lista1 Algebra Linear

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ZAB 0161 - Álgebra linear com aplicações em geometria
analítica
Lista 1 - Matrizes e Sistemas Lineares
Todo sistema de equações lineares deve ser resolvido utilizando o método de eliminação Gauss ou
Gauss-Jordan.
1. Resolver os seguintes sistemas, e expresse os sistemas de equações como uma equação matricial
(a)
 2x+ 8y + 6z = 204x+ 2y − 2z = −2
3x− y + z = 11
=⇒ X =
 xy
z
 =
 2−1
4
 .
(b)
 2x+ 8y + 6z = 204x− 2z + 2y = −2−6x+ 4y + 10z = 24 =⇒ X =
 xy
z
 =
 −23
0
 .
(c)

x1 + x2 + x3 + x4 = 2
x1 + x2 + x3 = 1
−2x3 + 3x2 − 2x1 + x4 = −6
−x1 + x4 − 3x3 + 2x2 = −5
=⇒ X =

x1
x2
x3
x4
 =

1
−1
1
1
 .
(d)
 2x1 − 5x2 + 4x3 + x4 − x5 = −3x1 − 2x2 + x3 − x4 + x5 = 1
x1 − 4x2 + 6x3 + 2x4 − x5 = 6
Resolução: A matriz estendida dá: 2 −5 4 1 −1 −31 −2 1 −1 1 1
1 −4 6 2 −1 6
 ∼
 0 0 1 −3 4 150 1 0 −9 11 35
1 0 0 −16 19 56
 .
O sistema reduzido de equações é x3 − 3x4 + 4x5 = 15x2 − 9x4 + 11x5 = 35
x1 − 16x4 + 19x5 = 56
⇒
 x3 = 15 + 3x4 − 4x5x2 = 35 + 9x4 − 11x5
x1 = 56 + 16x4 − 19x5
.
Portanto, temos duas variáveis livres que podem assumir qualquer número real, podemos
fazer x4 = r ∈ R e x5 = s ∈ R, então a solução será a matriz
X =

x1
x2
x3
x4
x5
 =

56 + 16r − 19s
35 + 9r − 11s
15 + 3r − 4s
r
s
 =

56
35
15
0
0
+ r

16
9
3
1
0
+ s

−19
−11
−4
0
1
 .
1
(e)
 2x+ 4z − 5y = −32z − 2y + x = 5−4y + x+ 5z = 10 =⇒ X =
 xy
z
 =
 31313
31
3
 .
2. Calcule os produtos AB e BA, sempre que possível
(a) A =
[
1 −4 2
−1 4 −2
]
eB =
 1 21 −1
1 −3
=⇒ AB = [ −1 0
1 0
]
eBA =
 −1 4 −22 −8 4
4 −16 8

(b) A =
[
1 −4 2
−1 4 −2
]
e B =
 2 21 −1
1 −3
=⇒ AB = [ 0 0
0 0
]
e BA =
 0 0 02 −8 4
4 −16 8

3. Determine AB −BA
(a) A =
 1 2 22 1 2
−1 2 1

e B =
 4 1 1−4 2 1
1 2 1
=⇒ AB −BA =
 −7 −2 −67 12 8
−15 −1 −5
 .
(b) A =
 2 0 01 1 2
−1 2 1

e B =
 3 1 −23 −2 4
−3 5 11
=⇒ AB −BA =
 −3 5 −40 3 24
12 −27 −0
 .
4. Seja A =
[
1 1
0 1
]
. Obter uma fórmula para An. =⇒ An =
[
1 n
0 1
]
5. Seja A =
[
cos(θ) −sen(θ)
sen(θ) cos(θ)
]
. Obter uma fórmula para An. =⇒ An =
[
Cos(nθ) −Sin(nθ)
Sin(nθ) Cos(nθ)
]
6. Seja A =
 1 1 10 1 1
0 0 1

. Mostre que A2 =
 1 2 30 1 2
0 0 1

e determine uma expressão geral para
An por indução.
Resolução. Mostra o valor de A2, basta multiplica AA. Depois, calculando A3 e A4, nos permite
chegar em uma fórmula geral para An =
 1 n
(
n+ 1
n− 1
)
0 1 n
0 0 1
, onde ( n+ 1n− 1
)
representa o
número combinatório de n + 1 elementos agrupados em grupos de n − 1 elementos. Aplique a
indução matemática para mostrar que a igualdade é válida.
7. Dada a matriz dos coeficientes do sistema A =
 1 3 02 1 2
2 4 1

, diga para que valores de b =
 b1b2
b3

,
o sistema Ax = b tem solução.
Resolução. Resolvendo o sistema a matriz incôgnita fica em função dos valores das entradas da
matriz b, asi, X =
 7b1 + 3b2 − 6b3−2b1 − b2 + 2b3
−6b1 − 2b2 + 5b3
 . Essas operações podem ser realizadas para quaisquer
valores das entradas b1, b2 e b3, assim para quaisquer matriz b existe solução.
8. Tentar resolver a seguinte equação matricial AX = b, para os seguintes casos:
2
(a) A =
 1 2 3−2 4 5
1 2 −4
 b =
 67
−1
=⇒ X =
 11
1
 .
(b) A =
 1 1 1−1 0 2
1 −1 a
 b =
 3−2
c

