P2 - Álgebra Linear - 2020-2

DEPARTAMENTO DA MATEMATICA APLICADA, UFRJ ALGEBRA LINEAR 2 PROVA 2, 02/06/2021 Professor: Hans-Christian Herbig 1 0 1 0 3 0 Questao 1. Sejam A= }0 1 0] eB=]j0 O 3}. 0 0 1 0 0 0 a.) Comparecer AB e BA. b.) Calcular (A — B)~1. c.) Mostrar (0.1) A? + AB + B? = (A®— B°)(A— B)*!. Questao extra: Mostrar que (0.1) vale para cada A, B € R"*” t.q. A—B inversivel e AB— BA = 0. (Indicagao: Porque vale se n = 1?) (2 pontos) 1 2 0 Questao 2. Seja A:= |1 3 —1)]. 1 4 -2 a.) Qual é 0 posto p de A? Encontrar matrizes X e Y t.q. X tem p colunase A= XY. b.) Calcular X1X e Xt := (Xt*X) 1X. c.) Calcular Y¥t e Yt := Y'(YY*)7?. d.) Calcular At := Y*X?. (2 pontos) Questao 3. Usar a regra de Cramer para calcular a entrada x; no vetor solucao do sistema linear: 1 1 1 1 L1 1 1 2 3 4| {ao} — | 5 1 3 6 10] Jas} }15]° 1 4 10 20} Jaq 35 (2 pontos) Questao 4. Diagonalizar —2 1 1 A= {-3 -10 —5}. 9 21 10 1 Avaliar A7!v onde v = |—1]. Qual é lim,_,,, AT" 0? 1 Questao 5. Para quais valores de x,y,z € R a matriz 1 Qe 32? ly 2 tem posto < 1? (2 pontos) Questão 1 a.) AB = = 1 0 1 0 1 0 0 0 1 0 3 0 0 0 3 0 0 0 0 3 0 0 0 3 0 0 0 BA = = 0 3 0 0 0 3 0 0 0 1 0 1 0 1 0 0 0 1 0 3 0 0 0 3 0 0 0 b.) , A - B = 1 -3 1 0 1 -3 0 0 1 |A - B| = 1 Para invertir eu uso o método "indiano" A - B c.) A + AB + B = + + 2 2 1 0 1 0 1 0 0 0 1 1 0 1 0 1 0 0 0 1 0 3 0 0 0 3 0 0 0 0 3 0 0 0 3 0 0 0 0 3 0 0 0 3 0 0 0 = + + = 1 0 2 0 1 0 0 0 1 0 3 0 0 0 3 0 0 0 0 0 9 0 0 0 0 0 0 1 3 11 0 1 3 0 0 1 A - B A - B = - = 3 3 ( )-1 1 0 2 0 1 0 0 0 1 1 0 1 0 1 0 0 0 1 0 0 9 0 0 0 0 0 0 0 3 0 0 0 3 0 0 0 1 3 8 0 1 3 0 0 1 = = 1 0 3 0 1 0 0 0 1 1 3 8 0 1 3 0 0 1 1 3 11 0 1 3 0 0 1 Questão extra: Multiplicando com (A - B no lado direito vimos: ) vale se e somente se A + AB + B 2 2 = A - B A - B 3 3 ( )-1 A + AB + B 2 2 (A - B = A - B . ) 3 3 1 -3 1 1 -3 0 1 -3 0 1 0 0 1 0 0 1 -3 1 1 -3 0 1 -3 0 1 × × × A - B = ( )-1 1 3 8 0 1 3 0 0 1 × × × × × × Mas A + AB + B 2 2 (A - B = A + ABA + B A - A B - AB - B ) 3 2 2 2 3 . = A + A B + AB - A B - AB - B = A - B 3 2 2 2 2 3 3 3 Questão 2 Para descobrir e vamos escalonar : X Y A = 1 2 0 1 3 -1 1 4 -2 ↦ ↦ ↦ 1 2 0 1 3 -1 1 4 -2 1 2 0 0 1 -1 0 2 -2 1 2 0 0 1 -1 0 0 0 1 0 2 0 1 -1 0 0 0 a.) Assim o posto de A é igual e podemos colocar 2 e tal que . X = 1 2 1 3 1 4 Y = 1 0 2 0 1 -1 = 1 2 0 1 3 -1 1 4 -2 1 2 1 3 1 4 1 0 2 0 1 -1 b.) . O determinante é . X X = = t 1 1 1 2 3 4 1 2 1 3 1 4 3 9 9 29 |X X| = 6 t Assim . X X = t -1 1 6 29 -9 -9 3 X + := X X X = t -1 t 1 6 = 29 -9 -9 3 1 1 1 2 3 4 1 6 11 2 -7 -3 0 3 c.) O determinante é . YY = = t 1 0 2 0 1 -1 1 0 0 1 2 -1 5 -2 -2 2 |YY | = 6 t Assim . YY t -1 = 1 6 2 2 2 5 . Y + := Y YY = t t -1 1 6 = 1 0 0 1 2 -1 2 2 2 5 1 6 2 2 2 5 2 -1 d.) . Y X = = + + 1 62 2 2 2 5 2 -1 11 2 -7 -3 0 3 1 36 16 4 -8 7 4 1 25 4 -17 Comentário é chamada a Moore-Penrose pseudoinversa (R. Penrose ganhou o Nobel de B = Y X + + Física em 2020). É a matriz única t. q. as quatro condições seguintes valem: ABA = A, BAB = B, AB = AB, BA = BA. ( )t ( )t Daqui podem ser calculados, por exemplo, 1.) a projeção a imagem : , Im A ( ) AB = XX+ 2.) a projeção a imagem : . Im At BA = Y Y + Questão 3 x = = -1 = - = - = - 1 1 1 1 1 1 5 2 3 4 15 3 6 10 35 4 10 20 1 1 1 1 1 2 3 4 1 3 6 10 1 4 10 20 ( )3 1 1 1 1 2 3 4 5 3 6 10 15 4 10 20 35 1 1 1 1 1 2 3 4 1 3 6 10 1 4 10 20 1 12 1 12 1 2 3 3 7 12 6 16 31 1 2 3 2 5 9 3 9 19 1 11 1 11 1 3 4 13 1 3 3 10 Questão 4 𝜒 𝜆 = - + + 𝜆 + -2 + 10 - 10 𝜆 - 𝜆 A( ) -2 1 1 -3 -10 -5 9 21 10 -2 1 -3 -10 -2 1 9 10 -10 -5 21 10 ( ) 2 3 = - 23 - 29 + 5 𝜆 - 2𝜆 - 𝜆 1 -2 23 13 -51 -29 ( ) 2 3 = + 𝜆 - 2𝜆 - 𝜆 = - 𝜆 - 2𝜆 + 𝜆 + 2 -667 + 663 -2 ( ) 2 3 3 2 Tem raíz . Fazemos divisão sintética: 𝜆 = 1 1 -1 -2 1 2 -1 -3 -1 -1 -3 -2 0 Assim . 𝜒 𝜆 A( ) = -𝜆 - 2𝜆 + 𝜆 + 2 = - 𝜆 - 1 𝜆 + 3𝜆 + 2 3 2 ( ) 2 Mas 𝜆 + 3𝜆 + 2 tem raíz 2 -1. Fazemos divisão sintética de novo: -1 1 3 2 -1 -2 1 2 0 Chegamos em: . 𝜒 𝜆 = - 𝜆 - 1 𝜆 + 1 𝜆 + 2 A( ) ( )( )( ) Assim os autovalores são , e . 𝜆 = - 2 1 𝜆 = - 1 2 𝜆 = 1 3 Calculamos o autoespaço usando V 𝜆1 = Nuc A + 2 ⋅ 1 = Nuc ( ) 0 1 1 -3 -8 -5 9 21 12 escalonamento: ↦ 0 1 1 -3 -8 -5 9 21 12 -3 -8 -5 9 21 12 0 1 1 ↦ ↦ ↦ ↦ -3 -8 -5 0 -3 -3 0 1 1 -3 -8 -5 0 1 1 0 0 0 -3 0 3 0 1 1 0 0 0 1 0 -1 0 1 1 0 0 0 Assim com . V = R 𝜆1 v1 = v1 1 -1 1 Calculamos o autoespaço usando V 𝜆2 = Nuc A + 1 = Nuc ( ) -1 1 1 -3 -9 -5 9 21 11 escalonamento: ↦ ↦ ↦ -1 1 1 -3 -9 -5 9 21 11 1 1 1 0 -12 -8 0 30 20 1 1 1 0 1 2 / 3 0 0 0 1 0 -1 / 3 0 1 2 / 3 0 0 0 Assim com . V 𝜆2 = R v2 = v2 -1 2 -3 Calculamos o autoespaço usando V 𝜆3 = Nuc A - 1 = Nuc ( ) -3 1 1 -3 -11 -5 9 21 9 escalonamento: ↦ ↦ ↦ -3 1 1 -3 -11 -5 9 21 9 -3 1 1 0 -12 -6 0 24 12 -3 1 1 0 2 1 0 0 0 -3 1 1 0 1 1 / 2 0 0 0 ↦ -3 0 1 / 2 0 1 1 / 2 0 0 0 ↦ 1 0 -1 / 6 0 1 1 / 2 0 0 0 Assim com . V = R 𝜆2 v3 = v3 1 -3 6 Colocamos . Temos . B = , , = [v1 v2 v3] 1 -1 1 -1 2 -3 1 -3 6 |B| = = 1 1 11 1 -2 -2 5 Assim . A = 1 -1 1 -1 2 -3 1 -3 6 -2 0 0 0 -1 0 0 0 1 3 3 1 3 5 2 1 2 1 O vetor é igual a . Segue e . Assim e v v1 A = - 2 v v A -1v = -1 2 v A -nv = -1 2 n v . A = lim n ∞ → -nv 0 0 0 Questão 5 A matriz tem posto se e somente se todos -minores somem. 1 2x 3x2 1 y z2 ≤ 1 2 × 2 Têm os três -minores: 2 × 2 e . = y - 2x, 1 2x 1 y = z - 3x 1 3x2 1 z2 2 2 2x 3x2 y z2 O 1º minor some se e somente se . O 2º minor a some se e somente se . y = 2x z = ± x 3 Se o 1º e o 2º minor ambos somem o 3º é zero automaticamente (veja o comentário em baixo). Assim o lugar onde é uma união de duas retas: posto ≤ 1 1 2x 3x2 1 y z2 1 -1 1 1 -1 -1 2 -3 -1 2 1 -3 6 1 -3 1 -1 1 1 -1 -1 2 -3 -1 2 × × × B -1 = 3 3 1 3 5 2 1 2 1 × × × × × × . x, 2x, ± x ∣ x ∈ R 3 Comentário: Na verdade so dois -minores são independentes. 2 × 2 Seja . Temos se e somente se collinear A = , , [v1 v2 v3] ∈ R 2×3 | , v1 v2| = 0 , v1 v2 (i.é.parallel). Também se e somente se collinear. | , v1 v3| = 0 , v1 v3 Mas collinear e collinear collinear. , v1 v2 , v1 v3 ⟹ , v2 v3 Concluimos . | , | = 0 = | , | v1 v2 v1 v3 ⟹ | , | = 0 v2 v3