Exercícios Álgebra Linear

Q23 Considere o espaço vetorial real P² com as operações usuais de soma e multiplicação por escalar 23a 20 Ptos Mostre por definição de subespaço vetorial que F ax² 1 b x² 2x c 1 x a b 2c 0 é um subespaço vetorial de P² 23b 10 Ptos Determine uma base e a dimensão de F Questão 1 75 pontos Assinale com V a afirmação verdadeira e com F a afirmação falsa Cada assinalação certa vale 16 pontos cada assinalação errada vale 6 menos seis pontos e a não assinalação vale 0 zero ponto A Considere a matriz real B bij4x4 1 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 3 3 Então a entrada 4 2 da matriz B¹ é o número real b42B 12 A Falsa F A fórmula para a entrada 4 2 da matriz inversa é B¹42 C24 B onde o cofator é dado por C24 1²⁴ M24 M24 com M24 sendo o menor obtido ao eliminar a segunda linha e a quarta coluna da matriz B 1 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 3 3 Substituindo obtemos M24 1 0 1 1 1 1 2 2 3 Aplicando a regra de Sarrus ou expansão por linha temos M24 1 1 1 2 3 0 1 1 2 3 1 1 1 2 2 Calculando os determinantes 2 2 obtemos 1 1 2 3 1 3 1 2 3 2 1 1 1 2 2 1 2 1 2 2 2 4 Q24 No espaço vetorial P³ com a adição e multiplicação por escalar usuais sejam os subespaços vetoriais F x³ 3x 1 x³ x² 1 e G a x³ x² b x² x c x 1 d x³ a c d 0 23a 20 Ptos Determine uma base de F G 23b 10 Ptos Determine a dim F G Q25 Considere o espaço euclidiano R³ com a adição e a multiplicação por escalar usuais munido do seguinte produto interno para quaisquer u u1 u2 u3 v v1 v2 v3 R³ temse u v 2 u1 v1 u2 v1 u3 v1 u1 v2 3 u2 v2 u1 v3 u3 v3 12 25a 5 Ptos Determine a matriz da métrica M em relação à base canônica Bc e1 e2 e3 de R³ 25b 5 Ptos Diga justificando se a base Bc é ortonormal em relação ao produto interno considerado em 12 25c 15 Ptos Construa uma base ortogonal de R³ que inclui o vetor w1 1 1 0 25d 5 Ptos Considere o subespaço vetorial F w1 Determine um subespaço complementar de F Q26 Considere os espaços vetoriais reais P² e R³ com as operações usuais Seja a aplicação linear h P² R³ definida por hax² βx γ 2α β γ γ α γ para quaisquer α β γ R 26a 15 Ptos Verifique se h é um isomorfismo 26b 15 Ptos Para quaisquer a b c R determine h¹ a b c Q27 Sejam V e V espaços vetoriais de dimensão n m N respetivamente Seja um monomorfismo f V V Mostre que se vi i 1 2 p p N p n são linearmente independentes l ind então fvi i 1 2 p também são l ind Q28 Considere a matriz real A 6 5 2 8 7 2 1 1 1 21 28a 15 Ptos Mostre que A é diagonalizável 28b 15 Ptos Determine An para todo n N Questão 1 75 pontos Assinale com V a afirmação verdadeira e com F a afirmação falsa Cada assinalação certa vale 16 pontos cada assinalação errada vale 6 menos seis pontos e a não assinalação vale 0 zero ponto A Considere a matriz real B bij4x4 1 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 3 3 Então a entrada 42 da matriz B¹ é o número real b42B 12 B O sistema de equações lineares sobre o corpo R x 2y 1 2x 4y z 0 x 2y z 1 é possível indeterminado com