prova 1 - 2009 - Alancardeck

Esta é uma pré-visualização de arquivo. Entre para ver o arquivo original

Coleção de Provas
Disciplina: Álgebra Linear I
Curso: Matemática
Período: 2009/1
Prova: P1
Professor: Alancardek
1. Atribua a cada sentença abaixo valor verdadeiro ou falso, justificando rigorosamente cada atri-
buição.
(a) Todo sistema de equações lineares com mais incógnitas do que equações, e posto da matriz
dos coeficientes igual ao numero de equações, admite infinitas soluções.
(b) Se A e B são matrizes quadradas n× n e triangulares superiores, então a matriz produto
A · B é triangular superior.
(c) Se A e B são matrizes quadradas tais que A · B = 0 então A = 0 ou B = 0.
(d) Se A e B são matrizes m × n com posto(A) = posto(B), então A e B possuem a mesma
matriz linha reduzida a forma escada.
2. Seja A5×7, A = [ai,j] satisfazendo:
(i)
∣∣∣∣∣∣
a1,1 a1,2 a1,3
a2,1 a2,2 a2,3
a3,1 a3,2 a3,3
∣∣∣∣∣∣ 6= 0;
(ii) as linhas L4 e L5 satisfazem: L4 = 2L1 − L2 + L3 e L5 = L2 + 3L3.
(a) Determine o posto de A;
(b) Exiba uma possibilidade para a forma escada de uma matriz A satisfazendo (i) e (ii).
3. Seja An×n, A = [ai,j] uma matriz quadrada. Considere a fórmula do determinante de A:
det A = ∑
σ∈Sn
sinal(σ)a1σ(1)a2σ(2)...anσ(n).
(a) Prove que se σ 6= id, então existe i ∈ {1, 2, ..., n} talque i > σ(i).
(b) Use o item (a) para mostrar que se An×n é triangular superior, então det A = a11 · a22 · ... ·
ann.
(c) Se A = [ai,j] é triangular inferior, então é verdade que det A = a11 · a22 · ... · ann.
4. Determine todas as soluções do sistema linear:
3x1 − 2x2 − 2x3 = 5
−x1 + x2 + x3 = −2
−x1 + x3 = −2
2x1 − x2 − x3 = 3
5. Considere a matriz A =
2 1 11 1 0
1 1 1
.
(a) Determine a matriz inversa A−1.
(b) Escreva A−1 como um produto de matrizes elementares (exiba as matrizes).
1
[Questão 1 - Solução]
item (a): [V]. Com efeito, seja A · x = B a representação de um sistema tal que A é uma matriz
m× n com m < n e posto(A) = m.
item (b): [V]. Consideremos a matriz produto C = A · B onde os elementos são dados por
cij =
n
∑
k=1
aik · bkj. Assim supondo i > j(ou seja, cij está abaixo da diagonal), se k < i então aik = 0 ⇒
aik · bkj = 0, por outro lado, se k ≥ i > j então bjk = 0 ⇒ aik · bkj = 0. Assim podemos concluir que
cij = 0 sempre que i > j, isto é, C é uma matriz triangular superior.
item (c): [F]. Considere as matrizes: A =
[
0 1
0 0
]
e B =
[
1 0
0 0
]
.
A 6= 0 e B 6= 0, mas A · B = 0.]
item (d): [F].Basta considerar as matrizes A =

