verifica-se u v u v ,
(6.38)
ou seja, os vetores u e v são colineares.
As retas são enviesadas (ou não complanares): não existe interseção (Figura 6.26). car A 3 Esta situação acontece quando SI , isto é, o sistema é impossível. car A 4
222
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
Seja u u1 , u2 , u3 um vetor diretor da reta r e v v1, v2 , v3 um vetor diretor da reta
t . Neste caso, verifica-se v : u v
u
(6.39)
ou seja, os vetores u e v não são colineares.
r
I r t
t (1)
t
r (2)
(3)
Figura 6.25 Posições relativas de duas retas.
r
r
t
Figura 6.26 Posições relativas de duas retas enviesadas ou não complanares.
Exemplo 6.25 [Interseção de duas retas] x 2 y 1 x y 1 Determinar a posição relativa das retas r : e t: . z 3y 2 z 2
Resolução Vamos intersetar as duas retas.
x 2 y 1 1 2 0 1 1 2 0 1 z 3y 2 0 3 1 x 2 0 3 1 2 r t y A 1 x y 1 1 1 0 1 1 0 1 z z 2 0 0 1 X 2 0 0 1 2 A
B
1 2 0 1 1 2 0 1 1 2 0 1 0 3 1 2 0 3 1 2 0 3 1 2 car A 3 SI 0 3 0 2 0 0 1 4 0 0 1 4 car A 4 l3 l3 l1 l3 l3 l2 l4 l4 l3 0 0 1 2 0 0 1 2 0 0 0 2 Então, as retas são enviesadas (ou não complanares). EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
223
Exemplo 6.26 [Interseção de duas retas] x y z 1 x y z 2 Determinar a posição relativa das retas r : e t: . x y z 1 x y z 2
Resolução Vamos intersetar as duas retas.
x y z 1 1 x y z 1 1 r t x y z 2 1 x y z 2 1
1 1 1 x 1 1 1 1 y A 1 1 2 1 z 1 1 2 1 X 1
1 1 1 1 0 2 0 2 0 3 l3 l3 l2 0 0 0 1 0 0
1
1 0 2 2 0 2 3 0 0 1 1
1
B
A
1 1 0 2 c2 c3 0 2 0 0
1 1 0 1 1 1 1 1 2 l2 l2 l1 0 l l l 1 1 2 l34 l34 l11 0 1
1 1 1 1 0 2 0 2 0 1 l4 l4 l3 0 0 0 1 0 0
1 1 0 2 car A 2 SI 0 1 car A 3 0 0
Então, as retas são estritamente paralelas.
6.6 DISTÂNCIAS 6.6.1 DISTÂNCIA ENTRE DOIS PONTOS Consideremos os pontos do espaço tridimensional A x0 , y0 , z0 e B x1 , y1 , z1 . A sua distância, representada por d A, B , é igual ao comprimento do vetor AB , ou seja d A, B
x1 x0 2 y1 y0 2 z1 z0 2
(6.40)
6.6.2 DISTÂNCIA DE UM PONTO A UM PLANO Consideremos o ponto P x0 , y0 , z0 e o plano : ax by cz d . Podemos calcular a distância do ponto P ao plano da seguinte forma (Figura 6.27)
224
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
1º Determinamos a reta r que contém o ponto P e é perpendicular a , x x0 a r : y y0 b , z z c 0
.
2º Determinamos o ponto I de interseção da reta r com o plano , resolvendo o sistema x x0 a y y b 0 r : , z z c 0 ax by cz d
3º Calculamos a distância entre os pontos P e I , d P, I . 4º Escrevemos a distância pretendida d P, d P, I .
P r
I Figura 6.27 Distância de um ponto a um plano.