grau de indeterminação g 1 C Seja A Rnn n N Se A é raiz do polinômio fx x² 5x 4 então A¹ 14 5I A onde I é a matriz identidade de ordem n D A matriz real A 1 1 1 1 0 1 1 1 1 é raiz do polinômio real fx x³ 2x² 2x 4 E A inversa da matriz real A 1 1 1 1 0 1 1 1 1 é a matriz real C 14 12 14 12 0 12 14 12 14 Q21 No espaço vetorial real R⁴ com as operações usuais de adição e multiplicação por escalar considere os vetores u α 8 5 4 u1 1 0 1 1 u2 2 1 1 1 u3 1 3 2 β onde α β R 21a 15 Ptos Determine os valores reais de α e β que fazem com que o vetor u seja combinação linear dos vetores u1 u2 e u3 21b 15 Ptos Para α β 3 determine as componentes do vetor u em relação a uma base Bs do subespaço vetorial S u1 u2 u3 de R⁴ Q22 Sabendo que os vetores v1 v2 e v3 de um espaço vetorial real V são linearmente independentes 22a 15 Ptos Mostre que os vetores a1 v1 v2 a2 2v1 3v2 v3 a3 v1 v2 v3 são também linearmente independentes 22b 15 Ptos Considere o espaço vetorial real V v1 v2 v3 Determine as componentes do vetor v v1 2v2 3 v3 em relação à base B a1 a2 a3 de V Portanto M24 1 cdot 1 0 1 cdot 4 1 4 5 Assim left B1 right42 frac5B Calculase o determinante B da matriz B Utilizando operações elementares sem pular contas obtemos B 12 Logo left B1 right42 frac512 frac512 Como o enunciado afirma que left B1 right42 fracb42B frac12 e considerando que b42 2 teríamos frac212 frac16 o que difere de frac12 Além disso a fórmula correta para o inverso envolve o cofator e não o próprio elemento b42 Portanto a afirmação é F b Verdadeiro V Considere o sistema left beginaligned x 2y 1 2x 4y z 0 x 2y z 1 endaligned right Substituindo os dados na fórmula do primeiro item temos x 2y 1 Rightarrow x 1 2y Na equação 2x 4y z 0 substitua x 1 2y 2 cdot 1 2y 4y z 0 Rightarrow 2 4y 4y z 0 Rightarrow 2 z 0 resultando em z 2 Verifique na equação x 2y z 1 substituindo x 1 2y e z 2 1 2y 2y 2 1 2y 2y 2 1 Como a equação é satisfeita o sistema é compatível e apresenta uma solução em que a variável y é livre isto é x 1 2y y in mathbbR z 2 Portanto o sistema é possível indeterminado com grau de indeterminação g 1 c Verdadeiro V Como A é raiz do polinômio fx x2 5x 4 temos fA A2 5A 4I 0 Portanto A2 5A 4I Multiplicando ambos os lados da igualdade à esquerda por A1 obtemos A1 cdot A2 A1 cdot 5A 4I Utilizando a propriedade associativa temos A1 cdot A cdot A 5A1 cdot A 4A1 cdot I ou seja I cdot A 5I 4A1 Como I cdot A A e A1 cdot I A1 a equação se torna A 5I 4A1 Isolando A1 somamos 4A1 em ambos os lados e subtraímos A 4A1 5I A Dividindo ambos os lados por 4 obtemos A1 frac14 5I A d Verdadeiro V Temos A beginbmatrix 1 1 1 1 0 1 1 1 1 endbmatrix e o polinômio fx x3 2x2 2x 4 Como A é raiz de fx devemos ter fA A3 2A2 2A 4I 0 Primeiro calculase A2 A cdot A Substituindo os dados A2 beginbmatrix 1 cdot 1 1 cdot 1 1 cdot 1 1 cdot 1 1 cdot 0 1 cdot 1 1 cdot 1 1 cdot 1 1 cdot 1 1 cdot 1 0 cdot 1 1 cdot 1 1 cdot 1 0 cdot 0 1 cdot 1 1 cdot 1 0 cdot 1 1 cdot 1 1 cdot 1 1 cdot 1 1 cdot 1 1 cdot 1 1 cdot 0 1 cdot 1 1 cdot 