Lista Matemática copiar

Matematica 3 Lista pré prova Questão 1 GranSchmidt e Base Ortognormal Base inicial u1 110 u2 101 u3 011 produto interno usual Passo 1 e1 u1 u1 u1 sqrt1² 1² sqrt 2 e1 1sqrt 2 1sqrt 2 0 Passo 2 orthogonalizar u2 contra e1 proje1 u2 u2 e1 e1 u2 e1 101 1sqrt 2 1sqrt 2 0 1sqrt 2 Logo proje1 u2 1sqrt 2 1sqrt 2 1sqrt 2 0 12 12 0 u2 u2 proje1 u2 12 12 1 u2² 14 14 1 32 u2 sqrt32 sqrt 3 sqrt 2 e2 u2 u2 1sqrt 6 1sqrt 6 sqrt23 Passo 3 orthogonalizar u3 contra e1 e2 proje1 u3 u3 e1 e1 com u3 e1 011 1sqrt 2 1sqrt 2 0 1sqrt 2 proje1 u3 12 12 0 proje2 u3 u3 e2 e2 com u3 e2 011 1sqrt 6 1sqrt 6 sqrt23 1sqrt 6 sqrt23 1sqrt 6 Então proje2 u3 1sqrt 6 e2 16 16 13 Agora u3 u3 proje1 u3 proje2 u3 011 12 12 0 16 16 13 23 23 23 u3 23 sqrt 3 2 sqrt 3 3 e3 u3 u3 1sqrt 3 1 1 1 1sqrt 3 1sqrt 3 1sqrt 3 Base ortonormal obtida uma escolha possível e1 1sqrt 2 1sqrt 2 0 e2 1sqrt 6 1sqrt 6 sqrt23 e3 1sqrt 3 1sqrt 3 1sqrt 3 e1 está no plano z0 a 45º entre x e y e2 tem componente z0 pequena rotação no plano xy e3 aponta aproximadamente na direção 1 1 1 com sinal trocado ortogonal aos dois anteriores Questão 2 Matrizes de Mudança de base Base em R³ B u1 100 u2 010 u3 001 base canônica B v1 110 v2 011 v3 101 a Matriz de B para B leva coordenadas em B para coordenadas em B Colunas são os vetores de B escritos na base canônica pBB 1 0 1 1 1 0 0 1 1 b Matriz de B para B é a inversa PBB pBB1 12 12 12 12 12 12 12 12 12 Checagem det pBB 2 0 então é inversível Questão 3 Autovalores autovetores diagonalização e EDO Matriz A 1 0 3 0 1 4 0 0 2 a Autovalores como A é triangular superior os autovalores são a diagonal λ1 1 λ2 1 λ3 2 b Autovetores e Autespaços para λ 1 A Ix 0 0 0 3 0 2 4 0 0 1 x 0 z 0 y 0 x livre Autoespaço E1 span 100 para λ 1 A Ix 0 2 0 3 0 0 4 0 0 3 x 0 z 0 x 0 y livre E1 span 010 para λ 2 A 2Ix 0 1 0 3 0 3 4 0 0 0 x 0 x 3z y 43z Tomando z 3 autovetor 943 E2 span 943 7 qualquer múltiplo serve c Diagonalização Escolha p v1v2v3 100010943 Então p1Ap D diag 1 1 2 d sistema y1 y1 3y3 y2 y2 4y3 y Ay y3 2y3 da terceira equação y3t C3e2t para y1y1 3C3e2t Fator integrante et ety1 3C3et ety1 3C3et C1 y1t C1e t 3C3e 2t para y2 y2 y2 4C3e 2t fator integrante em t ety2 4C3e3t ety2 4C3 3 e 3t C2 y2t C2e t 43 C3e 2t Solução geral y3t C3e 2t y1t C1e t 3C3e 2t y2t C2e t 43 C3e 2t e Condições iniciais y10 1 y20 1 y30 0 y3t 2C3e 2t y30 2C3 0 C3 0 com C3 0 y1t C1e t y1t C1e t y10 C1 1 C1 1 Ainda com C3 0 y2t C2e t y20 C2 1 C2 1 Solução Particular que satisfaz as cis y1t et y2t et y3t 0 Questão 4 Transformação