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UNIVERSIDADE FEDERAL DO PARÁ FACULDADE DE MATEMÁTICA LICENCIATURA EM MATEMÁTICA MODALIDADE A DISTÂNCIA Disciplina: Algebra II Coordenadora: Joelma Morback Tutor: Márcio Almeida Resolução Exercícios 1. Considere as matrizes A = 1 2 3 4 , B = −1 3 4 −5 . Calcule a) 3A− 2B, b) −A+ 1 2 B, c) 2AT −BT , d) A+ AT , e) B −BT . Solução: a) 3A− 2B = 3 1 2 3 4 − 2 −1 3 4 −5 = 3 6 9 12 − −2 6 8 −10 = 5 0 1 22 b) −A+ 1 2 B = − 1 2 3 4 + 1 2 −1 3 4 −5 = −1 −2 −3 −4 + −12 32 2 −5 2 = −32 −12 −1 −13 2 1 c) 2AT −BT = 2 1 3 2 4 − −1 3 3 −5 = 2 6 4 8 − −1 3 3 −5 = 3 2 1 13 2. Determine matrizes A = (aij), B = (bij) e C = (cij) tais que a) A é do tipo 4× 4 e aij = 3i, i < j + 1, i− j, i = j + 1, 2j, i > j + 1. b) B é quadrada de quarta ordem e bij = 2i− j2 + ij. c) C = (ABT − 2BA)T −B. Solução: a) A = 3.1 3.1 3.1 3.1 2− 1 3.2 3.2 3.2 2.1 3− 2 3.3 3.3 2.1 2.2 4− 3 3.4 = 3 3 3 3 1 6 6 6 2 1 9 9 2 4 1 12 b) B = 2.1− 12 + 1.1 2.1− 22 + 1.2 2.1− 32 + 1.3 2.1− 42 + 1.4 2.2− 12 + 2.1 2.2− 22 + 2.2 2.2− 33 + 2.3 2.2− 42 + 2.4 2.3− 12 + 3.1 2.3− 22 + 3.2 2.3− 32 + 3.3 2.3− 42 + 3.4 2.4− 12 + 3.1 2.4− 22 + 4.2 2.4− 32 + 4.3 2.4− 42 + 4.4 = 2 0 −4 −10 5 4 1 −4 8 8 6 2 11 12 11 8 2 c) Utilizando as propriedades relativas à transposição de matrizes podemos escrever a ex- pressão (ABT − 2BA)T −B como: (ABT − 2BA)T −B = (ABT )T − 2(2BA)T −B = (BT )TAT − (2BA)T −B = (BT )TAT − 2(BA)T −B = BAT − 2(AB)T −B = BAT − 2ATBT −B Mas, BAT = 2 0 −4 −10 5 4 1 −4 8 8 6 2 11 12 11 8 3 1 2 2 3 6 1 4 3 6 9 1 3 6 9 12 = −36 −82 −122 −120 18 11 −13 −21 72 104 96 78 126 197 205 177 2ATBT = 2 3 1 2 2 3 6 1 4 3 6 9 1 3 6 9 12 2 5 8 11 0 4 8 11 −4 1 6 11 −10 −4 2 8 = −44 26 96 166 −76 48 172 296 −80 80 256 424 −300 0 300 600 Assim, C = −6 −108 −214 −276 89 −41 −186 −313 144 8 −166 −348 415 185 −106 −431 3. Determine todas as matrizes quadradas de ordem 3 que comutam com a matriz a 1 0 0 a 1 0 0 a Sendo a um número real. Solução: Seja A a matriz dada,e seja B = x y z r t k v u w 3 uma matriz de M2(R), tal que AB = BA (1) desse modo devemos ter AB = a 1 0 0 a 1 0 0 a x y z r at k v u w = xa+ r ay + t az + k ar ++v at+ u ak + w av au aw e também BA = x y z r at k v u w a 1 0 0 a 1 0 0 a = ax x+ ay az + y ar r + at ak + t av v + au aw + u segue de (1) ax x+ ay az + y ar r + at ak + t av v + au aw + u = xa+ r ay + t az + k ar ++v at+ u ak + w av au aw Sabemos que duas matrizes são iguais se e somente se, osseus elementos correspondentes tam- bém o são. No entanto, para alcançarmos nossos objetivos basta trabalharmos com as seguintes igualdades. ax+ r = ax⇒ r = 0; ar + v = ar ⇒ v = 0; at+ u = at+ r ⇒ u = r = 0; ay + t = ay + x⇒ x = t; az + k = az + y ⇒ k = y; ak + w = ak + t⇒ w = t = x. Destes resultados podemos concluir que matrizes de ordem 3 que comutam com a matriz A são da forma x y z 0 x y 0 0 x 4. Obter as matrizes A e B que satisfazem o sistema 2A+B = 1 2 2 −2 1 0 4 A− 3B = −4 −3 −2 −1 0 −1 5. Supondo que A e B matrizes invertíveis, resolva para X equação matricial 2(AB−1)−1 +B2 = (X tBt)t