Ad1 Álgebra Linear 1

FELIPE FERRAZANI BAPTISTA - 88488010456 ANGRA DOS REIS - MATEMATICA AD1 - ALGEBRA LINEAR I. QUESTÃO 01: ( 0 2 1 | 1 0 0 ) ( 1 0 3 | 0 1 0 ) L2 <-> L1 ( 3 -2 6 | 0 0 1 ) ( 1 0 3 | 0 1 0 ) ( 0 2 1 | 1 0 0 ) L3 <- L3 - 3L1 ( 3 -2 6 | 0 0 1 ) ( 1 0 3 | 0 1 0 ) ( 0 2 1 | 1 0 0 ) L3 <- L3 + 2L2 ( 0 -2 3 | 0 3 1 ) ( 1 0 3 | 0 1 0 ) ( 0 1 2 | 1 0 0 ) L1 <- L1 - 3L3 ( 0 0 1 | 2 -3 1) L2 <- L2 - 2L3 ( 1 0 0 | -6 10 -3 ) ( 0 1 0 | -3 6 -2 ) ( 0 0 1 | 2 -3 1 ) Logo, a inversa da matriz A é a matriz: A^(-1) = ( -6 10 -3 ) ( -3 6 -2 ) ( 2 -3 1 ) QUESTÃO 02: | 3 -2 4 | -| -1 0 2 | | -1 0 2 | = | 3 -2 4 | = | 5 6 2 | | 5 6 2 | -| -1 0 2 | | 0 -2 10 | = -[ (-1), (-2), 4d ] = -8d | 0 0 4d | QUESTÃO 03: A) Para que o vetor v = (a,b,c) ∈ R^3 seja combina ção linear dos vetores u1 = (1,1,-2), u2 = (-1,0,1) e u3 = (0,1,-1), é necessário que existam x,y e z em R, tais que (a,b,c) = x(1,1,-2) + y(-1,0,1) + z(0,1,-1). Para isto devemos ter: {x - y = a x + z = b -2x + y - z = c Escalonando o Sistema, temos: | 1 -1 0 | a | | x - y = a | 1 0 1 | b | L2 <- L2 - L1 = {y + z = b - a |-2 1 -1 | c | L3 <- L3 + 2L1 0 = a + b + c | 1 0 1 | a | | 0 -1 -1 | b-a | | 0 -1 -1 | c + b + a | O vetor (a,b,c) ∈ R^3, se somente se, o sistema tem soluções e isto ocorre quando a + b + c = 0. Logo, v = {(a,b,c) ∈ R^3; a + b + c = 0}. QUESTÃO 03: B) Chamamos o subespaço de F, portanto F = { [a b] ∈ M_2x2 (R) [c d] } Por combinação linear [a b] = α [1 0] + β [0 -1] [c d] [0 1] [1 0] [a b] = [α -β ] -> { α = a [c d] [-β α ] -β = b β = c => a = d α = d c = -b F = { [a b] ∈ M_2x2 (R); a = d e c = -b } [c a] QUESTÃO 04: S = { [a-b +3c] [5a +4d ] [2b -6c -d] [3d ] | a,b,c,d ∈ R} Então, um vetor arbitrário de S tem a forma: (a-b +3c) = a ( 1 ) + b ( -1 ) + c ( 3 ) + d ( 0 ) (5a +4d ) ( 5 ) ( 0 ) ( 0 ) ( 4 ) (2b -6c -d) ( 0 ) ( 2 ) ( -6 ) ( -1 ) (3d ) ( 0 ) ( 0 ) ( 0 ) ( 3 ) A igualdade acima mostra que S=[ (1 -1 3 0) (0 -4 0 4) (5 2 0 -6) (0 0 0 3)] Concluímos que uma base para S é dada pelo conjunto B = {(1 -1 3 0) (5 2 0 -6) (0 0 0 3)} Portanto, a dimensão de S é igual a 4. Questão 05: * U U = (x, y, z, t) ∈ U ⇔ (x, y, z, -y, -z) (x, y, z, -y, -z) = x(1, 0, 0, 0) + y(0, 1, 0, -1) + z(0, 0, 1, -1) U = [(1, 0, 0, 0), (0, 1, 0, -1), (0, 0, 1, -1)] O