Exemplo 6.27 [Distância de um ponto a um plano] Seja o plano definido pela equação x y z 3 e P 1, 1,0 . Calcular a distância do ponto P ao plano . Resolução 1º Determinamos a reta r que contém o ponto P e é perpendicular a . Um vetor perpendicular ao plano é o vetor u 1,1, 1 . Então uma equação da reta r que passa por P e é perpendicular ao plano pode ser definida por
r : x, y , z 1, 1,0 1,1, 1 , . 2º Determinamos o ponto I de interseção da reta r com o plano . Temos que resolver o sistema
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
225
x 1 x 1 x 2 y 1 y 1 y 0 r I 2,0, 1 z z z 1 x y z 3 1 1 3 1 3º Calculamos a distância entre os pontos P e I , d P, I . d P, I d 1, 1,0 , 2,0, 1
1 2 2 1 0 2 0 12
111 3
4º Escrevemos a distância pretendida d P, 3 .
6.5.3 DISTÂNCIA DE UM PONTO A UMA RETA Consideremos o ponto P x0 , y0 , z0 e a reta r : x, y , x x1, y1, z1 a, b, c ,
.
Podemos calcular a distância do ponto P à reta r da seguinte forma (Figura 6.28)
P
I
r Figura 6.28 Distância de um ponto a uma reta.
1º Determinamos o plano que contém o ponto P e é perpendicular a r ,
: a x x0 b y y0 c z z0 0 . 2º Determinamos o ponto I de interseção da reta r com o plano , resolvendo o sistema x x1 a y y b 1 r : , z z1 c a x x0 b y y0 c z z0 0
3º Calculamos a distância entre os pontos P e I , d P, I . 4º Escrevemos a distância pretendida d P, r d P, I .
226
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
Exemplo 6.28 [Distância de um ponto a uma reta] Seja r a reta definida pela equação x, y , z 2,1,2 1,2,2 ,
e P 2,3,3 .
Calcular a distância do ponto P à reta r . Resolução 1º Determinamos o plano que contém o ponto P e é perpendicular a r . Uma vez que um vetor diretor da reta é u 1,2,2 a família de planos perpendiculares a r é dada por x 2 y 2 z D, D
.
Para obtermos o plano perpendicular a r e que contém o ponto P fazemos
P 2,3,3 2 2 3 2 3 D D 14 . O plano é então o plano : x 2 y 2 z 14 . 2º Determinamos o ponto I de interseção da reta r com o plano . Temos que resolver o sistema
2 8 x 2 3 3 x 2 x 2 y 1 4 7 y 1 2 y 1 2 8 7 10 3 3 r I , , 3 3 3 z 2 2 z 2 2 z 2 4 10 x 2 y 2 z 14 2 2 4 4 4 14 3 3 6 2 9 3 3º Calculamos a distância entre os pontos P e I , d P, I . 2
2
2
8 7 10 4 4 1 8 7 10 d P, I d 2,3,3 , , , 2 3 3 1 3 3 3 9 9 9 3 3 3 4º Escrevemos a distância pretendida d P, r 1 . Nota: Comparar este método com o método utilizado no Exemplo 6.11, cuja resolução utilizou o conceito de produto vetorial.
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
227
6.7 EXERCÍCIOS 6.7.1 PRODUTO ESCALAR E PRODUTO VETORIAL NUM REFERENCIAL ORTONORMADO
E XERCÍCIOS RESOLVIDOS 1. Dados o vetores u 3i j e v 2i 2 j 2k , determine: 1.1 u v ; 1.2 v v . Resolução: 1.1 Usando a igualdade (6.7) vem u u 3 2 1 2 0 2 8 1.2 Usando as igualdades (6.6) e (6.8) vem v v v
2
22 22 2 12 2
2. Dados o vetores u 3i j e v 2i 2 j 2k determine w u v . Resolução: Usando a igualdade (6.12) vem
i
j
k
w u v 3 1
0
2 2 2
TL à 1ª linha
i (1)11
1
0
2 2
j (1)1 2
3
0
2 2
k (1)13
3 1 2 2
2i 6 j 4k
3. Calcule a área do paralelogramo determinada pelos vetores a 2i 3 j k
e
b i j 2k . Resolução: O módulo do produto vetorial dos vetores a e b é igual à área do paralelogramo determinado por estes vetores. Então
i a b 2
j
k
3 1 5i 5 j 5k a b 52 (5) 2 52 75 .
