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Administração ·
Matemática 1
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b As equações não lineares quando os únicos constantes multiplico Xi e todos Xi estão elevados apenas a 1 Logo são lineares a c f não são lineares b d e 2 As matrizes aumentadas são a 3 2 1 4 5 3 7 3 2 b 2 0 2 1 3 1 4 7 6 1 1 0 c 1 2 0 1 1 1 0 3 1 0 1 2 0 0 1 7 0 1 d 1 0 0 1 0 1 0 2 0 0 1 3 3 Os sistemas lineares não a 2X1 0 3X1 4X2 0 X2 1 b 3X1 2X3 5 7X1 X2 4X3 3 2X2 X3 7 c 7X1 2X2 X3 3X4 5 X1 2X2 4X3 1 d X1 7 X2 2 X3 3 X4 4 4 A matriz aumentada é 1 1 2 9 2 4 3 1 3 6 5 0 aplicando eliminação de Gauss fazemos L2 2L1 L2 L3 3L1 L3 1 1 2 9 0 2 7 17 0 3 11 27 L2 12 L2 1 1 2 9 0 1 72 172 0 3 11 27 L3 3L2 L3 1 1 2 9 0 1 72 172 0 0 12 32 Logo 12 z 32 z 3 y 72 z 172 y 212 172 y 2 x y 2z 9 x 2 6 9 x 1 5 a 1 1 2 8 1 2 3 1 3 7 4 10 L2 L1 L2 L3 3L1 L3 1 1 2 8 0 1 5 9 0 10 2 14 L2 1 L2 1 1 2 8 0 1 5 9 0 10 2 14 L1 L2 L1 L3 10L2 L3 1 0 7 17 0 1 5 9 0 0 52 104 L3 152 L3 1 0 7 17 0 1 5 9 0 0 1 2 L1 7L3 L1 L2 5L3 L2 1 0 0 3 0 1 0 1 0 0 1 2 e x y z 3 1 2 b 2 2 2 0 2 5 2 1 8 1 4 1 L1 12 L1 1 1 1 0 2 5 2 1 2 5 2 1 8 1 4 1 L2 2L1 L2 L3 8L1 L3 1 1 1 0 0 7 4 1 0 7 4 1 L2 17 L2 1 1 1 0 1 47 1 0 7 4 1 L1 L2 L1 L3 7L2 L3 1 0 37 7 0 1 47 17 0 0 0 0 Sistema possível e indeterminado com y 4z7 17 x 3z7 7 y 17 4z7 x 17 3z7 d Digitalizado com CamScanner c 1 1 2 1 1 2 1 2 2 1 1 2 1 1 0 3 6 0 0 1 2 4 1 1 0 3 0 3 3 L2 2L1 L2 L3 L1 L3 L4 3L1 L4 1 1 2 1 1 0 3 6 0 0 1 2 0 0 3 6 0 0 L2 13 L2 1 1 2 1 1 0 1 2 0 0 1 2 0 0 3 6 0 0 L1 L2 L1 L3 L2 L3 L4 3L2 L4 1 0 0 1 10 0 1 2 0 0 1 2 0 0 0 0 0 0 Sistema SPI onde y 2z 0 y 2z x w 1 x w 1 Digitalizado com CamScanner 6 1 Se A e B são invertíveis existem A1 tal que A A1 A1 A I B1 tal que B B1 B1 B I Portanto AB B1 A1 A B B1 A1 A I A1 A A1 I Logo B1 A1 AB1 é inverso de AB por outro lado B1 A11 AB B1 A1 A B B1 B I 2 A11 é uma matriz tal que A1 B I mas A1 A I e A A1 I Logo A11 A 3 temos k A A1 k A A1 k Logo kA 1k A1 k 1k A A1 1 I I Logo k A1 1k A1 Digitalizado com CamScanner Se A a11 a1n an1 ann e B b11 b1n bn1 bnn A B a11 b11 a12 b21 a1n bn1 de modo que ABij k1n aik bkj No transposto temos ABijT k1n ajk bki ABji entretanto k1n ajk bki k1n akjt bint k1n bikt akjt Bt Atij de modo que ABT BT AT 8 Sabemos que A1 A A A1 I e AT A1T A1 AT IT I e A1T AT A A1T I logo A1T AT1 9 a 3 0 1 2 1 1 4 1 0 2 340 310 40 14 40 12 12 3 4 5 4 1 b 4 1 0 2 3 0 1 