Resolução do efólio A

Resolução do efólio A Álgebra Linear I Código: 21002 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 1 0 0 1 A, B 1 0 1 2 Então: «ff Ò a) AA J 1 1. 1 1 Ü b) CA A 2. 1 2 e C 3 4fl. 5 6 Ü c) AB BA. ff Ü «1 1 d) A ` B. 1 1 2. Considere a matriz ampliada 2 3 1 0 3 5 4 0 0 1fl. 1 0 0 0 0 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

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 4 3 2 1 Q 3 3 2 1 2 2 2 1 fl 1 1 1 1 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 2 1 0 0 1 0 1 3 1 0 1 0 0 1 2 1 0 0 det 0 0 1 3 1 1 1 1 0 1 3 0 fl 0 0 0 1 0 1 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

VI. Seja A P M nˆn prq. Mostre que x J Ax 0 @x 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 1 0 1 1 1 1, 0 0 1 0 0 0 1 1 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 1 1 0 0 s r 0 1 1 2 s r 0 0 1 1 s e BA r 0 1 1 2 s r 1 1 0 0 s r 1 3 0 0 s e portanto AB BA. Para a alínea d) tem-se A ` B r 1 1 0 0 s ` r 0 1 1 2 s r 1 2 1 2 s r 1 1 1 1 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 1 0 0 0 s e vamos escolher para matriz P uma matriz elementar de troca de linhas. Assim e-fólio A 3

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 0 1 1 0 s r 1 0 0 0 s r 0 1 1 0 s r 0 0 0 1 s. Temos assim um exemplo de 2 matrizes semelhantes tais que A 2 B 2, pois A 2 A B B 2. 4. Escolhendo para A a matriz nula de ordem 3 (0 3 ), podemos logo eliminar as 2 primeiras opções, pois como tr 0 3 0 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 4 3 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 0 3 3 2 1 2 2 2 1 fl ÝÝÝÝÝÑ 3 3 2 1 l 1 ÐÑ l 4 2 2 2 1 fl ÝÝÝÝÑ 0 0 1 2 l 2 3l 1 l 3 2l 1 0 0 0 1 fl ÝÝÝÝÑ 0 0 1 0 l 1`l 3 l 2 2l 3 0 0 0 1 fl ÝÑ 1 1 1 1 4 3 2 1 l 4 4l 1 0 1 2 3 l 4 3l 3 0 1 2 0 ÝÝÝÝÑ l 1`l 2 l 3 l 4 2l 2 1 1 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 fl ÝÝÝÑ 0 0 1 0 l 1`l 4 l 2 0 0 0 1 fl ÝÝÝÑ 0 1 0 0 l 2 Øl 4 0 0 0 1 fl ÝÝÝÑ 0 1 0 0 l 3 Øl 4 0 0 1 0 fl. 0 1 0 0 l 4 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 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 4 3 2 1 1 0 0 0 1 1 1 1 0 0 0 1 1 1 1 1 0 0 0 1 3 3 2 1 0 1 0 0 2 2 2 1 0 0 1 0 fl ÝÝÝÝÝÑ 3 3 2 1 0 1 0 0 l 1 ÐÑ l 4 2 2 2 1 0 0 1 0 fl ÝÝÝÝÑ 0 0 1 2 0 1 0 3 l 2 3l 1 l 3 2l 1 0 0 0 1 0 0 1 2 fl ÝÑ 1 1 1 1 0 0 0 1 4 3 2 1 1 0 0 0 l 4 4l 1 0 1 2 3 1 0 0 4 ÝÝÝÝÑ l 1`l 3 l 2 2l 3 l 4 3l 3 1 1 1 0 0 0 1 1 1 1 0 0 0 1 1 0 0 0 1 0 0 1 2 1 0 0 0 1 0 0 1 2 fl ÝÝÝÝÑ 0 0 1 0 0 1 2 1 l 1`l 2 l 3 0 0 0 1 0 0 1 2 fl ÝÑ 0 1 2 0 1 0 3 2 l 4 2l 2 0 1 0 0 1 2 1 0 e-fólio A 4

ÝÝÝÑ l 1`l 4 l 2 l 4 1 0 0 0 1 1 0 0 1 0 0 0 1 1 0 0 0 0 1 0 0 1 2 1 0 0 0 1 0 0 1 2 fl ÝÝÝÑ 0 1 0 0 1 2 1 0 l 2 Øl 4 0 0 0 1 0 0 1 2 fl ÝÑ 0 1 0 0 1 2 1 0 0 0 1 0 0 1 2 1 1 0 0 0 1 1 0 0 ÝÝÝÑ 0 1 0 0 1 2 1 0 l 3 Øl 4 0 0 1 0 0 1 2 1 fl ri4 Q 1 s. 0 0 0 1 0 0 1 2 1 1 0 0 E portanto Q 1 1 2 1 0 0 1 2 1 fl. 0 0 1 2 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 2 1 0 0 1 0 1 3 1 0 1 0 0 0 1 2 1 0 0 1 3 1 1 0 p 1q 4`6 p 1q 0 1 2 0 0 0 0 1 3 1 1 l6 1 1 0 1 3 0 0 0 1 1 1 1 1 0 3 0 0 0 0 1 0 1 2 1 0 0 1 1 3 1 0 1 ` p 1q 6`6 p1q 0 1 2 1 0. 0 0 1 3 1 1 1 0 1 3 Calculando agora cada um destes determinantes de ordem 5 tem-se, desenvolvendo o primeiro pela última coluna e o segundo pela quarta coluna: 0 1 3 1 1 0 0 1 2 0 0 p 1q 4`5 1 3 1 1 p 1q c5 0 0 1 1 1 0 1 2 0 1 1 0 3 0 1 1 0 3 c1 e-fólio A 5