1 1
2
Logo a área do paralelogramo é igual a
228
75 .
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
E XERCÍCIOS PROPOSTOS 1. Dados os vetores u 4,5,1 e v 7, 3, 13 , determine o produto escalar dos dois vetores. Os dois vetores são perpendiculares? Justifique. 2. Dados os vetores u 4, 6, 2 e v 2,3, 1 , determine o produto vetorial dos dois vetores. Os dois vetores são paralelos? Justifique. 3. Considere os seguintes vetores a 0,3, 4 , b 3,0,2 e c 7, 8,0 .
3.1 Calcule x c 2a b . 3.2 Determine um vetor w perpendicular a a e a b . 4. Para que valores de k
podemos afirmar que u e v são ortogonais? E colineares?
4.1 u 2,1,3 , v 1, 7, k 4.2 u k , k ,1 , v k ,5, 6 4.3 u 1,1, k , v 2, 2, k
Soluções: 1. Os vectores são perpendiculares porque u v 0 . 2. u v 12,8, 0 . Não, porque u v 0 . 3.1 x 108
3.2 w 6,12,9
4.1 Ortogonais: k 3 . Colineares: não existe 4.2 Ortogonais: k 2 k 3 . Colineares: não existe. 4.3 Ortogonais: não existe. Colineares: k 0 .
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
229
E XERCÍCIOS SUPLEMENTARES y 1
1. Seja r a reta definida por r :
z 2x 1
e A 1, 0, 0 . Calcular, usando produto vetorial, a
distância do ponto A à reta r .
Soluções: 1. d A, r
30 5
6.7.2 EQUAÇÕES DE RETAS E DE PLANOS E XERCÍCIOS RESOLVIDOS 1. Considere os pontos A 1,1,1 , B 2, 0, 1 e C 0,3,1 . Determine uma equação cartesiana da reta r que passa em C e é paralela à reta AB . Resolução: Se a reta r é paralela à reta AB , então o vetor diretor de r , ur , é um vetor colinear com o vetor AB . Em particular, podemos fazer ur AB . AB B A 2, 0, 1 1,1,1 1, 1, 2
Então, as equações cartesianas da reta r serão, dado o vetor diretor ur 1, 1, 2 e o ponto C 0,3,1
x 0 y 3 z 1 1 z . x 3 y 1 1 2 2
2. Seja s a reta definida pelas seguintes equações:
x 1 4 2 y z 1. 2 3
2.1 Verifique se o ponto P 1, 2, 1 pertence à reta s . 2.2 Escreva umas equações paramétricas da reta dada. Resolução: 2.1 Se P s , então P satisfaz as equações da reta. 230
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
1 1 4 2 2 0 0 Temos então: 2 , ou seja, são ambas proposições verdadeiras. 3 1 1 1 1
Logo, o ponto P pertence à reta s . 11 3x 3x 3 8 4 y x 1 4 2 y y z 1 2.2 Temos: 4 , x . 2 3 z 1 z 1
Então, o conjunto dos pontos que formam a reta pode escrever-se 11 3k s k , , 1 : k . 4
x k 11 3k Portanto, umas equações paramétricas da reta s são y ;k . 4 z 1
3. Escreva uma equação cartesiana do plano definido pelos pontos A , B e C do exemplo 1. Verifique se o ponto D 1, 2,3 pertence ao plano encontrado. Resolução: Tomemos os vetores diretores do plano ABC : AB 1, 1, 2 e AC 1, 2, 0 . Para determinarmos uma equação cartesiana do plano usamos a expressão (6.32)
x 1 y 1 z 1 1
1
2 0 x 1 4 y 1 2 z 1 1 0 4 x 2 y z 7 .