2 1 1 não é possível pois o número de colunas do primeiro matriz não corresponde ao número de linhas da segunda c 3 6 1 3 1 1 2 4 1 3 1 5 2 1 0 1 3 2 4 18 3 9 3 3 6 12 3 9 1 5 2 1 0 1 3 2 4 18 3 27 185018 182349 3 3 63 53 0 621 32 3 46 12 3 93 125018 24336 42 108 75 12 3 21 36 78 63 e 3 0 1 2 1 1 4 1 0 2 1 4 2 3 1 5 3 0 1 2 1 1 4 3 161 85 6 2 10 3 0 1 2 1 1 1 15 3 6 2 10 3 45 9 112 154 320 16 152 310 3 45 9 11 11 17 7 17 13 f 1 4 2 3 1 5 1 3 4 1 2 5 1164 3410 3410 9125 21 17 17 35 g 1 5 2 1 0 1 3 2 4 3 0 1 2 1 1T 3 5 2 10 2T 3 1 1 9 2 4 4 4T 0 12 2 1 11 8 h 0 2 11 12 1 8 i tr 1 5 2 1 0 1 3 2 4 1 1 3 5 0 2 2 1 4 tr 1 25 4 1 2 0 1 9 4 16 tr 30 2 29 30 2 29 61 j tr 4 ET D 4 tr ET tr D 4 tr E tr D 4 6 1 3 1 4 410 5 35 k tr CT AT 2 ET tr CT AT 2 tr ET tr A CT 2 tr E tr A C 2 tr E tr 3 0 1 2 1 1 1 4 2 3 1 5 2 6 1 3 tr 3 12 6 5 2 8 4 5 7 20 28 10 Sabemos que A A1 I logo detA A1 detI detA det A1 1 logo detA 1 1 detA 13 a é subespaço pois a00 b00 a b 0 0 e k a00 ka00 pertencem ao subespaço e 000 V b não é subespaço pois a11 b11 a b 2 2 V c é subespaço pois k a a c c ka ka kc kc e ka kc kb e abc def a d b e c f a d a c d f c f g h i V pois g i h d não é subespaço pois abc def a db e c f g h i onde g i 1 a d c f 1 e h a d c f 2 g i 2 logo ghi V se abc def V 14 Para dois vetores caso sejam LD eles serão múltiplos um do outro Para 3 vetores do IR3 podemos verificar se o determinante será nulo caso em que os vetores são LD Não é possível mais de 3 vetores LI no IR3 pois gerariam um subespaço de 4 dimensões enquanto o IR3 possui 3 Logo a vetores 412 4102 não LI b det 3 0 4 5 1 2 1 1 3 9 0 20 4 6 0 39 0 portanto os vetores são LI c os vetores 813 e 401 são LI d os vetores são LD pois há 4 vetores do IR3 12 1 é espaço 2 não é espaço e falta o axioma do elemento neutro na multiplicação 1 xyz xyz 3 não é espaço e falta o axioma da associatividade na multiplicação por escalares pois se k p R kpxy zkpx zkpqy e kpxy kzpxzpy 2k2px 2k2py 4kpx4kpy e kpxy kpxy 4 é espaço vetorial 5 é espaço vetorial questoes do IR² precisamos de 2 vetores LI de IR² para gerar uma base Logo os opcoes ab formam uma base c nao forma base porque um dos vetores e nulo d nao forma base porque sao LD pois 4339433493412 questoes do IR³ precisamos de 3 vetores LI para formar uma base do IR³ a det1 0 0 2 2 0 3 3 36 0 e formam base do IR³ b det3 1 4 2 5 6 1 4 812063220472 1626 0 e formam uma base do IR³ c det2 3 1 4 1 1 0 