Soluções Álgebra Linear Boldrini

September 13, 2018 | Author: MarianaCamargos | Category: Operator Theory, Matrix (Mathematics), Probability, Matrix Theory, Mathematical Concepts
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Livro Solução Álgebra Linear...

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´ Algebra Moderna

Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA

´ Livro: Algebra Linear - Editora Harbra (Boldrini/Costa/Figueiredo/Wetzler) [email protected] Compilado dia 07/02/2016

´ Solucion´ ario da 3a edi¸c˜ ao do livro de Algebra Linear dos autores: Jos´e Luiz Boldrini, Sueli I.Rodrigues Costa, Vera L´ ucia Figueiredo e Henry G. Wetzler. Para quem desejar; uma c´ opia do livro pode ser baixada em http://www.professores.uff.br/jcolombo/Alg lin I mat 2012 2/Algebra%20Linear%20Boldrini.pdf. A expectativa ´e que seja respondido um cap´ıtulo do livro por mˆes. Mas, infelizmente resolver e digitar (principalmente digitar), os exerc´ıcios desse livro leva um bom tempo. Assim, pode haver atrasos na postagem. De todo modo, n˜ao deixe de acompanhar o documento no link abaixo, para obter futuras atualiza¸c˜oes. www.number.890m.com

EXERC´ICIO PAGINA 11 1. Sejam  1 A= 2

2 1

3 −1



 ,B=

−2 3

0 1 0 1

   −1 , C =  2  e D = [2, −1] 4

Encontre:

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

1

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Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA

Solu¸ c˜ ao de a: A+B 

1 2

2 1



3 −1

 +

−2 3

0 1 0 1



 =

−1 5

2 4 1 0



Solu¸ c˜ ao de b: A·B 

1 2

2 1

3 −1





   −1 15 · 2 = −4 4

Solu¸ c˜ ao de g: −1 · A  −1 ·

 2. Seja A =

2 2x − 1

x2 0

1 2

2 1

3 −1



 =

−1 −2

−2 −1

−3 1



 Se A’ = A, ent˜ao x = · · ·

Solu¸ c˜ ao: Se A’ = A ent˜ ao:    2 2x − 1 2 = x2 0 2x − 1

x2 0



Que resulta nas seguintes igualdades: 2 = 2 e 2x − 1 = x2 Desta ultima igualdade tira-se que x = 1.

3. Se A ´e uma matriz sim´etrica, ent˜ao A – A’. . . Solu¸ c˜ ao: Se A ´e sim´etrica ent˜ ao A = A’ e portanto A – A’ = A – A = 0. Assim, o resultado desta opera¸c˜ ao seria uma matriz nula.

2

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4. Se A ´e uma matriz triangular superior, ent˜ao A’ ´e . . . Solu¸ c˜ ao: Uma matriz triangular superior quando transposta passa a ser uma matriz triangular inferior.

5. Se A ´e uma matriz diagonal, ent˜ao A’. . . Solu¸ c˜ ao: Toda matriz diagonal ´e sim´etrica de modo que se A ´e uma matriz diagonal ent˜ao A’ = A.

6. Classifique em verdadeiro ou falso:

a) –A’ = –A’ b) (A + B)’ = B’ + A’ c) Se AB = 0, ent˜ ao A = 0 ou B = 0 d) k1 Ak2 B = k1 k2 AB e) –A –B = –AB f) Se A e B s˜ ao matrizes sim´etricas, ent˜ao AB = BA g) Se AB = 0, ent˜ ao BA = 0 h) Se ´e poss´ıvel efetuar o produto AA, ent˜ao A ´e matriz quadrada Solu¸ c˜ ao de a: Pela propriedade iv a proposi¸c˜ ao ´e verdadeira. Solu¸ c˜ ao de b Pela propriedade iii a proposi¸c˜ ao ´e verdadeira. Solu¸ c˜ ao de c:  Falsa. Tomando A =

1 0

0 0



 eB=

0 1

n˜ ao ´e verdadeira. Solu¸ c˜ ao de d: Usando a associatividade 3

0 0

 por exemplo, verifica-se que a proposi¸c˜ao

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

2 0

1 −1

2 0

0 1



 eB=

0 1

3 1



Solu¸ c˜ ao de f:  Falsa. Como contra exemplo tome A =



 eB=

2 1

1 0



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

2



7. Se A = A·A, ent˜ ao Solu¸ c˜ ao:  2  −2 1 −2 = 3 2 3

1 2

−2 3

1 2

2

  −2 · 3

...

1 2



 =

7 0

0 7



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

4

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

x y z w



2 3

3 4

x y z w





 =

1 0

0 1



Solu¸ c˜ ao:  O produto entre as matrizes

 e

2 3

3 4



 resulta em

2x + 3y 2z + 3w

3x + 4y 3z + 4w

 Que

por hip´ otese ´e igual a matriz nula. 

2x + 3y 2z + 3w

3x + 4y 3z + 4w



 =

1 0

0 1



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



1 10. Dadas A =  2 4 mostre que AB = AC.

−3 1 −3

  2 1 −3 , B =  2 −1 1

4 1 −2

  1 0 2 1 1  e C =  3 1 2 2

1 −2 −5

−1 −1 −1

 −2 −1  0

Solu¸ c˜ ao: AB = AC 

−3  1 −3

−3 15 15

  −3 0 1 0 −5  =  1 −3 0 −5

−3 15 15

 0 1 0 −5  0 −5

11. Suponha que A 6= 0 e AB = AC onde A, B, C s˜ao matrizes tais que a multiplica¸c˜ao esteja definida. a) B = C? b) Se existir uma matriz Y, tal que YA = I, onde I ´e a matriz identidade, ent˜ao B = C? Solu¸ c˜ ao: Se AB = AC e A−1 for transposta de A ent˜ao: A−1 (AB) = A−1 (AC) Usando a associatividade (A−1 A)B = (A−1 A)C IB = IC B=C

5

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12. Explique por que, (A+B)2 6= A2 + 2AB + B2 e (A + B)(A – B) 6= A2 – B2 . Solu¸ c˜ ao: As equa¸c˜ oes n˜ ao s˜ ao verdadeiras pois, n˜ao s˜ao satisfeitas para qualquer matriz.

 14. Se A =

3 −4

−2 3



x y z w



, ache B, de modo que B2 = A.

Solu¸ c˜ ao:  Tomando B =

ent˜ ao:



x y z w

    x y 3 · = z w −4

−2 3



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

x2 + yz = 3 (1) zy + w2 = 3 (2) xy + yw = −2 (3)    zx + wz = −4 (4) Das equa¸c˜ oes (1) e (2) obtemos que x = ±w. Vamos tomar (arbitrariamente), x = w. Se x = w ent˜ ao a equa¸c˜ ao (3) pode ser escrita como: wy + yw = −2 Como y e W s˜ ao n´ umeros reais e portanto vale a comutatividade ent˜ao: wy + yw = −2 2(wy) = −2 ⇒ wy = −1 (5) Ainda supondo que x = w podemos escrever a equa¸c˜ao (4) como: zx + wz = −4 z(x + w) = −4 z(w + w) = −4 6

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

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

2 − 3 = 0 ⇒ w = −1 ou w = 1 w2

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

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

Ferro

Madeira

Vidro

Tinta

Tijolo

Moderno

5

20

16

7

17

Mediterrˆ aneo

7

18

12

9

21

Colˆ onial

6

25

8

5

13

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

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

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

8

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   A=  

0 1 0 0 0

1 0 1 0 0

1 1 0 1 0

1 1 1 0 1

1 0 0 1 0

     

Qual seria o significado da matriz A2 = A · A? Seja A2 = [cij ]. Calculemos o elemento c42 =

5 X

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

k=1

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

a) Calcule A2 . b) Qual o significado de c13 = 2? c) Discuta o significado dos termos nulos, iguais a 1 e maiores que 1 de modo a justificar a afirma¸c˜ ao: “A matriz A2 representa o n´ umero de caminhos dispon´ıveis para se ir de uma esta¸c˜ ao a outra com uma u ´nica retransmiss˜ao”. d) Qual o significado das matrizes A + A2 , A3 e A + A2 + A3 ? e) Se A fosse sim´etrica, o que significaria?

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

0 1 0 0 0

1 0 1 0 0

1 1 0 1 0

1 1 1 0 1

1 0 0 1 0

      ·    

0 1 0 0 0

1 0 1 0 0

1 1 0 1 0

1 1 1 0 1

1 0 0 1 0





    =    

1 0 1 0 0

1 2 0 1 0

2 2 2 0 1

3 2 1 2 0

1 2 1 1 1

     

Solu¸ c˜ ao de b: (Solu¸c˜ ao retirada da lista da Professora. Marina Tebet (GAN/IME/UFF)). c13 = 2 e significa que a esta¸c˜ ao 1 transmite para esta¸c˜ao 3 atrav´es de uma terceira de dois modos (atrav´es da esta¸c˜ ao 2 e da esta¸c˜ao 4). Solu¸ c˜ ao de c: (Solu¸c˜ ao retirada da lista da Professora. Marina Tebet (GAN/IME/UFF)). Cada elemento de A2 representa o n´ umero de modos que uma esta¸c˜ao trans mite para uma outra atrav´es de uma terceira esta¸c˜ ao. 9

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Solu¸ c˜ ao de d: (Solu¸c˜ ao retirada da lista da Professora. Marina Tebet (GAN/IME/UFF)). Cada elemento de A + A2 representa a soma do n´ umero de modos que uma esta¸c˜ao transmite para outra, diretamente e atrav´es de uma terceira para uma outra.    A+A =   2

1 1 1 0 0

2 2 1 1 0

3 3 2 1 1

4 3 2 2 1

2 2 1 1 1

     

Veja: O elemento 14 indica que h´ a 4 maneiras de se transmitir da esta¸c˜ao 1 `a esta¸c˜ao 4: Diretamente: 1→5→4, 1→2→4 e 1→3→4. Cada elemento de A3 representa o n´ umero de modos que uma esta¸c˜ao transmite para uma outra atrav´es de uma quarta esta¸c˜ ao.    A =   3

1 2 0 1 0

3 2 3 0 1

5 4 2 3 0

5 6 5 1 3

4 2 2 2 0

     

Veja: O elemento 25 indica que h´ a 2 maneiras de se transmitir da esta¸c˜ao 1 para a esta¸c˜ao 2 atrav´es de uma quarta esta¸c˜ ao: 2→3→4→5 e 2→1→4→5. Cada elemento de A + A2 + A3 representa a soma do n´ umero de modos que uma esta¸c˜ao transmite para outra esta¸c˜ ao, diretamente, atrav´es de uma terceira e de uma quarta.    A + A2 + A3 =   

2 3 1 1 0

5 4 4 1 1

8 7 4 4 1

9 9 6 3 3

6 4 3 3 1

     

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

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

De

J

P

U

J

0.7

0.2

0.1

P

0.3

0.5

0.2

U

0.4

0.4

0.2

Os termos da diagonal de d˜ ao a probabilidade aii de se comprar um carro novo da mesma marca. A2 representa as probabilidades de se mudar de uma marca para outra depois de duas compras. Vocˆe pode verificar isto a partir dos conceitos b´asicos de probabilidade (consulte 1.5) e produto de matrizes. Calcule A2 e interprete. Solu¸ c˜ ao: 59  100    11 2 A =  25    12

7 25



39 100 9 25

25

 13 100    17   100    4  25

Os termos de A2 , aij , significam mudar da marca i para a marca j depois de duas compras.

