O documento apresenta uma prova de Álgebra Linear com questões sobre matrizes. Em 3 frases ou menos: A prova contém questões sobre determinantes, matrizes adjuntas, inversos e produtos de matrizes. As respostas mostram os cálculos para encontrar esses itens e verificar propriedades algébricas. Também resolve um sistema linear homogêneo e não homogêneo, encontrando as soluções completas.

1. Dr. Ole Peter Smith
Instituto de Matemática e Estatística
Universidade Federal de Goiás
ole@mat.ufg.br - http://www.ime.ufg.br/docentes/olepeter
Data: 15/04/2009
Semestre:
Curso: Engenharia de Computação
Disciplina: Álgebra Linear
Prova: I
1. 4 pts. Dado as matrizes: 0 1 0 1
1 −2 0 −1 0 0
A=@ 0 1 1 A B=@ 0 2 0 A
1 −2 1 0 0 3
(a) Encontrar: det A e det B.
(b) Encontrar as matrizes adjuntas: A∗ e B ∗ .
(c) Encontrar os inversos: A−1 e B −1 .
(d) Encontrar os determinantes dos inversos: det (A−1 ) e det (B −1 ).
(e) Encontrar os produtos: A B e B A.
(f) Mostre que em geral vale por matrizes do mesmo ordem: (A B)−1 = B −1 A−1 .
(g) Encontrar o inverso do produto: (A B)−1 .
(h) Encontrar o inverso do produto: (B A)−1 .
Solution:
(a) ˛ ˛ ˛ ˛
˛ 1
˛ −2 0 ˛ ˛ 1 −2 0 ˛
˛ ˛ ˛
det A = ˛ 0
˛ 1 1 ˛=˛ 0
˛ ˛ 1 1 ˛=1·1·1=1
˛
˛ 1 −2 1 ˛ ˛ 0 0 1 ˛
˛ ˛
˛ −1 0 0 ˛
˛ ˛
det B = ˛ 0
˛ 2 0 ˛ = (−1) · 2 · 3 = −6
˛
˛ 0 0 3 ˛
(b) Para A:
˛ ˛ ˛ ˛ ˛ ˛
˛ 1 1 ˛ ˛ 0 1 ˛ ˛ 0 1 ˛
D11 = ˛
˛ −2 1 ˛ = 3 ˛ 1 1 ˛ = −1
D12 = ˛ ˛ 1 −2 ˛ = −1
D13 = ˛
˛ ˛ ˛
˛ ˛ ˛ ˛ ˛ ˛
˛ −2 0 ˛ ˛ 1 0 ˛ ˛ 1 −2 ˛
D21 = ˛ ˛ −2 1 ˛ = −2 D22 = ˛˛ 1 1 ˛=1 D23 = ˛ ˛ 1 −2 ˛ = 0
˛ ˛ ˛
˛ ˛ ˛ ˛ ˛ ˛
˛ −2 0 ˛ ˛ 1 0 ˛ ˛ 1 −2 ˛
D31 = ˛ ˛ ˛ = −2 D32 = ˛˛ ˛=1 D33 = ˛ ˛ ˛=1
1 1 ˛ 0 1 ˛ 0 1 ˛
Assim:
A11 = 3 A12 = 1 A13 = −1
A21 = 2 A22 = 1 A23 = 0
A31 = −2 A32 = −1 A33 = 1
Ou seja: 0 1
3 2 −2
A∗ = (Aji ) = @ 1 1 −1 A
−1 0 1
Por B ser diagonal:
Dij = Aij = 0, i = j
1 Quem entende sério somente por sério
E brincadeira somente por brincadeira
De fato desentendeu ambos... Piet Hein

2. Dr. Ole Peter Smith
Instituto de Matemática e Estatística
Universidade Federal de Goiás
ole@mat.ufg.br - http://www.ime.ufg.br/docentes/olepeter
˛ ˛ ˛ ˛ ˛ ˛
˛ 2 0 ˛ ˛ −1 0 ˛ ˛ −1 0 ˛
D11 = A11 =˛ ˛=6 D22 = A22 =˛ ˛ = −3 D33 = A33 =˛ ˛ = −2
˛ 0 3 ˛ ˛ 0 3 ˛ ˛ 0 2 ˛
Ou seja: 0 1
6 0 0
∗
B =@ 0 −3 0 A
0 0 −2
(c) Encontrar os inversos: A−1 e B −1 .
0 1
3 2 −2
−1 1 ∗
A = A =@ 1 1 −1 A
det A
−1 0 1
E: 0 1
−1 0 0
−1 1 ∗ 1
B = B =@ 0 2
0 A
det B 1
0 0 3
(d)
1
det (A−1 ) = =1
det A
1 1
det (B −1 ) = =−
det B 6
(e) 0 10 1 0 1
1 −2 0 −1 0 0 1 −4 0
AB =@ 0 1 1 A@ 0 2 0 A=@ 0 2 3 A
1 −2 1 0 0 3 −1 −4 3
0 10 1 0 1
−1 0 0 1 −2 0 −1 2 0
BA=@ 0 2 0 A@ 0 1 1 A=@ 0 2 2 A
0 0 3 1 −2 1 3 −6 3
(f) Por o inverso ser único e o produto de matrizes ser associativo:
(B −1 A−1 )(A B) = B −1 (A−1 A)B = B −1 I B = B −1 B = I
E:
(A B) (B −1 A−1 ) = A(B B −1 )A−1 = A I A−1 = A A−1 = I
QED
(g) 0 10 1 0 1
−1 0 0 3 2 −2 −3 −2 2
−1 −1 −1 1
(A B) =B A =@ 0 2
0 A@ 1 1 −1 A = @ 12
1
2
−21 A
1
0 0 3
−1 0 1 −13
0 1
3
(h) Encontrar o inverso do produto: (B A)−1 .