1
2
0
Então, uma equação cartesiana é 4 x 2 y z 7 . Se D ABC , então D verifica a equação do plano. Mas 4 1 2 2 3 7, ou seja, 11 7 , o que é uma proposição falsa. Logo o ponto D não pertence ao plano ABC .
E XERCÍCIOS PROPOSTOS 1. Dados os pontos A 3, 6, 7 , B 5, 2,3 , C 4, 7, 6 e D 3,1, 4 , escreva umas equações paramétricas e cartesianas das retas AB e CD . O ponto E 1, 2, 1 pertencerá a alguma das retas? EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
231
2. Escreva uma equação vetorial do plano definido pela equação cartesiana x y z 1 . 3. Escreva uma equação cartesiana do plano que passa pelos pontos 1,1, 0 , 1, 1, 1 e é paralelo ao vetor u 2,1, 0 .
4. Considere a reta r definida por
x 1 y 2 z . Determine uma equação vetorial do 2 3
plano que passa pelo ponto P 1, 2, 0 e é perpendicular à reta r .
x 1 2 5. Dado o plano definido pelas equações paramétricas y 2 ; , z
, escreva
uma equação cartesiana.
6. Escreva as equações paramétricas e as equações cartesianas para os 3 eixos coordenados e para os 3 planos coordenados.
232
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Soluções:
x 3 8 1. recta AB : y 6 4 ; z 7 10 x 4 recta CD : y 7 8 ; z 6 10
;
3 x 6 y z 7 8 4 10
; 4 x
y7 z6 8 10
O ponto E não pertence às retas. 2. x, y , z 1,0,0 1,1,0 1,0,1; , 3. x 2 y 4 z 1 0 4. x, y, z 0, 0,8 1, 0, 2 0,1, 3 ; , 5. y z 2 0
x 6. Eixos: Ox : y 0 ; z 0
x 0 ; Oy : y ; z 0
x 0 ; Oz : y 0 ; z
Planos: xOy : z 0 ; xOz : y 0 ; yOz : x 0
E XERCÍCIOS SUPLEMENTARES 1. Considere os pontos A 1, 0, 0 , B 2,3,1 , C 3,1, 0 e D 3, 4,10 . 1.1 Determine umas equações paramétricas da reta AB . 1.2 Determine uma equação cartesiana do plano que contém D e é paralelo ao plano
ABC . 2. Considere os pontos A 1, 0, 1 e B 1,1, 0 . 2.1 Determine os pontos C para que ABC defina um plano. Justifique. 2.2 Escreva uma equação vetorial do plano perpendicular à reta AB e que passa no ponto médio M de AB .
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
233
y 2 3. Considere os pontos A 1, 2, 1 , B 0,1, 3 e a reta r : . z 1
3.1 Determine C de modo que ABC não defina um plano. Justifique. 3.2 Escreva umas equações cartesianas da reta s perpendicular às retas AB e r , e que passa no ponto médio M de AB . 3.3 Escreva umas equações paramétricas do plano perpendicular a yOz , paralelo a s e que passa em B .