7 127028014120 e os vetores nao sao base do IR³ d det1 6 4 2 4 1 1 2 520616162600 e os vetores nao sao uma base do IR³ 15 a os vetores podem ser escritos da forma a0000b0000c0a1000b0100c0010 e uma base do subespaço é β 1000 0100 0010 com 3 vetores e portanto o subespaço tem dimensão 3 b temos abcd ababab a0a2 0bbb a1011b0111 e uma base do subespaço e β 1011 0111 e portanto sua dimensão é 2 c temos abcd aaaa a1111 com base β 1111 de apenas um vetor Logo sua dimensão é 1
Envie sua pergunta para a IA e receba a resposta na hora
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Texto de pré-visualização
b As equações não lineares quando os únicos constantes multiplico Xi e todos Xi estão elevados apenas a 1 Logo são lineares a c f não são lineares b d e 2 As matrizes aumentadas são a 3 2 1 4 5 3 7 3 2 b 2 0 2 1 3 1 4 7 6 1 1 0 c 1 2 0 1 1 1 0 3 1 0 1 2 0 0 1 7 0 1 d 1 0 0 1 0 1 0 2 0 0 1 3 3 Os sistemas lineares não a 2X1 0 3X1 4X2 0 X2 1 b 3X1 2X3 5 7X1 X2 4X3 3 2X2 X3 7 c 7X1 2X2 X3 3X4 5 X1 2X2 4X3 1 d X1 7 X2 2 X3 3 X4 4 4 A matriz aumentada é 1 1 2 9 2 4 3 1 3 6 5 0 aplicando eliminação de Gauss fazemos L2 2L1 L2 L3 3L1 L3 1 1 2 9 0 2 7 17 0 3 11 27 L2 12 L2 1 1 2 9 0 1 72 172 0 3 11 27 L3 3L2 L3 1 1 2 9 0 1 72 172 0 0 12 32 Logo 12 z 32 z 3 y 72 z 172 y 212 172 y 2 x y 2z 9 x 2 6 9 x 1 5 a 1 1 2 8 1 2 3 1 3 7 4 10 L2 L1 L2 L3 3L1 L3 1 1 2 8 0 1 5 9 0 10 2 14 L2 1 L2 1 1 2 8 0 1 5 9 0 10 2 14 L1 L2 L1 L3 10L2 L3 1 0 7 17 0 1 5 9 0 0 52 104 L3 152 L3 1 0 7 17 0 1 5 9 0 0 1 2 L1 7L3 L1 L2 5L3 L2 1 0 0 3 0 1 0 1 0 0 1 2 e x y z 3 1 2 b 2 2 2 0 2 5 2 1 8 1 4 1 L1 12 L1 1 1 1 0 2 5 2 1 2 5 2 1 8 1 4 1 L2 2L1 L2 L3 8L1 L3 1 1 1 0 0 7 4 1 0 7 4 1 L2 17 L2 1 1 1 0 1 47 1 0 7 4 1 L1 L2 L1 L3 7L2 L3 1 0 37 7 0 1 47 17 0 0 0 0 Sistema possível e indeterminado com y 4z7 17 x 3z7 7 y 17 4z7 x 17 3z7 d Digitalizado com CamScanner c 1 1 2 1 1 2 1 2 2 1 1 2 1 1 0 3 6 0 0 1 2 4 1 1 0 3 0 3 3 L2 2L1 L2 L3 L1 L3 L4 3L1 L4 1 1 2 1 1 0 3 6 0 0 1 2 0 0 3 6 0 0 L2 13 L2 1 1 2 1 1 0 1 2 0 0 1 2 0 0 3 6 0 0 L1 L2 L1 L3 L2 L3 L4 3L2 L4 1 0 0 1 10 0 1 2 0 0 1 2 0 0 0 0 0 0 Sistema SPI onde y 2z 0 y 2z x w 1 x w 1 Digitalizado com CamScanner 6 1 Se A e B são invertíveis existem A1 tal que A A1 A1 A I B1 tal que B B1 B1 B I Portanto AB B1 A1 A B B1 A1 A I A1 A A1 I Logo B1 A1 AB1 é inverso de AB por outro lado B1 A11 AB B1 A1 A B B1 B I 2 A11 é uma matriz tal que A1 B I mas A1 A I e A A1 I Logo