Se alguma passagem ficou obscura ou se algum erro foi cometido por favor escreva para [email protected] para que possa ser feito a devida corre¸c˜ao. Para encontrar esse e outros exerc´ıcios resolvidos de matem´atica acesse: www.number.890m.com 11

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EXERC´ICIO PAGINA 26

Suponha que um corretor da Bolsa de Valores fa¸ca um pedido para comprar a¸c˜oes na segundafeira, como segue: 400 quotas de a¸c˜ ao A, 500 quotas da a¸c˜ao B e 600 quotas da a¸c˜ao C. As a¸c˜oes A, B e C custam por quota Cr$ 500,00 Cr$ 400,00 e Cr$ 250,00 respectivamente. a) Encontre o custo total das a¸c˜ oes, usando multiplica¸c˜oes de matrizes. b)Qual ser´ a o ganho ou a perda quando as a¸c˜oes forem vendidas seis meses mais tarde se as a¸c˜ oes A, B e C custam Cr$ 600,00 Cr$ 350,00 e Cr$ 300,00 por quota, respectivamente? Solu¸ c˜ ao de a: A resposta deve ser uma matriz 1×1, assim uma matriz deve ser da ordem 1×a e outra a×1. Como temos trˆes quantidades de quotas (A, B e C) e trˆes valores (um para cada quota), ent˜ao a = 3. Ou seja, demos ter uma matriz 1×3 e outra 3x1. A primeira matriz ser´ a a de quantidade: Q = (400, 500, 600) Enquanto a segunda ser´ a de pre¸co 

 500 P =  400  250 Fazendo P·Q chegamos ´ a matriz de custo total igual a 550 mil. P · Q = [550.000] Solu¸ c˜ ao de b: Nesse caso basta trocar os valores da matriz P e em seguida realizar a multiplica¸c˜ao. 

 600 Q·P = (400, 500, 600) ·  350  300 = [595.000] Ou seja, houve um ganho de 45 mil.

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

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Solu¸ c˜ ao: Primeiro vamos considerar as probabilidades ap´os Ganhar uma partida. G 1/2 1/5 3/10

G P E

Agora as probabilidades ap´ os Perder um jogo. G P E

G 1/2 1/5 3/10

P 3/10 3/10 2/5

E finalmente as probabilidades ap´ os Empatar. G P E

G 1/2 1/5 3/10

P 3/10 3/10 2/5

E 1/5 2/5 2/5

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

  pG 0.5  pP  =  0.2 pE 0.3

0.3 0.3 0.4

   pG 0.2 0.4  ·  pP  pE 0.4



   pG 0.5pG + 0.3pP + 0.2pE  pP  =  0.2pG + 0.3pP + 0.4pE  pE 0.3pG + 0.4pP + 0.4pE Que resulta nas seguintes equa¸c˜ oes. 0.5pG + 0.3pP + 0.2pE = pG 0.2pG + 0.3pP + 0.4pE = pP 0.3pG + 0.4pP + 0.4pE = pE e nos possibilita montar o seguinte sistema:   −0.5pG + 0.3pP + 0.2pE = 0 0.5pG − 0.7pP + 0.2pE = 0  0.5pG + 0.3pP − 0.6pE = 0 Al´em disso, sabemos que as somas das probabilidades ´e igual a um (pG + pP + pE = 1). Da´ı, 24 29 26 , pP = e pE = . pG = 79 79 79 13

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3. Numa pesquisa procura-se estabelecer uma correla¸c˜ao entre os n´ıveis de escolaridade de pais e filhos, estabelecendo as letras: P para os que conclu´ıram o curso prim´ario; S para os que conclu´ıram o secund´ ario; e U para quem concluiu o curso universit´ario. A probabilidade de um filho pertencer a um desses grupos, dependendo do grupo em que o pai est´a, ´e dada pela matriz: P

S

U

P

2 3

1 3

0

S

1 3

1 3

1 3

U

0

1 3

2 3

Qual a probabilidade de um neto, de um indiv´ıduo que concluiu o curso secund´ario, ser universit´ ario? Solu¸ c˜ ao: A matriz do problema ´e a matriz de transi¸c˜ao de estado da cadeia de Markov. Sendo assim, a matriz dos netos ´e dada pelo quadrado da matriz de transi¸c˜ao.       2/3 1/3 0 2/3 1/3 0 5/9 1/3 1/9  1/3 1/3 1/3  ·  1/3 1/3 1/3  =  1/3 1/3 1/3  0 1/3 2/3 0 1/3 2/3 1/9 1/3 5/9 A probabilidade desejada ´e portanto 1/3.

4. Numa cidade industrial, os dados sobre a qualidade do ar s˜ao classificados como satisfat´orio (S) e insatisfat´ orio (I). Assuma que, se um dia ´e registrado S, a probabilidade de se ter S no dia seguinte ´e 2/5 e que, uma vez registrado I, tem-se 1/5 de probabilidade de ocorrer S no dia seguinte. a) Qual ´e a probabilidade do quarto dia ser S, se o primeiro dia ´e I? b) O que se pode dizer a longo prazo sobre a probabilidade de termos S ou I? Solu¸ c˜ ao de a: Quando se registra S a probabilidade de ser S no dia seguinte ´e de 2/5.

S I

S 2/5

I

Quando marca I a probabilidade de ser S ´e de 1/5.

14

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S 2/5

S I

I 1/5

Sabemos que pS + pI = 1 (pois s˜ ao eventos complementares), assim podemos completar a tabela acima. S 2/5 3/5

S I

I 1/5 4/5

Essa ser´ a a matriz de transi¸c˜ ao do problema.  T=

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



para determinar a probabilidade do 4◦ dia basta fazer o cubo da matriz de transi¸c˜ao. 3



T =

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

3

 =

32/125 93/125

31/125 94/125

O resultado ´e o valor do elemento a12 da 3a potˆencia. No caso,



31 . 125

Solu¸ c˜ ao de b: Usando o teorema 1.5.4: 

pS pI



 =

2/5 3/5

1/5 4/5

   pS · pI

Da equa¸c˜ ao acima retira-se o seguinte sistema  −0.6pS + 0.2pI = 0 0.6pS − 0.2pI = 0 1 3 e pI = . Assim, a longo prazo, a probabilidade de termos 4 4 dias satisfat´ orios ´e 1/4 e de termos dias insatisfat´orios ´e de 3/4. Cuja solu¸c˜ ao ocorre para pS =

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

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d h r

d×d 1 0 0

r×r 0 0 1

d×r 0 1 0

d×h 0.5 0.5 0

r×h 0 0.5 0.5

h×h 0.25 0.5 0.25

Usando o teorema 1.5.4    

(2) pd (2) ph (2) pr





1 0 0   0 0 1 = 0 1 0

0.5 0 0.5 0.5 0 0.5

(1)

    0.25   0.5 ·   0.25  

(1)

(1)

Onde pd ´e a porcentagem de indiv´ıduos dominantes, ph (1) h´ıbridos. E pr a porcentagem de indiv´ıduos recessivos.    (2) pd 1 0 0  (2)   0 0 1  ph  = (2) 0 1 0 pr 

   0.5 0 0.25   0.5 0.5 0.5 ·   0 0.5 0.25 

(1)

pd · pd (1) (1) pr · pr (1) (1) 2 · pd · pr (1) (1) 2 · pd · ph (1) (1) 2 · pr · ph (1) (1) ph · ph

         

a porcentagem de indiv´ıduos

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

       

assim nossas probabilidades s˜ ao:    (2) pd 0.25  (2)   0.5   ph  = (2) 0.25 pr 

Se alguma passagem ficou obscura ou se algum erro foi cometido por favor escreva para [email protected] para que possa ser feito a devida corre¸c˜ao. Para encontrar esse e outros exerc´ıcios resolvidos de matem´atica acesse: www.number.890m.com 16

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EXERC´ICIO PAGINA 49

1. Resolva o sistema de equa¸c˜ oes, escrevendo as matrizes ampliadas, associadas aos novos sistemas.  2x − y + 3z = 11    4x − 3y + 2z = 0  x+y+z =6   3x + y + z = 4

Solu¸ c˜ ao: A matriz ampliada do sistema ´e: 

2  4   1 3

 −1 3 11 −3 2 0   1 1 6  1 1 4

Vamos agora usar as opera¸c˜ oes de multiplica¸c˜ao e soma nas linhas da matriz para resolver o sistema. Fazendo L2 = L2 - 2L1; L3 = 2L3 - L1 e L4 = 3L1 - 2L4   2 −1 3 11  0 −1 −4 −22     0 3 −1 1  0 −5 7 25 Fazendo agora L3 = 3L2 + L3 e L4 = L4 − 5L2   2 −1 3 11  0 −1 −4 −22     0 0 −13 −65  0 0 27 135 Fazendo L4 = 27L3 +  2 −1 3 11  0 −1 −4 −22   0 0 −13 −65 0 0 0 0 Dividindo L1  1 −1/2  0 1   0 0 0 0

13L4    

por 2, L2 por -1 e L3 por -13  3/2 11/2 4 22   1 5  0 0 17

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Fazendo L1 = L1 + 0.5L2   1 0 7/2 33/2  0 1 4 22     0 0 1 5  0 0 0 0 Fazendo L2 = L2 - 4L3   1 0 7/2 33/2  0 1 0 2     0 0 1 5  0 0 0 0 Finalmente fazendo L1 = L1 - (7/2)L3   1 0 0 −1  0 1 0 2     0 0 1 5  0 0 0 0 Solu¸c˜ ao: x = −1, y = 2 e z = 5

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

a11 a21

a12 a22

 com coeficientes n˜ao nulos.