conjunto {(1, 0, 0, 0), (0, 1, 0, -1), (0, 0, 1, -1)} é LI. Logo constitui uma base para o subespaço U. Assim, dim(U) = 3 * V V = (x, y, z, t) ∈ V ⇔ (x, -x, 3z, 3t) (x, -x, 3z, 3t) = x(1, -1, 0, 0) + 3z(0, 0, 1, 1) V = [(1, -1, 0, 0), (0, 0, 1, 1)] O conjunto {(1, -1, 0, 0), (0, 0, 1, 1)} é LI. Logo constitui uma base para o subespaço V. Assim, dim(V) = 2. * U+V U+V = [(1, 0, 0, 0), (0, 1, 0, -1), (0, 0, 1, -1), (1, -1, 0, 0), (0, 0, 1, 1)] Para determinar uma base para U+V, precisamos encontrar um conjunto que, além de gerar este espaço, seja também LI. (1 0 0 0) (1 0 0 0) (0 1 0 -1) L4←L4-L1 (0 1 0 -1) (0 0 1 -1) L4←L4+L2 (0 0 1 -1) (1 -1 0 0) L5←L5-L3 (0 0 1 1) Isto mostra que o conjunto {(1, 0, 0, 0), (0, 1, 0, -1), (0, 0, 1, -1), (1, -1, 0, 0), (0, 0, 1, 1)}, também gera U+V, e este é um conjunto LI. Logo, é uma base para U+V. Assim, dim(U+V) = 4. * U∩V dim(U∩V) = dim U + dim V - dim(U+V) = 3 + 2 - 4 = 1 Confirmando: UNV=(x,y,z,t) ∈ UNV ⇔ { y+z+t=0 x+y=0 z=-t y+z+t=0 → y+z+z=0 → y=-2z x+y=0 → x=-y → x=2z Logo, (x,y,z,t) ∈ UNV ⇔ (2z, -2z, z, -z) = z(2, -2, 1, 1) Então, a base é { (2, -2, 1, 1) } e a dimensão é 1. Questão 05: B) Um vetor (x, y, z, t) ∈ V⊥ se (x, y, z, t). (1, -1, 0, 0) = 0 e (x, y, z, t).(0, 0, 1, 1) = 0 As igualdades acima resultam no seguinte sistema { x-y=0 { z+t=0 Escolhendo z e x como variáveis livres, temos: { y=x { t=-z Logo, V⊥ = { (x, x, z, -z) / x, z ∈ R } Se (x, y, z, t) ∈ V⊥, (x, x, z, -z) = x(1, 1, 0, 0)+z(0, 0, 1, -1) Os vetores (1, 1, 0, 0), (0, 0, 1, -1) são geradores linearmente independentes de V⊥, logo uma base de V⊥ é B = { u, v } = {(1, 1, 0, 0), (0, 0, 1, -1)} Apliquemo o processo de Gram-Schmidt a base B para encontrar a base ortonormal. u1 = \mu = \left(\frac{1,1,0,0}{\sqrt{1^2+1^2+0^2+0^2}}\right) = \left(\frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}}, 0,0\right) g2 = v - <v, u1> \cdot u1 <v, u1> = <(0,0,1,-1),\left(\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{1}{\sqrt{2}},0,0\right)> = 0 g2 = (0,0,1,-1) - 0 \cdot \left(\frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}}, 0,0 \right) = (0,0,1,-1) u2 = g2 = \left(\frac{0,0,1,-1}{\sqrt{0^2+0^2+1^2+(-1)^2}}\right) = \left(0,0, \frac{1}{\sqrt{2}}, -\frac{1}{\sqrt{2}}\right) Logo B = \{u1, u2\} é uma base