Soluções:
x 1 1.1 AB : y 3 ; z 2.1 C
3
1.2 x 2 y 5 z 61 0
\ 1 2b, b, b 1 : b
1 1 2.2 : x, y, z 0, , 1, 0, 2 0,1, 1 , , 2 2
3.1 C 1 a, a, 2a 5 : a
1 5 3.2 x y 2 z 0 2 2
x 3.3 : y 1 2 ; , z 3
6.7.3 INTERSEÇÕES E POSIÇÕES RELATIVAS DE RETAS E PLANOS. DISTÂNCIAS . E XERCÍCIOS RESOLVIDOS 1. Considere as retas definidas pelas seguintes equações
r : x, y, z 0, 0, 0 k 1, 2, 0 ; k 7 s : x, y, z ,1, 1 t 1, 4,1 ; t 2
1.1 Determine a posição relativa das duas retas. 1.2 Caso exista interseção, determine-a. 234
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Resolução: 1.1 Consideremos os vetores ur 1, 2, 0 e vs 1, 4,1 das retas r e s respetivamente. Como ur avs , a
\ 0 , ou seja, os vetores não são colineares, então as retas não são
paralelas nem coincidentes. Então as retas r e s só podem ser concorrentes ou não complanares.
x k Fazendo a interseção da reta r : y 2k ; k z 0
x 7 2 t com a reta s : y 1 4t ; t z 1 t
, vem
k 7 2 t 5 2 7 2 1 k 5 2 . Então as retas são concorrentes num ponto. 2k 1 4t k 5 2 t 1 0 1 t t 1 1.2 O ponto de interseção obtém-se substituindo k nas equações da reta r , ou t nas equações da reta s .
x 5 2 5 Substituindo, obtemos: y 5 . Portanto, r s ,5, 0 . 2 z 0 2. Considere os pontos O 0, 0, 0 , A 2,3,5 , B 2,3, 0 , C 2, 0,5 e D 0, 0,5 . 2.1 Escreva uma equação do plano mediador de OA . 2.2 A reta que passa em C e é paralela a BD intersecta o plano yOz num ponto. Determine-o. Resolução: 2.1 O plano mediador de um segmento é o plano perpendicular ao segmento e que passa no ponto médio desse mesmo segmento. OA A O 2,3,5 0, 0, 0 2,3,5
Então, a equação do plano mediador será da forma: 2 x 3 y 5 z D 0 . Vamos calcular o ponto médio, PM , do segmento OA . PM
O A 2 0 3 0 5 0 3 5 , , 1, , 2 2 2 2 2 2
9 25 Substituindo na equação do plano vem: 2 D 0 D 19 . 2 2 Logo, a equação do plano mediador pedido será: 2 x 3 y 5 z 19 0 . EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
235
2.2 BD D B 0, 0,5 2,3, 0 2, 3,5 Umas equações cartesianas da reta são:
x 2 y z 5 . 2 3 5
A intersecção com o plano yOz , que tem equação cartesiana x 0 , corresponde à solução do sistema x2 2 x2 r yoz 2 x 0
y 3 y 3 z 5 z 10 . 5 x 0
O ponto de interseção é o ponto 0, 3,10 . 3. Considere os planos definidos pelas equações: : x y 3z 0 , : 2 x 2 y 6 z 5 e
: x 2 y z 1 . Determine a posição relativa dos três planos e verifique se existem planos perpendiculares. Resolução: Vamos intersetar os 3 planos:
x y 3z 0 1 1 3 x 0 1 1 3 0 2 x 2 y 6 z 5 2 2 6 y 5 A 2 2 6 5 x 2 y z 1 1 2 1 z 1 1 2 1 1 A
X
.
B
1 1 3 0 1 1 3 0 car A 2 0 0 0 5 0 1 4 1 l2 l3 car A 3 SI l2 l2 2l1 l3 l3 l1 0 1 4 1 0 0 0 5 Então, os três planos não se intersetam. Vamos verificar a posição relativa dos planos dois a dois. x y 3z 0 i) . Os planos são paralelos se e só o vetor normal a , 2 x 2 y 6 z 5
n 1, 1,3 , for colinear com o vetor normal a , n 2, 2, 6 . Como 1 1 3 1 1 3 0 os planos e são paralelos. Mas por (5.36) os planos não 2 2 6 2 2 6 5 são coincidentes. Concluímos então que os planos são estritamente paralelos.