Existe um k ∈ R onde ka21 = a11 . Sendo assim, multiplicando L2 por k e depois subtra´ımos L1 de L2. 

a11 k · a21 − a11

a12 k · a22 − a12

Que resulta na matriz a seguir. 

a11 0

a12 ka22 − a12



Agora, dividimos L1 por a11 1 0

! a12 a11 ka22 − a12

E finalmente dividimos L2 por ka22 − a12

18



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Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA a12 ! a11 1

1 0

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

3. Reduza as matrizes ` a forma escada reduzida por linhas.      0 2 2 1 −2 3 −1 0 1 3 −2  1 1 3 a)  2 −1 2 3  b)  2 1 −4 3  c)   3 −4 2 3 1 2 3 2 3 2 −1 2 −3 1

   

Solu¸ c˜ ao de a: 

1  0 0 Solu¸ c˜ ao  0 1  2 1 2 3

0 1 0

 −4 −3  −1

0 0 1

de b:   2 3 −2 −4 3  L1 = L1 + L2 →  2 2 2 −1 

2 L2 = L1 - L2 →  0 2 

2 L3 = 3L2 + L3 →  0 0

2 −1 3 2 −1 0

0 1 3

−7 −4 2

 5 3  −1

  5 2 2  L3 = L3 − L1 →  0 −1 0

−7 −3 2 −7 −3 0

 5 2  0

Finalmente dividindo L2 por −1 e L1 por 2: 

1  0 0

1 1 0

−7/2 3 0

 5/2 −2  0

Solu¸ c˜ ao de c: 

1  0   0 0

0 1 0 0 19

 2 1   0  0

2 −1 3

−7 −3 9

 5 2  −6

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4. Calcule o posto e nulidade das matrizes da quest˜ao 3. Solu¸ c˜ ao: A solu¸c˜ ao de a do problema anterior ´e a matriz: 

1  0 0

0 1 0

 −4 −3  −1

0 0 1

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

1  0 0

−7/2 3 0

1 1 0

 5/2 −2  0

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

1  0   0 0

0 1 0 0

 2 1   0  0

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

  3x + 5y = 1 2x + z = 3 5. Dado o sistema  5x + y − z = 0 escreva a matriz ampliada, associada ao sistema e reduza-a `a forma escada reduzida por linhas, para resolver o sistema original. Solu¸ c˜ ao: A matriz ampliada ser´ a: 

3  2 5

5 0 1

0 1 −1

Reduzindo a matriz ` a forma escada por linhas

20

 1 3  0

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6 L1 = 2L1 e L2 = 3L2 →  6 5  30 L3 = 6L3 e L1 = 5L1 →  0 30  30 50 L3 = −10·L3/44 →  0 −10 0 10

   2 6 10 0 2 9  L2 = L2 − L1 →  0 −10 3 7  0 5 1 −1 0    50 0 10 30 50 0 10 −10 3 7  L3 = L3 − L1 →  0 −10 3 7  6 −6 0 0 −44 −6 10    0 10 30 50 0 10  L3 = L2 + L3 →  0 −10  3 7 3 7 60/44 100/44 0 0 192/44 408/44

10 0 0 3 1 −1

Finalmente fazendo L1 = L1/30, L2 = −L2/10 e L3 = 44·L3/192.   1 5/3 0 1/3  0 1 −3/10 −7/10  0 0 1 17/8 encontramos a matriz escada linha reduzida. Realizando mais algumas opera¸c˜oes entre as linhas chega-se ` a: 

1 0 0 → 0 1 0 0 0 1

Assim, a solu¸c˜ ao ocorre para x =

 7/16 −1/16  17/8

1 17 7 ,y=− ez= . 16 16 8

6. Determine k para que o sistema possua solu¸c˜ao:   −4x + 3y = 2 5x − 4y = 0  2x − y = k

Solu¸ c˜ ao: O sistema acima possui duas inc´ ognitas, assim s´o necessitamos de duas linhas para resolve-lo.  −4x + 3y = 2 5x − 4y = 0 Resolvendo o sistema acima chegamos `a: x = −0.5 e y = 0. Como desejamos descobrir o valor de k fazemos: 2x − y = k 2(−0.5) − (0) = k

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k = −1 O valor de k deve ser −1.

7. Encontre todas as solu¸c˜ oes do sistema   x1 + 3x2 + 2x3 + 3x4 − 7x5 = 14 2x1 + 6x2 + x3 − 2x4 + 5x5 = −2  x1 + 3x2 − x3 + 2x5 = −1

Solu¸ c˜ ao: Fazendo o escalonamento do sistema chega-se at´e:   x1 + 3x2 + 2x3 + 3x4 − 7x5 = 14 x3 + 38 x4 − 19 3 x5 = 10  x4 − 2x5 = 3 Onde observamos que as vari´ aveis com maior grau de liberdade ´e x5 e x4 . Assim, podemos usar qualquer uma delas para expressar as demais respostas. Para coincidir com o livro vamos usar x5 . x1 = 1 − 3x2 − x5 x3 = 2 + x5 x4 = 3 + 2x5

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

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

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iii) O alimento III tem 3 unidades de vitaminas A, 3 unidades de vitamina C e n˜ao cont´em vitamina B. Se s˜ ao necess´ arias 11 unidades de vitaminas A, 9 de vitamina B e 20 de vitamina C; a) Encontre todas as poss´ıveis quantidades dos alimentos I, II e III, que fornecem a quantidade de vitaminas desejada. b) Se o alimento I custa 60 centavos por grama e os outros dois custam 10, existe uma solu¸c˜ao custando exatamente Cr$ 1,00? Solu¸ c˜ ao de a: (Solu¸c˜ ao retirada da lista da professora Cl´audia Santana (UESC)). Analisando o sistema:   x + 2y + 3z = 11 3x + 3y + 0z = 9  4x + 5y + 3z = 20 Onde x, y e z s˜ ao as quantidades, em gramas, dos alimentos I, II e III respectivamente. Chega-se a solu¸c˜ ao: 8 5 ≤ z ≤ ; x = −5 + 3z; y = 8 − 3z 3 3 Solu¸ c˜ ao de b: (Solu¸c˜ ao retirada da lista da professora Cl´audia Santana (UESC)). Analisando o sistema:   x + 2y + 3z = 11 3x + 3y + 0z = 9  6x + y + z = 10 Onde x, y e z s˜ ao as quantidades, em gramas, dos alimentos I, II e III respectivamente. Chega-se a solu¸c˜ ao: x = 1g e y = z = 2g.

Resolva os sistemas seguintes achando as matrizes ampliadas linha reduzidas `a forma escada e dando tamb´em seus postos, os postos das matrizes dos coeficientes e, se o sistema for poss´ıvel, o grau de liberdade. 10. {x1 + 2x2 − x3 + 3x4 = 1 23

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Solu¸ c˜ ao: Todas as vari´ aveis possui o mesmo grau de liberdade assim, podemos usar qualquer uma delas para escrever a solu¸c˜ ao. Neste caso, vamos usar x2 , ..., x5 .

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

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

 11.

x+y+z =4 2x + 5y − 2z = 3

Solu¸ c˜ ao:

 • Matriz ampliada:

1 0

1 1

1 −4/3

 ;

4 −5/3

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

17 − 7z 4z − 5 ;y= ; 3 3

• Grau de liberdade: 1.

  x+y+z =4 2x + 5y − 2z = 3 12.  x + 7y − 7z = 5 Solu¸ c˜ ao:



1 1 • Matriz ampliada:  0 3 0 0

1 −4 0

 4 −5 ; −11

24

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

 13.

x − 2y + 3z = 0 2x + 5y + 6z = 0

Solu¸ c˜ ao:  • Matriz ampliada:

−2 9

1 0

3 0 0 0

 ;

• Posto: 2; • Posto da matriz dos coeficientes: 2; • Solu¸c˜ ao: x = −3z; y = 0; • Grau de liberdade: 1.

 x1 + x2 + x3 + x4    x1 + x2 + x3 − x4 14. x1 + x2 − x3 + x4    x1 − x2 + x3 + x4

=0 =4 = −4 =2

Solu¸ c˜ ao: 

x1  0 • Matriz ampliada:   0 0

x2 x2 0 0

x3 0 x3 0

x4 0 0 x4

 0 0  ; 2  −2

• Posto: 4; • Posto da matriz dos coeficientes: 4; • Solu¸c˜ ao: x1 = 0; x2 = 0; x3 = 2 e x4 = −2; • Grau de liberdade: 0.

  x + 2y + 3z = 0 2x + y + 3z = 0 15.  3x + 2y + z = 0 Solu¸ c˜ ao: 25

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1 • Matriz ampliada:  0 0

2 1 0

3 3/2 1

 0 0 ; 0

• Posto: 3; • Posto da matriz dos coeficientes: 3; • Solu¸c˜ ao: x = 0; y = 0 e z = 0; • Grau de liberdade: 0.

 3x + 2y − 4z = 1      x−y+z =3 x − y − 3z = −3 16.   3x + 3y − 5z = 0    −x + y + z = 1 Solu¸ c˜ ao: A cargo do leitor.

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



2 1

1 −3

2x1 + x2 = 5 x1 − 3x2 = 6     5 1 1/2 5/2 1 ∼ ∼ 6 0 −7/2 7/2 0

a ultima matriz corresponde ao sistema: 5 1 x1 + x2 = 2 2 x2 = −1 1 5 Por substitui¸c˜ ao, x1 − = , ou seja, x1 = 2. 2 2 26

1/2 1

5/2 −1



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Resolva pelo m´etodo de Gauss os exerc´ıcios 13,14 e 15. Solu¸ c˜ ao de 14: A matriz ampliada do sistema, ap´ os o escalonamento, ´e a seguinte: (ver problema 14)   x1 x2 x3 x4 0  0 x2 0 0 0   ;  0 0 x3 0 2  0 0 0 x4 −2 Que resulta no seguinte sistema:  x1 + x2 + x3 + x4 = 0    x2 = 0 x3 = 2    x4 = −2 Note que os valores e x2 , ..., x4 j´ a s˜ ao bem evidentes. Assim s´o nos resta definir o valor de x1 . x1 = −(x2 + x3 + x4 ) x1 = −(0 + 2 + −2) x1 = 0 Assim, pelo m´etodo de Gauss a solu¸c˜ao ser´a x = y = z = 0. Solu¸ c˜ ao de 15: A matriz ampliada do sistema, ap´ os o escalonamento, ser´a:   1 2 3 0  0 1 3/2 0  0 0 1 0 veja o problema 15. que implica no seguinte sistema:   x + 2y + 3z = 0 y + (3/2)z = 0  z=0 Que por substitui¸c˜ ao resulta em x = 0; y = 0 e z = 0. Solu¸ c˜ ao de 16: A matriz ampliada do sistema, ap´ os o escalonamento, ser´a:

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     

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

−4/3 −7/5 1 0 0

1/3 −8/5 3/2 0 1/2

     

que resulta no seguinte sistema:    x + (2/3)y − (4/3)z = 1/3  y − (7/5)z = −(8/5) z = 3/2    0 = 1/2 Com base na ultima linha tornamos evidente que trata-se de um sistema imposs´ıvel, e portanto, sem solu¸c˜ ao mesmo pelo m´etodo de Gauss.