−2
0 10 1 0 1
3 2 −2 −1 0 0 −3 1 3
−1 −1 −1 1 1 1 A
(B A) =A B =@ 1 1 −1 A @ 0 2
0 A = @ −1 2
−3
1 1
−1 0 1 0 0 3
1 0 3
2. 4 pts. Dado a sistema linear:
8 9
< x1 + 2x2 + 3x3 + 4x4 + 5x5 = 1 =
(∗) : 2x1 + 3x2 + 4x3 + 5x4 − x5 = 2
3x1 + 4x2 + 5x3 + 6x4 − 3x5 = 3
: ;
2 Quem entende sério somente por sério
E brincadeira somente por brincadeira
De fato desentendeu ambos... Piet Hein

3. Dr. Ole Peter Smith
Instituto de Matemática e Estatística
Universidade Federal de Goiás
ole@mat.ufg.br - http://www.ime.ufg.br/docentes/olepeter
(a) Encontrar a solução completa do sistema homogêneo do (∗).
(b) Encontrar a solução completa do sistema não homogêneo.
(c) Encontrar a solução completa do sistema:
8 9
< x1 + 2x2 + 3x3 + 4x4 + 5x5 = 2 =
(∗∗) : 2x1 + 3x2 + 4x3 + 5x4 − x5 = 3
3x1 + 4x2 + 5x3 + 6x4 − 3x5 = 4
: ;
Solution:
Resolvemos tudo de uma vez:
0 1
1 2 3 4 5 | 1 2
@ 2 3 4 5 −1 | 2 3 A∼
3 4 5 6 −3 | 3 4
0 1
1 2 3 4 5 | 1 2
@ 0 −1 −2 −3 −11 | 0 −1 A ∼
0 −2 −4 −6 −18 | 0 −2
0 1
1 0 −1 −2 −17 | 1 0
@ 0 1 2 3 11 | 0 1 A∼
0 0 0 0 −4 | 0 0
0 1
1 0 −1 −2 0 | 1 0
@ 0 1 2 3 0 | 0 1 A
0 0 0 0 1 | 0 0
Pondo x3 = t e x4 = s obtemos a solução completa do sistema homogêneo:
(x1 , x2 , x3 , x4 , x5 )T = (t + 2s, −2t − 3s, t, s, 0)T , (t, s) ∈ R2
E por (∗):
(x1 , x2 , x3 , x4 , x5 )T = (1 + t + 2s, −2t − 3s, t, s, 0)T , (t, s) ∈ R2
E por (∗∗):
(x1 , x2 , x3 , x4 , x5 )T = (t + 2s, 1 − 2t − 3s, t, s, 0)T , (t, s) ∈ R2
Comentário: Verificar:
(i) Verifique que a solução da eq. homogênea satisfaz as eqs.
(ii) Verifique que as soluções particulares satisfaz (∗) resp. (∗∗).
3. 2 pts. (Cabeludo) Dado as matrizes:
0 1
1 2 3 4
B 4 3 2 1 C
A=B C , (a, b) ∈ R2
@ a 2 3 4 A
4 3 2 b
0 1
0 a 0 0
B a 0 a 0 C
B=@
B C, a ∈ R
0 a 0 a A
0 0 a 0
(a) Encontrar para quaisquer valores de a e b o determinante do A.
(b) Encontrar para quaisquer valores de a e b o posto do A.
(c) Encontrar para qualquer valor de a o determinante do B.
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E brincadeira somente por brincadeira
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(d) Para quais valores de a o matriz B tem inverso? Para estes valores, encontrar o inverso.
