AD2_Algebra Linear_2006-1_Resp_velha

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Gabarito
A´lgebra Linear: AD2 - CEDERJ
Mauro Rincon & Ma´rcia Fampa - 2005
Tutores: Rodrigo Olimpio e Cristina Lopes
1a Questa˜o) Soluc¸a˜o:
a) Considere o sistema

2x1 + x2 + 3x3 − x4 = 1
x1 − 6x2 − x3 − 2x4 = 2
−x1 + 2x2 + x3 = −2
2x1 + 5x2 + 3x3 + x4 = 1
(1)
a) Me´todo de Gauss-Jordan
O sistema linear acima pode ser representado por:

2 1 3 −1
1 −6 −1 −2
−1 2 1 0
2 5 3 1


x1
x2
x3
x4

=

1
2
−2
1

1a Etapa) Formaremos a matriz aumentada [A|b]. A matriz aumentada e´ dada por:
[A|b] =

2 1 3 −1 | 1
1 −6 −1 −2 | 2
−1 2 1 0 | −2
2 5 3 1 | 1

2a Etapa) Transformaremos a matriz aumentada a` sua forma escada reduzida por linhas,
usando operac¸o˜es elementares em suas linhas.
[A|b] =

2 1 3 −1 | 1
1 −6 −1 −2 | 2
−1 2 1 0 | −2
2 5 3 1 | 1

Dividindo a primeira linha por 2 obtemos:

1 1/2 3/2 −1/2 | 1/2
1 −6 −1 −2 | 2
−1 2 1 0 | −2
2 5 3 1 | 1

Fazendo L2 ↔ L2 − L1 , L3 ↔ L3 + L1 e L4 ↔ L4 − 2L1, obtemos

1 1/2 3/2 −1/2 | 1/2
0 −13/2 −5/2 −3/2 | 3/2
0 5/2 5/2 −1/2 | −3/2
0 4 0 2 | 0

Multiplicando L2 por −2/13, encontramos
ii

1 1/2 3/2 −1/2 | 1/2
0 1 5/13 3/13 | −3/13
0 5/2 5/2 −1/2 | −3/2
0 4 0 2 | 0

Fazendo L3 ↔ L3 − 52L2 e L4 ↔ L4 − 4L2, obtemos

1 1/2 3/2 −1/2 | 1/2
0 1 5/13 3/13 | −3/13
0 0 20/13 −14/13 | −12/13
0 0 −20/13 14/13 | 12/13

iii
Multiplicando agora L3 por 13/20

1 1/2 3/2 −1/2 | 1/2
0 1 5/13 3/13 | −3/13
0 0 1 −7/10 | −3/5
0 0 −20/13 14/13 | 12/13

Fazendo L4 ↔ L4 + 2013L3 ficamos com

1 1/2 3/2 −1/2 | 1/2
0 1 5/13 3/13 | −3/13
0 0 1 −7/10 | −3/5
0 0 0 0 | 0

Calculando L1 ↔ L1 − 12L2, obtemos

1 0 17/13 −8/13 | 8/13
0 1 5/13 3/13 | −3/13
0 0 1 −7/10 | −3/5
0 0 0 0 | 0

E finalmente, fazendo L1 ↔ L1 − 1713L3 e em seguida L2 ↔ L2 − 513L3, encontramos

1 0 0 3/10 | 7/5
0 1 0 1/2 | 0
0 0 1 −7/10 | −3/5
0 0 0 0 | 0

(2)
iv
O sistema linear correspondente a` matriz (2) na forma escada reduzida por linhas e´ dado
por:

x1 +
3
10
x4 =
7
5
x2 +
1
2
x4 = 0
x3 − 710x4 = −35
(3)
e tem exatamente as mesmas soluc¸o˜es do sistema original (1).
3a Etapa) Resolver o sistema linear obtido na Etapa 2.
Resolvendo cada equac¸a˜o para a inco´gnita correspondente ao primeiro elemento na˜o-nulo
de cada linha na˜o-nula do sistema linear (3), temos:

x1 =
7
5
− 3
10
r
x2 = −12r
x3 = −35 + 710r
x4 = r
(4)
onde r e´ um nu´mero real arbitra´rio.
Logo (4) e´ a soluc¸a˜o do sistema linear dado (1). Como r pode assumir qualquer valor
real, o sistema dado (1) tem uma infinidade de soluc¸o˜es.
v
b) Seja
A = [aij] =