18. a) Mostre a proposi¸c˜ ao 2.4.3 para matrizes 2×2 quaisquer. b) Sinta a dificuldade que vocˆe ter´ a para formalizar o resultado para matrizes n×m, mas conven¸ca-se de que ´e s´ o uma quest˜ ao de considerar todos os casos poss´ıveis, e escreva a demonstra¸c˜ao. Consulte 2.7. Solu¸ c˜ ao: Veja p´ aginas 60 e 61.

19. Chamamos de sistema homogˆeneo de n equa¸c˜oes e m inc´ognitas aquele sistema cujos termos independentes bi , s˜ ao todos nulos. a) Um sistema homogˆeneo admite pelo menos uma solu¸c˜ao. Qual ´e ela? b) Encontre os valores de k ∈ R, tais que o sistema homogˆeneo   2x − 5y + 2z = 0 x+y+z =0  2x + kz = 0 tenha uma solu¸c˜ ao distinta da trivial (x = y = z = 0). Solu¸ c˜ ao de a: Uma solu¸c˜ ao para todo sistema homogˆeneo ´e zero. Solu¸ c˜ ao de b: Escalonando o sistema   2x − 5y + 2z = 0 x+y+z =0  2x + kz = 0 28

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Chegamos a solu¸c˜ ao de k = 2.

20. Considere o sistema 

x + 6y − 8z = 1 2x + 6y − 4z = 0

Note que podemos escreve-lo na forma matricial       x 1 6 −8  1 y = (∗) 2 6 −4 0 z 

   x 1 a) verifique que a matriz X1 =  y  =  1/3  ´e uma solu¸c˜ao para o sistema. z 0 b) = Resolva o sistema e verifique que toda “matriz-solu¸c˜ao” ´e da forma:       −1 −4 x X =  y  = λ  2  +  1/3  0 1 z onde λ ∈ R. c) Verifique    −4λ −4 λ  2  +  2λ  λ 1 

´e a solu¸c˜ ao do sistema homogˆenea, associado ao sistema (∗),       x 1 6 −8  0 y = (∗∗) 0 2 6 −4 z d) Conclua, dos itens a), b) e c), que o conjunto-solu¸c˜ao do sistema ∗ ´e o conjunto-solu¸c˜ao do sistema ∗∗, somando a uma solu¸c˜ ao particular tema ∗. Solu¸ c˜ ao de a: Basta substituir x, y e z por 1, 1/3 e 0 no sistema e verificar se as equa¸c˜oes seguintes s˜ao satisfeitas: x + 6y − 8z = 1 2x + 6y − 4z = 0

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Solu¸ c˜ ao de b: 1 − 2z e x = −1 − 4z 3    x  Assim, chamando z = λ podemos dizer que a matriz X =  y  =  z

Resolvendo o sistema em z chega-se ´a y =

 −1 − 4λ 1  − 2λ  3 λ

Com a ultima matriz a direita podemos escrever a equa¸c˜ao:       −1 − 4λ −4 −1 1    − 2λ  = λ  2  +  1/3  3 1 0 λ Finalizando a solu¸c˜ ao do problema. Solu¸ c˜ ao de c: Semelhante a a. Solu¸ c˜ ao de d:    −4λ x Pela letra c do problema a solu¸c˜ ao do sistema (∗∗) ´e  y  =  2λ . J´a pela letra a z λ   1      1  uma solu¸c˜ ao particular do sistema (∗) ´e  . Note que somando as duas solu¸c˜oes chegamos  3    

0 a solu¸c˜ ` ao geral de (∗).   −4λ  2λ  +   λ 

   1 −4λ + 1 1  1    =  2λ +  3 3 0 λ

21. Dado o sistema 

1 2 0  1 0 2   1 2 2 3 4 4

  −1 x  −1  · y −1   z −3 w





 2   2  =    4  8

a) Encontre uma solu¸c˜ ao dele sem resolve-lo. (Atribua valores para x, y, z e w) b) Agora, resolva efetivamente o sistema, isto ´e, encontre sua matriz-solu¸c˜ao; 30

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c) Resolva tamb´em o sistema homogˆeneo associado; d) Verifique que toda matriz solu¸c˜ ao obtida em b) ´e a soma de uma matriz solu¸c˜ao encontrada em c) com a solu¸c˜ ao particular que vocˆe encontrou em a). Solu¸ c˜ ao de a: x = 0, y = z = 1 e w = 0. Solu¸ c˜ ao de b:   λ  1     1  λ Solu¸ c˜ ao de c:   λ  0     0  λ Solu¸ c˜ ao de d:    λ λ  1   0     1 = 0 λ λ

 0   1  +    1  0 



22. Altamente motivado pelos Exerc´ıcios 20 e 21, mostre que toda matriz-solu¸c˜ao de um sistema linear AX = B ´e a soma de uma solu¸c˜ao do sistema homogˆeneo associado AX = 0 com uma solu¸c˜ ao particular AX = B. Sugest˜ao: siga as etapas seguintes, usando somente propriedades de matrizes. i) Mostre que se X0 ´e uma solu¸c˜ ao do sistema AX = 0 e X1 ´e uma solu¸c˜ao de AX = B, ent˜ao X0 + X1 ´e solu¸c˜ ao de AX = B. ii) Se X1 e X2 s˜ ao solu¸c˜ oes de AX = B, ent˜ao X1 − X2 ´e solu¸c˜ao de AX = 0. iii) Use i) e ii) para chegar ` a conclus˜ao desejada. Solu¸ c˜ ao: 

 x1   Queremos mostrar que se  ...  ´e solu¸c˜ao de um sistema AX = B xn

31

´ Algebra Moderna

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a11  ..  . a1n

  a1n ..  ·  .   ann

··· .. . ···

  x1 ..  =  .   xn

 b1 ..  .  bn



 y1   ao do sistema homogˆeneo associado a AX = B e  ...  ´e solu¸c˜ yn 

a11  ..  . a1n

··· .. . ···

  a1n ..  ·  .   ann

  y1 ..  =  .   yn

 0 ..  .  0

ent˜ ao a soma das solu¸c˜ oes tamb´em ´e solu¸c˜ao de AX = B.   y1  ..    . = yn 

   x1 + y1 x1  .. ..  =   . .   xn + yn xn

Para verificar tal afirma¸c˜ ao substitu´ımos esse resultado na equa¸c˜ao AX = B 

a11  ..  . a1n

··· .. . ···

    a1n x1 + y1   ..  ·  .. = .   . ann xn + yn

 b1 ..  .  bn

Note que a equa¸c˜ ao matricial acima representa o seguinte sistema    a11 (x1 + y1 ) + · · · + a1n (xn + yn ) .. .   a1n (x1 + y1 ) + · · · + ann (xn + yn ) e podemos representa-la como:    a11 x1 + a11 y1 + · · · + a1n xn + a1n yn .. .   a1n x1 + a1n y1 + · · · + ann xn + ann yn

   a11 x1 + · · · + a1n xn + a11 y1 + · · · + a1n yn .. .   a1n x1 + · · · + ann xn + a1n y1 + · + ann yn 32

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Observando a equa¸c˜ ao do sistema homogˆeneo notamos que a soma de todos os termos acompanhados de yb com b ∈ (1, ..., n) ´e igual a zero. Assim podemos rescrever o sistema    a11 x1 + · · · + a1n xn + 0 .. .   a1n x1 + · · · + ann xn + 0 Que na forma de equa¸c˜ ao matricial fica 

a11  ..  . a1n

··· .. . ···

  a1n ..  ·  .   ann

  x1 ..  =  .   xn

 b1 ..  .  bn

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

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

a) N2 O5 → NO2 + O2 (decomposi¸c˜ao t´ermica do N2 O5 ) b) HF + SiO2 → SiF4 + H2 O c) (NH4 )2 CO3 → NH3 + H2 O + CO2

Solu¸ c˜ ao de a: Podemos observar que as quantidades de “N” e “O” em ambos os lados n˜ao ´e a mesma. Se os coeficientes estequiom´etricos forem respectivamente x, y e z temos que: xN2 O5 → yNO2 + zO2 Ou seja: 

2x − y (N i) 5x − 2y − 2z (O)

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

λ λ , λ, 2 4

33



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adotando λ=4 Que nos d´ a a menor solu¸c˜ ao inteira, teremos: x = 2, y = 4 e z = 1 e a equa¸c˜ao balanceada ´e: 2N2 O5 → 4NO2 + O2 Solu¸ c˜ ao de b: 4HF + SiO2 → SiF4 + 2H2 O Solu¸ c˜ ao de c: (NH4 )2 CO3 → 2NH3 + H2 O + CO2

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

I II III IV V

A 1 9 2 1 1

B 10 1 2 1 1 34

C 1 0 5 1 1

D 2 1 1 2 9

E 2 1 2 13 2

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

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

Assim, a quantidade consumida das vitaminas pode ser expressa por:  x1 + 9x2 + 2x3 + x4 + x5 = 170 (V itamina A)      10x1 + x2 + 2x3 + x4 + x5 = 180 (V itamina B) x1 + 0x2 + 5x3 + x4 + x5 = 140 (V itamina C)   2x1 + x2 + x3 + 2x4 + 9x5 = 180 (V itamina D)    2x1 + x2 + 2x3 + 13x4 + 2x5 = 320 (V itamina E) Agora basta vocˆe montar a matriz estendida deste sistema e escalona-la, vocˆe encontrar´a:

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

26. Necessita-se adubar um terreno acrescentando a cada 10m2 140g de nitrato, 190g de fosfato e 205g de pot´ assio. Disp˜ oe-se de quatro qualidades de adubo com as seguintes caracter´ısticas: (a) Cada quilograma de adubo I custa 5 u.c.p e contem 10g de nitrato, 10g de fosfato e 100g de pot´ assio. (b) Cada quilograma de adubo II custa 6 u.c.p e contem 10g de nitrato, 100g de fosfato e 30g de pot´ assio. (c) Cada quilograma de adubo III custa 5 u.c.p e cont´em 50g de nitrato, 20g de fosfato e 20g de pot´ assio.