Solution:
(a) ˛ ˛ ˛ ˛
˛
˛ 1 2 3 4 ˛ ˛ 1
˛ ˛ 2 3 4 ˛ ˛
˛ 4 3 2 1 ˛ ˛ 4 3 2 1 ˛
det A = ˛ ˛=˛
˛ ˛ a−1 0 0
˛=
˛
˛ a 2 3 4 ˛ ˛ 0 ˛ ˛
˛ 4 3 2 b ˛ ˛ 0 0 0 b−1 ˛
˛ ˛
3+1 4+4
˛ 2 3 ˛
(−1) (−1) (a − 1)(b − 1) ˛
˛ 3
˛ = (a − 1)(b − 1)(4 − 9) = −5(a − 1)(b − 1)
2 ˛
(b) Como no item anterior: 0 1 0 1
1 2 3 4 1 2 3 4
B 4 3 2 1 C B 4 3 2 1 C
B C∼B C
@ a 2 3 4 A @ a−1 0 0 0 A
4 3 2 b 0 0 0 b−1
Donde segue:
8
> 4,
> a=1∧b=1
3, a=1∧b=1
<
ρA =
> 3,
> a=1∧b=1
2, a=b=1
:
(c)
˛ ˛ ˛ ˛ ˛ ˛ ˛ ˛ ˛ ˛
˛
˛ 0 a 0 0 ˛
˛
˛
˛ 0 1 0 0 ˛
˛
˛
˛ 0 1 0 0 ˛
˛
˛
˛ 1 0 0 0 ˛
˛
˛
˛ 1 0 0 0 ˛
˛
˛ a 0 a 0 ˛ 4˛
˛ 1 0 1 0 ˛ 4˛
˛ 1 0 0 0 ˛ 4˛
˛ 0 1 0 0 ˛ 4˛
˛ 0 1 0 0 ˛ = a4
˛
det B = ˛ ˛=a ˛=a ˛=a ˛=a
˛
˛ 0 a 0 a ˛
˛
˛
˛ 0 1 0 1 ˛
˛
˛
˛ 0 0 0 1 ˛
˛
˛
˛ 0 0 0 1 ˛
˛
˛
˛ 0 0 1 0 ˛
˛
˛ 0 0 a 0 ˛ ˛ 0 0 1 0 ˛ ˛ 0 0 1 0 ˛ ˛ 0 0 1 0 ˛ ˛ 0 0 0 1 ˛
(d) O inverso existe se e somente se o determinante não for zero: a4 = 0 ⇔ a = 0.
Por a = 0 obtemos:
0 1 0 1
0 a 0 0 | 1 0 0 0 0 a 0 0 | 1 0 0 0
B a 0 a 0 | 0 1 0 0 C B a 0 0 0 | 0 1 0 −1 C
@ 0 a 0 a | 0 0 1 0 A∼@ 0
B C B C∼
0 0 a | −1 0 1 0 A
0 0 a 0 | 0 0 0 1 0 0 a 0 | 0 0 0 1
1 1
0 1 0 1
a 0 0 0 | 0 1 0 −1 1 0 0 0 | 0 a
0 −a
1
B 0
B a 0 0 | 1 0 0 0 C B 0
C∼B 1 0 0 | a
0 0 0 CC
1
@ 0 0 a 0 | 0 0 0 1 A @ 0 0 1 0 | 0 0 0 a
A
1 1
0 0 0 a | −1 0 1 0 0 0 0 1 | −a 0 a
0
Assim:
1 1
0 1
0 a
0 −a
1
0 0 0 C
B −1 = B
B
a C
1
@ 0 0 0 a
A
1 1
−a 0 a
0
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E brincadeira somente por brincadeira
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5. Dr. Ole Peter Smith
Instituto de Matemática e Estatística
Universidade Federal de Goiás
ole@mat.ufg.br - http://www.ime.ufg.br/docentes/olepeter
Data: 05/05/2009
Semestre:
Curso: Engenharia Civil
Disciplina: Álgebra Linear
Prova: I
1. 4 pts. Dado as matrizes: 0 1 0 1
1 −2 0 −1 0 0
A=@ 0 1 1 A B=@ 0 2 0 A
1 −2 1 0 0 3
Sabendo que:
1
det (A−1 ) = det A−1 =
det A
e:
(A B)−1 = B −1 A−1
responde o seguinte:
(a) Encontrar: det A e det B.
(b) Encontrar as matrizes adjuntas: A∗ e B ∗ .
(c) Encontrar os inversos: A−1 e B −1 .
(d) Encontrar os determinantes dos inversos: det (A−1 ) e det (B −1 ).
(e) Encontrar os produtos: A B e B A.
(f) Encontrar o inverso do produto: (A B)−1 .
Solution:
4 pts. Dado as matrizes: 0 1 0 1
1 −2 0 −1 0 0
A=@ 0 1 1 A B=@ 0 2 0 A
1 −2 1 0 0 3
Sabendo que:
1
det (A−1 ) = det A−1 =
det A
e:
(A B)−1 = B −1 A−1
responde o seguinte:
(a) Encontrar: det A e det B.
˛ ˛ ˛ ˛
˛ 1
˛ −2 0 ˛ ˛ 1 −2 0 ˛
˛ ˛ ˛
det A = ˛ 0
˛ 1 1 ˛=˛ 0
˛ ˛ 1 1 ˛=1·1·1=1
˛
˛ 1 −2 1 ˛ ˛ 0 0 1 ˛
˛ ˛
˛ −1 0 0 ˛
˛ ˛
det B = ˛ 0
˛ 2 0 ˛ = (−1) · 2 · 3 = −6
˛
˛ 0 0 3 ˛
5 I really do like Your Christ
But I do dislike Your Christians
Why can’t Your Christians be more like Your Christ? - Mahatma Gandhi

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(b) Encontrar as matrizes adjuntas: A∗ e B ∗ .
