Resolução do efólio A

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1 Resolução do efólio A Álgebra Linear I Código: I. Questões de escolha múltipla. Em cada questão de escolha múltipla apenas uma das armações a), b), c), d) é verdadeira. Indique-a marcando ˆ no quadrado respetivo. 1. Considere as seguintes matrizes: «ff «ff A, B Então: «ff Ò a) AA J Ü b) CA A e C 3 4fl. 5 6 Ü c) AB BA. ff Ü «1 1 d) A ` B Considere a matriz ampliada fl O sistema de equações que corresponde a esta matriz é: $ $ 2x ` 3y z ` w 3 2x ` 3y z 3 Ü & Ò & a) 5x ` 4y 1 c) 5x ` 4y 1 % x 0 % x 0 $ $ 2x ` 3y ` z 3 2x ` 3y z 3 Ü & Ü & b) 5x ` 4y 1 d) 5x 4y % w 0 % x 0 3. Duas matrizes A e B pertencentes a M nˆn prq dizem-se semelhantes se existe uma matriz invertível P P M nˆn prq tal que B P 1 AP. Se A e B são matrizes semelhantes, então: Ü a) A 2 B 2 Ü c) A B In Ò b) det `A2 det `B 2 Ü d) det A det B 4. Seja A P M 3ˆ3 prq. Então: e-fólio A 1

2 Ü a) tr A 3 Ò c) det p Aq det A Ü b) 3 ` tr A det A Ü d) det `A3 3 det A (Nota: O traço de uma matriz é a soma dos elementos da diagonal principal, neste caso tr A ř 3 a ii a 11 ` a 22 ` a 33 ) Nos grupos seguintes justique todas as suas respostas apresentando os raciocínios e os cálculos que efetuou para as obter. II. Aplicando o Método de Eliminação de Gauss, determine se a matriz Q fl é invertível, e no caso armativo, calcule Q 1 usando o Método de Eliminação de Gauss- Jordan aplicado à matriz rq I 4 s. III. Utilizando o Teorema de Laplace calcule o valor de det fl IV. Uma matriz quadrada diz-se uma matriz de permutação se cada coluna e cada linha tiverem uma entrada igual a 1 e as restantes iguais a 0. a) Dê um exemplo de uma matriz de permutação A, 3 ˆ 3, que seja diferente de I 3. b) Verique que dada uma matriz qualquer B, 3ˆ3, a matriz AB procede a uma permutação das linhas de B e a matriz BA resulta de B por uma permutação das suas colunas. c) Verique que a matriz A é invertível, tendo por inversa a sua transposta. ı V. Se P P M nˆ1 prq verica P J P 1, designa-se a matriz H I n 2P P J por matriz de Householder associada a P. a) (i.) Seja P J 1{6 3 {4 5 {12 1 {4 5 {12 ı. Calcule a matriz de Householder H, associada a P. (ii.) Verique que H é uma matriz simétrica, e que H J H I 5. b) Mostre que se H é uma matriz de Householder então H é uma matriz simétrica e H J H I n. e-fólio A 2