236
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x x y 3z 0 1 1 3 0 1 1 3 0 y A ii) x 2 y z 1 1 2 1 z 1 1 2 1 1 B A X
car A 2 1 1 3 0 car A 2 SPI . l2 l2 l1 0 1 4 1 3 incógnitas
Concluímos então que os dois planos se intersetam numa reta. Vamos determinar umas equações paramétricas dessa reta começando por resolver o sistema. A
1 1 3 0 1 0 7 1 x 7 z 1 x 1 7 z 0 1 4 1 l l l 0 1 4 1 y 4 z 1 y 1 4 z l1 1 l 2 2
2
Escrevemos o conjunto solução CS 1 7 z, 1 4 z, z , z
x 1 7 k Umas equações paramétricas são então y 1 4k ; k z k
.
.
x 2 x 2 y 6 z 5 2 2 6 5 2 2 6 5 y A iii) x 2 y z 1 1 2 1 z 1 1 2 1 1 B A X
car A 2 1 2 1 1 1 2 1 1 car A 2 SPI l2 l1 2 2 6 5 l2 l2 2l1 0 2 8 3 3 incógnitas
Concluímos então que os dois planos se intersetam numa reta. Vamos determinar umas equações paramétricas dessa reta começando por resolver o sistema.
A
1 0 7 1 2 1 1 0 2 8 3 l l l 1 11 2 0 1 4 l2 l2
4 x 7z 4 x 4 7z 3 3 3 y 4z y 4z 2 2 2
2
3 Escrevemos o conjunto solução CS 4 7 z, 4 z, z , z . 2 x 4 7k 3 Umas equações paramétricas são então y 4k ; k . 2 z k EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
237
Conclusão final: Os planos e são estritamente paralelos e intersetados pelo plano . Vamos verificar se e são perpendiculares.
n 1, 1,3 e n 1, 2, 1 são vetores normais aos planos e , respetivamente. n | n 11 1 2 3 1 0 . Logo, e são perpendiculares. Como e são paralelos, então e também são perpendiculares (Figura 6.29).
Figura 6.29 Posição relativa dos planos.
x 2 k 4. Determine os valores de m e de n para que a reta r : y 1 k ; k z 3 2k
esteja contida no
plano : mx ny 2 z 1 0 . Resolução: Uma equação cartesiana da reta r é
x 2 y 1 x y 1 x y 1 x 2 y 1 z 3 z 3 1 1 2 2 x 4 z 3 2 x z 7 x 2 2 Para que a reta r esteja contida no plano , o sistema resultante da sua interseção deve ser indeterminado. x y 1 1 1 0 x 1 1 1 0 1 r : 2 x z 7 2 0 1 y 7 A 2 0 1 7 . mx ny 2 z 1 0 m n 2 z 1 m n 2 1 A
238
X
B
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2 7 0 1 1 1 1 0 2 7 1 0 1 0 2 7 0 1 1 1 0 1 1 1 l2 l1 l3 l3 2l1 c1 c3 2 n m 1 2 n m 1 0 n m 4 13 2 7 1 0 0 1 1 1 l3 l3 nl2 0 0 n m 4 13 n car A 3 i) n m 4 0 car A 3 SPD 3 incógnitas
ii) n m 4 0 car A 2
n 13 0 car A 3 SI . n 13 0 car A 2 SI n m 4 0 m 9 Então, para o sistema ser indeterminado, temos que ter . n 13 0 n 13
Concluímos que, para a reta r estar contida no plano , temos que ter m 9 e n 13 .
E XERCÍCIOS PROPOSTOS x 2 y z 5 1. Considere a reta r definida por . 2 x y 3
1.1 Determine uma equação do plano que passa no ponto 0, 3, 1 e é perpendicular a r. 1.2 Verifique que a reta s que passa no ponto 0, 0, 3 e tem a direção do vetor
u 2, 1, 0 pertence a .