1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 0 0
0 0 0 0
 e B =

0 0 1 0
0 0 0 1
0 0 0 0
0 0 0 0
.
[Questão 2 - Solução]
item (a): Observamos inicialmente que pela hipótese (i) A possui pelo menos menos uma sub-
matriz 3× 3 com determinante não nulo. Assim posto(A) ≥ 3. Além disso temos da hipótese (ii) que
qualquer submatriz 4× 4 ou 5× 5 de A terá determinante nulo, visto que uma linha será combinação
linear das demais. Donde concluímos que posto(A) = 3.
item (b): Considere a matriz: 
1 0 0 0 0 0 0
0 1 0 0 0 0 0
0 0 1 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0 0
 .
[Questão 3 - Solução]
item (a): Suponhamos por contradição que para todo i ∈ {1, 2, 3, ..., n} tenhamos i ≤ σ(i), assim:
σ(n) ≥ n =⇒ σ(n) = n
σ(n− 1) ≥ n− 1 =⇒ σ(n− 1) = n− 1
...
σ(1) ≥ 1 =⇒ σ(1) = 1
=⇒ σ = id, contrariando a hipótese inicial.
Portanto devemos ter necessariamente i > σ(i) para algum i ∈ {1, 2, 3, ..., n}.
item (b): Seja An×n uma matriz triangular superior, ou seja, aij = 0 sempre que i > j. Temos então
da fórmula do determinante que se σ ∈ Sn for diferente da identidade então existirá i ∈ {1, 2, 3, ..., n}
tal que i > σ(i), logo a1σ(1)a2σ(2)...anσ(n) = 0 sempre que σ 6= id e, portanto,
det A = ∑
σ∈Sn
sinal(σ)a1σ(1)a2σ(2)...anσ(n) = a11 · a22 · ... · ann.
item (c): Sim. Basta observar que se A for uma matriz triangular inferior ela será transposta de
uma triangular superior e observar que det A = det AT.
[Questão 4 - Solução]
Consideremos a forma matricial do sistema dado, isto é, o sistema A · X = B onde:
A =

3 −2 −2
−1 1 1
−1 0 1
2 −1 −1
; X =
x1x2
x3
 e B =

5
−2
−2
3
.
2
Observamos que posto(A)=posto(AB) e, portanto, o sistema possui solução única. A solução
pode ser calculada usando escalonamento, obtendo X =
 10
−1
.
[Questão 5 - Solução]
item (a): Determinando a inversa de A.
Temos A =
2 1 11 1 0
1 1 1
, calcularemos a forma escada de A aplicando as mesmas operações na
matriz identidade: 2 1 1 | 1 0 01 1 0 | 0 1 0
1 1 1 | 0 0 1
 L1 ←→ L2−−−−−−→
1 1 0 | 0 1 02 1 1 | 1 0 0
1 1 1 | 0 0 1

1 1 0 | 0 1 02 1 1 | 1 0 0
1 1 1 | 0 0 1
 L2 ←→ L2 − 2L1−−−−−−−−−−−→
1 1 0 | 0 1 00 −1 1 | 1 −2 0
1 1 1 | 0 0 1

1 1 0 | 0 1 00 −1 1 | 1 −2 0
1 1 1 | 0 0 1
 L3 ←→ L3 − L1−−−−−−−−−−→
1 1 0 | 0 1 00 −1 1 | 1 −2 0
0 0 1 | 0 −1 1

1 1 0 | 0 1 00 −1 1 | 1 −2 0
0 0 1 | 0 −1 1
 L2 ←→ −L2 + L3−−−−−−−−−−−→
1 1 0 | 0 1 00 1 0 | −1 1 1
0 0 1 | 0 −1 1

1 1 0 | 0 1 00 1 0 | −1 1 1
0 0 1 | 0 −1 1
 L1 ←→ L1 − L2−−−−−−−−−−→
1 0 0 | 1 0 −10 1 0 | −1 1 1
0 0 1 | 0 −1 1

Daí temos A−1 =
 1 0 −1−1 1 1
0 −1 1
. Verifique este resultado calculando A · A−1!
item (b): Observamos que a matriz inversa A−1 pode ser decomposta como produto de matrizes
fundamentais:
A−1 = E5 · E4 · ... · E1.
onde :
E5 =
1 −1 00 1 0
0 0 1
 ; E4 =
1 0 00 −1 1
0 0 1
; E3 =
 1 0 00 1 0
−1 0 1
; E2 =
 1 0 0−2 1 0
0 0 1
 e E1 =
0 1 01 0 0
0 0 1
.
3