3 VI. Seja A P M nˆn prq. Mostre que x J Ax P M nˆ1 prq ðñ A J A. FIM Grupo I. 1. «ff 1 0 Temos A 1 0 «ff «ff «ff «ff e portanto A J 1 1 ùñ AA J , e portanto a alínea a) é a opção correta. Em relação às outras alíneas, como C é uma matriz 3 ˆ 2, e A é uma matriz 2 ˆ 2, então CA é uma matriz 3 ˆ 2 e portanto não pode ser igual a A 2 que é uma matriz 2 ˆ 2. Para a alínea c) tem-se AB r s r s r s e BA r s r s r s e portanto AB BA. Para a alínea d) tem-se A ` B r s ` r s r s r s, o que conrma que a única alínea verdadeira era a alínea a). 2. Supondo que a solução do sistema que corresponde a esta matriz aumentada era uma matriz coluna 4 ˆ 1 designada por rx y z ws J, então o facto de a 4ª coluna da matriz ser composta unicamente por zeros sugere que o coeciente da componente w seja zero em todas as equações. Podemos assim eliminar as 2 primeiras opções. A segunda equação da opção d) não está certa, pois 5x 4y não é equivalente a 5x`4y 1. A única opção que sobra está correta. 3. No caso em que a única informação que temos acerca de uma matriz é a sua dimensão, a melhor maneira de testar as várias hipóteses é considerar eventuais contra-exemplos particularmente simples, como a matriz nula, ou a matriz identidade. Para este caso podemos também ver o que se passa para o caso (muito) particular B A, que correspondem a matrizes trivialmente semelhantes (porquê?). Assim ao considerarmos B A podemos desde já eliminar as opções c) (pois B A implica A B 0 I n ), e d) (pois B A implica det A det B). Vejamos que a alínea certa é a alínea b). Como B P 1 AP, então por denição B 2 `P 1 AP 2 P 1 AP P 1 AP P 1 AAP P 1 A 2 P, e portanto detpb 2 q detpp 1 A 2 P q detpp 1 q detpa 2 q det P detpa 2 q det P 1 det P detpa 2 q detpp 1 P q detpa 2 q det I n detpa 2 q. Para mostrar que a alínea a) não está correta basta obter um contra-exemplo. Consideremos a matriz A r s e vamos escolher para matriz P uma matriz elementar de troca de linhas. Assim e-fólio A 3

4 quando multiplicarmos à esquerda por P 1 trocamos as colunas de A e depois ao multiplicarmos à direita por P trocamos as linhas, obtendo-se B r s r s r s r s. Temos assim um exemplo de 2 matrizes semelhantes tais que A 2 B 2, pois A 2 A B B Escolhendo para A a matriz nula de ordem 3 (0 3 ), podemos logo eliminar as 2 primeiras opções, pois como tr det 0 3, teriamos 0 3. Escolhendo A I 3 na alínea d) tem-se det A 3 det I 3 1 e 3 det A 3 det I 3 3, e portanto esta alínea também não é a correta. Sobra então a alínea c). Como temos uma matriz 3 ˆ 3, detp Aq p 1q 3 det A det A, como queriamos mostrar. Grupo II. Embora seja possível resolver o exercício sem efectuar trocas de linhas, neste caso é bastante mais simples trocar as linhas 1 e 4, pois evita fazer contas com fracções. Aplicando o Método de Eliminação de Gauss obtem-se fl ÝÝÝÝÝÑ l 1 ÐÑ l fl ÝÝÝÝÑ l 2 3l 1 l 3 2l fl ÝÝÝÝÑ l 1`l 3 l 2 2l fl ÝÑ l 4 4l l 4 3l ÝÝÝÝÑ l 1`l 2 l 3 l 4 2l fl ÝÝÝÑ l 1`l 4 l fl ÝÝÝÑ l 2 Øl fl ÝÝÝÑ l 3 Øl fl l Uma vez que temos 4 pivots e Q é de ordem 4, a matriz Q é invertível. Como obtivemos a matriz identidade I 4 no nal da eliminação de Gauss, já sabemos que se aplicarmos exatamente as mesmas transformações à matriz ampliada rq I 4 s então vamos obter ri 4 Q 1 s. Começando com rq I 4 s tem-se fl ÝÝÝÝÝÑ l 1 ÐÑ l fl ÝÝÝÝÑ l 2 3l 1 l 3 2l fl ÝÑ l 4 4l ÝÝÝÝÑ l 1`l 3 l 2 2l 3 l 4 3l fl ÝÝÝÝÑ l 1`l 2 l fl ÝÑ l 4 2l e-fólio A 4

5 ÝÝÝÑ l 1`l 4 l 2 l fl ÝÝÝÑ l 2 Øl fl ÝÑ ÝÝÝÑ l 3 Øl fl ri4 Q 1 s E portanto Q fl Grupo III. Para utilizarmos o Teorema de Laplace é conveniente escolher uma linha (ou coluna) com o maior números de zeros possível. Neste caso vamos optar pela última linha (mas o trabalho envolvido é semelhante ao que obteríamos optando pela última coluna). Utilizando a última linha temos p 1q 4`6 p 1q l ` p 1q 6`6 p1q Calculando agora cada um destes determinantes de ordem 5 tem-se, desenvolvendo o primeiro pela última coluna e o segundo pela quarta coluna: p 1q 4` p 1q c c1 e-fólio A 5

