·
Administração ·
Matemática 1
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c 7X12X2X33X45 X12X24X31 d X17 X22 X33 X44 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 z 9 x 2 6 9 x 1 b As equações não lineares quando operamos constantes multiplicam 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 2X10 3X14X20 X21 b 3X12X35 7X1X24X33 2X2X37 5 a 1 1 2 8 L2 L1 L2 1 2 3 1 L3 3L1 L3 3 7 4 10 1 1 2 8 0 1 5 9 0 10 2 14 L2 1 L2 1 1 2 8 L1 L2 L1 0 1 5 9 0 10 2 14 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 L1 12 L1 2 5 2 1 8 1 4 1 1 1 1 0 L2 2L1 L2 2 5 2 1 L3 8L1 L3 1 1 1 0 0 7 4 1 L2 17 L2 1 1 1 0 L1 L2 L1 0 1 47 17 0 7 4 1 L3 7L2 L3 1 0 37 17 0 1 47 17 0 0 0 0 Sistema possível e indeterminad o com y 4z7 17 x 3z7 17 y 17 4z7 x 17 3z7 4 c 1 1 2 1 1 L2 2L1 L2 2 1 2 2 2 L3 L1 L3 1 2 4 1 1 L4 3L1 L4 3 0 0 3 3 1 1 2 1 1 L1 L2 L1 0 1 2 0 0 L3 L2 L3 0 3 6 0 0 L4 3L2 L4 0 13 L2 1 1 2 1 1 L1 L2 L1 0 1 2 0 0 L3 L2 L3 0 3 6 0 0 L4 3L2 L4 1 0 0 1 10 Sistema SPI onde 0 1 2 0 0 y zz 0 0 0 0 0 x w 1 x w 1 2 L4 0 2 3 1 L1 13 L1 3 6 3 2 3 6 3 2 L3 6L1 L3 0 2 3 1 L2 12 L2 6 6 3 5 L1 2L2 L1 1 2 1 23 1 0 2 13 L3 6L2 L3 0 1 32 12 0 0 0 6 portanto o sistema é impossível 6 1 Se A e B são invertíveis existem 11 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 A1 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 k A 1k A1 k 1k A A1 1 I I Logo k A1 1k A1 Se A a11 a1n an1 ann e B b11 b1n bn1 bnn AB a11 b11 a12 b21 a1n bn1 de modo que ABij Σ k1 to n aik bkj No transposto temos ABijT Σ k1 to n a jkb ki ABji no entanto Σ k1 to n a jkb ki Σ a kjt b ikt Σ k1 to n b ikt a kjt Bt Atij de modo que ABT BT AT 8 Sabemos que A1 A A A1 I e AT A1 T A1 A T IT I e A1 T AT A A1 T I logo A1 T AT 1 9 a 3 0 1 2 1 1 4 1 0 2 3 4 0 3 1 0 4 0 1 4 4 0 1 2 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 13 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 18 5 0 18 18 2 3 4 9 3 3 6 3 5 3 0 6 2 3 2 3 4 6 12 3 9 3 12 5 0 18 24 3 36 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 16 1 8 5 6 2 10 3 0 1 2 1 1 1 15 3 6 2 10 3 45 9 1 2 15 4 3 20 1 6 15 2 3 10 3 45 9 11 11 17 7 17 13 f 1 4 2 3 1 5 1 3 4 1 2 5 1 16 4 3 4 10 3 4 10 9 1 25 21 17 17 35 g 1 5 2 1 0 1 3 2 4 3 0 1 2 1 1 T 3 5t2 10 2 3 1 1 9 2 4 4 4 T 0 12 2 1 11 8 T 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 11 11 11 1 1 1 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 4 10 5 35 k tr Ct AT 2 ET tr Ct AT 2 tr ET tr AC T 2 tr E tr AC 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 AA1 I logo detAA1detI det A det A1 1 logo detA1 1det A 11 Pelo regra de Sarrus temos det A 2 1 0 2 1 3 4 0 3 4 0 0 2 0 0 16000 0 