1 1 cdot 1 1 cdot 1 endbmatrix beginbmatrix 1 0 3 0 2 0 3 0 1 endbmatrix Em seguida calculase A3 A2 A Substituindo os dados A3 110131 110031 110131 012101 012001 012101 310111 310011 310111 103 103 103 020 000 020 301 301 301 4 2 4 2 0 2 4 2 4 Agora substituise em fA A3 2A2 2A 4I Calculase cada termo A3 4 2 4 2 0 2 4 2 4 4 2 4 2 0 2 4 2 4 2A2 2 1 0 3 0 2 0 3 0 1 2 0 6 0 4 0 6 0 2 2A 2 1 1 1 1 0 1 1 1 1 2 2 2 2 0 2 2 2 2 4I 4 1 0 0 0 1 0 0 0 1 4 0 0 0 4 0 0 0 4 Somando os termos fA 4224 2020 4620 2020 0404 2020 4620 2020 4224 0 0 0 0 0 0 0 0 0 Observase que A3 2A2 2A 4I 0 confirmando que A é raiz do polinômio fx x3 2x2 2x 4 E Verdadeira V Verificase que C é a inversa de A se A C I onde A 1 1 1 1 0 1 1 1 1 e C 14 12 14 12 0 12 14 12 14 Calculase a entrada 11 de A C pela fórmula A C11 114 112 114 14 12 14 1 A entrada 12 é A C12 112 10 112 12 0 12 0 A entrada 13 é A C13 114 112 114 14 12 14 0 Para a segunda linha a entrada 21 é A C21 114 012 114 14 0 14 0 A entrada 22 é A C22 112 00 112 12 0 12 1 A entrada 23 é A C23 114 012 114 14 0 14 0 Para a terceira linha a entrada 31 é A C31 114 112 114 14 12 14 0 A entrada 32 é A C32 112 10 112 12 0 12 0 A entrada 33 é A C33 114 112 114 14 12 14 1 Observase que A C 1 0 0 0 1 0 0 0 1 I Assim confirmase que C A1 Desejase que α 8 5 4 x 1 0 1 1 y 2 1 1 1 z 1 3 2 β para certos escalares x y z R Comparando coordenadas obtémse o sistema α x 2y z 8 0 x 1 y 3 z 5 1 x 1 y 2 z 4 x y β z Da segunda equação y 8 3z Da terceira equação 5 x y 2z x y 2z 5 Substituindo essas expressões na primeira equação α y 2z 5 2y z e usando y 8 3z resulta α 8 3z 2z 5 28 3z z Fazendo a substituição e simplificando α 8 3z 2z 5 28 3z z 13 5z 16 6z z 3 Portanto α 3 Na quarta equação 4 x y β z substituindo x e y obtemos 4 y 2z 5 y β z Como y 8 3z 4 8 3z 2z 5 8 3z β z Simplificando 4 8 3z 2z 5 8 3z β z 5 2z β z Portanto 9 z 2 β Para que haja solução em z é necessário 2 β 0 ou seja β 2 Concluise que α 3 e β 2 b Para α β 3 o vetor passa a ser 3 8 5 4 Desejase escrevêlo como 3 8 5 4 x 1 0 1 1 y 2 1 1 1 z 1 3 2 3 Comparase cada coordenada Da segunda equação 8 y 3z y 8 3z Da terceira 5 x y 2z x y 2z 5 Da primeira 3 x 2y z Da quarta 4 x y 3z Substituindo y e depois x nessas equações verificase que o único valor que satisfaz a quarta é z 9 Em seguida y 8 3 9 8 27 35 x 35 2 9 5 35 18 5 58 Portanto 3 8 5 4 58 1 0 1 1 35 2 1 1 1 9 1 3 2 3 As componentes de ū na base 𝓑S ū1 ū2 ū3 são 58 35 9 a Temse ā1 v1 v2 ā2 2v1 3v2 v3 ā3 v1 v2 v3 onde v1 v2 v3 são linearmente independentes Para mostrar que ā1 ā2 ā3 também são linearmente independentes verificase que α1 ā1 α2 ā2 α3 ā3 0 implica α1 α2 α3 0 Escrevese α1 v1 v2 α2 2v1 3v2 v3 α3 v1 v2 v3 0 Agrupando os coeficientes de v1 v2 v3 obtémse α1 2α2 α3 v1 α1 3α2 α3 v2 α2 α3 v3 0 Como v1 v2 v3 são linearmente independentes segue que α1 2α2 α3 0 α1 3α2 α3 0 α2 α3 0 Essas equações implicam α1 0 α2 0 α3 0 Logo ā1 ā2 ā3 são linearmente independentes b Considere v v1 2v2 3v3 no espaço V v1 v2 v3 Desejase escrever v como