6 c ` ` p18 ` p 3q p2qq ` p 6 2q ` p 2 5q , e para o 2º determinante de ordem p 1q 3` p 1q ` p 1q 4` c ` p 1q 5` p 1q Reparando que o segundo destes determinantes de ordem 4 é igual a 11, pois já foi calculado, resta-nos calcular 2 determinantes de ordem 4. Para o primeiro, tem-se l ` p16 ` p 4q 4q ` p 3q Para o terceiro, tem-se c ` p 6q ` p2 1q Juntando agora as parcelas todas obtem-se: p11q ` pp 11q ` 3 p11q ` p 11qq 33 ` Grupo IV. a) Um exemplo simples consiste em trocar 2 linhas (ou colunas) à matriz I 3, por exemplo e-fólio A 6

7 trocando as 2 primeiras linhas entre si obtem-se a matriz de permutação A 1 0 0fl b) Dada uma matriz b 11 b 12 b b 11 b 12 b 13 b 21 b 22 b 23 B b 21 b 22 b 23 fl, tem-se AB 1 0 0fl b 21 b 22 b 23 fl b 11 b 12 b 13 fl, b 31 b 32 b b 31 b 32 b 33 b 31 b 32 b 33 b 11 b 12 b b 12 b 11 b 13 e BA b 21 b 22 b 23 fl 1 0 0fl b 22 b 21 b 23 fl, conrmando-se assim que a b 31 b 32 b b 32 b 31 b 33 matriz AB procede a uma permutação das linhas de B, neste caso a primeira e a segunda, e a matriz BA resulta de B por uma permutação das suas colunas (neste caso a primeira e a segunda). c) Uma vez que A resulta de I 3 por uma única troca de linhas, já sabemos que det A det I 3 1 0, e portanto A é invertível; como neste caso A é simétrica concluimos que é a sua própria inversa, o que podemos conrmar: AA 1 0 0fl 1 0 0fl 0 1 0fl I 3, e portanto A A J A Grupo V. ı a) (i.) Como P J 1{6 3 {4 5 {12 1 {4 5 {12, de modo a simplicar os cálculos vamos escrever ı P J 1 { Vamos começar por vericar que rp J P s 1. Tem-se P J P 1 {12 ı ˆ 1{ {144p4 ` 81 ` 25 ` 9 ` 25q 1 {144 ˆ fl 5 Para calcular a matriz de Householder H, associada a P, vamos começar por calcular a e-fólio A 7

8 matriz P P J. Tem-se 2 9 P P J 1 {12 5 3fl E portanto tem-se 5 ˆ 1{ H I 5 2P J P I 5 2{ fl ı ˆ 1 { fl { I , fl ou seja H 1 { fl 1 {72 1{ fl fl (ii.) H é uma matriz simétrica pois é igual à sua transposta, ou seja é simétrica em relação à sua diagonal principal (tem-se H ij H ji ), em particular como H é simétrica tem-se e-fólio A 8

9 H H J e portanto que H J H H 2, e basta vermos que H 2 I 5. Tem-se H I ˆ fl fl fl fl No efólio era necessário apresentar as contas (se não para todas, pelo menos para uma coluna, ou uma linha) para justicar que H 2 I 5 ; podiam conrmar as vossas contas utilizando as calculadoras matriciais disponíveis online. b) Vejamos agora no caso geral que se H é uma matriz de Householder então H é uma matriz simétrica. Usando as propriedades da transposta tem-se H J pi n 2P P J q J I J n 2pP P J q J I n 2pP J q J P J I n 2P P J H, ou seja H J H e portanto H é uma matriz simétrica. Vejamos agora que H J H I n. Tem-se H J H H 2 pi n 2P P J q 2 pi n 2P P J qpi n 2P P J q I 2 n 2I n P P J 2P P J I n ` 4P P J P P J I n 4P P J ` 4P pp J P q P J I n 4P P J ` 4P P J r1s I n. Em termos de dimensões de matrizes, não devemos esquecer que P não é uma matriz quadrada! Assim, como P é uma matriz n ˆ 1 e P J é uma matriz 1 ˆ n, podemos efetuar o produto P r1sp J que corresponde ao produto de 3 matrizes pn ˆ 1qp1 ˆ 1qp1 ˆ nq sendo o resultado uma matriz n ˆ n, neste caso P P J. Esta demonstração que zemos para o caso geral, é obviamente válida para a primeira alínea, e com muito menos contas! Grupo VI. Neste grupo tinhamos de provar uma equivalência, e vamos tratar cada uma das implicações separadamente. e-fólio A 9