Para A:
˛ ˛ ˛ ˛ ˛ ˛
˛ 1 1 ˛ ˛ 0 1 ˛ ˛ 0 1 ˛
D11 = ˛
˛ ˛=3 D12 = ˛ ˛ = −1 D13 = ˛
˛ ˛ = −1
−2 1 ˛ ˛ 1 1 ˛ 1 −2 ˛
˛ ˛ ˛ ˛ ˛ ˛
˛ −2 0 ˛ ˛ 1 0 ˛ ˛ 1 −2 ˛
D21 = ˛ ˛ −2 1 ˛ = −2 D22 = ˛ ˛=1 D23 = ˛ ˛ 1 −2 ˛ = 0
˛ ˛
˛ 1 1 ˛
˛ ˛ ˛ ˛ ˛ ˛
˛ −2 0 ˛ ˛ 1 0 ˛ ˛ 1 −2 ˛
D31 = ˛ ˛ ˛ = −2 D32 = ˛ ˛=1 D33 = ˛ ˛ ˛=1
1 1 ˛ ˛ 0 1 ˛ 0 1 ˛
Assim:
A11 = 3 A12 = 1 A13 = −1
A21 = 2 A22 = 1 A23 = 0
A31 = −2 A32 = −1 A33 = 1
Ou seja: 0 1
3 2 −2
A∗ = (Aji ) = @ 1 1 −1 A
−1 0 1
Por B ser diagonal:
Dij = Aij = 0, i = j
˛ ˛ ˛ ˛ ˛ ˛
˛ 2 0 ˛ ˛ −1 0 ˛ ˛ −1 0 ˛
D11 = A11 = ˛ ˛=6 D22 = A22 = ˛ ˛ = −3 D33 = A33 = ˛ ˛ = −2
˛ 0 3 ˛ ˛ 0 3 ˛ ˛ 0 2 ˛
Ou seja: 0 1
6 0 0
∗
B =@ 0 −3 0 A
0 0 −2
(c) Encontrar os inversos: A−1 e B −1 .
0 1
3 2 −2
−1 1 ∗
A = A =@ 1 1 −1 A
det A
−1 0 1
E: 0 1
−1 0 0
1
B −1 = B∗ = @ 0 1
2
0 A
det B 1
0 0 3
(d) Encontrar os determinantes dos inversos: det (A−1 ) e det (B −1 ).
1
det (A−1 ) = =1
det A
1 1
det (B −1 ) = =−
det B 6
(e) Encontrar os produtos: A B e B A.
0 10 1 0 1
1 −2 0 −1 0 0 1 −4 0
AB =@ 0 1 1 A@ 0 2 0 A=@ 0 2 3 A
1 −2 1 0 0 3 −1 −4 3
0 10 1 0 1
−1 0 0 1 −2 0 −1 2 0
BA=@ 0 2 0 A@ 0 1 1 A=@ 0 2 2 A
0 0 3 1 −2 1 3 −6 3
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(f) Encontrar o inverso do produto: (A B)−1 .
0 10 1 0 1
−1 0 0 3 2 −2 −3 −2 2
−1 −1 −1 1
(A B) =B A =@ 0 2
0 A@ 1 1 −1 A = @ 12
1
2
−21 A
1
0 0 3
−1 0 1 −13
0 1
3
2. 4 pts. Dado a sistema linear:
8 9
< x1 + 2x2 + 3x3 + 4x4 + 5x5 = 1 =
(∗) : 2x1 + 3x2 + 4x3 + 5x4 − x5 = 2
3x1 + 4x2 + 5x3 + 6x4 − 3x5 = 3
: ;
(a) Encontrar a solução completa do sistema homogêneo do (∗).
(b) Encontrar a solução completa do sistema não homogêneo.
(c) Encontrar a solução completa do sistema:
8 9
< x1 + 2x2 + 3x3 + 4x4 + 5x5 = 2 =
(∗∗) : 2x1 + 3x2 + 4x3 + 5x4 − x5 = 3
3x1 + 4x2 + 5x3 + 6x4 − 3x5 = 4
: ;
Solution:
4 pts. Dado a sistema linear:
8 9
< x1 + 2x2 + 3x3 + 4x4 + 5x5 = 1 =
(∗) : 2x1 + 3x2 + 4x3 + 5x4 − x5 = 2
3x1 + 4x2 + 5x3 + 6x4 − 3x5 = 3
: ;
(a) Encontrar a solução completa do sistema homogêneo do (∗).
(b) Encontrar a solução completa do sistema não homogêneo.
