Segunda Chamada Gabarito - Álgebra Linear - 2019-2

DEPARTAMENTO DA MATEMATICA APLICADA, UFRJ ALGEBRA LINEAR 2 GABARITO 2A CHAMADA, 04/12/2019 Professor: Hans-Christian Herbig Questao 1. Invertir a matriz 1111 12 2 2 12 1 1)° 12 1 2 (2 pontos) Solucao. Usamos o método de Gauss-Jordan, i. é, escalonamos a matriz li] 1 1 1J1 00 0 1 1 11/1 00 0 11 1 1/1 +0 00 122 2)0100,,0 J 11)/-1100,,01 1 1L/-1 1 00 1 2 1 1/0 0 1 °0 0 1 0 0/-1 0 1 0 0 0 -1 -1} 0 -1 1 0 1 2 12/0 00 1 0 1 0 1}/-1 00 1 0 0-1 0/0 -1 0 1 1 1 1 1) 1 +0 0 #0 1111/1 0 0 0 1 11 0} 1 O 1 -1 ~~ OF ft ryt br 0 0) OL ET Ly-t dO 0.) O Ld O;-t tot -t 00 fi] 1/0 1 -1 0 0 0 1 1) 0 1 -1 0 0 01 0; 0 1t O -1 0 0 -1 0} O -1 0 1 000 1] 0 0 -1 1 0001; 0 0 -1 #1 1 10 0} 1 -1 1 = 0 1 00 0} 2 -1 0 O 5, 8 10 0j-1 0 1 0 0 10 07-1 0 1 9 0 0 1 0j 0 1 0 -1l 0 0 1 0] 0 1 0 -l 000 1) 0 0 -1 #1 0 00 1; 0 0 -1 #1 Assim 1111) [2 -1 0 0 12 2 2 _{-l1 0 1 0 1211 ~ 10 1 0 -1]" 12 1 2 0 oO -1 1 Questao 2. Sejam a,b,c nimeros reais com c # 0 e bc —1. Mostrar que a 1 0O -1 6 1 4 1 |0 -l ie ST bet Tb a -l c (1,5 pontos) Solucao. O lado esquerdo escrito como + 1 4 e — abe+ate “ bet © be+1 be+1 - No outro lado usando expensao de Laplace na primeira linha temos a 1 0 -1 6b 1 a b lj j-1 1 (0.1) 0 -l ce] |-l e¢ 0 cl abe+at+e b 1 be+1 bc +1 —-l ic DEPARTAMENTO DA MATEMATICA APLICADA, UFRJ ALGEBRA LINEAR 2 GABARITO 2A CHAMADA, 04/12/2019 Comentdrio. Esse calculo pode ser entendido mais sistematicamente. Colocamos a 1 0O b (a,b,c):=|-1 6b I, (b,c) = | . (c) :=c¢ -l c 0 -lic Em (0.1) vimos usando Laplace que (a, b,c) = a(b,c) + (c). O que acontece com a 1 0 O —-1 0b 1 0 — ? (a, b,c, d) : 0 1 ¢ 1! 0 O -l d Usando expensao de Laplace na primeira linha ganhamos (a, b,c, d) = a(b, c,d) + (c,d). Mas 1 1 a(b, c,d) + (c,d a,b,c, d arp a =4t tea = (b h = ci c a c+4 “Te,d)_ ane) 9%) Nessa maneira podemos entender cada fracao continua como um quociente de determinantes desse tipo. Tem o caso especialmente interessante com 1 =a=b=c.... Verificamos (1) = 1, (1,1) = 2, (1,1,1) =3, (1,1,1,1) =5... que sao os nimeros de Fibonacci F,, Fo, F3, F,....1 Assim uma fracao continua com todos entradas = 1 é um quociente F,,,1/F;, de nimeros de Fibonacci consecutivos. Nas aulas da diagonalizacao vimos que esse quociente vem no limite n —> oo ao razAo aurea T = 1,618... ? Assim mostramos