6 10 det B 1 1 3 1 1 7 1 2 7 1 5 0 1 5 0 110015 0 7 17 detABdetAdetB 1017 170 questoes do IR2 precisamos de 2 vetores LI do IR2 para gerar uma base Logo os opcoes ab formam uma base c não forma base porque um dos vetores é nulo d não forma base porque são LD pois 43 39 433 493 4 12 questoes do IR3 precisamos de 3 vetores LI para formarmos uma base do IR3 a det 1 0 0 2 2 0 3 3 3 6 0 e formam base do IR3 b det 3 1 4 2 5 6 1 4 8 120 6 32 20 72 16 26 0 e formam uma base do IR3 c det 2 3 1 4 1 1 0 7 1 270 28 0 14 12 0 e os vetores não são base do IR3 d det 1 6 4 2 4 1 1 2 5 20 6 16 16 2 60 0 e os vetores não são uma base do IR3 kp xy 2k2px 2k2py 4kpx4kpy e kpxy kpxy 4 é espaço vetorial 5 é espaço vetorial 15 a os vetores podem ser escritos da forma a000 0b00 00c0 a 1000 b 0100 c 0010 e uma base do subespaço é β 1000 0100 0010 com 3 vetores e portanto o subespaço têm dimensão 3 b temos abcd ab ab ab a 0 a a 0 b b b a 1011 b 0111 e uma base do subespaço é β 1011 0111 e portanto sua dimensão é 2 c temos abcd aaaa a 1111 com base β 1111 de apenas um vetor Logo sua dimensão é 1 a é subespaço pois a00b00 ab00 e ka00kao0 pertencente ao subespaço e 000 V b não é subespaço pois a11 b11 ab22 V c é subespaço pois ka ac c ka kakc kc e ka kc kb e abc def ad be cf ad acdf cf ghi V pois gi h d não é subespaço pois abc def ad be cf adacldfl cf ghi onde gil adcfl e h a d c f 2 g i 2 logo g h i V se abc def V Exercícios Álgebra Linear 1 As equações são lineares quando apenas constantes multiplicam Xo e todos os Xk estão elevados a apenas 1 Logo são lineares a c f e não são lineares b d e 2 As matrizes aumentadas são a 3 2 1 1 4 5 3 7 3 1 2 b 2 0 2 1 1 3 1 4 1 7 6 1 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 1 0 1 0 0 1 3 3 Os sistemas lineares são a 2x1 0 3x1 4x2 0 x2 1 b 3x1 2x3 5 4x1 x2 4x3 3 2x2 x3 7 c 4x1 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 1 3 1 3 6 5 0 Aplicando eliminações de Gauss fazemos 14 Para dois vetores caso sejam LD eles serão múltiplos um do outro Para 3 vetores do R3 podemos verificar se o determinante será nulo caso em que os vetores são LI Não é possível mais de 3 vetores LI no R3 pois gerariam um subespaço de 4 dimensões enquanto o R3 possui 3 Logo a vetores 412 4102 não LI b det 3 0 4 5 1 2 1 1 3 9020460 39 0 portanto os vetores são LI c os vetores 8 1 3 e 401 são LI d os vetores são LD pois há 4 vetores do R3 L2 2L1 L2 L3 3L1 L3 L2 12 L2 L3 3L2 L3 Logo 12 z 32 z 3 y 72 z 172 y 212 142 y 2 x y 2z 9 x 2 6 9 x 1 5 a L2 L1 L2 L3 L1 L3 L2 1 L2 L1 L2 L1 L3 10 L2 L3 L3 154 L1 7 L3 L1 L2 5 L3 L2 b L1 12 L1 L2 2 L1 L2 L3 8 L1 L3 L2 17 L2 L1 L2 L1 L3 4 L2 L3 