(c) Encontrar a solução completa do sistema:
8 9
< x1 + 2x2 + 3x3 + 4x4 + 5x5 = 2 =
(∗∗) : 2x1 + 3x2 + 4x3 + 5x4 − x5 = 3
3x1 + 4x2 + 5x3 + 6x4 − 3x5 = 4
: ;
Resolvemos tudo de uma vez:
0 ˛ 1 0 ˛ 1
1 2 3 4 5 ˛ 1
˛ 2 1 2 3 4 5 ˛ 1
˛ 2
@ 2 3 4 5 −1 ˛ 2
˛ 3 A ∼ @ 0 −1 −2 −3 −11 ˛ 0 −1
˛
A∼
3 4 5 6 −3 ˛ 3 4 0 −2 −4 −6 −18 ˛ 0 −2
0 ˛ 1 0 ˛ 1
1 0 −1 −2 −17 ˛
˛ 1 0 1 0 −1 −2 0 ˛ 1 0
˛
@ 0 1 2 3 11 ˛
˛ 0 1 A∼@ 0 1 2 3 0 ˛ 0 1
˛
A
0 0 0 0 −4 ˛ 0 0 0 0 0 0 1 ˛ 0 0
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8. Dr. Ole Peter Smith
Instituto de Matemática e Estatística
Universidade Federal de Goiás
ole@mat.ufg.br - http://www.ime.ufg.br/docentes/olepeter
Pondo x3 = t e x4 = s obtemos a solução completa do sistema homogêneo:
0 1 0 1 0 1 0 1
x1 1 2 t + 2s
B x2 C B −2 C B −3 C B −2t − 3s C
C , (t, s) ∈ R2
B C B C B C B C
B
B x3 C = tB
C B 1 C + sB
C B 0 C=B
C B t C
@ x4 A @ 0 A @ 1 A @ s A
x5 0 0 0
E por (∗):
0 1 0 1 0 1 0 1 0 1
x1 1 1 2 1 + t + 2s
B x2 C B 0 C B −2 C B −3 C B −2t − 3s C
C , (t, s) ∈ R2
B C B C B C B C B C
B
B x3 C=B
C B 0 C + tB
C B 1 C + sB
C B 0 C=B
C B t C
@ x4 A @ 0 A @ 0 A @ 1 A @ s A
x5 0 0 0 0
E por (∗∗):
0 1 0 1 0 1 0 1 0 1
x1 0 1 2 t + 2s
B x2 C B 1 C B −2 C B −3 C B 1 − 2t − 3s C
C , (t, s) ∈ R2
B C B C B C B C B C
B x3 C = B 0 C + tB 1 C + sB 0 C = B t
B C B C B C B C B C
@ x4 A @ 0 A @ 0 A @ 1 A @ s A
x5 0 0 0 0
Comentário: Controle:
(i) Verifique que a solução da eqação homogênea satisfaz as eqções.
(ii) Verifique que as soluções particulares satisfaz (∗) resp. (∗∗).
3. 2 pts. (Cabeludo) Dado as matrizes:
0 1
1 2 3 4
B 4 3 2 1 C
A=B
@ a
C, (a, b) ∈ R2
2 3 4 A
4 3 2 b
0 1
0 a 0 0
B a 0 a 0 C
B=@
B C, a∈R
0 a 0 a A
0 0 a 0
(a) Encontrar para quaisquer valores de a e b o determinante do A.
(b) Encontrar para quaisquer valores de a e b o posto do A.
(c) Encontrar para qualquer valor de a o determinante do B.
(d) Para quais valores de a o matriz B tem inverso? Para estes valores, encontrar o inverso.
Solution:
2 pts. (Cabeludo) Dado as matrizes:
0 1
1 2 3 4
B 4 3 2 1 C
A=B
@ a
C, (a, b) ∈ R2
2 3 4 A
4 3 2 b
0 1
0 a 0 0
B a 0 a 0 C
B=@
B C, a∈R
0 a 0 a A
0 0 a 0
8 I really do like Your Christ
But I do dislike Your Christians
Why can’t Your Christians be more like Your Christ? - Mahatma Gandhi

9. Dr. Ole Peter Smith
Instituto de Matemática e Estatística
Universidade Federal de Goiás
ole@mat.ufg.br - http://www.ime.ufg.br/docentes/olepeter
(a) Encontrar para quaisquer valores de a e b o determinante do A.
˛ ˛ ˛ ˛
˛
˛ 1 2 3 4 ˛ ˛ 1
˛ ˛ 2 3 4 ˛ ˛
˛ 4 3 2 1 ˛ ˛ 4 3 2 1 ˛
det A = ˛ ˛=˛
˛ ˛ a−1 0 0
˛=
˛
˛ a 2 3 4 ˛ ˛ 0 ˛ ˛
˛ 4 3 2 b ˛ ˛ 0 0 0 b−1 ˛
˛ ˛
3+1 4+4
˛ 2 3 ˛
(−1) (−1) (a − 1)(b − 1) ˛
˛ 3
˛ = (a − 1)(b − 1)(4 − 9) = −5(a − 1)(b − 1)
2 ˛
(b) Encontrar para quaisquer valores de a e b o posto do A.
Como no item anterior: 0 1 0 1
1 2 3 4 1 2 3 4
B 4 3 2 1 C B 4 3 2 1 C
B C∼B C
@ a 2 3 4 A @ a−1 0 0 0 A
4 3 2 b 0 0 0 b−1
Donde segue:
8
> 4,
> a=1∧b=1
3, a=1∧b=1
<
ρA =
> 3,
> a=1∧b=1
2, a=b=1
:
(c) Encontrar para qualquer valor de a o determinante do B.