ortonormal de \mathbb{R}^4. Questao 06: \left(\begin{array}{cccc|c} 2 & -1 & 1 & 0 & 4 \\ 1 & 2 & 0 & 1 & 3 \\ 3 & -2 & 1 & 0 & 7 \\ 7 & 0 & 1 & 2 & 17 \\ \end{array}\right) L2 \leftarrow L2 - \frac{1}{2}L1 \left(\begin{array}{cccc|c} 2 & -1 & 1 & 0 & 4 \\ 0 & -\frac{1}{2} & \frac{1}{2} & 0 & 1 \\ 3 & -2 & 1 & 0 & 7 \\ 7 & 0 & 1 & 2 & 17 \\ \end{array}\right) L3 \leftarrow L3 - \frac{3}{2}L1 \left(\begin{array}{cccc|c} 2 & -1 & 1 & 0 & 4 \\ 0 & -\frac{1}{2} & \frac{1}{2} & 0 & 1 \\ 0 & -\frac{1}{2} & -\frac{1}{2} & 0 & 1 \\ 7 & 0 & 1 & 2 & 17 \end{array}\right) L4 \leftarrow L4 - \frac{7}{2}L1 \left(\begin{array}{cccc|c} 2 & -1 & 1 & 0 & 4 \\ 0 & -\frac{1}{2} & \frac{1}{2} & 0 & 1 \\ 0 & -\frac{1}{2} & -\frac{1}{2} & 0 & 1 \\ 0 & 7/2 & -5/2 & 2 & -1 \\ \end{array}\right) L3 \leftarrow L3 - L2 \left(\begin{array}{cccc|c} 2 & -1 & 1 & 0 & 4 \\ 0 & -\frac{1}{2} & \frac{1}{2} & 0 & 1 \\ 0 & 0 & -1 & 0 & 0 \\ 0 & 7/2 & -5/2 & 2 & -1 \\ \end{array}\right) L4 \leftarrow L4 + 7L2 \left(\begin{array}{cccc|c} 2 & -1 & 1 & 0 & 4 \\ 0 & -\frac{1}{2} & \frac{1}{2} & 0 & 1 \\ 0 & 0 & -1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right) L4 \leftrightarrow L3 \left(\begin{array}{cccc|c} 2 & -1 & 1 & 0 & 4 \\ 0 & -\frac{1}{2} & \frac{1}{2} & 0 & 1 \\ 0 & 0 & -6 & 2 & 4 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right) Obtendo o sistema equivalente: \begin{cases} (\mathrm{I}) \ 2x - y + z &= 4 \\ (\mathrm{II}) \ -y/2 + 8z &= 1 \\ (\mathrm{III}) \ -6z + 2r + 4s &= 0 \end{cases} (\mathrm{III}) -6z = -2r - 4s \Rightarrow 6z = 2r + 4s \Rightarrow z = \frac{2}{6} r + \frac{4}{6} s \Rightarrow z = \frac{1}{3} r + \frac{2}{3} s (\mathrm{II}) \frac{y}{2} + \frac{3}{2} = -1 \Rightarrow y + z = -2 \Rightarrow y = -2 - z \Rightarrow y = -2 - (\frac{1}{3}r + \frac{2}{3}s) (\mathrm{I}) 2x = 4 + y - z \Rightarrow 2x = 4 - 2 - \frac{1}{3}r - \frac{2}{3}s - r - \frac{2}{3}s \Rightarrow 2x = 2 - \frac{2}{3}r - \frac{5}{3}s \Rightarrow x = 1 - \frac{1}{3}r - \frac{5}{6}s Logo, o sistema é compatível e indeterminado, e seu conjunto solução é da forma: S = \left\{ \left( 1 - \frac{1}{3}r - \frac{5}{6}s, -2 - \frac{1}{3}r - \frac{2}{3}s, \frac{1}{3}r + \frac{2}{3}s, r, s \right) \ | \ r, s \in \mathbb{R} \right\} THAT"S WHAT I REALLY WANT