combinação linear de a1 a2 a3 isto é v α1 a1 α2 a2 α3 a3 Substituindo a1 v1 v2 a2 2v1 3v2 v3 a3 v1 v2 v3 escrevese v1 2v2 3v3 α1 v1 v2 α2 2v1 3v2 v3 α3 v1 v2 v3 Reagrupando v1 v2 v3 resulta α1 2α2 α3v1 α1 3α2 α3v2 α2 α3v3 v1 2v2 3v3 Comparando as coordenadas em v1 v2 v3 obtémse o sistema α1 2α2 α3 1 α1 3α2 α3 2 α2 α3 3 Da terceira equação α3 α2 3 Substituindo na primeira α1 2α2 α2 3 1 α1 α2 3 1 α1 α2 2 α1 α2 2 Substituindo α1 e α3 na segunda α2 2 3α2 α2 3 2 simplificando α2 2 3α2 α2 3 2 α2 1 2 α2 1 a i Elemento neutro ii Fechamento em adição iii Fechamento em multiplicação por escalar b Distribuindo px bx² 1 2cx² 1 b x² 2b x c c x Agrupando os termos semelhantes Coeficiente de x² b x² 2c x² b x² 2c x² Coeficiente de x 2b x c x 2b cx Termo constante b 1 2c c b c Assim px 2c x² 2b cx b c Reescrevendo em função de b e c notase que px b 2x 1 c 2x² x 1 Logo cada polinômio px F pode ser escrito como combinação linear dos polinômios q1x 2x 1 e q2x 2x² x 1 Observase que q1 e q2 são linearmente independentes pois não são múltiplos um do outro Assim a base de F pode ser escolhida como 𝓑 2x 1 2x² x 1 e a dimensão de F é dim F 2 Temse F x³ 3x 1 x³ x² 1 e G ax³ x² bx² x cx 1 d x³ a c d 0 Qualquer polinômio fx F pode ser escrito como fx αx³ 3x 1 βx³ x² 1 ou seja fx α βx³ β x² 3α x α β Note que os coeficientes de fx são Coeficiente de x³ α β Coeficiente de x² β Coeficiente de x 3α Termo constante α β Por outro lado qualquer polinômio gx G pode ser escrito inicialmente como gx ax³ x² bx² x cx 1 d x³ com a restrição a c d 0 Agrupando os termos em gx obtemos gx a dx³ a bx² b cx c Observase que gx satisfaz a relação Coeficiente de x³ Termo constante pois a d c c Assim para que fx pertença a G é necessário que seus coeficientes satisfaçam α β α β isto é α β α β Da igualdade concluise que 2β 0 β 0 Portanto fxαx33x1 Verificase que de fato se fxαx33x1 então o coeficiente de x3 é α e o termo constante é α satisfazendo αα Assim FGαx33x1αRx33x1 Uma base de FG é x33x1 Temse dimF2 pois os polinômios x33x1 e x3x21 são linearmente independentes e para G observase que a condição acd0 reduz o número de parâmetros de 4 para 3 ou seja dimG3 Pelo teorema da dimensão para a soma de subespaços dimFGdimFdimGdimFG Como foi encontrado que dimFG1 temos dimFG2314 Como P3 tem dimensão 4 concluise que FGP3 A métrica definida é dada por uv2u1v1u2v1u3v1u1v23u2v2u1v3u3v3 para uu1u2u3 e vv1v2v3 Escrevendo a forma bilinear como uvuTMv a matriz M terá entradas definidas por Mijeiej onde e1e2e3 é a base canônica Para e1100 e e1100 M1121101011030010002 Para e1100 e e2010 M1221000001130110001 Para e1100 e e3001 M1321000001030011011 Para e2010 e e1100 M2120111010031000001 Para e2010 e e2010 M2220010000131100003 Para e2010 e e3001 M2320010000031001010 Para e3001 e e1100 M3120101110030000101 Para e3001 e e2010 M3220000100130100100 Para e3001 e e3001 M3320000100030001111 Assim a matriz da métrica é M2 1 1 1 3 0 1 0 1 A base canônica Bce1e2e3 é ortonormal se para ij eiej0 e eiei1 Observase que