˛ ˛ ˛ ˛ ˛ ˛ ˛ ˛ ˛ ˛
˛
˛ 0 a 0 0 ˛
˛
˛
˛ 0 1 0 0 ˛
˛
˛
˛ 0 1 0 0 ˛
˛
˛
˛ 1 0 0 0 ˛
˛
˛
˛ 1 0 0 0 ˛
˛
˛ a 0 a 0 ˛ 4˛
˛ 1 0 1 0 ˛ 4˛
˛ 1 0 0 0 ˛ 4˛
˛ 0 1 0 0 ˛ 4˛
˛ 0 1 0 0 ˛ = a4
˛
det B = ˛ ˛=a ˛=a ˛=a ˛=a
˛
˛ 0 a 0 a ˛
˛
˛
˛ 0 1 0 1 ˛
˛
˛
˛ 0 0 0 1 ˛
˛
˛
˛ 0 0 0 1 ˛
˛
˛
˛ 0 0 1 0 ˛
˛
˛ 0 0 a 0 ˛ ˛ 0 0 1 0 ˛ ˛ 0 0 1 0 ˛ ˛ 0 0 1 0 ˛ ˛ 0 0 0 1 ˛
(d) Para quais valores de a o matriz B tem inverso? Para estes valores, encontrar o inverso.
O inverso existe se e somente se o determinante não for zero: a4 = 0 ⇔ a = 0.
Por a = 0 obtemos:
0 1 0 1
0 a 0 0 | 1 0 0 0 0 a 0 0 | 1 0 0 0
B a 0 a 0 | 0 1 0 0 C B a 0 0 0 | 0 1 0 −1 C
@ 0 a 0 a | 0 0 1 0 A∼@ 0
B C B C∼
0 0 a | −1 0 1 0 A
0 0 a 0 | 0 0 0 1 0 0 a 0 | 0 0 0 1
1 1
0 1 0 1
a 0 0 0 | 0 1 0 −1 1 0 0 0 | 0 a
0 −a
1
B 0
B a 0 0 | 1 0 0 0 C B 0
C∼B 1 0 0 | a
0 0 0 CC
1
@ 0 0 a 0 | 0 0 0 1 A @ 0 0 1 0 | 0 0 0 a
A
1 1
0 0 0 a | −1 0 1 0 0 0 0 1 | −a 0 a
0
Assim:
1 1
0 1
0 a
0 −a
1
0 0 0 C
B −1 = B
B
a C
1
@ 0 0 0 a
A
1 1
−a 0 a
0
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10. Dr. Ole Peter Smith
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ole@mat.ufg.br - http://www.ime.ufg.br/docentes/olepeter
Data: 27/05/2009
Semestre:
Curso: Engenharia de Computação
Disciplina: Álgebra Linear
Prova: II
1. 2 pts. Dado os vetores em relação ao base canônica, (e1 , e2 , e3 , e4 , e5 ), em R5 :
v1 = (1, 1, 1, 1, 1)T v2 = (1, −1, 1, −1, 1)T v3 = (3, −1, 3, −1, 3)T v4 = (0, 1, 0, 1, 0)T
(a) Mostre que: V = ger(v1 , v2 ) = ger(v3 , v4 ). Qual a dimensão do V ?
(b) Escreve v1 e v2 como combinações lineares de v3 e v4 .
(c) Escreve v3 e v4 como combinações lineares de v1 e v2 .
Solution:
2 pts. Dado os vetores em relação ao base canônica, (e1 , e2 , e3 , e4 , e5 ), em R5 :
v1 = (1, 1, 1, 1, 1)T v2 = (1, −1, 1, −1, 1)T v3 = (3, −1, 3, −1, 3)T v4 = (0, 1, 0, 1, 0)T
(a) Mostre que: V = ger(v1 , v2 ) = ger(v3 , v4 ). Qual a dimensão do V ?
(b) Escreve v1 e v2 como combinações lineares de v3 e v4 .
(c) Escreve v3 e v4 como combinações lineares de v1 e v2 .
Solução:
(a) Formamos o matriz com os vetores em colunas:
0 1 0 1 0 1
1 1 3 0 1 1 3 0 1 1 3 0
B
B 1 −1 −1 1 C B
C B 0 −2 −4 1 C B
C B 0 −2 −4 1 C
C
V=B 1 1 3 0 C∼B 0 0 0 0 C∼B 0 0 0 0 C
B C B C B C
@ 1 −1 −1 1 A @ 0 −2 −4 1 A @ 0 0 0 0 A
1 1 3 0 0 0 0 0 0 0 0 0
Dai segue: dim ger(v1 , v2 , v3 , v4 ) = dim ger(v1 , v2 ) = dim ger(v3 , v4 ) = 2, o que implica: ger(v1 , v2 , v3 , v4 ) =
ger(v1 , v2 ) = ger(v3 , v4 ) = 2. A dimensão é o posto do matriz V, isto é 2.
(b) Omitindo as linhas com somente zeros:
„ ˛ « „ ˛ « „ ˛ 1
«
1 1 ˛ 3 0 1 1 ˛ 3 0 1 0 ˛ 1
˛ ∼ ˛ ∼ ˛ 2
0 −2 ˛ −4 1 0 1 ˛ 2 −1
2
0 1 ˛ 2 −1
2
Segue: v3 = v1 + 2v2 , e: v4 = 1 v1 − 1 v2 .
2 2
(c) Trocando o ordem dos vetores:
„ ˛ « „ ˛ 1 1
« „ ˛ 1 1
«
3 0 ˛ 1 1 1 0 ˛ 1 0 ˛
˛ ∼ ˛ 3 3 ∼ ˛ 3
4
3
−4 1 ˛ 0 −2 −4 1 ˛ 0 −2 0 1 ˛ 3
−2
3
1 4 1 2
Segue: v1 = v
3 3
+ v ,
3 4
e: v2 = v
3 3
− v .