35

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(d) Cada quilograma de adubo IV custa 15 u.c.p e cont´em 20g de nitrato, 40g de fosfato e 35g de pot´ assio. Quanto de cada adubo devemos misturar para conseguir o efeito desejado se estamos dispostos a gastar 54 u.c.p. a cada 10m2 com a aduba¸c˜ao? Solu¸ c˜ ao: Os dados do problema est˜ ao distribu´ıdos na pr´oxima tabela.

x1 x2 x3 x4

Custo 5 6 5 15

Nitrato 10 10 50 20

Fosfato 10 100 20 40

Pot´assio 100 30 20 35

Analisando o sistema a seguir chegamos a solu¸c˜ao.  5x1 + 6x2 + 5x3 + 15x4 + = 54    10x1 + 10x2 + 50x3 + 20x4 = 140 10x1 + 100x2 + 20x3 + 40x4 = 190    100x1 + 30x2 + 20x3 + 35x4 = 205

x=

6451 4381 25927 ;y= ;z= . 9619 9619 9619

27. Deseja-se construir um circuito como mostrado na figura

onde Vi = 280V , V2 = 100V , V3 = 50V , R1 = 20Ω, R2 = 30Ω, R3 = 50Ω, R4 = 40Ω, R5 = 100Ω.

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

20Ω 10,00 15,00 20,00 30,00

30Ω 10,00 20,00 22,00 30,00

40Ω 15,00 15,00 20,00 34,00

50Ω 15,00 15,00 20,00 34,00

100Ω 20,00 25,00 28,00 37,00

Solu¸ c˜ ao: A

C

B Usando as leis dos n´ os obtemos as seguintes equa¸c˜oes:   i1 − i2 − i5 = 0 i5 + i4 + i3 − i1 = 0  i1 − i4 − i3 − i5 = 0 J´ a aplicando a lei das malhas   i1 + 5i5 − 14 = 0 3i2 + 10 + 4i4 − 10i5 = 0  5i3 + 5 − 4i4 = 0 Usando as trˆes equa¸c˜ oes do sistema acima e duas do sistema formando pela lei dos n´os chegamos a um terceiro sistema que nos dar´a a solu¸c˜ao das correntes.  i1 + 5i5 = 14      3i2 + 4i4 − 10i5 = −10 5i3 − 4i4 = −5    i1 − i2 − i5 = 0   −i1 + i3 + i4 + i5 = 0 Cuja solu¸c˜ ao ocorre para: i1 = 3.6774194 i2 = 1.6129032 i3 = 0.1612903 i4 = 1.4516129 i5 = 2.0645161 37

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

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

40◦ C A

B

10◦ C

20◦ C C

D

x

10◦ C

Ap´ os ser atingido o equil´ıbrio t´ermico, qual e a temperatura aproximada em cada ponto da placa? Solu¸ c˜ ao: Considere o seguinte reticulado da placa: 40

10

20

10

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

Onde p32

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

38

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

Se alguma passagem ficou obscura ou se algum erro foi cometido por favor escreva para [email protected] para que possa ser feito a devida corre¸c˜ao. Para encontrar esse e outros exerc´ıcios resolvidos de matem´atica acesse: www.number.890m.com 39

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´ EXERC´ ICIOS DA PAGINA 90

Coment´ ario: Devido a facilidade de alguns exerc´ıcios deste cap´ıtulo algumas respostas ser˜ao dadas sem muitas explica¸co ˜es.

1. Dˆe o numero de invers˜ oes das seguintes permuta¸c˜oes de 1, 2, 3, 4, 5: a) 3 5 4 1 2 b) 2 1 4 3 5 c) 5 4 3 2 1 d) No determinante de uma matriz 5×5, que sinal (negativo ou positivo) precederia os termos a13 a25 a34 a41 a52 e a15 a24 a33 a42 a51 ? Solu¸ c˜ ao: a) 5 b) 2 c) 10 d) A permuta¸c˜ ao do primeiro termo tem numero ´ımpar de permuta¸c˜oes j´a a segunda um n´ umero par. Portanto, os sinais s˜ ao − e +, respectivamente.

2. Quantas invers˜ oes tem a permuta¸c˜ao (n, n − 1, ..., 2, 1) dos n´ umeros 1, 2, ..., n − 1, n? Solu¸ c˜ ao: O numero de invers˜ oes de uma permuta¸c˜ao tamb´em ´e o numero de inter-trocas necess´ arias para coloca-la em ordem natural. Tome como por exemplo a permuta¸c˜ao (5, 4, 3, 2, 1). A troca do ultimo termo com o primeira resulta em 4 opera¸c˜oes. Veja: (5, 4, 3, 1, 2) (5, 4, 1, 3, 2) (5, 1, 4, 3, 2) (1, 5, 4, 3, 2) Agora a troca do ultimo termo (2) resulta em mais 3 opera¸c˜oes. (1, 5, 4, 2, 3) (1, 5, 2, 4, 3) (1, 2, 5, 4, 3) Agora a troca do ultimo termo (3) resulta em mais 2 opera¸c˜oes.

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(1, 2, 5, 3, 4) (1, 2, 3, 5, 4) Agora a troca do ultimo termo (4) resulta em mais 1 opera¸c˜ao. (1, 2, 3, 4, 5) Note que n˜ ao ´e necess´ ario trocar o ultimo termo (que agora ´e o 5). Como ao total realizamos 4, 3, 2 e 1 trocas ent˜ ao a permuta¸c˜ ao (5, 4, 3, 2, 1) possui 10 invers˜oes (4 + 3 + 2 + 1). Pensando de forma an´ aloga o n´ umero de invers˜oes de (n,...,1) seria (n − 1) + (n − 2) + ... + 1.



2 3. Calcule det  3 4

 −1 2  7

0 0 −3

a) pela defini¸c˜ ao. b) em rela¸c˜ ao ` a segunda coluna, usando o desenvolvimento de Laplace. Solu¸ c˜ ao de a: Pela defini¸c˜ ao det = a11 a22 a33 − a11 a23 a32 − a12 a21 a33 + a12 a23 a31 + a13 a21 a32 − a13 a23 a31 = 21 Solu¸ c˜ ao de b: det A = a11 |A11 − a12 |A12 + a13 |A13 = 21

 4. Dadas as matrizes A =

1 1

2 0



 eB=

3 0

−1 1

 , calcule

a) det A + det B b) det (A + B) Solu¸ c˜ ao de a: Como det A = −2 e det B = 3 ent˜ao det A + det B = 1 Solu¸ c˜ ao de b:    1 2 3 + 1 0 0

−1 1



 =

4 1

1 1



41

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Portanto   4 1 det =4−1=3 1 1

5. Sejam A e B matrizes do tipo n × n. Verifique se as coloca¸c˜oes abaixo s˜ao verdadeiras ou falsas. a) det(AB) = det(BA) b) det(A’) = det A c) det(2A) = 2 · det A d) det(A2 ) = (det A)2 e) det Aij < det A f) Se A ´e uma matriz 3 × 3, ent˜ ao a11 ∆11 + a12 ∆12 + a13 ∆13 = a21 ∆21 + a22 ∆22 + a23 ∆23 Solu¸ c˜ ao de a: Como det(AB) = det(A) · det(B) e det(AB) = det(B) · det(A). Como det(A) · det(B) = det(B) · det(A), temos que det(AB) = det(BA). Portanto, a afirmativa verdadeira! Solu¸ c˜ ao de b: A afirmativa ´e verdadeira! Solu¸ c˜ ao de c: det(2A) = 2·det(A) Sabe-se que det(x · A) = xn · det(A), portanto det(2A) = 2n · det(A). Logo a afirmativa ´e falsa. Solu¸ c˜ ao de d: det(A2 ) = (det(A))2 det(A2 ) = det(A · A) = det(A) · det(A) = (det(A))2 . Logo a afirmativa ´e verdadeira!

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Solu¸ c˜ ao de e: ´ falsa. Basta considerar a matriz A = E



1 0

Solu¸ c˜ ao de f: Verdadeira.



2  5 6. Dada A =   0 3

3 3 1 −1

1 1 2 −2

 −2 4   calcule 2  4

a) A23 b) |A23 | c) ∆23 d) det A Solu¸ c˜ ao de a 

A23

2 = 0 3

3 1 −1

 −2 2  4

Solu¸ c˜ ao de b Usando a regra de Sarrus det A23 = 36 Solu¸ c˜ ao de c ∆23 = (−1)2+3 |A23 | = (−1)5 · 36 = −36 Solu¸ c˜ ao de d O determinante ´e zero.

43

0 1

 e A22 .

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7. Propriedade: O determinante de uma matriz triangular An×n ´e igual ao produto dos elementos de sua diagonal. a) Prove esta propriedade no caso em que A ´e uma matriz triangular superior (gen´erica) 5×5. (Sugest˜ ao: Use e abuse do desenvolvimento de Laplace.) b) O que vocˆe pode dizer sobre o numero de solu¸c˜oes dos sistemas abaixo?  5x1 + 2x2 − 3x3 + 9x4    −3x2 + 9x3 − 13 x4 i) −2x3 + x4    x4

ii)

          

3x5 + 2x4 + x1 −x3 + x2 − x1 −9x3 − x2 + 9x1 −3x2 + x1 x1

=0 =0 =0 =1

=0 =5 =0 =0 =0

Solu¸ c˜ ao de a Tome a  a11  0   0   0 0

matriz M(5,5) a seguir.  a12 a13 a14 a15 a22 a23 a24 a25   0 a33 a34 a35   0 0 a44 a45  0 0 0 a55

Usando Laplace na primeira coluna o determinante de M seria det(M) = a11 |M11 | + a21 |M21 | + a31 |M31 | + a42 |M41 | + a15 |M15 | det(M) = a11 |M11 | + 0|M21 | + 0|M31 | + 0|M41 | + 0|M15 | det(M) = a11 |M11 | Ou seja, 

a22  0  det(M) = a1 1 · det  0 0

a23 a33 0 0

a24 a34 a44 0

 a25 a35   a45  a55

Aplicando Laplace a primeira coluna desta u ´ltima matriz analogamente ao racioc´ınio anterior chegaremos ´ a:   a33 a34 a35 det(M)= a11 · a22 · det  0 a44 a45  0 0 a55 Aplicando Laplace novamente a primeira coluna 44

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 det(M)= a11 · a22 · a33 · det

a44 0

a45 a55



E novamente det(M)= a11 · a22 · a33 · a44 · det

a55



Onde finalmente se conclui-que det(M)= a11 · a22 · a33 · a44 · a55 A demonstra¸c˜ ao feita aqui foi para uma triangular superior, mas a demonstra¸c˜ao para a triangular inferior ´e an´ aloga e fica a cargo do leitor. Solu¸ c˜ ao de b (i) u ´nica, (ii) nenhuma.