A11 A 3 temos k A A1 k A A1 k Logo kA 1k A1 k 1k A A1 1 I I Logo k A1 1k A1 Digitalizado com CamScanner Se A a11 a1n an1 ann e B b11 b1n bn1 bnn A B a11 b11 a12 b21 a1n bn1 de modo que ABij k1n aik bkj No transposto temos ABijT k1n ajk bki ABji entretanto k1n ajk bki k1n akjt bint k1n bikt akjt Bt Atij de modo que ABT BT AT 8 Sabemos que A1 A A A1 I e AT A1T A1 AT IT I e A1T AT A A1T I logo A1T AT1 9 a 3 0 1 2 1 1 4 1 0 2 340 310 40 14 40 12 12 3 4 5 4 1 b 4 1 0 2 3 0 1 2 1 1 não é possível pois o número de colunas do primeiro matriz não corresponde ao número de linhas da segunda c 3 6 1 3 1 1 2 4 1 3 1 5 2 1 0 1 3 2 4 18 3 9 3 3 6 12 3 9 1 5 2 1 0 1 3 2 4 18 3 27 185018 182349 3 3 63 53 0 621 32 3 46 12 3 93 125018 24336 42 108 75 12 3 21 36 78 63 e 3 0 1 2 1 1 4 1 0 2 1 4 2 3 1 5 3 0 1 2 1 1 4 3 161 85 6 2 10 3 0 1 2 1 1 1 15 3 6 2 10 3 45 9 112 154 320 16 152 310 3 45 9 11 11 17 7 17 13 f 1 4 2 3 1 5 1 3 4 1 2 5 1164 3410 3410 9125 21 17 17 35 g 1 5 2 1 0 1 3 2 4 3 0 1 2 1 1T 3 5 2 10 2T 3 1 1 9 2 4 4 4T 0 12 2 1 11 8 h 0 2 11 12 1 8 i tr 1 5 2 1 0 1 3 2 4 1 1 3 5 0 2 2 1 4 tr 1 25 4 1 2 0 1 9 4 16 tr 30 2 29 30 2 29 61 j tr 4 ET D 4 tr ET tr D 4 tr E tr D 4 6 1 3 1 4 410 5 35 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espaço 2 não é espaço e falta o axioma do elemento neutro na multiplicação 1 xyz xyz 3 não é espaço e falta o axioma da associatividade na multiplicação por escalares pois se k p R kpxy zkpx zkpqy e kpxy kzpxzpy 2k2px 2k2py 4kpx4kpy e kpxy kpxy 4 é espaço vetorial 5 é espaço vetorial questoes do IR² precisamos de 2 vetores LI de IR² para gerar uma base Logo os opcoes ab formam uma base c nao forma base porque um dos vetores e nulo d nao forma base porque sao LD pois 4339433493412 questoes do IR³ precisamos de 3 vetores LI para formar uma base do IR³ a det1 0 0 2 2 0 3 3 36 0 e formam base do IR³ b det3 1 4 2 5 6 1 4 812063220472 1626 0 e formam uma base do IR³ c det2 3 1 4 1 1 0 7 127028014120 e os vetores nao sao base do IR³ d det1 6 4 2 4 1 1 2 520616162600 e os vetores nao sao uma base do IR³ 15 a os vetores podem ser escritos da forma a0000b0000c0a1000b0100c0010 e uma base do subespaço é β 1000 0100 0010 com 3 vetores e portanto o subespaço tem dimensão 3 b temos abcd ababab a0a2 0bbb a1011b0111 e uma base do subespaço e β 1011 0111 e portanto sua dimensão é 2 c temos abcd aaaa a1111 com base β 1111 de apenas um vetor Logo sua dimensão é 1