Solucionário Álgebra Pré-Eng 2019 - finalizado

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Solucionário de Álgebra XI Pré-Engenharia

Seção 1.3 1) Primeiramente, lembrando que A = (aij) Ou seja i e j indicam índices de posição que ocupa na matriz. o i indica a linha e o j indica a coluna. Como ele diz que a matriz é 3x3 quer dizer que tem 3 linhas e 3 colunas. Como a questão diz

aij = i - j

[

]

então tem se como resposta

2)Lembrando que a multiplicação de matrizes se resolve assim:

Então fazendo o mesmo com a questão: 𝟏 AB: ቀ 𝟑

−𝟐 𝟒 ቁ𝑿ቀ −𝟔 𝟐

𝟐 𝟏. 𝟒 − 𝟐. 𝟐 ቁ=ቀ 𝟏 𝟑. 𝟒 − 𝟔. 𝟐

𝟒 BA: ቀ 𝟐

𝟐 𝟏 −𝟐 𝟒. 𝟏 − 𝟐. 𝟑 ቁ𝑿ቀ ቁ=ቀ 𝟏 𝟑 −𝟔 𝟐. 𝟏 − 𝟏. 𝟑

𝟏. 𝟐 − 𝟐. 𝟏 𝟎 𝟎 ቁ= ቀ ቁ 𝟑. 𝟐 − 𝟔. 𝟏 𝟎 𝟎

−𝟒. 𝟐 − 𝟐. 𝟔 𝟏𝟎 −𝟐𝟎 ቁ= ቀ ቁ −𝟐. 𝟐 − 𝟏. 𝟔 𝟓 −𝟏𝟎

3) 𝒂 𝒃 𝒂 ቀ ቁ𝑿ቀ 𝒄 𝒅 𝒄

𝒃 𝟑 ቁ=ቀ −𝟒 𝒅

−𝟐 ቁ 𝟑

𝟐 𝟑 ( 𝒂 + 𝒃𝒄 𝒂𝒃 + 𝒃𝒅) = ቀ −𝟒 𝒂𝒄 + 𝒅𝒄 𝒃𝒄 + 𝒅²

𝒂𝟐 + 𝒃𝒄 = 𝟑 (𝑰) 𝒂𝒃 + 𝒃𝒅 = −𝟐 (𝑰𝑰) 𝒂𝒄 + 𝒅𝒄 = −𝟒 (𝑰𝑰𝑰) { 𝒃𝒄 + 𝒅𝟐 = 𝟑 (𝑰𝑽)

−𝟐 ቁ 𝟑

Comparando as equações II e III, podemos colocar “b” e o “c” em evidência: ab+bd = -2 ac+dc = -4 b(a+d) = -2 c(a+d) = -4

[

]

Podemos dividir uma equação pela outra:

𝑐(𝑎+𝑑)

𝑐 −4

= = ► c=2b 𝑏(𝑎+𝑑) 𝑎 −2

Comparando as equações I e IV, ambas valem 3. Ou seja: a²+bc = bc+d² → a²=d² → a = d Voltando para a equação II: b(a+d) = -2 → Como a = d, podemos escrever: b.2a = -2 → b.a = -1 ► a = −1 −1 Como a = d e a = ; então d = 𝑏 𝑏

𝑎 Portanto, B = ቀ 𝑐

−1

𝑏 ቁ pode ser escrito B = ( 𝑏 𝑑 2𝑏

𝑏

−1); 𝑏

b

−1 𝑏

R*

O gabarito disponibilizado é apenas uma das várias respostas possíveis, na qual temos a situação em que b = 1.

4) a) Supondo que A seja uma matriz 2x2 e B uma matriz 2 x n, teremos que B e C são tais que devem possuir a mesma ordem ( número de linhas e colunas). Assim, C também será uma matriz 2 x n. Assumindo que B e C sejam matrizes 2x2, podemos obter o seguinte cálculo: AB=AC