Sistema possível e indeterminado com y 4z7 17 x 3z7 17 y 17 47 z x 17 37 z c L2 2 L1 L2 L3 L1 L3 L4 3 L1 L4 L2 13 L2 L1 L2 L1 L3 6 L2 L3 L4 3 L2 L4 Sistema SPI com y 2z 0 x w 1 y 2z x w 1 d L1 13 L1 L3 6 L1 L3 L2 12 L2 L1 2 L2 L1 L3 6 L2 L3 Portanto o sistema é impossível 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 A B B1 A1 A B B1 A1 A A1 I Logo B1 A1 A B1 é o inverso de AB Por outro lado B1 A1 A B B1 A1 A B B1 B I 2 A11 é uma matriz B tal que A1 B 11 mas A1 A 1 u A A1 1 Logo A11 A 3 Temos k A A1 k A A1 k Logo k A 1k A1 k 1k A A1 1 1 11 Logo k A1 1k A1 7 Seja A a11 a1n am1 amn B b11 b1n bm1 bmn AB a11 b11 a12 b21 am1 bmn de modo que ABij k1n a1k bkj Na transposta temos ABij k1n ajk bki ABji No entanto k1n ajk bki k1n akj bik k1n bik akj BTA Tij de modo que A BT BT AT 8 Sabemos que A1 A A A1 1 e AT A1T A1 AT 1T 11 u A1T A T A A1T 11 T 11 logo A1T AT1 9 a 3 0 1 2 1 1 4 1 0 2 34 0 31 0 1 0 1 4 4 0 1 2 12 3 4 5 4 1 b 4 1 0 2 3 0 1 2 1 1 não é possível calcular pois o número de colunas da primeira 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 18 5 0 18 18 2 3 4 9 3 3 6 3 5 3 0 6 2 3 2 3 4 5 12 3 9 3 12 5 0 18 24 3 36 32 108 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 25 6 2 10 3 0 1 2 1 1 1 15 3 6 2 10 3 45 9 412 15 4 3 20 1 6 15 2 3 10 3 45 9 11 11 17 7 17 13 f 1 2 2 1 3 11 64 34 10 3 1 5 4 1 9 1 25 21 17 17 35 g 1 5 2 3 0 T 35 2 10 2 T 1 0 1 1 2 1 3 2 4 1 1 9 2 4 4 4 0 12 T 0 2 11 2 1 11 8 1 Tr 1 5 2 1 1 3 1 0 1 5 0 2 3 2 4 2 1 4 Tr 1 25 4 30 2 29 61 j Tr 4 ET D 4 Tr ET Tr D Tr ET Tr E 4 Tr E Tr D 4 6 1 3 1 4 2105 35 k Tr CT AT 2 ET Tr CT AT 2 Tr ET Tr ACT 2 Tr E Tr AC 2 Tr E Tr 3 0 1 4 2 2 6 1 3 1 2 3 1 5 Tr 3 12 6 20 28 5 2 8 4 5 7 10 sabemos que AA1 I logo det A A1 det I det A det A1 1 logo det A1 1det A 11 Pela regra de Sarrus temos det A 2 1 0 2 1 16 0 0 0 0 6 3 1 0 3 4 10 det B 1 1 3 1 1 110 0 15 0 7 4 1 2 1 4 1 14 det AB det A det B 10 14 140 12 1 é espaço 2 não é espaço e falha os axiomas do elemento neutro na multiplicação 1 x y z x y z 3 não é espaço e falha o axioma da associatividade na multiplicação por escalar pois se k p R kpxy 2kpx 2kpy e kpxy k2px 2py 2k2px 2k2py 4kpx 4kpy e k pxy kpxy 4 é espaço vetorial 5 é espaço vetorial 13 a é subespaço pois a 0 0 b 0 0 a b 0 0 1 k a 0 0 ka 0 0 portanto ao subespaço 0 0 0 V b não é subespaço pois a 1 1 b 1 1 ab 2 2 V c é subespaço pois k a ac c ka ka kc kc ka kb kc e a b c d e f ad be cf ad acdf cf g h i V pois g i h d não é subespaço pois a b c d e f a d b e c f a d a c 1 d f 1 c f g h i e h a d c f 2 g i 2 logo g h i V se a b c d e f V 14 Para dos vetores caso supm 6D eles serão múltiplos um