8. Calcule det A, onde a) 

3  0 A=  2 1

−1 2 0 1

5 0 −1 2

 0 1   3  0

b)    A=  

3 19 −6 4 8

0 18 √π 2 3

0 0 −5 √ 3 5

0 0 0 0 0 0 0 0 6 −1

     

c) 

i 3  3 −i  A= 2 1 −i i

2 1 −1 0

 −1 i   0  1

Solu¸ c˜ ao: a) 12 b) 0 c) 12 + 8i

45

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9. Encontre A−1 , onde a) 

 −1 2 −2 −1 0 0   3 1 0  7 1 1



−i −1 −1 1

4  3 A=  2 0 b) 0  1 A=  0 1

 i 1   −i  0

−2 i 1 1

c) 

1 0 A= 1 1 2 2

 x x2  x

Solu¸ c˜ ao de a: 

A−1

−1  −3 =  11 10

−1 −4 14 14

 4 −2 12 −6   −43 22  −41 21

Solu¸ c˜ ao de b: 

A−1

0.6 + 0.2i  0.2 + 0.4i =  −0.8 − 0.6i −1 + i

0.4 − 0.2i −0.2 − 0.4i −0.2 + 0.6i 1

0.4 − 0.2i −0.2 + 0.6i −0.2 − 0.4i −1 + i

 0.6 + 0.2i 0.2 + 0.4i   0.2 − 0.6i  −1

Solu¸ c˜ ao de c: A cargo do leitor.

10. Se A ou B ´e uma matriz n˜ ao invers´ıvel, ent˜ao A · B tamb´em n˜ao ´e. Prove isto, sem usar determinantes. Solu¸ c˜ ao: Para ser invers´ıvel o determinante da matriz tem que ser diferente de zero. Logo det(A) =

46

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0 ou det(B) = 0. E como det(AB) = det(A) · det(B) ent˜ao det(AB) = 0. Logo, n˜ao pode ser invers´ıvel.

11. Mostre que  2 x d  1 dx 0

x+1 2x − 1 x

  3 2x x3  =  1 −2 0

1 2x − 1 x

  2 0 x x3 + 0 −2 0

x+1 2 x

  2 3 x 3x2 + 1 −2 0

x+1 2x − 1 1

 3 x3  0

Observe atentamente a igualdade acima e enuncie a propriedade que ela ilustra. Solu¸ c˜ ao: A derivada do determinante ´e a soma dos determinantes das matrizes obtidas da original, diferenciando as linhas, uma por uma.



2 1 12. Dada a matriz A =  0 2 5 1

 −3 1  calcule 3

a) adj A b) det A c) A−1 Solu¸ c˜ ao:  5 −6 7 21 −2  a) Adj(A) =  5 −10 3 4 b) 45   5 −6 7 1  5 21 −2  c) A−1 = 45 −10 3 4 



1 13. Mostre que det  a a2

1 b b2

 1 c  = (a − b)(b − c)(c − a) c2

Solu¸ c˜ ao: Basta aplicar a regra de Sarrus na matriz e desenvolver o lado direito da equa¸c˜ao para se chegar a conclus˜ ao requerida.

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14. Dizemos que A e B s˜ ao matrizes semelhantes se existe uma matriz P tal que B = P−1 AP. Mostre que det A = det B se A e B s˜ ao semelhantes. Solu¸ c˜ ao: (Retirada da Wikip´edia) Mostraremos que se A e B s˜ ao matrizes semelhantes, ent˜ao det(A) = det(B). Com efeito, temos que existe uma matriz invert´ıvel M tal que A = M −1 BM . Pelas propriedades do determinante segue que: det(A) = det(M −1 BM ) = det(M −1 ) det(B)det(M ) =

1 det(B) det(M ) det(M )

= det(B)

15. Verdadeiro ou falso? a) Se det A = 1, ent˜ ao A−1 = A. b) Se A ´e uma matriz triangular superior e A−1 existe, ent˜ao tamb´em A−1 ser´a uma matriz triangular superior. c) Se A ´e uma matiz escalar n × n da forma k · In , ent˜ao det A = k n . d) Se A ´e uma matriz triangular, ent˜ao det A = a11 + · · · + ann . Solu¸ c˜ ao: a) F b) V c) V e d) F

16. Resolve o sistema, usando a Regra de Cramer:   x − 2y + z = 1 2x + y = 3  y − 5z = 4 Solu¸ c˜ ao: 

1 ∆ = det  2 0

−2 1 1

 1 0  = −23 −5

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−2 1 1



1 3 4



−2 1 1

1 ∆1 = det  3 4 1 ∆2 = det  2 0 1 ∆3 = det  2 0 x1 = ∆1 /∆ =

36 23

x2 = ∆2 /∆ =

−3 23

x3 = ∆3 /∆ =

−19 23

 1 0  = −36 −5  1 0 =3 −5  1 3  = 19 4

17. Dado o sistema    

x+y−x=0 x−z+w =2 y + z − w = −3    x + y − 2w = 1 a) Calcule o posto da matriz dos coeficientes. b) Calcule o posto da matriz ampliada. c) Descreva a solu¸c˜ ao deste sistema. d) Considere um sistema homogˆeneo AX = 0, onde A ´e uma matriz n × n. Que condi¸c˜ao vocˆe deve impor sobre A, para que o sistema admita solu¸c˜oes diferentes da solu¸c˜ao trivial (X = 0)? Compare com 3, 6 e o Exerc´ıcio 18 do capitulo 2. Solu¸ c˜ ao: a) 3 b) 3 c) Poss´ıvel e indeterminado d) As linhas de A como vetores s˜ ao LD.

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18. Prove que: Uma matriz A, com ordem n, tem posto n se, e somente se A ´e invers´ıvel. Solu¸ c˜ ao:    Para provar a bicondicional dada considere uma matriz A =  

a11 a21 .. .

a12 a22 .. .

an1

an2

··· ··· ··· ···

a1n a2n .. .

    

ann

(⇒) Se o posto de A ´e igual a n ent˜ ao A possui uma forma escalonada com n linhas n˜ao nulas.    Escalonada(A) =  

a11 0 .. .

a12 b22 .. .

0

0

··· ··· ··· ···

a1n b2n .. .

    

bnn

Como a matriz ´e n × n, e nenhuma de suas linhas ´e nula, ent˜ao, bnn 6= 0. O que implica em todo elemento bii e o elemento a11 tamb´em serem diferente de zero (caso contr´ario a matriz acima n˜ ao estaria em sua forma escalonada). Pelo teorema de Jacobi o determinante de A coincide com o determinante da sua matriz escalonada (n˜ ao confunda com a matriz escalonada reduzida). Assim:

det(A) = a11 ·

n Y

bii

i=1

Supondo por absurdo que A seja n˜ao invers´ıvel, ent˜ao det(A) = 0. O que implicaria na existˆencia de pelo menos um elemento bii ou mesmo a11 nulo, o que ´e um absurdo, pois como vimos uma matriz n × n de nulidade n possui os elementos de sua matriz escalonadas diferentes de zero. Portanto, det(A) 6= 0. (⇐) Associado a matriz A temos o seguinte sistema  a11 x1 + a12 x2 + · · · + a1(n−1) xn−1 = a1n     a21 x1 + a22 x2 + · · · + a2(n−1) xn−1 = a2n .. . .. .  . + .. + ··· + . = ..    an1 x1 + an2 x2 + · · · + an(n−1) xn−1 = ann De modo que sua forma escalonada ser´a:

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 a11 x1 + a12 x2 + · · · + a1(n−1) xn−1 = a1n     b22 x2 + · · · + b2(n−1) xn−1 = b2n .. ..  . = .    bn(n−1) xn−1 = bnn Pela regra de Cramer se det(A) 6= 0 ent˜ao o sistema acima ´e poss´ıvel determinado possuindo n linhas n˜ ao nulas o que implica em p(A) = n.

19. A partir do exerc´ıcio acima, vocˆe pode concluir que uma matriz A, de ordem n, possui determinante diferente de zero se, e somente se A, tˆem n linhas linearmente independentes. Por quˆe? (Veja o final da sec¸c˜ ao 2.4) Solu¸ c˜ ao: Segundo a se¸c˜ ao 2.4 o posto de uma matriz tamb´em pode ser definido como o n´ umero de linhas linearmente independentes desta. E como uma matriz A ´e invers´ıvel se, e somente se, det(A) 6= 0. A afirma¸c˜ ao provada no exerc´ıcio anterior “Uma matriz A, com ordem n, tem posto n se, e somente se A ´e invers´ıvel.” Pode ser escrita como “Uma matriz A, com ordem n, tem n linhas linearmente independentes se, e somente se determinante de A ´e diferente de zero.”

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21. Mostre que a ´ area do triangulo na figura B(x3 , y3 ) A(x1 , y1 )

C(x2 , y2 ) ´e dada pelo determinante 

x 1 1 x2 2 x3

y1 y2 y3

 1 1  1

Solu¸ c˜ ao: Construa um trap´ezio auxiliar como na figura a seguir:

A1

A2

A´ area do triangulo ser´ aa´ area do trap´ezio menos as ´areas dos 2 triˆangulos coloridos, isto ´e: ∆ = AT − A1 − A2

∆=

((y3 − y2 ) + (y1 − y2 ))(x3 − x1 ) (x2 − x1 )(y1 − y2 ) (x3 − x2 )(y3 − y2 ) − − 2 2 2

Efetuando as multiplica¸c˜ oes e simplificando, chegamos a: 2∆ = x1 y2 − x1 y3 − x2 y1 + x2 y3 + x3 y1 − x3 y2 Que podemos escrever como

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x1 y3

2∆ = (1) · det

x1 y2



 + (−1) · det

x2 y3

x2 y1



 + (1) · det

x3 y2

x3 y1



E usando a rec´ıproca do teorema de Laplace, temos: 

x1 2∆ =  x2 x3



1 22 a) Mostre que  1 1

a1 a2 a3

y1 y2 y3

  x1 1 1 1  ⇒ ∆ =  x2 2 x3 1

y1 y2 y3

 1 1  1

 a21 a22  = (a2 − a1 )(a3 − a1 )(a3 − a2 ) a23

b) Se a1 , a2 , ..., an s˜ ao n´ umeros, mostre por indu¸c˜ao finita que    Vn =  

1 1 .. .

a1 a2

··· ···

an−1 1 an−1 2 .. .