3 4
2. 6 pts. Dado os vetores em relação ao base canônica, (e1 , e2 , e3 , e4 ), em R4 :
v1 = (1, 1, 1, 1)T v2 = (1, −1, 1, −1)T v3 = (1, 1, −1, −1)T v4 = (1, −1, −1, 1)T
(a) Mostre que os vi ’s são mutualmente ortogonais, isto é: vi · vj = 0 por i = j.
(b) Encontrar um base ortonormal de R4 , (d1 , d2 , d3 , d4 ), tal que: di = ci vi .
10 Ditado.txt

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(c) Encontrar uma relação matricial entre os coordenados em relação aos ei ’s (antigos), xA , e os coordenados em
relação aos di ’s (novos), xN :
xA = D xN
(d) Encontrar uma relação matricial entre os coordenados novos, xN , e os coordenados antigos, xA :
xN = D xA
(e) Justificar que vale: D = D−1 = DT = D.
(f) Encontrar os coordenados dos vetores:
w1 = (−1, 1, −1, 1)T w2 = (1, 2, 3, 4)T
em relação ao base novo, (d1 , d2 , d3 , d4 ).
Solution:
6 pts. Dado os vetores em relação ao base canônica, (e1 , e2 , e3 , e4 ), em R4 :
v1 = (1, 1, 1, 1)T v2 = (1, −1, 1, −1)T v3 = (1, 1, −1, −1)T v4 = (1, −1, −1, 1)T
(a) Mostre que os vi ’s são mutualmente ortogonais, isto é: vi · vj = 0 por i = j.
(b) Encontrar um base ortonormal de R4 , (d1 , d2 , d3 , d4 ), tal que: di = ci vi .
(c) Encontrar uma relação matricial entre os coordenados em relação aos ei ’s (antigos), xA , e os coordenados em
relação aos di ’s (novos), xN :
xA = D xN
(d) Encontrar uma relação matricial entre os coordenados novos, xN , e os coordenados antigos, xA :
xN = D xA
(e) Justificar que vale: D = D−1 = DT = D.
(f) Encontrar os coordenados dos vetores:
w1 = (−1, 1, −1, 1)T w2 = (1, 2, 3, 4)T
em relação ao base novo, (d1 , d2 , d3 , d4 ).
Solução:
(a) Verificamos:
v1 · v2 = 1 − 1 + 1 − 1 = 0 v1 · v3 = 1 + 1 − 1 − 1 = 0 v1 · v4 = 1 − 1 − 1 + 1 = 0
v2 · v3 = 1 − 1 − 1 + 1 = 0 v2 · v4 = 1 + 1 − 1 − 1 = 0
v3 · v4 = 1 − 1 + 1 − 1 = 0
1
QED .
√ √
(b) Normalizamos os vi ’s: |v1 | = |v2 | = |v3 | = |v4 | = 12 + 12 + 12 + 12 = 4 = 2. Assim:
„ «T
v1 1 1 1 1
d1 = = , , ,
|v1 | 2 2 2 2
„ «T
v 1 1 1 1
d2 = 2 = ,− , ,−
|v2 | 2 2 2 2
1 Quod Erat Demonstrandum
11 Ditado.txt

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„ «T
v3 1 1 1 1
d3 = = , ,− ,−
|v3 | 2 2 2 2
„ «T
v4 1 1 1 1
d4 = = ,− ,− ,
|v4 | 2 2 2 2
É claro que di ’s são ortonormais, pois: di · dj = 0 por i = j, e: di · di = 1.
(c) Organizamos os di ’s como colunas em uma matriz:
1 1 1 1
0 1 0 1
0 1 1 1 1 1
| | | | 2
1
2 2 2
B
2
−1
2
1
2
−1
2 C= 1B 1
C B −1 1 −1 C
D = @ d1 d2 d3 d4 A = B 1 1
C
@ −1 −1 A 2@ 1 1 −1 −1 A
| | | | 2
1
2 2 2
2
−1
2
−1
2
1
2
1 −1 −1 1
Temos:
0 1
1 1 1 1
1B 1 −1 1 −1 C
xA = @B Cx
2 1 1 −1 −1 A N
1 −1 −1 1
(d) Por D ser ortogonal, temos: D−1 = DT . Observamos que D ainda é simétrica: D = DT , ou seja: D−1 = D.
Assim, invertemos a equação acima:
0 1
1 1 1 1
1B 1 −1 1 −1 C
xN = @B Cx
2 1 1 −1 −1 A A
1 −1 −1 1
(e) Já justificamos isto no item anterior; por D ser ortogonal e simétrica, vale: D = D−1 = DT = D.
(f) Encontramos w1 em coordenados novos:
0 10 1 0 1 0 1
1 1 1 1 −1 −1 + 1 − 1 + 1 0
1B 1
B −1 1 −1 C B 1
CB C = 1 B −1 − 1 − 1 − 1 C = B −2 C
C B C B C
2@ 1 1 −1 −1 A @ −1 A 2 @ −1 + 1 + 1 − 1 A @ 0 A
1 −1 −1 1 1 −1 − 1 + 1 − 1 0
Ilustrando que: w1 = −2d2 .