do outro Para três vetores do R3 podemos verificar se o determinante será nulo caso em que os vetores são LD Não é possível termos mais de 3 vetores LI no R3 pois gerariam um subespaço de 4 dimensões enquanto o R3 possui 3 logo a Vetores 4 3 2 4 10 2 são LI b det 3 0 4 9 0 20 4 6 0 39 0 5 1 2 1 1 3 portanto os vetores são LI c Os vetores 8 1 3 e 4 0 1 são LI d Os vetores são LD pois há 4 vetores do R3 Questões do R² Precisamos de 2 vetores 41 do R² para gerar uma base logo as opções ab formam uma base c não forma base pois um dos vetores é nulo d não forma uma base porque são LD pois 43 39 433 493 412 Questões do R³ Precisamos de 3 vetores 41 para formar uma base do R³ a det 1 0 0 2 2 0 3 3 3 6 0 e formam base do R³ b det 3 1 4 2 5 6 1 4 8 120 6 32 20 72 16 26 0 e formam uma base do R³ c det 2 3 1 4 1 1 0 7 1 2 0 28 0 14 12 0 e os vetores não são base do R³ d det 1 6 4 2 4 1 1 25 20 6 16 16 2 60 0 e os vetores não são uma base do R³ 15 a Os vetores podem ser escritos na forma a000 0 b00 00 c0 a 1 000 b 0100 c 0010 a uma base do subespaço é β 1000 0100 0010 com 3 vetores e portanto o subespaço tem dimensão 3 b Temos abcd ab ab ab a 0 a a 0b b b a 1011 b 0111 e uma base do subespaço é β 1011 0111 e portanto sua dimensão é 2 c Temos abcd aaaa a 1111 sem base β 1 1 1 1 de apenas 1 vetor Logo sua dimensão é 1
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c 7X12X2X33X45 X12X24X31 d X17 X22 X33 X44 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 z 9 x 2 6 9 x 1 b As equações não lineares quando operamos constantes multiplicam 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 2X10 3X14X20 X21 b 3X12X35 7X1X24X33 2X2X37 5 a 1 1 2 8 L2 L1 L2 1 2 3 1 L3 3L1 L3 3 7 4 10 1 1 2 8 0 1 5 9 0 10 2 14 L2 1 L2 1 1 2 8 L1 L2 L1 0 1 5 9 0 10 2 14 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 L1 12 L1 2 5 2 1 8 1 4 1 1 1 1 0 L2 2L1 L2 2 5 2 1 L3 8L1 L3 1 1 1 0 0 7 4 1 L2 17 L2 1 1 1 0 L1 L2 L1 0 1 47 17 0 7 4 1 L3 7L2 L3 1 0 37 17 0 1 47 17 0 0 0 0 Sistema possível e indeterminad o com y 4z7 17 x 3z7 17 y 17 4z7 x 17 3z7 4 c 1 1 2 1 1 L2 2L1 L2 2 1 2 2 2 L3 L1 L3 1 2 4 1 1 L4 3L1 L4 3 0 0 3 3 1 1 2 1 1 L1 L2 L1 0 1 2 0 0 L3 L2 L3 0 3 6 0 0 L4 3L2 L4 0 13 L2 1 1 2 1 1 L1 L2 L1 0 1 2 0 0 L3 L2 L3 0 3 6 0 0 L4 3L2 L4 1 0 0 1 10 Sistema SPI onde 0 1 2 0 0 y zz 0 0 0 0 0 x w 1 x w 1 2 L4 0 2 3 1 L1 13 L1 3 6 3 2 3 6 3 2 L3 6L1 L3 0 2 3 1 L2 12 L2 6 6 3 5 L1 2L2 L1 1 2 1 23 1 0 2 13 L3 6L2 L3 0 1 32 12 0 0 0 6 portanto o sistema é impossível 6 1 Se A e B são invertíveis existem 11 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 A1 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 