ቀ

ቀ

𝑎11 𝑎12 𝑏11 ቁ.ቀ 𝑎21 𝑎22 𝑏21

𝑎11𝑏11 + 𝑎12𝑏21 𝑎21𝑏11 + 𝑎22𝑏21

𝑎11 𝑏12 ቁ=ቀ 𝑎21 𝑏22

𝑎12 𝑐11 ቁ.ቀ 𝑎22 𝑐21

𝑎11𝑏12 + 𝑎12𝑏22 𝑎11𝑐11 + 𝑎12𝑐21 ቁ=ቀ 𝑎21𝑐11 + 𝑎22𝑐21 𝑎21𝑏12 + 𝑎22𝑏22

𝑐12 ቁ 𝑐22

𝑎11𝑐12 + 𝑎12𝑐22 ቁ 𝑎21𝑐12 + 𝑎22𝑐22

Para as duas matrizes obtidas e desde que A seja a mesma, percebe-se que B e C podem ser diferentes, contanto que ao final das operações, cada elemento em AB seja igual a AC. Por exemplo: a11.b11+a12.b21= a11.c11+a12.c21. b11 não necessariamente será igual a c11 e, da mesma forma, b21 não precisa ser igual a c21, mas o resultado final da operação deve ser o mesmo. b) Se a multiplicação de Y por A origina a matriz identidade I, significa que A é uma matriz invertível e Y=A-¹. Assim, observando que AB= AC e multiplicando ambos os lados por Y teremos: YAB=YAC A-¹AB=A-¹AC IB=IC Como a matriz identidade consiste no elemento neutro da multiplicação de matrizes, temos que, nesse caso, B=C.

5)

ቀ

𝑥 𝑧

𝑦 1 ቁ. ቀ 𝑤 0

1 𝑥 ቁ. ቀ 1 𝑧

1 1 ቁ=ቀ 1 0

ቀ

𝑥 𝑧

𝑦 𝑥. 1 + 𝑦. 0 ቁ→ቀ 𝑤 𝑧. 1 + 𝑤. 0

1. 𝑥 + 𝑧. 1 𝑦. 1 + 1. 𝑤 𝑥. 1 + 𝑦. 1 ቁ=( ) 0. 𝑥 + 1. 𝑧 0. 𝑦 + 1. 𝑤 𝑧. 1 + 𝑤. 1

𝑥 = 𝑥 + 𝑧 (𝐼) 𝑥 + 𝑦 = 𝑦 + 𝑤 (𝐼𝐼) 𝑦+𝑤 ቁ →{ 𝑧 = 𝑧 (𝐼𝐼𝐼) 𝑤 𝑧 + 𝑤 = 𝑤 (𝐼𝑉)

𝑥+𝑦 𝑥+𝑧 ቁ=ቀ 𝑧+𝑤 𝑧

Das equações I e IV, concluímos que z=0. Da equação II, temos: x+y = y+w → x = w. 𝒙 𝒚 𝑥 𝑦 Portanto, ቀ ቁ=ቀ ቁ; x e y R. 𝑧 𝑤 𝟎 𝒙

6) a) A² =ቀ2

2 2 ቁቀ −1 3

3

2 2.2 + 2.3 ቁ=ቀ 3.2 − 1.3 −1

2.2 − 2.1 4+6 ቁ=ቀ 3.2 + 1.1 6−3

4−2 10 ቁ=ቀ 6+1 3

A³ =ቀ10 2ቁ ቀ2 3

2 10.2 + 2.3 10.2 − 2.1 20 + 6 20 − 2 26 ቁ=ቀ ቁ=ቀ ቁ=ቀ 3.2 + 7.3 3.2 − 7.1 6 + 21 6 − 7 3 −1 27

7

b) A³ → ቀ26

18 10 ቁ; 3A² = 3 ቀ −1 3

27

2 30 ቁ=ቀ 7 9

f(A) = A³-3A²-2A+4 → f(A) = ቀ26 27

18 30 6 4 4 ቁ−ቀ ቁ−ቀ ቁ+4 −1 9 21 6 −2

f(A) = ቀ−8 12

c) A² = ቀ10 2ቁ; A = ቀ2 3

7

3

2 ቁ; −1

7

8 ቁ+4 −20

g(A) = A²-A-8

g(A) = ቀ10 2ቁ − ቀ2 3

6 2 2 4 4 ቁ; 2A = 2 ቀ ቁ= ቀ ቁ 21 3 −1 6 −2

2 8 0 ቁ−8 →ቀ ቁ−8 3 −1 0 8

2 ቁ 7

18 ቁ −1

−5 1 1/2 5/2 𝟏 2 1 5 7) a) ቀ ቁ → Fazendo 2 L1+L2 → ቀ ቁ . Fazendo L2-6L1: ቀ 6 3 15 6 3 15 𝟎 𝟏 𝟎 −𝟏 𝟎 𝐿1 𝐿2 2 0 −2 0 1 0 −1 0 b) ቀ ቁ → Fazendo → ቀ ቁ. Fazendo : ( ) 2 2 𝟎 𝟏 −𝟏/𝟐 𝟎