3 1 1 1 0 1 1 0 1 2 c1 1 2 0 ` 1 2 0 ` 3 1 1 1 0 3 1 0 3 1 2 0 2p18 ` p 3q p2qq ` p 6 2q ` p 2 5q 26 15 11, e para o 2º determinante de ordem 5 2 1 0 0 1 1 3 1 0 1 0 1 2 1 0 p 1q 3`4 1 3 1 1 p 1q ` p 1q 4`4 1 3 1 1 3 c4 0 0 1 3 1 0 0 1 1 0 1 2 0 1 1 0 1 3 1 1 0 3 1 1 0 3 ` p 1q 5`4 1 3 1 1 p 1q. 0 1 2 0 0 0 1 1 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 1 3 1 1 2 1 1 2 1 0 0 0 1 1 l3 1 3 1 ` 1 3 1 p16 ` p 4q 4q ` p 3q 11. 1 1 3 1 1 0 1 1 0 3 Para o terceiro, tem-se 1 3 1 1 3 1 1 1 0 1 2 0 1 2 0 c1 1 2 0 ` 1 2 0 2p 6q ` p2 1q 11. 0 1 1 0 1 1 0 0 1 1 Juntando agora as parcelas todas obtem-se: 2 1 0 0 1 0 1 3 1 0 1 0 0 1 2 1 0 0 p11q ` pp 11q ` 3 p11q ` p 11qq 33 ` 33 0. 0 0 1 3 1 1 1 1 0 1 3 0 0 0 0 1 0 1 Grupo IV. a) Um exemplo simples consiste em trocar 2 linhas (ou colunas) à matriz I 3, por exemplo e-fólio A 6

trocando as 2 primeiras linhas entre si obtem-se a matriz de permutação 0 1 0 A 1 0 0fl. 0 0 1 b) Dada uma matriz b 11 b 12 b 13 0 1 0 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 33 0 0 1 b 31 b 32 b 33 b 31 b 32 b 33 b 11 b 12 b 13 0 1 0 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 33 0 0 1 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: 0 1 0 0 1 0 1 0 0 AA 1 0 0fl 1 0 0fl 0 1 0fl I 3, e portanto A A J A 1. 0 0 1 0 0 1 0 0 1 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 {12 2 9 5 3 5. Vamos começar por vericar que rp J P s 1. Tem-se P J P 1 {12 ı 2 9 5 3 5 ˆ 1{12 2 9 5 1 {144p4 ` 81 ` 25 ` 9 ` 25q 1 {144 ˆ 144 1. 3fl 5 Para calcular a matriz de Householder H, associada a P, vamos começar por calcular a e-fólio A 7

matriz P P J. Tem-se 2 9 P P J 1 {12 5 3fl E portanto tem-se 5 ˆ 1{12 4 18 10 6 10 18 81 45 27 45 H I 5 2P J P I 5 2{144 10 45 25 15 25 6 27 15 9 15fl 4 18 10 6 10 ı 18 81 45 27 45 2 9 5 3 5 ˆ 1 {144 10 45 25 15 25. 6 27 15 9 15fl 10 45 25 15 25 1 {72 10 45 25 15 25 4 18 10 6 10 18 81 45 27 45 72I 5 10 45 25 15 25, 6 27 15 9 15fl 10 45 25 15 25 ou seja 72 4 18 10 6 10 18 72 81 45 27 45 H 1 {72 10 45 72 25 15 25 6 27 15 72 9 15 fl 1 {72 1{72 10 45 25 15 72 25 68 18 10 6 10 18 9 45 27 45 10 45 47 15 25 6 27 15 63 15fl 10 45 25 15 47 68 18 10 6 10 18 9 45 27 45 10 45 47 15 25 6 27 15 63 15fl 10 45 25 15 47 (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

H H J e portanto que H J H H 2, e basta vermos que H 2 I 5. Tem-se H 2 1 72 2 1 72 2 I 5. 68 18 10 6 10 68 18 10 6 10 18 9 45 27 45 18 9 45 27 45 10 45 47 15 25 ˆ 10 45 47 15 25 6 27 15 63 15fl 6 27 15 63 15fl 10 45 25 15 47 5184 0 0 0 0 0 5184 0 0 0 0 0 5184 0 0 0 0 0 5184 0 0 0 0 0 5184 10 45 25 15 47 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 fl 0 0 0 1 0fl 0 0 0 0 1 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

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 x, @x 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 Ax, @x P M nˆ1 prq, ou seja x J Ax x J Ax, @x P M nˆ1 prq, o que equivale a 2x J Ax 0, @x P M nˆ1 prq. Provámos portanto que A J A ñ x J Ax 0, @x P M nˆ1 prq. A outra implicação consiste em provar que x J Ax 0, @x 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 2....... 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 0, @x 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 r1 0 0... 0s, 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 11 0. 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

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 r1 1 0 0s 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 21 0. (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 ts, @t, s 1,..., n para t s. Provámos assim que x J Ax 0, @x P M nˆ1 prq implica que a ij a ji, @i, j 1,..., n, o que equivale a A J A. e-fólio A 11