k A 1k A1 k 1k A A1 1 I I Logo k A1 1k A1 Se A a11 a1n an1 ann e B b11 b1n bn1 bnn AB a11 b11 a12 b21 a1n bn1 de modo que ABij Σ k1 to n aik bkj No transposto temos ABijT Σ k1 to n a jkb ki ABji no entanto Σ k1 to n a jkb ki Σ a kjt b ikt Σ k1 to n b ikt a kjt Bt Atij de modo que ABT BT AT 8 Sabemos que A1 A A A1 I e AT A1 T A1 A T IT I e A1 T AT A A1 T I logo A1 T AT 1 9 a 3 0 1 2 1 1 4 1 0 2 3 4 0 3 1 0 4 0 1 4 4 0 1 2 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 13 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 18 5 0 18 18 2 3 4 9 3 3 6 3 5 3 0 6 2 3 2 3 4 6 12 3 9 3 12 5 0 18 24 3 36 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 16 1 8 5 6 2 10 3 0 1 2 1 1 1 15 3 6 2 10 3 45 9 1 2 15 4 3 20 1 6 15 2 3 10 3 45 9 11 11 17 7 17 13 f 1 4 2 3 1 5 1 3 4 1 2 5 1 16 4 3 4 10 3 4 10 9 1 25 21 17 17 35 g 1 5 2 1 0 1 3 2 4 3 0 1 2 1 1 T 3 5t2 10 2 3 1 1 9 2 4 4 4 T 0 12 2 1 11 8 T 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 11 11 11 1 1 1 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 4 10 5 35 k tr Ct AT 2 ET tr Ct AT 2 tr ET tr AC T 2 tr E tr AC 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 AA1 I logo detAA1detI det A det A1 1 logo detA1 1det A 11 Pelo regra de Sarrus temos det A 2 1 0 2 1 3 4 0 3 4 0 0 2 0 0 16000 0 6 10 det B 1 1 3 1 1 7 1 2 7 1 5 0 1 5 0 110015 0 7 17 detABdetAdetB 1017 170 questoes do IR2 precisamos de 2 vetores LI do IR2 para gerar uma base Logo os opcoes ab formam uma base c não forma base porque um dos vetores é nulo d não forma base porque são LD pois 43 39 433 493 4 12 questoes do IR3 precisamos de 3 vetores LI para formarmos uma base do IR3 a det 1 0 0 2 2 0 3 3 3 6 0 e formam base do IR3 b det 3 1 4 2 5 6 1 4 8 120 6 32 20 72 16 26 0 e formam uma base do IR3 c det 2 3 1 4 1 1 0 7 1 270 28 0 14 12 0 e os vetores não são base do IR3 d det 1 6 4 2 4 1 1 2 5 20 6 16 16 2 60 0 e os vetores não são uma base do IR3 kp xy 2k2px 2k2py 4kpx4kpy e kpxy kpxy 4 é espaço vetorial 5 é espaço vetorial 15 a os vetores podem ser escritos da forma a000 0b00 00c0 a 1000 b 0100 c 0010 e uma base do subespaço é β 1000 0100 0010 com 3 vetores e portanto o subespaço têm dimensão 3 b temos abcd ab ab ab a 0 a a 0 b b b a 1011 b 0111 e uma base do subespaço é β 1011 0111 e portanto sua dimensão é 2 c temos abcd aaaa a 1111 com base β 1111 de apenas um vetor Logo sua dimensão é 1 a é subespaço pois a00b00 ab00 e ka00kao0 pertencente ao subespaço e 000 V b não é subespaço pois a11 b11 ab22 V c é subespaço pois ka ac c ka kakc kc e ka kc kb e abc def ad be cf ad acdf cf ghi V pois gi h d não é subespaço pois abc def ad