2 1 3 −1
1 −6 −1 −2
−1 2 1 0
2 5 3 1

a matriz dos coeficientes.
Podemos expandir o determinante em relac¸a˜o a` uma linha ou coluna. E´ claro que e´
melhor expandir em relac¸a˜o a uma linha ou coluna que tenha o maior nu´mero de zeros,
ja´ que, nesse caso, os cofatores Aij dos aij que sa˜o nulos na˜o precisam ser calculados,
uma vez que aijAij = (0)(Aij) = 0.
Expandindo, enta˜o, em relac¸a˜o a` terceira linha, obtemos:
det(A) = a31A31 + a32A32 + a33A33 + a34A34 (5)
Aij = (−1)i+jdet(Mij)
onde Mij e´ o determinante menor de aij.
Assim, temos:
A31 = (−1)3+1det(M31) = (−1)4
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
1 3 −1
−6 −1 −2
5 3 1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
(6)
vi
A32 = (−1)3+2det(M32) = (−1)5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
2 3 −1
1 −1 −2
2 3 1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
(7)
A33 = (−1)3+3det(M33) = (−1)6
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
2 1 −1
1 −6 −2
2 5 1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
(8)
A34 na˜o vamos calcular pois a34 = 0.
Expandindo det(M31) =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
1 3 −1
−6 −1 −2
5 3 1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
em relac¸a˜o a` primeira linha, por exemplo,
temos:
det(M31) = (1)(−1)1+1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣
−1 −2
3 1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣+ 3(−1)
1+2
∣∣∣∣∣∣∣∣∣
−6 −2
5 1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣+ (−1)(−1)
1+3
∣∣∣∣∣∣∣∣∣
−6 −1
5 3
∣∣∣∣∣∣∣∣∣
= 1(5)− 3(4)− 1(−13) = 6
De maneira ana´loga para det(M32) e det(M33) temos
det(M32) =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
2 3 −1
1 −1 −2
2 3 1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
=
vii
= (2)(−1)1+1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣
−1 −2
3 1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣+ 3(−1)
1+2
∣∣∣∣∣∣∣∣∣
1 −2
2 1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣+ (−1)(−1)
1+3
∣∣∣∣∣∣∣∣∣
1 −1
2 3
∣∣∣∣∣∣∣∣∣
= 2(5)− 3(5)− 1(5) = −10
e
det(M33) =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
2 1 −1
1 −6 −2
2 5 1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
=
= (2)(−1)1+1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣
−6 −2
5 1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣+ 1(−1)
1+2
∣∣∣∣∣∣∣∣∣
1 −2
2 1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣+ (−1)(−1)
1+3
∣∣∣∣∣∣∣∣∣
1 −6
2 5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣ =
= 2(4)− 1(5)− 1(17) = −14
Logo, temos de (6), (7) e (8) que
A31 = (1)(6) = 6
A32 = (−1)(−10) = 10
A33 = (1)(−14) = −14
viii
Substituindo esses valores em (5) temos:
det(A) = (−1)(6) + 2(10) + 1(−14) + 0(A34)
det(A) = −6 + 20− 14 + 0
det(A) = 0
2a Questa˜o)
a) Para determinarmos a matriz inversa dos coeficientes, faremos uso da forma escada
reduzida por linhas. Para isso consideremos a matriz aumentada A = [C|I] onde C e´
matriz dos coeficientes e I e´ a matriz identidade 3× 3.
A =