2. Qual é a posição relativa das seguintes retas:
x 1 3 y 2x 3 2.1 r : e s : y 4 6 ; z x z 3 2.2 r : x 3
2 y 4 z 1 e s : x, y, z 0, 2, 2 t 1,1, 1 ; t 4 3
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239
3. Considere os pontos A 1, 4,1 , B 2,3, 0 , C 0, 2, 1 e os planos
: 2 x 2 y z 5 , : y z 1 , : 2 x 4 y 3z 3 0 . Indique a posição relativa dos seguintes planos (interseção, paralelismo, perpendicularidade): 3.1 , , ; x 2z 1 3.2 , onde é o plano que contém o ponto C e é perpendicular à reta ; y 2z
3.3 , , onde é o plano definido pelos pontos A , B e C ;
x 1 k 3.4 , , onde é o plano que contém a origem e a reta y 2k ; k . z 1 4. Considere os planos : kx ky z 1 0 , : x y z k 0 e : x ky z 0 . Determine, se existirem, os valores de k de modo a que: 4.1 os 3 planos se intersetem numa reta; 4.2 os planos e sejam perpendiculares. 5. Calcule a distância do ponto P 2,3,3 à reta r : x, y , z 2,1,2 1,2,2 , . 6. Calcule a distância do ponto P 1, 1,0 ao plano : x y z 3 .
Soluções: 1.1 : x 2 y 3z 9 0 2.1 Paralelas
2.2 Não complanares
3.1 Planos oblíquos entre si, concorrentes num ponto
3.2 Planos paralelos
3.3 Planos oblíquos, intersetam-se numa reta 3.4 interseta numa reta; interseta numa reta; interseta numa reta; e são perpendiculares.
1 2
4.1 Não existe k
4.2 k
5. d P, r 1 .
6. d P, 3
240
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E XERCÍCIOS SUPLEMENTARES x ay 1 1. Considere os pontos A 1, 1, 2 e B 2,1,3 , a reta r : e os planos z y b
: x 3 y z 1 0 e : 2x y 2z 2 0 . 1.1 Determine a interseção I entre os planos , e um outro plano , que passa na origem e é normal ao vetor 3,1, 0 . 1.2 Condicione os parâmetros a e b de modo a que a reta r seja estritamente paralela ao plano . 1.3 Calcule a distância, d , entre o ponto C 1, 2,3 e a reta AB . 1.4 Escreva a equação de uma reta cujos pontos sejam equidistantes de A e B . 2. Considere o plano : x, y, z 5, 0, 1 5, 0, 1 0,5, 2 ; ,
r : x, y, z k 2, 2, 2 ; k
, a reta
e os pontos A 1, 2,3 , B 3, 0,1 e C 4, 0, 0 .
2.1 Escreva a equação do plano que contém A e r . 2.2 As retas r e AB são complanares? Justifique. 2.3 Determine a interseção I , da reta BC com o plano . 2.4 Determine a distância, d , de r à origem do referencial. y 2 3. Considere a reta r : e os pontos A 1, 2, 1 e B 0,1, 3 . Qual a posição z 1
relativa das retas r e AB ? Justifique. Soluções: 1.1 I 0, 0,1
1.2 a 2 b 0
1.3 d
3 42 14
1.4 Por exemplo, x, y, z 0, 0, 4 1, 0, 3 ; 2.1 : x 4 y 3z 0
2.2 Sim
2.3 I 5, 0, 1
2.4 d 0
3.1 Não complanares
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241
6.7.4 EXERCÍCIOS DE CONCLUSÃO DO CAPÍTULO 1. Considere o plano que passa pela origem e é definido pelos vetores u 1,1,0 e
v 0,1,1 e os pontos A 1,3, 4 e B 1,1, 2 . 1.1 Determine uma equação cartesiana do plano . 1.2 Determine uma equação cartesiana da reta que passa no ponto médio M de AB e é perpendicular ao plano x z 1. 1.3 Determine a distância do ponto A ao plano x y z 1 . 2. Considere os pontos A 1,0,0 , B 0,1, 1 , C 2,1,3 e D 1,2,0 . 2.1 Verifique se as retas AB e CD são paralelas ou perpendiculares. 2.2 Determine uma equação vetorial do plano que passa pelo ponto A e é perpendicular à reta BC . y 1
2.3 Determine a distância do ponto A à reta r :
z 2x 1
.