para fracao infinita 1 1+ 77 = T= 1618... TT Questao 3. Os quatro pontos de dados P,, = [4"], n = 1,2,3,4, sao listados na tabela seguinte n{|1l2 3 4 tr}O 12 32. yr |1l 1 2 3 Seja f(z) = a+ Bx + ycos(rx/2) a fungao tal que a soma yo (Yn — f(ap))? de quadrados de erros é minima. Qual é 0 valor do parametro y? (2 pontos) Solugao. Organizamos nossos dados na tabela seguinte. n|a° at cos(ra/2) | y 1} 1 O 1 1 2);1 1 0 1 3/1 2 —1 2 4/1 8 0 3 O segundo bloco é a matriz dos coeficientes e a tltima coluna é o lado direito do sistema linear 10 1 a 1 1 1 O 3) = 1 1 2 -1 ~ 12 13 0] 3 e——->=P-_—S SY =A =) 1Nas aulas vimos a recorrencia Fy42= Frt+ Fr4i. 27> 6a raiz maior do polinédmio quadratico x2 — x — 1. DEPARTAMENTO DA MATEMATICA APLICADA, UFRJ ALGEBRA LINEAR 2 GABARITO 2A CHAMADA, 04/12/2019 (Na verdade o sistema é sem solucgéo. Podemos verificar isso por exemplo calculando o determinante da matriz aumentada 10 1 1 1 -1 0 11 0 1 0 1 1 2 -1 2 - “ = 3] =-2 #0. 1 3 0 8 Consquentemente b e linearmente independente das colunas de A.) Para investigar a equagdo normal a A‘A|B} = Atb Y calculamos 111 af, oo] fA 6 0 7 A A=|0 1 2 3) ), 5 _j]=]6 14 -2), Alb=] 14). 10 -1 Of} |, 3 9g 0 -2 2 -1 Para solucionar por y usamos a regra de Cramer: 4 6 7 4 6 7 6 14 14 3.7 #7 1/10 7 9 5 7 — jO —2 -1) 2/0 —2 —-1} 14|-8 —4) 1° |-1 -1} 1 "“l¢ 6 O| 82 3 O] 4,/5 -) 4 3 3 6 14 —-2 3.7 1 2/-2 2 0 -2 2 0 -1 1 Questao 4. Seja A B «=[6 5 uma n Xx n-matriz com blocos quadradicos A € R™*™ e D € R("-™*("—™)__ Assumimos que A é inversivel é colocamos Y := D—C.A~!B. Mostra que x= Lin 0) A O|f1,, A1B ~ (CAT Anem| [O Y] | O Inem]’ Usa o fato que o determinante duma matriz triangular em blocos com blocos diagonais quadrticos é o produto dos determinantes dos blocos diagonais para concluir |X| = |A||Y|. Mostra X é inversivel se e somente se Y inversivel (assumindo A~! existe). (2 pontos) Solucao. Verificamos facilmente Lim 0 A 0] [1n A+B] [A A7!AB _|A Bl_y CA I,m] |O Y] |O In-m} [C CA TB+Y|~ |C D} * eS _ A 0; |A O ~|CAA Y] |C Y Lembramos a multiplicatividade determinante e deduzimos IX|= Lim 0 ||A Ol|1, A 1B ~ |CAT* Anem||O Y]}O Inem|’ Mas cada desses trés matrizes é diagonal em blocos com blocos diagonais quadraticos. Assim Im 0 A 0 1, A 'B ci 2 fH Politeml =a. ff gala, Py 22] = pl tnd = 1 Segue que |X| = |A||Y]|. Pois |A] 