e1e2M1210 além de e1e1M1121 Portanto a base canônica não é ortonormal em relação a este produto interno Desejase construir uma base ortogonal de R3 que inclua w1110 Uma estratégia é escolher vetores v2 e v3 tais que w1v20 e w1v30 usando o produto interno definido Para w1110 e um vetor genérico vabc o produto interno é w1v21a1a1b3b1c0c mas é melhor rederivar cuidadosamente utilizando a fórmula dada Substituindo u110 e vabc em uv2u1v1u2v1u3v1u1v23u2v2u1v3u3v3 temos w1v21a1a0a1b31b1c0c ou seja w1v2aab3bca2bc A condição para ortogonalidade com w1 é a2bc0 Escolhese por exemplo v₂ 101 pois 1 2 0 1 0 Para um terceiro vetor seja v₃ a b c com as condições a 2b c 0 ortogonal a w₁ e v₂ v₃ 0 Para v₂ 1 0 1 e v₃ a b c o produto interno é v₂ v₃ 2 1 a 0 a 1 a 1 b 3 0 b 1 c 1 c observandose que os termos com c se cancelam obtemos 2a a b a b Assim exigese a b 0 Escolhendo a 1 e b 1 a condição a 2b c 0 tornase 1 21 c 1 2 c 3 c 0 de onde c 3 Logo uma base ortogonal de ℝ³ que inclui w₁ é w₁ 1 1 0 v₂ 1 0 1 v₃ 1 1 3 d Considere o subespaço F w₁ com w₁ 1 1 0 Um subespaço complementar W de F em ℝ³ satisfaz ℝ³ F W Uma escolha natural é tomar o ortogonal de F em relação ao produto interno dado Seja W v ℝ³ w₁v 0 Como visto para v a b c w₁ v a 2b c logo W a b c ℝ³ a 2b c 0 Como a equação é linear e homogênea W é um subespaço de dimensão 2 e juntamente com F de dimensão 1 satisfaz dim F dim W 1 2 3 Assim W a b c ℝ³ a 2b c 0 é um subespaço complementar de F Q26 Considere os espaços vetoriais reais P² e ℝ³ com as operações usuais Seja a aplicação linear h P² ℝ³ definida por hαx² βx γ 2a β γ γ α γ para quaisquer α β γ ℝ 26 a 15 Ptos Verifique se h é um isomorfismo 26 b 15 Ptos Para quaisquer a b c ℝ determine h¹ a b c a A aplicação linear hαx² βx γ 2α β γ γ α γ é um isomorfismo se for injetora o que neste caso implica também sobrejetividade pois dim P² dim ℝ³ 3 Para verificar a injetividade considere hαx² βx γ 000 Isto implica o sistema 2α β γ 0 γ 0 α γ 0 Da segunda equação temse γ 0 Da terceira α 0 0 α 0 Substituindo α 0 e γ 0 na primeira equação 2 0 β 0 0 β 0 Assim o único polinômio que vai para o vetor nulo é o polinômio zero o que mostra que h é injetora Como os espaços possuem a mesma dimensão concluise que h é isomorfismo b Sejam α β γ ℝ tais que hαx² βx γ 2α β γ γ α γ a b c Temos o sistema 2α β γ a γ b α γ c Da segunda equação γ b Da terceira α b c α c b α b c Substituindo α b c e γ b na primeira equação 2b c β b a 2b 2c β b a o que implica β a b 2c Portanto h¹ a b c b cx² a b 2cx b Q27 Sejam V e V espaços vetoriais de dimensão n m N respetivamente Seja um monomorfismo f V V Mostre que se vi i 1 2 p p N p n são linearmente independentes l ind então fvi i 1 2 p também são l ind Considere que v₁ v₂ vp são l ind em V e que f V V é um monomorfismo isto é f é injetora Suponha que α₁ fv₁ α₂ fv₂ αp fvp 0V Pela linearidade de f temos fα₁ v₁ α₂ v₂ αp vp 0V Como f é injetora o único vetor que f envia para o zero é o vetor zero isto é α₁ v₁ α₂ v₂ αp vp 0V Pela independência linear