x 5z 6
3. Considere os pontos A 0,0,0 , B 1,1,0 e C 0,1,1 e a reta r :
.
y 2 z 5
3.1 Determine uma equação do plano que contém a reta r e passa pelo ponto B . 3.2 Determine uma equação cartesiana duma reta estritamente paralela à reta BC . 3.3 Determine a posição relativa entre o plano de equação x y z 1 e a reta r . 4. Considere o ponto M 1,2,1 , o plano : 2 x 3 y z 0 e a família de planos
a : 4 x ay 2 z 2, a
.
4.1 Determine os valores a
para os quais os planos e a são paralelos.
4.2 Faça a 6 e determine as equações cartesianas da reta que passa no ponto M e é perpendicular a ambos os planos. 4.3 Determine a distância do ponto M ao plano . 5. Considere os planos :3 y z 1 , :3x 2 z 5 e : x y z 4 . 5.1 Indique a posição relativa dos três planos. 5.2 Determine uma equação vetorial do plano . 242
EMECAN 2015/2016 – ALGAN - ISEP
5.3 Verifique se a reta de equação x, y, z 1,1, 2 1,1, 4 , , está contida no plano . x y z 0
6. Considere os pontos A 0,0,0 , B 1,1,0 e C 0,1,1 e a reta r :
x y z 2 0
.
6.1 Determine uma equação vetorial da reta r . 6.2 Condicione o valor de a
, para que o plano ax y z 1 e a reta r sejam
concorrentes. 6.3 Determine a distância do ponto B à reta r . 7. Considere os vetores u 1,1,0 e v 0,1,1 e os pontos A 1,1,1 e B 1,1, 2 . 7.1 Determine o produto vetorial u v e o produto interno u v . 7.2 De acordo com a alínea anterior diga, justificando convenientemente, se é possível formar um plano usando os vetores u e v e em caso afirmativo escreva a equação do plano que passa pelo ponto A . 7.3 Determine a distância do ponto B ao plano x y z 1 . 8. Considere os pontos A 2,3,4 , B 1,2,3 , C 0,0, 3 , o plano : 2 x y 3z 5 e a reta r : x, y, z 0,3, 2 1, 1,3 ,
.
8.1 Os pontos A , B e C podem definir um plano? Justifique convenientemente a sua resposta. 8.2 Determine uma equação cartesiana do plano que passa no ponto C e é perpendicular ao segmento que une os pontos A e B . 8.3 Determine a distância do ponto C à reta r .
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243
Soluções: x z 3 1.2 y 2
1.1 x y z 0
1.3 d
7 3 3
2.1 Não são paralelas nem perpendiculares 2.2 x, y, z 1, 0, 0 k 0,1, 0 t 2, 0,1 ; k , t x z 0 3.2 y 0
3.1 6 x 5 y 20 z 11 4.1 a 6
4.2
2.3 d
30 5
3.3 São concorrentes
x 1 y 2 z 1 2 3 1
4.3 d
14 2
5.1 Os 3 planos não se intersetam 5.2 x, y, z 4, 0, 0 k 1,1, 0 t 1, 0,1 ; k , t 6.1 x, y, z 1, 1, 0 k 0, 1,1 ; k
5.3 Não 6.2 a
6.3 d 2
7.1 u v 1, 1,1 ; u v 1
7.2 Sim: x y z 1
7.3 d 3
8.1 Sim
8.2 x y 3z 9
8.3 d 10
244
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