2 1 3 1 0 0
−1 2 1 0 1 0
2 5 3 0 0 1

Agora precisamos fazer operac¸o˜es sucessivas nas linhas para chegar a sua forma escada
reduzida por linhas. Primeiro faremos com que o primeiro elemento na˜o nulo de cada
linha da matriz dos coeficientes seje 1. Assim temos:
A =

2 1 3 1 0 0
−1 2 1 0 1 0
2 5 3 0 0 1
L1 ×
1
2
⇒

1 1
2
3
2
1
2
0 0
−1 2 1 0 1 0
2 5 3 0 0 1
L2 ← L1 + L2 ⇒

1 1
2
3
2
1
2
0 0
0 5
2
5
2
1
2
1 0
2 5 3 0 0 1
L3 ← L3 − 2× L1 ⇒

1 1
2
3
2
1
2
0 0
0 5
2
5
2
1
2
1 0
0 4 0 −1 0 1

Retira-se a primeira linha da matriz e faz-se o mesmo na nova matriz:
ix

0 5
2
5
2
1
2
1 0
0 4 0 −1 0 1
L1 × 25 ⇒

0 1 1 1
5
2
5
0
0 4 0 −1 0 1
L2 ← L2 − 4× L1 ⇒

0 1 1 1
5
2
5
0
0 0 −4 −9
5
−8
5
1
L2 ← −14 × L2 ⇒

0 1 1 1
5
2
5
0
0 0 1 9
20
2
5
−1
4

Logo chegamos a seguinte matriz:

1 1
2
3
2
1
2
0 0
0 1 1 1
5
2
5
0
0 0 1 9
20
2
5
−1
4

Lembrando que precisamos botar na forma escada reduzida por linhas a matriz dos
coeficientes, isto e´, as treˆs primeiras colunas da matriz anterior. Temos que o primeiro
elemento na˜o-nulo de cada linha e´ 1 e que linhas na˜o nulas teˆm o primeiro elemento
na˜o-nulo a` direita do primeiro elemento na˜o-nulo da linha anterior. Assim, temos que
zerar todos os elementos na˜o-nulos das colunas que conte´m o primeiro elemento na˜o-nulo
de cada linha. Enta˜o temos

1 1
2
3
2
1
2
0 0
0 1 1 1
5
2
5
0
0 0 1 9
20
2
5
−1
4
L1 ← L1 −
1
2
L2 ⇒

1 0 1 2
5
−1
5
0
0 1 1 1
5
2
5
0
0 0 −1 9
20
2
5
−1
4
L1 ← L1 − L3, L2 ← L2 − L3 ⇒

1 0 0 −1
20
−3
5
1
4
0 1 0 −1
4
0 1
4
0 0 1 9
20
2
5
−1
4

Chegamos na forma escada reduzida por linhas da matriz dos coeficientes, que e´ a
x
matriz identidade. Logo temos que a matriz abaixo e´ a inversa da matriz dos coeficientes:
C−1 =

−1
20
−3
5
1
4
−1
4
0 1
4
9
20
2
5
−1
4

Para resolvermos o sistema Cx = b e´ so´ encontrarmos x = C−1b. Enta˜o:

x1
x2
x3
 = C−1b=

−1
20
−3
5
1
4
−1
4
0 1
4
9
20
2
5
−1
4
 .