0 2

−1 0

0 2

𝟏/𝟐 𝟎

𝟓/𝟐 ቁ 𝟎

−1 0

2 1 5 1 −3 6 1 −3 6 c) ቀ ቁ → Invertendo as duas linhas: ቀ ቁ . Fazendo L2-2L1: ቀ ቁ. 2 1 5 0 7 −7 1 −3 6 𝐿2 1 −3 6 𝟑 Fazemos : ቀ0 1 −1ቁ . Finalmente, L1= 3L2 + L1 → ቀ𝟏𝟎 𝟎𝟏 −𝟏 ቁ 7 . 1 2 1 0 1 2 1 0 𝐿2=𝐿2−𝐿1 1 2 1 0 𝐿3=𝐿3+𝐿1 (0 −4 0 1) d) (−1 0 3 5) → Invertendo L2 e L3: ( 1 −2 1 1) ⇒ 1 −2 1 1 −1 0 3 5 0 2 4 5 𝟏 𝟐 𝟏 𝟎 𝐿3=2𝐿3+𝐿2 (𝟎 −𝟒 𝟎 𝟏 ) ⇒ 𝟎 𝟎 𝟖 𝟏𝟏 . 2 −1 3 2 −1 3 𝐿2 = 𝐿1 − 2𝐿2 1 4 2 0 −9 −1 𝐿3 = 𝐿3 + 𝐿2 ) → Fazemos { 𝐿3 = 𝐿1 − 2𝐿3 = ( ). Por fim: { e) ( −→ 1 −5 1 0 9 1 𝐿4 = 𝐿4 − 2𝐿2 𝐿4 = 2𝐿1 − 𝐿4 4 16 8 0 −18 −2 𝟐 −𝟏 𝟑 𝟎 −𝟗 −𝟏 ( ) 𝟎 𝟎 𝟎 𝟎 𝟎 𝟎

8) Uma matriz 𝐴 𝜖 M𝑛𝑥𝑛 (K) é invertível se existir uma matriz 𝐵 𝜖 M𝑛𝑥𝑛 (K) tal que 𝐴𝐵 = 𝐵𝐴= 𝐼𝑛 Como 𝐴 x 𝐴−1 = 𝐼𝑛 ; rearranjando os termos, temos que: ?

(𝐴 𝐵 𝐴−1) 𝑛 ↔ 𝐴 𝐵𝑛 𝐴−1 ?

(𝐼𝑛 .𝐵) 𝑛 ↔ 𝐼𝑛 . 𝐵𝑛 ?

𝐼𝑛𝑛 . 𝐵𝑛 ↔ 𝐼𝑛 . 𝐵𝑛 Ao elevar uma matriz identidade “n” vezes, continuamos com uma matriz identidade: =

𝐼𝑛𝑛 . 𝐵𝑛 ↔ 𝐼𝑛 . 𝐵𝑛

9)

Sabendo que:

𝐴𝑡 =

e

Como

−𝐴 =

𝐴𝑡= −𝐴: 4+𝑎= -4 -𝑎 2𝑎= -8 𝑎= -4

𝑏+2 = -𝑏-2 2𝑏 = -4 𝑏 = -2

2𝑐- 8 = -2𝑐+8 4𝑐 = 16 𝑐=4

Logo: 𝑎12 = −𝑎 = 4. 𝑎13 = −𝑏 = 2 𝑎23 = −𝑐 = - 4.

10)

a)Sabendo que

, vamos transpo-la

para obter (Lembrando que a transposta basta trocar as linhas pela coluna, exemplo: a 1ª linha vira a 1 coluna, a 2ª linha vira segunda coluna e a 3ª linha vira terceira coluna) Fazendo a operação obtemos:

E portanto é uma afirmação é verdadeira

b)Como já obtivemos a matriz transposta no item anterior, realizaremos diretamente a

operação:

Sabendo que é possível verificar que é uma matriz anti-simétrica, pois os valores da diagonal principal são nulos e os termos são simétricos em relação a diagonal principal. Portanto a afirmação é verdadeira.