Para w2 :
0 10 1 0 1 0 1
1 1 1 1 1 1+2+3+4 5
1 B 1 −1 1 −1 C B C= 1
2 C B 1 − 2 + 3 − 4 C B −1 C
@ 1 + 2 − 3 − 4 A = @ −2
B CB B C B C
2 @ 1 1 −1 −1 A @ 3 A 2 A
1 −1 −1 1 4 1−2−3+4 0
Podemos verificar: w2 = 5d1 − d2 − 2d3 .
3. 2 pts. (Cabeludo?) Ortogonalização de Graham-Schmidt
Dado os vetores em R3 :
v1 = (1, 1, 1)T v2 = (1, −1, 1)T v3 = (1, 1, −1)T
(a) Mostre que v1 , v2 , v3 não são mutualmente ortogonais.
(b) Mostre que v1 , v2 , v3 são linearmente independentes.
(c) Escolhendo: d1 = v1 e d2 = v2 + αd1 , mostre que por:
d1 · v2
α=−
d1 · d1
obtemos um vetor, d2 ⊥ d1 . Encontrar d2 .
12 Ditado.txt

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(d) Escolhendo: d3 = v3 + βd1 + γd2 , mostre que por:
d1 · v 3 d2 · v 3
β=− γ=−
d1 · d1 d2 · d2
obtemos um vetor, d3 ⊥ d1 e d3 ⊥ d2 . Encontrar d3 .
Solution:
2 pts. (Cabeludo?) Ortogonalização de Graham-Schmidt
Dado os vetores em R3 :
v1 = (1, 1, 1)T v2 = (1, −1, 1)T v3 = (1, 1, −1)T
(a) Mostre que v1 , v2 , v3 não são mutualmente ortogonais.
(b) Mostre que v1 , v2 , v3 são linearmente independentes.
(c) Escolhendo: d1 = v1 e d2 = v2 + αd1 , mostre que por:
d1 · v2
α=−
d1 · d1
obtemos um vetor, d2 ⊥ d1 . Encontrar d2 .
(d) Escolhendo: d3 = v3 + βd1 + γd2 , mostre que por:
d1 · v 3 d2 · v 3
β=− γ=−
d1 · d1 d2 · d2
obtemos um vetor, d3 ⊥ d1 e d3 ⊥ d2 . Encontrar d3 .
Solução:
(a) Os vi ’s não são mutualmente ortogonais, pois:
v1 · v2 = 1 − 1 + 1 = 1 = 0 v1 · v3 = 1 + 1 − 1 = 1 = 0
v2 · v3 = 1 − 1 − 1 = −1 = 0
(b) 0 1 0 1 0 1
| | | 1 1 1 1 1 1
V = @ v1 v2 v3 A = @ 1 −1 1 A∼@ 0 −2 0 A
| | | 1 1 −1 0 0 −2
Segue, que ρV = 3, ou seja: os vi ’s são linearmente independentes.
(c) Na equação d2 = v2 + αd1 , fazemos o produto escalar com d1 :
d1 · d2 = d1 · v2 + α(d1 · d1 )
Exigindo d1 ⊥ d2 - ou seja: d1 · d2 = 0 - segue:
d1 · v2
α=−
d1 · d1
Usando resultados anteriores:
d1 · v2 = 1
d1 · d1 = 3
Assim: α = −1,
3
e assim:
13 Ditado.txt

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0 1 0 1 0 2 1
1 1 3
1
d2 = @ −1 A − @ 1 A = @ − 4 A
3
3 2
1 1 3
Observamos:
0 1 0 2 1
1 3 2 4 2
d1 · d2 = @ 1 A · @ − 4 A = − + = 0
3
2 3 3 3
1 3
Isto é: d2 ⊥ d1 .
(d) Na d3 = v3 + βd1 + γd2 fazemos o produto escalar com d1 e utilizamos que d1 · d2 = 0:
d1 · d3 = d1 · v3 + β(d1 · d1 ) + 0
Exigindo d1 · d3 = 0, obtemos:
d1 · v3
β=−
d1 · d1
Fazendo o produto escalar com d2 , segue de mesmo maneira:
d2 · v 3
γ=−
d2 · d2
Usando resultados anteriores:
d1 · v3 = 1
d1 · d1 = 3
Assim:
1
β=−
3
E mais:
4
d2 · v 3 = −
3
24 8
d2 · d2 = =
9 3
Assim:
1
γ=
2
Finalmente calculamos d3 :
0 1 0 1 0 2 1 0 1
1 1 1
1@ 1@ 3 A @
d3 = @ 1 A − 1 A+ −4
3
= 0 A
3 2 2
−1 1 3
−1
Observamos:
0 1 0 1
1 1
d1 · d3 = @ 1 A · @ 0 A=1+0−1=0
1 −1
0 1 0 2 1
1 3
d2 · d3 = @ 1 A · @ − 4 A= 2 +0− 2 =0
3
2 3 3
1 3
Isto é: d3 ⊥ d1 e d3 ⊥ d2 .
14 Ditado.txt