1
−2
1
 =

7
5
0
−3
5
 .
Assim temos que a soluc¸a˜o do sistema e´: (7
5
, 0, −3
5
).
b) Consideremos [C|b]:

2 1 3 1
−1 2 1 −2
2 5 3 1

O pivoˆ aˆ11 = max{|2|, | − 1|, |2|} = 2. Como|a11| = |a31|, podemos deixar do mesmo
modo. Logo temos:

2 1 3 1
−1 2 1 −2
2 5 3 1
m21 =
−1
2
, m31 =
2
2
= 1⇒ L2 ← L2 −m21L1, L3 ← L3 −m31L1 ⇒

2 5 3 1
0 5
2
5
2
−3
2
0 4 0 0

O pivoˆ aˆ22 = max{| − 4|, |52 |} = 4. Logo devemos trocar a linha 2 pela linha 3:
xi

2 5 3 1
0 4 0 0
0 5
2
5
2
−3
2
m32 =
5
8
, L3 ← L3 − 58L2 ⇒

2 5 3 1
0 4 0 0
0 0 5
2
−3
2

Assim, transformamos a matriz dos coeficientes em uma matriz triangular superior. A
partir disso, temos o seguinte sistema:
2x1 + 5x2 + 3x3 = 1
4x2 = 0
5
2
x3 =
−3
2
Resolvendo o sistema de baixo para cima temos que x3 =
−3
5
, x2 = 0, x1 =
7
5
. Logo a
soluc¸a˜o do sistema linear e´ S = (7
5
, 0, −3
5
).
3a Questa˜o) Soluc¸a˜o: Seja T : IR2 → IR3
(x, y)→ (x+ ky, x+ k, y)
Vejamos em cada caso se T e´ linear:
a) Para k = x , obtemos T : IR2 → IR3
(x, y)→ (x+ xy , 2x , y)
Note inicialmente que T satisfaz a condic¸a˜o necessa´ria, dada por T (0, 0) = (0, 0, 0). As-
sim passamos a verificar se satisfaz as duas condic¸o˜es de linearidade.
Seja u = (x1, y1) e v = (x2, y2) , u, v ∈ IR2.
i) T (u+ v) = T (x1 + x2, y1 + y2) + ((x1 + x2) + (x1 + x2)(y1 + y2) , 2(x1 + x2) , y1 + y2) =
= (x1 + x1y1 + x1y2 + x2 + x2y1 + x2y2 , 2x1 + 2x2 , y1 + y2) = (x1 + x1y1 , 2x1 , y1)
+(x2+x2y2 , 2x2 , y2)+(x1y2+x2y1, 0, 0) = T (u)+T (v)+(x1y2+x2y1, 0, 0) 6= T (u)+T (v)
ii) T (αu) = T (αx1 , αy1) = (αx1+α
2x1y1 , 2αx1 , αy1) = α(x1+αx1y1 , 2x1 , y1) 6= αT (u)
Logo, T na˜o e´ linear.
xii
b) Para k = 1, obtemos T : IR2 → IR3
(x, y)→ (x+ y , x+ 1 , y)
Uma condic¸a˜o necessa´ria para que a Transformac¸a˜o T seja linear e´: T (0, 0) = (0, 0, 0).
Note que nesse caso T (0, 0) = (0, 1, 0). Logo T e´ na˜o linear.
c) Para k = 0 , obtemos T : IR2 → IR3
(x, y)→ (x , x , y)
Note inicialmente que T satisfaz a condic¸a˜o necessa´ria, dada por T (0, 0) = (0, 0, 0).
Seja u = (x1, y1) e v = (x2, y2) , u, v ∈ IR2.
i) T (u+v) = T (x1+x2, y1+y2) = (x1+x2 , x1+x2 , y1+y2) = (x1 , x1 , y1)+(x2 , x2 , y2) =
T (u) + T (v)
ii) T (αu) = T (αx1 , αy1) = (αx1 , αx1 , αy1) = α(x1 , x1 , y1) = αT (u)
Como as duas condic¸o˜es sa˜o satisfeitas temos, neste caso, que T e´ linear.
4a Questa˜o) a)
x− 3y = 0
x− z = 0
z − x = 0
Assim temos que x = z = 3y. Logo temos que (3y, y, 3y) = y(3, 1, 3) pertence ao nu´cleo
de T. Tomando y=a, temos que N(T ) = {a(3, 1, 3), a ∈ <} ou N(T ) = [(3, 1, 3)]. Logo,
{(3, 1, 3)} e´ base para o nu´cleo de T , com dim(N(T )) = 1.
Sabemos que T e´ injetora ⇐⇒ N(T ) = 0. Logo a transformac¸a˜o T na˜o e´ injetora,
pois N(T ) 6= 0.
b) Sejam a, b, c ∈ <.
xiii
x− 3y = a (9)
x− z = b (10)
z − x = c (11)
Fazendo (9) - (10) e (9) + (11) temos:
x− 3y = a (12)
−3y + z = a− b (13)
−3y + z = a+ c (14)
Igualando (13) e (14) temos que c = −b. logo Im(T ) = {(a, b, c) ∈ <3/c+ b = 0}.
Temos tambe´m que (a, b, c) = (a, b,−b) = a(1, 0, 0)+ b(0, 1,−1). Como os vetores sa˜o
L.I enta˜o Im(T ) = [(1, 0, 0), (0, 1,−1)]. Logo o conjunto {(1, 0, 0), (0, 1,−1)} e´ base para
Im(T ), com dim(Im(T )) = 2. Observe que o teorema do nu´cleo- imagem esta´ satisfeito,
isto e´, Dim(T ) = dim(N(T )) + dim(Im(T )) .
Temos que T : <3 → <3, isto e´, as dimenso˜es do domı´nio e do contradomı´nio da
transformac¸a˜o sa˜o iguais. Logo T e´ injetora ⇐⇒ T e´ sobrejetora.
Como pelo item a) T na˜o e´ injetora, enta˜o T na˜o e´ sobrejetora.
xiv
5a Questa˜o) Soluc¸a˜o:
i) Seja
A =