1

an

···

an−1 n

    = Π(xj − xi ) com (i < j) 

O simbolo ` a direita significa o produto de todos os termos xj − xi com i < j e i, j inteiros variando de 1 a n. Solu¸ c˜ ao: A cargo do leitor.

23. a) Uma maneira de codificar uma mensagem bl´a, bl´a, bl´a... (na pr´atica ningu´em faz isso). a) Vocˆe recebeu a mensagem:

−12 48 23 −2 42 26 1 42 29

Utilizando a mesma chave traduza a mensagem. b) Aconteceu que  o inimigo descobriu sua chave. O seu comandante manda voe substituir a 1 1 −1 matriz chave por  1 1 0 . Vocˆe transmite a mensagem ” CRETINO...” a ele (codificada 0 0 2 naturalmente!) Por quˆe n˜ ao ser´ a poss´ıvel a ele decodificar sua mensagem?

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c) Escolha uma matriz chave que dˆe para codificar palavras at´e 16 letras. Codifique e descodifique ` a vontade! Solu¸ c˜ ao de a: 

C−1

2 = 1 −1

1 1 −1

 −3 −2  3

Fazendo (M·C)·C−1 chegamos a mensagem M. 

  −12 48 23 2  −2 42 26  ·  1 1 42 29 −1

1 1 −1

   −3 1 13 9 −2  =  12 14 0  3 15 14 0

Que de acordo com a tabela forma a frase: ANIMO-POSolu¸ c˜ ao de b: A matriz chave n˜ ao tem inversa. Solu¸ c˜ ao de c: Lembrando que toda matriz cujo determinante ´e diferente de zero possui inversa, ent˜ao qualquer matriz 4 × 4 com determinante n˜ ao nulo ´e uma solu¸c˜ao para o problema. 

1  0   0 0

2 1 0 0

2 4 1 0

 3 4   2  1

Vale ressaltar que ao contr´ ario do que coloca o autor esse m´etodo n˜ao ´e usado na pr´atica, pois apresenta o mesmo n´ıvel de quebra que a cifra de c´esar exigindo maior custo computacional.

Se alguma passagem ficou obscura ou se algum erro foi cometido por favor escreva para [email protected] para que possa ser feito a devida corre¸c˜ao. Para encontrar esse e outros exerc´ıcios resolvidos de matem´atica acesse: www.number.890m.com 54

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´ EXERC´ ICIO PAGINA 129

1 a) Seja V o espa¸co vetorial Rn , definindo no Exemplo 2 de 4.2.2. Qual ´e o vetor nulo de V ´e o que ´e −(x1 , x2 , ..., xn )? b) Seja W = M(2, 2) (veja 4.2.2 Exemplo 3 i)) descreva o vetor nulo e vetor oposto. Solu¸ c˜ ao de a: Olhando o exemplo 2 de 4.2.2 o vetor V ´e: V = (x1 , x2 , ..., xn ) Por defini¸c˜ ao um vetor nulo (~u) de V ´e um vetor que: V + ~u = V (x1 , x2 , ..., xn ) + ~u = V (x1 , x2 , ..., xn ) + (y1 , y2 , ..., yn ) = (x1 , x2 , ..., xn ) (x1 + y1 , x2 + y2 , ..., xn + yn ) = (x1 , x2 , ..., xn ) ⇒ x1 + y1 = x1 ⇒ y1 = 0 ⇒ x2 + y2 = x2 ⇒ y2 = 0 .. . ⇒ xn + yn = xn ⇒ yn = 0 Ou seja, ~u = (0, 0, ..., 0). Existe tamb´em uma conven¸c˜ao, criada a fim de simplificar a escrita de que um vetor nulo pode ser representado por ~0. Seguindo essa conven¸c˜ao podemos escrever a resposta como: ~u = ~0 Solu¸ c˜ ao de b: Primeiro vamos rescrever o vetor dado −(x1 , x2 , ..., xn ) = (−x1 , −x2 , ..., −xn ) Sendo assim: (x1 , x2 , ..., xn ) + (−(x1 , x2 , ..., xn )) = (x1 , x2 , ..., xn ) + (−x1 , −x2 , ..., −xn ) = (x1 − x1 , x2 − x2 , ..., xn − xn )

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(0, 0, ..., 0) = ~0 Ou seja, o vetor dado ´e o vetor nulo.

2. Mostre que os seguintes subconjuntos de R4 s˜ao subespa¸cos a) W = {(x, y, z, t) ∈ R4 |x + y = 0 e z − t = 0} b) U = {(x, y, z, t) ∈ R4 |2x + y − t = 0 e z = 0} Solu¸ c˜ ao de a: Como R4 ´e um espa¸co vetorial podemos usar a defini¸c˜ao da p´agina 106 como ferramenta de prova. Prova da condi¸ c˜ ao i Primeiro tomamos um vetor u e v pertencentes a W. Por exemplo: u = (x, y, z, t) e v = (x1 , y1 , z1 , t1 ). Como em W sabe-se que x + y = 0 (que implica em x = −y) e z − t = 0 (que implica em z = t), podemos reescrever u e v como: u = (−y, y, z, z) e v = (−y1 , y1 , z1 , z1 ) Feita tal altera¸c˜ ao vamos provar que a soma u + v tamb´em pertence a W. (−y, y, z, z) + (−y1 , y1 , z1 , z1 ) = (−y + y1 , y + y1 , z + z1 , z + z1 ) Note que se fizermos a soma dos dois primeiro elementos do resultado de u + v o resultado ´e o vetor nulo: (−y − y1 ) + (y + y1 ) = −(y + y1 ) + (y + y1 ) O mesmo resultado ocorre se fizermos a diferen¸ca entre os dois u ´ltimos elementos (z + z1 ) − (z + z1 ) = 0 Portanto, u + v ∈ W. Prova da condi¸ c˜ ao ii Tomando k ∈ R ent˜ ao: k · u = k(−y, y, z, z) = (−ky, ky, kz, kz) Fazendo a soma dos dois primeiros elementos o resultado ´e o vetor nulo. −ky + ky = 0 56

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O mesmo ocorre se fizermos a diferen¸ca entre os dois u ´ltimos elementos. kz − kz = 0 Ou seja, se u ∈ W ent˜ ao ku ∈ W. Como as condi¸c˜ oes i e ii foram satisfeitas ent˜ao W ´e realmente um subespa¸co vetorial.

3. Responda se os subconjuntos s˜ao subespa¸cos de M(2, 2). Em caso afirmativo exiba geradores  a) V =  b) V =

a c

b d



a c

b d



 com a, b, c, d ∈ R e b = c  com a, b, c, d ∈ R e b = c+1

Solu¸ c˜ ao de a: Vamos come¸car provando a condi¸ca˜o i.     a1 b1 a2 b2 Tome M1 = e M2 = pertencentes a V. c1 d 1 c2 d2 Como em V todas as matrizes tem o elemento a1 2 = a2 1 (b = c) ent˜ao M1 e M2 podem ser rescritos como:     a1 b1 a2 b2 M1 = e M2 = b1 d1 b2 d2 Fazendo M1 + M2    a1 b1 a2 + b1 d1 b2

b2 d2



 =

a1 + a2 b1 + b2

b1 + b2 d1 + d2



Note que a matriz resultante tamb´em pertence a V, pois ainda ´e uma matriz 2×2 e o seu elemento a1 2 = a2 1. Com isso provamos a condi¸c˜ ao i. Agora vamos provar a condi¸c˜ao ii. Tomando k ∈ R ent˜ ao:    a1 b1 k · a1 k · M1 = k = b1 d1 k · b1

k · b1 k · d1



Note que a matriz resultante tamb´em pertence a V, seu elemento a1 2 = a2 1. Ou seja, se u ∈ M1 ent˜ ao k · M1 ∈ V. Como as condi¸c˜ oes i e ii foram satisfeitas ent˜ao V ´e realmente um subespa¸co vetorial.

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Achando um gerador   a1 b1 Tomando M1 = pertencente a V o mesmo pode ser escrito como: b1 d1 

1 0

a1

0 0



 + b1

0 1

1 0



 + d1

0 0

0 1



 =

a1 b1

b1 d1



⇒ a1 · v + b1 · v2 + d1 · v3 = v E como v1 , v2 e v3 pertencem a V, todo vetor de V ´e combina¸c˜ao linear de v1 , v2 e v3 , ou seja os geradores de V s˜ ao v1 , v2 e v3 ]. Solu¸ c˜ ao de b:  a1 Tome M1 = c1

b1 d1



 e M2 =

a2 c2

b2 d2

 pertencentes agora ao conjunto W.

Como em W todas as matrizes tem o elemento a1 2 = a2 1 + 1 (b = c + 1) ent˜ao M1 e M2 podem ser rescritos como:     a1 c1 + 1 a2 c2 + 1 M1 = e M2 = c1 d1 c2 d2 Fazendo M1 + M2 

a1 c1

c1 + 1 d1



 +

a2 c2

c2 + 1 d2



 =

a1 + a2 c1 + c2

c1 + c2 + 2 d1 + d2



Note que a matriz resultante n˜ ao pertence a W, pois seu elemento a1 2 6= a2 1 + 1. a1 2 =6= a2 1 + 1 c1 + c2 + 2 6= (c1 + c2 ) + 1 Como a condi¸c˜ ao i n˜ ao foi satisfeita ent˜ao W n˜ao ´e um sub espa¸co vetorial.

4. Considere dois vetores (a, b) e (c, d) no plano. Se ad − bc = 0, mostre que eles s˜ao LD. Se ad − bc 6= 0. Mostre que eles s˜ ao LI. Solu¸ c˜ ao: Sejam u = (a, b) e v = (c, d) dois vetores no plano. Ent˜ao u e v s˜ao linearmente independentes (LI) se, e somente, se qualquer combina¸c˜ao linear k1 · u + k2 · v = 0 implicar em k1 = k2 = 0. Caso contr´ ario u e v ser˜ ao linearmente dependentes (LD). Assim, temos:

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k1 · (a, b) + k2 · (c, d) = 0 Que implica no seguinte sistema linear  ak1 + ck2 = 0 bk1 + dk2 = 0 Retirando o determinante da matriz dos coeficientes do sistema chegamos a:  det

ak1 bk1

ck2 dk2

 = ak1 · dk2 − ck2 · bk1

ak1 · dk2 − ck2 · bk1 ad · k1 k2 − cb · k2 k1 k1 k2 (ad − cb) Tomando por hip´ otese ad − bc 6= 0 ent˜ao ad − cb 6= 0 o que implica que os u ´nicos valores poss´ıveis de k1 e k2 ´e zero. Assim, neste caso o sistema ´e LI. Entretanto, se tomarmos por hip´ otese que ad − bc = 0 ent˜ao: k1 k2 (ad − cb) = k1 k2 · 0 = 0 Ou seja, k1 , k2 podem ser quaisquer implicando que os vetores sejam LD.