Agora, considerando as matrizes A = 1 3 4 2 7 0 3 11 −3 e B = 1 5 0 2 3 0 4 9 3 , calcule a matriz X. Solução: Utilizando as propriedades de transposição e inversão de matrizes podemos simpli- ficar a igualdade acima: 2(AB−1)−1 +B2 = (X tBt)t 2(B−1)−1A−1 +B2 = (Bt)t(X t)t 2BA−1 +B2 = BX B(2A−1 +B) = BX B−1B(2A−1 +B) = B−1BX 2A−1 +B = X Devemos calcular a inversa da matriz A. Escrevedo na forma escalonada, temos 1 3 4 | 1 0 0 2 7 0 | 0 1 0 3 11 −3 | 0 0 1 L2 ← L2 − 2L1 L3 ← L3 − 3L1 ∼ 1 3 4 | 1 0 0 0 1 −8 | −2 1 0 0 2 15 | −3 0 1 L1 ← L1 − 3L2 L3 ← L3 − 2L2 1 0 28 | 7 −3 0 0 1 −8 | −2 1 0 0 0 1 | 1 −2 1 L1 ← L1 − 28L3L2 ← L2 + 8L3 ∼ 1 0 0 | −21 53 −28 0 1 0 | 6 −15 8 0 0 1 | 1 −2 1 5 Assim, A−1 = −21 53 −28 6 −15 8 1 −2 1 e finalmente, X = 2A−1 +B = −41 111 −56 14 27 16 6 5 5 6. Considere B = 3 −1 2 2 1 1 λ −1 2 . a) Determine o(s) valor(es) de λ para os quais B é singular (não invertível). b) Para λ = 2 calcule B−1 e resolva BX = 0 0 1 . Solução: a) Uma matriz é dita singular quando não é inversível, ou equivalentemente, seu determinante é igual a zero. Usando a regra de Sarrus, tem-se |B| = 6− λ− 4− (2λ− 3− 4) logo, para que B seja singular devemos ter −3λ− 9 = 0⇔ λ = 3 b) Substituindo λ = 2 e escrevendo B na forma esquemática segue-se 3 −1 2 | 1 0 0 2 1 1 | 0 1 0 2 −1 2 | 0 0 1 L1 ↔ L3 ∼ 2 −1 2 | 0 0 1 2 1 1 | 0 1 0 3 −1 2 | 1 0 0 L1 ← 12L1 ∼ 1 −1 2 1 | 0 0 1 2 2 1 1 | 0 1 0 3 −1 2 | 1 0 0 L2 ← L2 − 2L1 L3 ← L3 − 3L1 ∼ 1 −1 2 2 3 | 1 3 0 0 0 2 −1 | 0 1 −1 0 1 2 −1 | 1 0 −3 2 L3 ← 2L3 6 1 −1 2 2 3 | 1 3 0 0 0 2 −1 | 0 1 −1 0 1 −2 | 2 0 −3 L1 ← L1 + 1 2 L3 L2 ← L2 − 2L3 ∼ 1 0 0 | 1 0 −1 0 0 3 | −4 1 5 0 1 −2 | 2 0 −3 L2 ← 13L2 1 0 0 | 1 0 −1 0 0 1 | −4 3 1 3 5 3 0 1 −2 | 2 0 −3 L3 ← L3 + 2L2 ∼ 1 0 0 | 1 0 −1 0 0 1 | −4 3 1 3 5 3 0 1 0 | −2 3 2 3 1 3 L2 ↔ L3 1 0 0 | 1 0 −1 0 1 0 | −2 3 2 3 1 3 0 0 1 | −4 3 1 3 5 3 7. Determine os valores de a, b, c, d e e para que a matriz A = 2a− 1 a− b a+ 2b 5 d2 + c 3c −23 2 4 e+ 1 seja antisimétrica. Solução: Sendo A a matriz anti-simétrica temos que AT = −A, ou seja, 2a− 1 a− b a+ 2b 5 d2 + c 3c −23 2 4 e+ 1 = − 2a− 1 5 −23 2 a− b d2 + c 4 a+ 2b 3c e+ 1 Essa igualdade de matrizes gera os seguintes sistemas: 2a − 1 = −2a + 1 a − b = −5 a + 2b = 23 2 d2 + c = −d2 − c 3c = −4 e + 1 = −e − 1 Resolvendo cada um deles, temos a = 1 2 , b = 11 2 , c = −4 3 , d = ± √ 4 3 e e = −1. 7 8. Suponha que A+B = 1 2 3 4 5 6 7 8 9 . Determine A e B considerando que A é antisimétrica e que B é simétrica. Solução: Sendo A uma matriz anti-simétrica (AT = −A) e B uma matriz simétrica (BT = B) ambas de ordem 3, podemos concluir que a forma geral das matrizes A e B. A = 0 q r −q 0 u −r −u 0 B = a b c b e f c f i Onde a, b, c, d, e, f, r, q e u são números reais. Como A+B = 1 2 3 4 5 6 7 8 9 . resulta que a q + b r + c −q + b e u+ f −r + c −u+ f i = 1 2 3 4 5 6 7 8 9 Resolvendo a igualdade temos que a = 1, b = 3, c = 5, e = 5, f = 7, i = 9, q = −1, r = −2 e u = −1 Potanto, A = 0 −1 −2 1 0 −1 2 1 0 e 1 3 5 3 5 7 5 7 9 8
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