SEÇÃO 2.1 1)

a) detA + detB: detA = (a11 x a22) – (a12 x a21) = (1 x 0) – (2 x 1) = -2 detB = (b11 x b22) – (b12 x b21) = (3 x 1) – (-1 x 0) = 3 detA + detB = 1

b) det(A + B) :

det(A+B) = (a11 x a22) – (a12 x a21) = (4 x 1) – (1 x 1) = 3

2) a) V → Pelas propriedades dos determinantes : det(AB)= detA.detB || det(BA): detB.detA. Como são números reais, o valor de ambas as multiplicações é o mesmo, isto é, det(AB) = det(BA) b) V → (Teorema de Jacobi) c) F

Em geral, se multiplicamos todos os elementos de uma matriz quadrada de ordem n por um número k, seu determinante será multiplicado por kn, ou seja: Det (k.A) = kn . Det (A)

d) V → Novamente, pela propriedade dos determinantes: Det(A²) = det(A.A) = detA.detA = (detA)²

3) a)

3-1 5 0 0 2 0 1

=>

2 0 -1 3 1 1

-1–(1.3)

5-(3.2)

0-(3.0)

2-(0.1)

0-(0.2)

1-(0.0)

0-(2.1)

-1-(2.2)

3-(2.0)

-4 -1 0 =>

2

0

1

= -12 (D)

-2 -5 3

2 0

Mas det = (−1)𝑖+𝑗 .D, onde i = 4(linha) e j = 1(coluna). Portanto, det = -(-12) = 12 b)

i - 3 2 -i 3 -i 1 i

=>

2 1 -1 0 i i

i-i²

3+i²

2

3+i²

-i-i²

1

2

i

-1

i+1 2 2 => Lembrando que i²=-1

2

2 1

0 1

Mas det = (−1)𝑖+𝑗 .D, onde i = 4 e j = 4. Portanto, det = 1.(5+3i) = 5+3i

4) Pelas propriedades dos determinantes, sabemos que: a1

0

0

0

b1 b2 b3 b4 c1 c2 c3

1

0 0 0

= a1 b1 b2 b3 b4

= a1.det

→

det = (−1)𝑖+𝑗 .D

c4

c1 c2 c3 c4

d1 d2 d3 d4

d1 d2 d3 d4

D=

b2-b1.0

b3-b1.0

b4-b1.0

b2 b3 b4

c2-c1.0

c3-c1.0

c4-c1.0

= c2 c3 c4

d2-d1.0

d3-d1.0

d4-d1.0

d2 d3 d4

1 0

0 0

b1 b2 b3 b4 c1 c2 c3 c4 d1 d2 d3 d4

I=j=1

=

1-i 1 = 5+3i (D) -1

Portanto, det = (−1)1+1.D = b2 b3 b4 c2

c3 c4

d2

d3 d4

Como vimos: a1

0

0

0

a1 0 = a1.det → Isto é:

b1 b2 b3 b4

b2 b3 b4

b1 b2 b3 b4 = a1 c2

c3 c4

c4

c1 c2 c3 c4

d3 d4

d1 d2 d3 d4

d1 d2 d3 d4

c1 c2 c3

5)

0 0

d2

1 1 1 a

=> (−1)𝑖+𝑗 .D => i = j = 1

b c

a² b² c² D= 1 1 1 a b

c

b-a

c-a

= b²-a² c²-a²

a² b² c²

*Lembrando da propriedade x²-y² = (x-y)(x+y) Este determinante pode ser escrito: D = (b-a)(c-a)(c+a)-(b-a)(b+a)(c-a) Colocamos em evidencia os termos (b-a) e (c-a): (b-a)(c-a)[(c+a)-(b+a)] → (b-a)(c-a)(c-b) Multiplicando o primeiro e o terceiro termo por -1, obtemos: (a-b)(b-c)(c-a)

6)

a) Para determinar a inversa dessa matriz, utiliza-se a definição de matriz inversa A. A−1 = I Assim: ቀ

3 1

𝑎 5 ቁ . ቀ𝑦 2

𝑥 1 𝑧 ቁ = ቀ0

0 ቁ 1

Logo: 3a + 5y = 1 3x+ 5z = 0 → 3x = -5z → x = -5z/3 1a + 2y = 0 → 1a = -2y

1x + 2z = 1 Portanto: 3a + 5y = 1 → 3 (-2y) + 5y = 1 → -1y = 1 → y = -1 → a = -2 (-1) → a = 2 1x + 2z = 1 → -5z/3 + 2z = 1 → z/3 = 1 → z = 3 → x = -5(3)/3 → x = -5 Logo, a inversa da matriz

. Como as duas são diferentes, o item é falso.

b)

Aplicando-se essa técnica a uma matriz triangular superior de ordem 2, teremos: → Fazendo Linha1 = 3 Linha1 – 2 Linha Fazendo Linha1 = 1/3 Linha

→

→ Fazendo Linha2 = 1/3 Linha2

→ Como a primeira matriz se transformou na matriz identidade, a segunda matriz é a inversa que estávamos procurando. Perceba que a matriz inversa encontrada,

também é triangular superior.