1 3
−1 5

Um nu´mero real λ e´ um autovalor de A se existe um vetor na˜o-nulo x ∈ IRn tal que
Ax = λx (15)
Todo vetor na˜o-nulo x satisfazendo (15) e´ chamado um autovetor de A associado ao
autovalor λ.
Queremos encontrar os autovalores de A e seus autovetores associados. Queremos, enta˜o,
encontrar todos os nu´meros reais λ e todos os vetores na˜o-nulos
x =

x1
x2

satisfazendo (15), isto e´

1 3
−1 5


x1
x2
 = λ

x1
x2
 (16)
A equac¸a˜o (16) fica
x1 + 3x2 = λx1
−x1 + 5x2 = λx2
ou
(λ− 1)x1 − 3x2 = 0
x1 + (λ− 5)x2 = 0
(17)
xv
A equac¸a˜o (17) e´ um sistema homogeˆneo com duas equac¸o˜es e duas inco´gnitas, que
possui uma soluc¸a˜o na˜o-trivial se e somente se o determinante de sua matriz de coefi-
cientes e´ diferente de zero, isto e´, se e somente se
∣∣∣∣∣∣∣∣∣
λ− 1 −3
1 λ− 5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = 0
Ou seja queremos determinar as ra´ızes do polinoˆmio caracter´ıstico P (λ) dado por
P (λ) = (λ− 1)(λ− 5) + 3 = 0
λ2 − 6λ+ 8 = 0
(λ+ 2)(λ+ 4) = 0
Logo λ1 = 2 e λ2 = 4 sa˜o as ra´ızes do polinoˆmio caracter´ıstico e portanto sa˜o os autoval-
ores de A.
Para encontrarmos os autovetores de A associados a λ1 = 2, formamos o sistema
linear Ax = 2x ≡ (A− 2I)x = 0, ou

−1 3
−1 3


x1
x2
 =

0
0

Isso nos da´
−x1 + 3x2 = 0
xvi
Todas as soluc¸o˜es desse u´ltimo sistema sa˜o dadas por:
x1 = 3x2
Seja
x2 = um nu´mero real r arbitra´rio
Assim, todos os autovetores associados ao autovalor λ1 = 2 sa˜o dados por