10 Vamos provar que se A J A então x J Ax 0 para todo o x P M nˆ1 prq. Podemos começar por observar que como x J Ax é uma matriz 1 ˆ 1, ou seja um número real, então vai ser igual à sua transposta (porquê?), e portanto tem-se x J Ax `x J Ax J x J A J `x J J x J A J P M nˆ1 prq, e portanto no caso em que A J A temos então que x J Ax x J A J x x J p Aqx x J P M nˆ1 prq, ou seja x J Ax x J P M nˆ1 prq, o que equivale a 2x J Ax P M nˆ1 prq. Provámos portanto que A J A ñ x J Ax P M nˆ1 prq. A outra implicação consiste em provar que x J Ax P M nˆ1 prq ñ A J A. Um aspeto essencial é a utilização do quanticador universal na primeira parte desta implicação, pois é esse quanticador que nos vai permitir provar que a matriz A é anti-simétrica. Calculando x J Ax 0 para um x P M nˆ1 prq genérico e uma matriz A n ˆ n genérica, chegamos a uma única equação com as n componentes de x e as n 2 componentes de A. a 11 a 12 a 13 a 1n x 1 x J a Ax rx 1 x 2 x n s 21 a 22 a 23 a 2n x fl. fl r x i a i1 a n1 a n2 a n3 a nn x x i a i2... x i a in s 2. fl x n x n x 1 x 1 x i a i1 ` x 2 x i a i2 ` ` x n x i a in j 1 j 1 x i a ij x i a ij P M nˆ1 prq. (1) É claro que a partir destas equações, tal como estão, não podemos concluir nada! Mas como temos um quanticador universal, isso signica que posso escolher o x que me der mais jeito! Por exemplo se escolher x r s, ou seja x 1 1 e 0 para j 1 e substituir em (1) obtemos j 1 x i a ij 1ÿ j 1 1ÿ x i a ij x 2 1 a 11 a Se escolher x tal que todas as suas componentes são iguais a 0, com exceção da componente k então posso concluir que o único termo não nulo da soma é o que envolve a kk e portanto a kk 0, e isto para qualquer k entre 2 e n. Ou seja concluimos que todos os elementos da diagonal principal da matriz A são nulos. E para os outros elementos da matriz? Por exemplo, sabemos que para uma matriz anti-simétrica é e-fólio A 10

11 necessário que a 21 a 12, e olhando para o somatório anterior, vemos que as únicas componentes de x associadas a a 12 e a a 21 são x 1 e x 2, e mais geralmente vemos que as únicas componentes de x associadas a a ij e a a ji são x i e. Escolhendo x r s e substituindo em (1) obtemos j 1 x i a ij 2ÿ j 1 2ÿ x i a ij x 1 2ÿ 2ÿ x i a i1 ` x 2 x i a i2 x 1 px 1 a 11 ` x 2 a 21 q ` x 2 px 1 a 12 ` x 2 a 22 q x 1 x 2 pa 12 ` a 21 q a 12 ` a 21, pois a 11 a 22 0 a 12 ` a (2) Da equação (2) concluimos que a 21 a 12. Mais geralmente escolhendo x tal que todas as suas componentes são iguais a 0, com exceção das componente t e s (com t s) que são iguais a 1, tem-se j 1 x i a ij x s x i a is ` x t x i a it x s px s a ss ` x t a ts q ` x t px s a st ` x t a tt q 1p1 0 ` 1a ts q ` 1p1a st ` 1 0q a ts ` a st, pois a ss a tt 0 a ts ` a st 0. (3) Tal como anteriormente da equação (3) concluimos que a st a s 1,..., n para t s. Provámos assim que x J Ax P M nˆ1 prq implica que a ij a j 1,..., n, o que equivale a A J A. e-fólio A 11