5. Verifique se os conjuntos s˜ ao espa¸cos vetoriais reais, com as opera¸c˜oes usuais. No caso afirmativo, exiba uma base e dˆe a dimens˜ao. a) Matrizes diagonais n × n. b) Matrizes escalares n × n.   a a+b c) { : a, b ∈ R} a b d) V = {(a, a, ..., a) ∈ Rn : a ∈ R} e) {(a, b) : a, b ∈ R} f) A reta {(x, x + 3) : x ∈ R} g) {(a, 2a, 3a) : a ∈ R}

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Solu¸ c˜ ao de a: Um detalhe importante, que muito professor pega no p´e, ocorre nas demonstra¸c˜oes das propriedades de espa¸co vetorial. Isso porque para demonstrar as propriedades de espa¸co vetorial deve-se usar apenas as propriedades operat´orias e a opera¸c˜ao definida nos conjuntos que supostamente formam o espa¸co. E isso deve ser feito passo a passo. Por exemplo, o conjunto das matrizes n × n se for um espa¸co vetorial, ser´a formando por dois conjuntos (veja defini¸c˜ ao de espa¸co) o conjunto R e Mn×n (sendo M diagonal). Assim, para demonstra¸c˜ ao s´ o podemos usar as propriedades operat´orias de R junto com a defini¸c˜ao de soma e multiplica¸c˜ ao por escalar caracter´ıstica das matrizes. Se vocˆe n˜ ao se lembra quais as propriedades operat´orias de R elas s˜ao as seguintes:

Propriedades Operat´ orias em R • Associatividade (x + y) + z = x + (y + z) e (x · y) · z = x · (y · z) • Elemento neutro 0+x=x+0=x e 1·x=x·1=x • Comutativa x+y =y+x e x·y =y·x • Existˆ encia do elemento oposto Para qualquer real x existe −x tal que x + (−x) = 0 • Existˆ encia do elemento inverso Para qualquer real x diferente de zero ent˜ao, existe um

1 1 , tal que x · = 1 x x

• Distributiva da multiplica¸ c˜ ao em rela¸ c˜ ao a adi¸ c˜ ao x · (y + z) = x · y + x · z

J´ a a forma como a soma e a multiplica¸c˜ao por escalar ocorre para as matrizes ´e a seguinte:

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Opera¸ c˜ oes em Mn×n • Soma  a11 · · ·  .. ..  . . an1

···

  a1n b11 ..  +  .. .   . ann bn1

··· .. . ···

• Multiplica¸ c˜ ao por escalar.    b11 · · · b1n k · a11  ..   . .. . .. ..  =  k· . . bn1

···

k · an1

bnn

  b1n a11 + b11 .. ..  =  . .   an1 + an1 bnn

··· .. . ···

··· .. . ···

 a1n + b1n  ..  . ann + bnn

 k · a1n  ..  . k · ann

Agora veja como essas informa¸c˜ oes s˜ao usadas passo a passo na demonstra¸c˜ao da primeira propriedade de espa¸co vetorial. Dado as matrizes An×n , Bn×n e Cn×n pertencentes ao conjunto das matrizes diagonais n × n ent˜ ao: (An×n + Bn×n ) + Cn×n 

··· .. . ···

a11  .. =  . an1

  a1n b11 ..  +  .. .   . ann bn1

··· .. . ···

  b1n c11 ..  +  .. .   . bnn cn1

··· .. . ···

Observando como ocorre a soma em Mn×n ent˜ao: 

a11 + b11  .. = . an1 + bn1

··· .. . ···

  a1n + b1n c11   .. .. + . . ann + bnn cn1

··· .. . ···

 c1n ..  .  cnn

Aplicando a soma novamente 

··· .. . ···

 (a1n + b1n ) + c1n  ..  . (ann + bnn ) + cnn

a11 + (b11 + c11 ) · · ·  .. .. = . . an1 + (bn1 + cn1 ) · · ·

 a1n + (b1n + c1n )  ..  . ann + (bnn + cnn )

(a11 + b11 ) + c11  .. = . (an1 + bn1 ) + cn1 Usando a associatividade em R 

61

 c1n ..  .  cnn

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A partir de agora usamos a forma como a opera¸c˜ao de soma est´a definida em Mn×n para decompor o resultado acima. 

a11  .. = . an1 

a11  .. = . an1

··· .. . ···

··· .. . ···

  b11 + c11 a1n .. ..  +  . .   bn1 + cn1 ann

  b11 a1n ..  +  .. .   . bn1 ann

··· .. . ···

··· .. . ···

 b1n + c1n  ..  . bnn + cnn

  c11 b1n ..  +  .. .   . cn1 bnn

··· .. . ···

 c1n ..  .  cnn

= An×n + (Bn×n + Cn×n ). Como (An×n + Bn×n ) + Cn×n = An×n + (Bn×n + Cn×n ) ent˜ao a condi¸c˜ao i est´a provada. Muitos alunos erram quest˜ oes como essa por n˜ao seguir com rigorosidade o passo a passo. Evite isso mesmo que o resultado seja evidente. A dica mais importante que pode ser dada agora ´e: consulte seu professor quanto ao n´ıvel de rigorosidade que ser´a cobrado na hora da prova. Demonstra¸ c˜ oes das demais propriedades As demais propriedades s˜ ao satisfeitas e ficam a cargo do leitor. base ´e a seguinte:    0 ··· ··· 0        ..  .. ..   1 ··· 0   1 . .    ..  ,  . Base =  ... 0 .   .  , ...,  . .  .. ..    ..  0 ··· 0 0   0 ··· ··· 0

A dimens˜ao ´e igual a n e a

0 .. . 0

Solu¸ c˜ ao de b ´ um espa¸co vetorial. A dimens˜ E ao ´e igual a 1 e a base ´e a seguinte:      1 ··· 0   ..  Base =  ...  1 .     0 ··· 1

Solu¸ c˜ ao de c ´ um espa¸co vetorial. A dimens˜ E ao ´e igual a 2 e a base ´e a seguinte:     1 1 0 1 Base = , 1 0 0 1

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··· 0 ···

0 .. . 1

            

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Solu¸ c˜ ao de d ´ um espa¸co vetorial. A dimens˜ E ao ´e igual a 1 e a base ´e a seguinte: Base = {(1, 1, 1..., 1)}

Solu¸ c˜ ao de e N˜ ao ´e um espa¸co vetorial, pois n˜ ao existe o elemento neutro.

Solu¸ c˜ ao de f N˜ ao ´e um espa¸co vetorial, pois n˜ ao existe o elemento neutro.

Solu¸ c˜ ao de g ´ um espa¸co vetorial. A dimens˜ E ao ´e igual a 1 e a base ´e a seguinte: Base = {(1, 2, 3)}

6. Considere o subespa¸co de R4 S = [(1, 1 − 2, 4), (1, 1, −2, 2), (1, 4, −4, 8)]  a) O vetor

 2 , 1, −1, 2 pertence a S? 3

b) O vetor (0, 0, 1, 1) pertence a S? Solu¸ c˜ ao de a   2 O vetor , 1, −1, 2 ∈ S se, e somente se, puder ser escrito como combina¸c˜ao linear dos 3 vetores de S. 

 2 , 1, −1, 2 = x(1, 1 − 2, 4) + y(1, 1 − 1, 2) + z(1, 4, −4, 8) 3

Que resulta no sistema    x + y + z = 2/3  x+y+4z = 1 -2x-y-4z=-1    4x+2y+8z=2 63

´ Algebra Moderna

Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA

cuja solu¸c˜ ao ocorre para x = 0, y = 5/9 e z = 1/9 Logo   2 , 1, −1, 2 = x(1, 1 − 2, 4) + y(1, 1 − 1, 2) + z(1, 4, −4, 8) 3 5 1 = 0(1, 1 − 2, 4) + (1, 1 − 1, 2) + (1, 4, −4, 8) 9 9 = (2/3, 1, −1, 2) assim, o vetor pertence a S. Solu¸ c˜ ao de b (0, 0, 1, 1) = x(1, 1 − 2, 4) + y(1, 1 − 1, 2) + z(1, 4, −4, 8) Que resulta no sistema  x+y+z=0    x+y+4z = 0 -2x-y-4z=1    4x+2y+8z=1 Que n˜ ao possui solu¸c˜ ao, assim o vetor n˜ ao pertence a S.

7. Seja W o subespa¸co de M(2, 2) definido por  W =



0 0



0 3

a) b)

2a 0

a + 2b a−b



 : a, b ∈ R

 −2 ∈ W? 1  2 ∈ W? 1

Solu¸ c˜ ao de a: 



0 0 0 0

−2 1 −2 1



 =a



 =

2 0

1 1



2a 0

a a



64

 +b

 +

0 0 0 0

2 −1 2b −b





´ Algebra Moderna

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−2 1

0 0



2a 0

1 1



=



a + 2b a−b

Que implica no sistema  2a = 0  a+2b = -2  a-b=1 cuja solu¸c˜ ao ocorre para a = 0 e b = −1. Sendo assim: 

0 0

−2 1





 =0

0 0

−2 1

2 0 

 =

 + −1

0 0

−2 1

0 0

2 −1





Logo, pertence a W. Solu¸ c˜ ao de b: N˜ ao pertence. E nesse caso nem ´e preciso seguir o racioc´ınio anterior para chegar a tal conclus˜ ao, basta observar que nessa nova matriz o elemento a21 6= 0.

8. Seja W o subespa¸co de M(3, 2) gerado por      0 0 0 1 0  1 1  ,  0 −1  ,  0 0 0 1 0 0   0 2 O vetor  3 4  pertence a W? 5 0

 1 0  0

Solu¸ c˜ ao: 

0  3 5

  2 0 4  = a 1 0 0

  0 0 1  + b 0 0 1

  1 0 −1  + c  0 0 0



  2 0 4 = a 0 0

  0 0 a + 0 0 b

  b 0 −b  +  0 0 0

0  3 5 Que implica no sistema

65

 1 0  0  c 0  0

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 0      b+c a   a b    b

= = = = =

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0 2 3 4 5

Como a = 3, b = 5 e a − b = 4 ent˜ao o sistema n˜ao tˆem solu¸c˜ao e portanto, o vetor n˜ao pertence a W.

66

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