3r
r
,
onde r e´ um nu´mero real qualquer na˜o-nulo.
Analogamente, para λ2 = 4, obtemos de (17)
(4− 1)x1 − 3x2 = 0
x1 + (4− 5)x2 = 0
ou
3x1 − 3x2 = 0
x1 − x2 = 0
Todas as soluc¸o˜es desse u´ltimo sistema homogeˆneo sa˜o dadas por:
x1 = x2
x2 = um nu´mero real r arbitra´rio
xvii
Portanto, todos os autovetores associados ao autovalor λ2 = 4 sa˜o dados por

r
r
, onde
r e´ qualquer nu´mero real na˜o-nulo.
ii) Seja
B =

3 −1 −3
0 2 −3
0 0 −1

Vamos agora, encontrar os autovalores e os autovetores associados de uma outra maneira.
Sendo f(λ) = det(B − λI3) o polinoˆmio caracter´ıstico de B e a equac¸a˜o
f(λ) = det(B − λI3) = 0, chamada equac¸a˜o caracter´ıstica de B, temos por um
teorema que os autovalores de B sa˜o as ra´ızes do polinoˆmio caracter´ıstico de B.
Assim, seu polinoˆmio caracter´ıstico e´:
f(λ) = det(B − λI3) =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
3− λ −1 −3
0 2− λ −3
0 0 −1− λ
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
(18)
xviii
f(λ) = (3− λ)(2− λ)(−1− λ)
As raizes poss´ıveis de f(λ) sa˜o λ1 = 3, λ2 = 2 e λ3 = −1, que sa˜o os autovalores de B.
Para encontrar um autovetor
→
x1=

x1
x2
x3
 associado a λ1 = 3, formamos o sistema:
Bx = λx ( no caso λ1 = 3)
(B − 3I3)x = 0
De (18) temos 
3− 3 −1 −3
0 2− 3 −3
0 0 −1− 3


x1
x2
x3
 =

0
0
0


0 −1 −3
0 −1 −3
0 0 −4


x1
x2
x3
 =

0
0
0

x2 + 3x3 = 0
−x2 + 3x3 = 0
−4x3 = 0
xix
Portanto, todos os autovetores associados ao autovalor λ1 = 3 sa˜o dados por r

1
0
0
,
onde r e´ qualquer nu´mero real na˜o-nulo.
Para encontrar um autovetor
→
x2=

x1
x2
x3
 associado ao autovalor λ2 = 2, formamos o
sistema:
(B − 2I3)x = 0
isto e´,

3− 2 −1 −3
0 2− 2 −3
0 0 −1− 2


x1
x2
x3
 =

0
0
0


1 −1 −3
0 0 −3
0 0 −3


x1
x2
x3
 =

0
0
0

x1 − x2 − 3x3 = 0
−3x3 = 0
−3x3 = 0
xx
Logo x3 = 0 e substituindona primeira equac¸a˜o obtemos que x1 = x2 = r, onde r ∈ <,
r 6= 0
Portanto, o autovetor v2 associado ao autovalor λ2 = 2 e´ r

1
1
0
.
Para encontrar um autovetor
→
x3=

x1
x2
x3
 associado ao autovalor λ3 = −1, formamos o
sistema:
(B + 1I3)x = 0
isto e´,

3− (−1) −1 −3
0 2− (−1) −3
0 0 −1− (−1)


x1
x2
x3
 =

0
0
0


4 −1 −3
0 3 −3
0 0 0


x1
x2
x3
 =

0
0
0

4x1 − x2 − 3x3 = 0
3x2 − 3x3 = 0
xxi
Portanto, todos os autovetores v3 associados ao autovalor λ3 = −1 sa˜o dados por r

1
1
1
,
onde r e´ qualquer nu´mero real na˜o-nulo.
xxii