be cf adacldfl cf ghi onde gil adcfl e h a d c f 2 g i 2 logo g h i V se abc def V Exercícios Álgebra Linear 1 As equações são lineares quando apenas constantes multiplicam Xo e todos os Xk estão elevados a apenas 1 Logo são lineares a c f e não são lineares b d e 2 As matrizes aumentadas são a 3 2 1 1 4 5 3 7 3 1 2 b 2 0 2 1 1 3 1 4 1 7 6 1 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 1 0 1 0 0 1 3 3 Os sistemas lineares são a 2x1 0 3x1 4x2 0 x2 1 b 3x1 2x3 5 4x1 x2 4x3 3 2x2 x3 7 c 4x1 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 1 3 1 3 6 5 0 Aplicando eliminações de Gauss fazemos 14 Para dois vetores caso sejam LD eles serão múltiplos um do outro Para 3 vetores do R3 podemos verificar se o determinante será nulo caso em que os vetores são LI Não é possível mais de 3 vetores LI no R3 pois gerariam um subespaço de 4 dimensões enquanto o R3 possui 3 Logo a vetores 412 4102 não LI b det 3 0 4 5 1 2 1 1 3 9020460 39 0 portanto os vetores são LI c os vetores 8 1 3 e 401 são LI d os vetores são LD pois há 4 vetores do R3 L2 2L1 L2 L3 3L1 L3 L2 12 L2 L3 3L2 L3 Logo 12 z 32 z 3 y 72 z 172 y 212 142 y 2 x y 2z 9 x 2 6 9 x 1 5 a L2 L1 L2 L3 L1 L3 L2 1 L2 L1 L2 L1 L3 10 L2 L3 L3 154 L1 7 L3 L1 L2 5 L3 L2 b L1 12 L1 L2 2 L1 L2 L3 8 L1 L3 L2 17 L2 L1 L2 L1 L3 4 L2 L3 Sistema possível e indeterminado com y 4z7 17 x 3z7 17 y 17 47 z x 17 37 z c L2 2 L1 L2 L3 L1 L3 L4 3 L1 L4 L2 13 L2 L1 L2 L1 L3 6 L2 L3 L4 3 L2 L4 Sistema SPI com y 2z 0 x w 1 y 2z x w 1 d L1 13 L1 L3 6 L1 L3 L2 12 L2 L1 2 L2 L1 L3 6 L2 L3 Portanto o sistema é impossível 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 A B B1 A1 A B B1 A1 A A1 I Logo B1 A1 A B1 é o inverso de AB Por outro lado B1 A1 A B B1 A1 A B B1 B I 2 A11 é uma matriz B tal que A1 B 11 mas A1 A 1 u A A1 1 Logo A11 A 3 Temos k A A1 k A A1 k Logo k A 1k A1 k 1k A A1 1 1 11 Logo k A1 1k A1 7 Seja A a11 a1n am1 amn B b11 b1n bm1 bmn AB a11 b11 a12 b21 am1 bmn de modo que ABij k1n a1k bkj Na transposta temos ABij k1n ajk bki ABji No entanto k1n ajk bki k1n akj bik k1n bik akj BTA Tij de modo que A BT BT AT 8 Sabemos que A1 A A A1 1 e AT A1T A1 AT 1T 11 u A1T A T A A1T 11 T 11 logo A1T AT1 9 a 3 0 1 2 1 1 4 1 0 2 34 0 31 0 1 0 1 4 4 0 1 2 12 3 4 5 4 1 b 4 1 0 2 3 0 1 2 1 1 não é possível calcular pois o número de colunas da primeira 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 18 5 0 18 18 2 3 4 9 3 3 6 3 5 3 0 6 2 3 2 3 4 5 12 3 9 3 12 5 0 18 24 3 36 32 108 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 25 6 2 10 3 0 1 2 1 1 1 15 3 6 2 10 3 45 9 412 15 4 3 20 1 6 15 2 3 10 3 45 9 11 11 17 7 17 13 f 1 2 2 1 3 11 64 34 