Linear T Tx1x2x3 x1 x2 x1 x3 x2 x3 i Matriz Canônica coluna j é Tej Te1 110 Te2 101 Te3 011 Acan 1 1 0 1 0 1 0 1 1 ii Núcleo e imagem detA 2 0 A é inversível Logo Ker T 0 dimensão 0 e Im T R3 dimensão 3 iii injetividade sim pois Ker T 0 T é injetora e bijetora iv Transformação inversa T1 De y1 x1 x2 y2 x1 x3 y3 x2 x3 x1 y1 y2 y3 2 x2 y1 y3 y2 2 x3 y2 y3 y1 2 Portanto T1y1 y2 y3 y1 y2 y32 y1 y3 y22 y2 y3 y12 Questão 5 Programação linear defina xvalor aplicado no título A yvalor aplicado no título B em dólares Função objetivo maximizar rendimento anual max Z010x 007y Restrições 1 orçamento x y 10000 2 Limite no Ax 7000 3 mínimo no By 1000 4 Investir no mínimo tanto no A quanto no B x y 5 não negatividade x 0 y 0 a Modelo o conjunto de inequações acima objetivo b Região viável vértices relevantes Interseções das retas ativas yx e x y 10000 50005000 x 7000 e x y 10000 70003000 x 7000 e y 1000 70001000 y 1000 e y x 10001000 c Otimização por avaliação nos vértices 10001000 Z010 1000 007 1000 170 70001000 Z700 70 770 70003000 Z700 210 910 50005000 Z500 350 850 Conclusão Máxima em xy 70003000 Política ótima Investir 7000 no título A e 3000 no título B rendimento anual 910 Base ortogonal pelo processo de GramSchmidt Esboço Questão 1 ROSA e1 deitado no plano xcy AMARELO apontado mais para cima Z AZUL apontado para baixo Z mas sempre ortogonal aos outros Q5 B esboço y 1000 x y x y 1000 x 7000 Região viavel Christiane Mello 1 temos a base dada pelo produto interno usual B 1 1 0 1 0 1 0 1 1 u₁ u₂ u₃ Vamos usar o processo de GramSchmidt por produzir a base ortonormal α Logo v₁ u₁ u₁ 1 1 0 1² 1² 12 12 0 u₂ projᵥ₁u₂ u₂ u₂v₁v₁ 1 0 1 1 0 112 12 012 12 0 1 0 1 1212 12 0 1 0 1 12 12 0 12 12 0 Então v₂ u₂ projᵥ₁u₂ u₂ projᵥ₁u₂ 12 12 1 12² 12² 1² 12 12 1 32 16 16 23 Para v₃ temos projᵥ₁u₃ u₃v₁v₁ 0 1 112 12 012 12 0 1212 12 0 12 12 0 e projᵥ₂u₃ u₃v₂v₂ 0 1 116 16 2316 16 23 16 2316 16 23 161 1 2 16 16 13 Então seja u₃ u₃ projᵥ₁u₃ projᵥ₂u₃ 0 1 1 12 12 0 16 16 13 23 23 23 Logo v₃ u₃ u₃ 23 23 23 23² 23² 23² 13 13 13 Portanto a base ortonormal obtida α é α 12 12 0 16 16 23 13 13 13 v₁ v₂ v₃ 2 Considere as bases de R3 B 100 010 001 u1 u2 u3 e B1 310 013 101 v1 v2 v3 a Matriz mudança de base B1 para B PB B1 1 0 1 1 1 0 0 1 1 b Matriz mudança de base B para B1 PB1 B PB B11 1 0 1 1 1 0 0 1 11 12 12 12 12 12 12 12 12 12 3 A 1 0 3 0 1 4 0 0 2 a Note que A é uma matriz triangular superior então seus autovalores são os elementos da diagonal principal isto é λ1 1 λ2 1 e λ3 2 b Para λ1 1 temos A λ1 x 0 0 0 3 0 