dos vi concluise que α₁ α₂ αp 0 Portanto os vetores fv₁ fv₂ fvp são também linearmente independentes Q28 Considere a matriz real A 6 5 2 8 7 2 1 1 1 21 28a 15 Ptos Mostre que A é diagonalizável 28b 15 Ptos Determine Aⁿ para todo n N a Considere A 6 5 2 8 7 2 1 1 1 Para mostrar que A é diagonalizável calculemos seu polinômio característico ou seja detA λI det 6 λ 5 2 8 7 λ 2 1 1 1 λ Utilizando a expansão em cofatores temos detA λI 6 λ det7 λ 2 1 1 λ 5 det8 2 1 1 λ 2 det8 7 λ 1 1 Calculando cada menor Para o primeiro menor det7 λ 2 1 1 λ 7 λ1 λ 21 7 λ1 λ 2 Expanda 7 λ1 λ 7 7λ λ λ² λ² 8λ 7 portanto 7 λ1 λ 2 λ² 8λ 9 Para o segundo menor det8 2 1 1 λ 81 λ 21 81 λ 2 Ou seja 81 λ 2 8 8λ 2 8λ 10 Para o terceiro menor det8 7 λ 1 1 81 7 λ1 8 7 λ 1 λ Substituindo obtemos detA λI 6 λλ² 8λ 9 58λ 10 21 λ Observe que 58λ 10 40λ 50 e 21 λ 2 2λ Assim detA λI 6 λλ² 8λ 9 40λ 50 2λ 2 Note que 40λ 2λ 38λ 50 2 52 Agora expandamos 6 λλ² 8λ 9 6 λλ² 8λ 9 Efetuando a multiplicação 6 λλ² 8λ 9 6λ² 48λ 54 λ³ 8λ² 9λ λ³ 2λ² 39λ 54 Portanto 6 λλ² 8λ 9 λ³ 2λ² 39λ 54 Logo detA λI λ³ 2λ² 39λ 54 38λ 52 Agrupando os termos semelhantes λ³ 2λ² 39λ 38λ 54 52 λ³ 2λ² λ 2 b Encontrando os autovetores Para λ₂ 2 temos A 2I 8 5 2 8 5 2 1 1 1 Da terceira equação x y z 0 y x z Substituindo em a primeira equação 8x 5x z 2z 8x 5x 5z 2z 3x 3z 0 z x Então y x x 2x Uma escolha conveniente é v₂ 1 2 1 Para λ₃ 1 escrevemos A I 5 5 2 8 8 2 1 1 2 Da primeira equação 5x 5y 2z 0 5y x 2z z 52y x Da segunda equação 8x 8y 2z 0 8y x 2z z 4y x Para que estas duas expressões para z sejam compatíveis é necessário que 52y x 4y x Se y x teríamos 52 4 absurdo assim y x Então na primeira equação com y x obtemos 5x 5x 2z 2z 0 z 0 Portanto uma escolha é v₃ 1 1 0 Uma matriz P cujas colunas são os autovetores é P 1 1 1 1 2 1 1 1 0 Como o determinante de P é detP 1 det2 1 1 0 1 det1 1 1 0 1 det1 2 1 1 1 1 3 1 temos P1 adjP Calculando os cofatores obtemos a matriz dos cofatores C 1 1 3 1 1 2 1 0 1 e sua transposta a adjunta é adjP 1 1 1 1 1 0 3 2 1 Portanto P1 1 1 1 1 1 0 3 2 1 A matriz diagonal associada é D 1 0 0 0 2 0 0 0 1 e para qualquer n N temos Dn 1n 0 0 0 2n 0 0 0 1n 1 0 0 0 2n 0 0 0 1n Logo An P Dn P1 Procedamos ao cálculo explícito de An Inicialmente calculamos P Dn Como as colunas de P são multiplicadas respectivamente por 1 2n e 1n temos P Dn 1 1 1 2n 1 1n 1 1 2 2n 1 1n 1 1 1 2n 0 1n 1 2n 1n 1 2n1 1n 1 2n 0 Multiplicamos então por P1 Seja X P Dn 1 2n 1n 1 2n1 1n 1 2n 0 e P1 1 1 1 1 1 0 3 2 1 O produto An X P1 tem entradas Para a entrada 1 1 X1 P11 1 1 2n 1 1n 3 1 2n 31n Para a entrada 1 2 1 1 2n 1 1n 2 1 2n 21n Para a entrada 1 3 1 1 2n 0 1n 1 1 1n Para a linha 2 Entrada 2 1 1 1 2n1 1 1n 3 1 2n1 31n Entrada 2 2 1 1 2n1 1 1n 2 1 2n1 21n Entrada 2 3 1 1 2n1 0 1n 1 1 1n Para a linha 3 Entrada 3 1 1 1 2n 1 0 3 1 2n Entrada 3 2 1 1 2n 1 0 2 1 2n Entrada 3 3 1 1 2n 0 0 1 1 Portanto concluímos que An P Dn P1 1 2n 31n 1 2n 21n 1 1n 1 2n1 31n 1 2n1 21n 1 1n 1 2n 1 2n 1 Esta é a forma de An expressa em função de n