10 3 1 5 4 1 9 1 25 21 17 17 35 g 1 5 2 3 0 T 35 2 10 2 T 1 0 1 1 2 1 3 2 4 1 1 9 2 4 4 4 0 12 T 0 2 11 2 1 11 8 1 Tr 1 5 2 1 1 3 1 0 1 5 0 2 3 2 4 2 1 4 Tr 1 25 4 30 2 29 61 j Tr 4 ET D 4 Tr ET Tr D Tr ET Tr E 4 Tr E Tr D 4 6 1 3 1 4 2105 35 k Tr CT AT 2 ET Tr CT AT 2 Tr ET Tr ACT 2 Tr E Tr AC 2 Tr E Tr 3 0 1 4 2 2 6 1 3 1 2 3 1 5 Tr 3 12 6 20 28 5 2 8 4 5 7 10 sabemos que AA1 I logo det A A1 det I det A det A1 1 logo det A1 1det A 11 Pela regra de Sarrus temos det A 2 1 0 2 1 16 0 0 0 0 6 3 1 0 3 4 10 det B 1 1 3 1 1 110 0 15 0 7 4 1 2 1 4 1 14 det AB det A det B 10 14 140 12 1 é espaço 2 não é espaço e falha os axiomas do elemento neutro na multiplicação 1 x y z x y z 3 não é espaço e falha o axioma da associatividade na multiplicação por escalar pois se k p R kpxy 2kpx 2kpy e kpxy k2px 2py 2k2px 2k2py 4kpx 4kpy e k pxy kpxy 4 é espaço vetorial 5 é espaço vetorial 13 a é subespaço pois a 0 0 b 0 0 a b 0 0 1 k a 0 0 ka 0 0 portanto ao subespaço 0 0 0 V b não é subespaço pois a 1 1 b 1 1 ab 2 2 V c é subespaço pois k a ac c ka ka kc kc ka kb kc e a b c d e f ad be cf ad acdf cf g h i V pois g i h d não é subespaço pois a b c d e f a d b e c f a d a c 1 d f 1 c f g h i e h a d c f 2 g i 2 logo g h i V se a b c d e f V 14 Para dos vetores caso supm 6D eles serão múltiplos um do outro Para três vetores do R3 podemos verificar se o determinante será nulo caso em que os vetores são LD Não é possível termos mais de 3 vetores LI no R3 pois gerariam um subespaço de 4 dimensões enquanto o R3 possui 3 logo a Vetores 4 3 2 4 10 2 são LI b det 3 0 4 9 0 20 4 6 0 39 0 5 1 2 1 1 3 portanto os vetores são LI c Os vetores 8 1 3 e 4 0 1 são LI d Os vetores são LD pois há 4 vetores do R3 Questões do R² Precisamos de 2 vetores 41 do R² para gerar uma base logo as opções ab formam uma base c não forma base pois um dos vetores é nulo d não forma uma base porque são LD pois 43 39 433 493 412 Questões do R³ Precisamos de 3 vetores 41 para formar uma base do R³ a det 1 0 0 2 2 0 3 3 3 6 0 e formam base do R³ b det 3 1 4 2 5 6 1 4 8 120 6 32 20 72 16 26 0 e formam uma base do R³ c det 2 3 1 4 1 1 0 7 1 2 0 28 0 14 12 0 e os vetores não são base do R³ d det 1 6 4 2 4 1 1 25 20 6 16 16 2 60 0 e os vetores não são uma base do R³ 15 a Os vetores podem ser escritos na forma a000 0 b00 00 c0 a 1 000 b 0100 c 0010 a uma base do subespaço é β 1000 0100 0010 com 3 vetores e portanto o subespaço tem dimensão 3 b Temos abcd ab ab ab a 0 a a 0b b b a 1011 b 0111 e uma base do subespaço é β 1011 0111 e portanto sua dimensão é 2 c Temos abcd aaaa a 1111 sem base β 1 1 1 1 de apenas 1 vetor Logo sua dimensão é 1