2 4 0 0 1x y zT 0 0 0T z 0 e y 0 Então u1 100 é um autovetor de A associado a λ1 Para λ2 1 temos A λ2 x 0 2 0 3 0 0 4 0 0 3x y zT 0 0 0T z 0 e x 0 Então u2 010 é um autovetor de A associado a λ2 Para λ3 2 temos A λ3 x 0 1 0 3 0 3 4 0 0 0x y zT 0 0 0T y 43 z x 32 z z R Então v3 943 fazendo z 3 é um autovetor de A associado a λ3 c Temos P v1 v2 v3 1 0 9 0 1 4 0 0 3 Assuma a diagonalização de A é dada por P1 A P 1 0 0 0 1 0 0 0 2 d Temos o sistema y1 y1 3y3 y2 y2 4y3 y3 2y3 y1 y2 y3 1 0 3 0 1 4 0 0 2y1 y2 y3 y Ay Do y3 2 y3 temos y3 2 y3 y3 C3 e2t Logo y1 y1 3 y3 y1 3 C3 e2t onde seu fator integrante é dado por μ et Então temos μ y1 y1 μ 3 μ C3 e2t et y1 et y1 3 et C3 e2t et y1 et y1 3 C3 et ddt et y1 3 C3 et et y1 3 C3 et C y1 C et 3 C3 e2t Para finalizar de y2 y3 4 y3 temos y2 y2 4 C3 e2t que tem fator integrante μ et Então μ y2 μ y2 4 μ C3 e2t et y2 et y2 4 et C3 ddt et y2 4 C3 e3t et y2 43 C3 e3t C2 y2 C2 et 43 C3 e2t Portanto a solução geral do sistema é y1 C et 3 C3 e2t y2 C2 et 43 C3 e2t y3 C3 e2t 4 Tx1 x2 x3 x2 x3 x1 x3 x1 x3 a Matriz canônica de T Para a base canônica B de ℝ3 B 100 010 001 temos T100 110 T010 101 e T001 011 Portanto Tcan 1 1 0 1 0 1 0 1 1 b Note que det Tcan 2 0 então Tcan é inversível logo Ker T 0 e Im T ℝ3 c Como Ker T 0 e Im T ℝ3 temos que T é bijetora d Como Tcan 1 1 0 1 0 1 0 1 1 logo Tcan1 12 1 1 1 1 1 1 1 1 1 Portanto T1x1 x2 x3 x1 x2 x32 x3 x1 x32 x1 x2 x32 e Temos ao condições iniciais y10 1 y201 e y30 0 Então 0 y30 2 C3 e0 0 2 C3 C3 0 Logo e y3 0 Logo y1 C et y1 C et 1 y10 C e0 C 1 Logo e y1 et Por fim y2 C2 et pois C30 logo y20 C2 e0 C2 1 Logo e y2 et Portanto a solução que satisfaz as condições iniciais é y1 et y2 et y3 0 5 Queremos maximizar a função objetivo Z 010x 007y onde x é o valor aplicado so título A e y é o valor aplicado no título B Segundo as restrições i Orçamento y 10000 ii Limite Ax 7000 iii mínimo no By 1000 iv Investir no mínimo tal que x y v x 0 e y 0 a O modelo usado será o conjunto das inequações fornecidas acima e a função objetivo maximizar o rendimento anual b Os vértices relevantes região viável são y 1000 e y x 3000 1000 x 7000 e y 1000 7000 1000 x 7000 e x y 10000 7000 3000 y x e x y 10000 5000 5000 c A otimização por vértice relevante é 5000 5000 Z 500 350 850 7000 3000 Z 700 210 910 7000 1000 Z 700 70 770 10000 1000 Z 010 30000071000 270 Portanto o máximo acontece em x y 7000 3000 Então a política ótima é investir 7000 dolares no título A e 3000 dolares no título B com rendimento anual de 910 No readable text found