4 0 temos que |X| = 0 se e somente se |Y| = 0. Entao X singular se e somente se Y singular, ou em outras palavras X é inversivel se e somente se Y é inversivel. DEPARTAMENTO DA MATEMATICA APLICADA, UFRJ ALGEBRA LINEAR 2 GABARITO 2A CHAMADA, 04/12/2019 Questao 5. Diagonalizar a matriz 2 -1 1 A= |-3 0 -38]. —1 -1l -2 Qual é 0 niicleo da matriz A?? Diagonalizar A’. (2,5 pontos) Solucgao. O posto da matriz é < 2 porque a terceira coluna e a soma d aprimeire e segunda. Entao |A| = 0. O polinémio carateristico é ya) =|AJ-A() 7, tap? Epa} 8 73)) 4 a2 40-2) 8 = 9a— 8 = A043) — 3). -3 O -l1 -2 —-1 -2 Os autovalores sao 3,0,—3. Calculamos 0 autoespaco V3 de autovalor 3 -1 -1 1 V3 =Nuc(A—31)=Nuc] |-3 -3 -3 -1 -1 -5 usando escalonamento. -l -l 1 fi} 1-1 21 -1 11-1 11°00 -3 -3 -3H 3 3 340 0 610 0 1140 0 1 -1 -1 -5 1 1 £5 0 0 6 0 0 0 0 0 0 Assim V2 = R [=]. Calculamos 0 autoespaco Vo de autovalor 0 (i.6. o nticleo de A) 2 -1 1 Vo = Nuc(A) =Nuc}] }-3 0 -3 -1 -1 -2 usando escalonamento. 2 -1 1 [af 1 2 1 1 2 112 101 -3 0 -8h 2 -1 180 -3 -30 1 10 1 1 -l -1 -2 -3 0 -3 0 3 3 00 0 0 0 0 Assim Vo = R [i]. Calculamos o autoespaco V_3 de autovalor —3 5 -l 1 V3 =Nuc(A+31)=Nuc] }|-3 3 -3 -1 -1 1 usando escalonamento. 5 -1 1 [aij 1 -1 1 2 -1 121-1 10 0 -3 3 -8% 5 -1 140 -6 60 1 -1H0 1 -1 -l -1 1 -3 3 -3 0 6 -6 00 0 0 0 O Assim V_3 = R [?]: Agora podemos escrever A = BDB~! com 1 1 0 3.0 =O B= );-1 1 1], D=]0 0 O}]. 0 -1 1 0 0 -83 Para calcular a inversa de B usamos a formula B~! = Bl Adj B. O determinante de B é: 11 fasts |2, as ~ 13-2 |— —N 0 -1 1 1 1 1 DEPARTAMENTO DA MATEMATICA APLICADA, UFRJ ALGEBRA LINEAR 2 GABARITO 2A CHAMADA, 04/12/2019 Para determinar a matriz adjonta Adj B usamos o método indiano 1 1 0 1 1 —1 1 1 —1 1 x x x 0 —1 1 0 —1 x x x 1 1 0 1 1 x x x —1 1 1 —1 1 Assim 1 1 1+1 0-1 1-0 1 2 -1 1 BU = Adj B= 5 0+1 1-0 0-1 =3 1 1 -1}. |B| 1-0 0+1 141 1 1 2 A matrizes A e A? = BD°B™! tem o mesmo niicleo Vo = R [i |: Para diagonalizar A’ observamos At = (BDB“)' = (B~*)*D*Bt = (B-)' DB". Assim 2 -1 1]' [2 -3 -1) ,f2-1 1 3 0 0 1 1 0 AP=}-3 0-3) =J-1 0 -1)=3) 1 1 =I 0 0 0 -1 1 14. -1 -1 -2 1 -3 -2 1 1 2 0 0 -8 0 -1 1 Os autoespacos W3, Wo e W_3 dos autovalores 3,0 e —3 de A® sao: 2/3 -1/3 1/3 We=R[ V8], Wm =R [a |, Wa=R| ie], 1/3 1/3 2/3 Em outras palavras, os geradores ficam nas colunas de (B~?)*.