, neste caso discutir a solução em função dos parâmetros
a e c.
Resolução: Trabalhando a matriz estendida temos: 1 1 1 3−1 0 2 −2
1 −1 a c
 ∼
 1 1 1 30 1 3 1
0 −2 a− 1 c− 3
 ∼
 1 0 −2 20 1 3 1
0 0 a+ 5 c− 1

daqui temos que (a + 5)z = c − 1, se a = −5 então necessariamente c = 1. Por outro lado,
se a 6= −5 o valor de z é z = c−1a+5 que existe pois o denominador não é nulo. Daqui é fácil
obter os outros valores de x e y.
(c) A =
 1 1 1−1 0 2
1 −1 1
 b =
 1 −21 −3
2 4

.
Resolução: No caso a matrizX tem a formaX =
 u xv y
w z

, e a solução éX =
 23 53− 12 −3
5
6 − 23

(Nota: é idêntico a resolver dois sistemas lineares de 3 incôgnitas).
9. Discuta em função dos parâmetros os seguintes sistemas
(a)
 x+ 4y + 3z = 102x+ 7y − 2z = 10
x+ 5y + αz = β
Resolução: A matrix estendida do sistema é 1 4 3 102 7 −2 10
1 5 α β
 ∼
 1 4 3 100 −1 −8 −10
0 1 α− 3 β − 10
 ∼
 1 0 −29 −300 1 8 10
0 0 α− 11 β − 20

Daqui temos (α− 11)z = (β− 20), logo se α = 11 temos (β− 20) = 0, isto é necessariamente
β = 20 para qualquer valor de z, temos infinitas soluções. Portanto, para α = 11 e β 6= 20
temos uma incongruência, assim não existe solução.
Se α 6= 11, podemos multiplicar vezes 1α−11 na terceira linha para conseguir um pivô igual a
1, isto é  1 0 −29 −300 1 8 10
0 0 1 β−20α−11
 ∼
 1 0 0
−250+29β−30α
α−11
0 1 0 50+10α−8βα−11
0 0 1 β−20α−11

então existe solução única dada por x = −250+29β−30αα−11 , y =
50+10α−8β
α−11 e z =
β−20
α−11 , para
quaisquer valor de β, mas para α 6= 11.
(b)

x+ 2y + 3z + 4t = 2
2y + 6t = 2
αy + 3t = 1
5y + z − t = 2
3
Resolução: A matriz estendida é
1 2 3 4 2
0 2 0 6 2
0 α 0 3 1
0 5 1 −1 2
 ∼

1 0 0 46 9
0 1 0 3 1
0 0 0 3(1− α) 1− α
0 0 1 −16 −3

Se α = 1, a terceira equação dá 0t = 0, que é uma verdade absoluta independente do valor
de t, assim teremos infinitas soluções.
Se α 6= 1, então podemos multiplicar a terceira linha vezes 13(1−α) , obtendo
1 0 0 46 9
0 1 0 3 1
0 0 0 1 13
0 0 1 −16 −3
 ∼

1 0 0 0 − 193
0 1 0 0 0
0 0 0 1 13
0 0 1 0 73
 .
Assim para qualquer α, desde que α 6= 1, existe uma única solução dada por x = − 193 , y = 0,
z = 73 e t =
1
3 .
(c)
 2x+ y + z = −6βαx+ 3y + 2z = 2β
2x+ y + (α+ 1)z = 4
Resolução: A matriz estendida é 1 1 1 −6βα 3 2 2β
2 1 α+ 1 4
 ∼
 1 1 1 −6βα− 3 0 −1 20β
1 0 α 6β + 4
 ∼
 −2 + α 1 0 14β3− α 0 1 −20β
1− 3α+ α2 0 0 4 + 6β + 20αβ

Novamente falta trabalhar a primeira coluna, e gostariamos de fazer 1−3α+α2 = 1 utilizando
multiplicações, isso é possível multiplicando vezes
1
1−3α+α2 , e para isso precisamos que 1 −
3α+ α2 6= 0.
No caso de 1−3α+α2 = 0, temos que α = 3±
√
5
2 e para esses valores temos 0x = 4+6β+20αβ,
isto é para β = − 2(18∓5
√
5)
199 e α =
3±√5
2 temos 0 = 0, independente do valor de x, infinitas
soluções. Para outros valores de β não existirão soluções.
No caso de 1 − 3α + α2 6= 0 trabalhamos a matriz obtendo para esses valores de α uma
solução única: −2 + α 1 0 14β3− α 0 1 −20β
1− 3α+ α2 0 0 4 + 6β + 20αβ
 ∼
 0 1 0 −8+4α−26β+8αβ+6α
2β
1−3α+α2
0 0 1 −12+4α−38β+6αβ1−3α+α2
1 0 0 4+6β+20αβ1−3α+α2
 .
4