O mesmo é verdadeiro para uma matriz de ordem 3:

→ Fazendo Linha1 = 2 Linha1 – Linha Fazendo Linha1 = 5 Linha1 – Linha

→

Fazendo Linha2 = 6 Linha2 – 5 Linha

Fazendo Linha1 = 1/10 Linha

Fazendo Linha2 = 1/24 Linha

→

→

→

→

Fazendo Linha3 = 1/6 Linha

Como a primeira matriz se transformou na matriz identidade, a segunda matriz é a inversa que estávamos procurando.

Perceba que a matriz inversa encontrada, superior.

também é triangular

O fato de as matrizes inversas encontradas nos exemplo anteriores serem ambas triangulares superiores não é coincidência. Na verdade, as matrizes inversas de matrizes triangulares superiores serão sempre triangulares superiores também. A seguir, observe a matriz A, a qual é triangular superior de ordem n:

a11

a12

a13

...

a1n

0

a22

a23

...

a2n

0

0

a33

...

a3n

0

0

0

⋱

⋮

0

0

0

0

ann

Para encontrar sua inversa, dado que ela exista, posicionaríamos, ao lado da matriz A, a matriz identidade de ordem n:

1

0

0

...

0

0

1

0

...

0

0

0

1

0

0

0

0

0

⋱

0

0

0

0

0

1

Em seguida, realizaríamos operações elementares com ambas, até que a primeira fosse transformada em matriz identidade e a segunda, na matriz inversa procurada. Como percebemos pelos demais exemplos, as operações aplicadas na busca da matriz inversa de uma matriz triangular superior se resumem basicamente a subtrair de um múltiplo de uma linha, um múltiplo de uma linha inferior a ela, até que os elementos acima da diagonal principal sejam zerados. Em seguida, dividimos cada linha por um dado escalar, de modo que a diagonal principal só tenha elementos iguais a 1.

Agora, vamos olhar para a linha 2 da matriz identidade. Multiplicando essa linha por qualquer escalar, seu primeiro número continuará a ser o zero. E subtraindo do resultado dessa multiplicação, qualquer múltiplo das linhas inferiores, esse número continuará a ser o zero, visto que as demais linhas também possuem o seu primeiro elemento zerado. O mesmo será verdadeiro para os dois primeiros elementos da linha 3, visto que as linhas inferiores a ela possuem, todas elas, os dois primeiros elementos zerados. A linha 4, também permanecerá com os três primeiros elementos zerados, a linha 5 com os quatro primeiros elementos zerados e assim por diante, até a linha n, que terá os n-1 primeiros elementos iguais a zero. Dessa forma, terminadas as subtrações de linhas, os elementos que ficam abaixo da diagonal principal permanecerão zerados, o que faz a matriz obtida ser triangular superior. Em seguida, será necessário dividir cada linha da matriz A por um dado escalar, de modo que sua diagonal principal só tenha elementos iguais a 1. Realizando essas operações na matriz identidade, que está ao lado da matriz A, todos os elementos iguais a zero, permanecerão zerados, visto que a multiplicação do zero por qualquer escalar é igual a zero. Assim, essa matriz continuará sendo triangular superior. Desse modo, ao final do processo, a matriz A terá se transformado em matriz identidade e a matriz identidade terá se transformado na matriz inversa de A, mas continuará sendo uma matriz triangular superior. Conclui-se, portanto, que o item b é verdadeiro. c) Pela propriedade det (x ∙ B) = x n ∙ det B, tem-se que: det A = det (k ∙ In) = kn ∙ det (In) Como o determinante de uma matriz triangular ou diagonal é o produto dos termos de sua diagonal principal, o determinante da matriz identidade (a qual é uma matriz diagonal, cuja diagonal principal é formada por elementos iguais a 1), será igual a 1n. Assim: det A = det (k∙ In) = kn det (In) = kn ∙ 1n = kn ∙ 1 = kn Desse modo, o item c é verdadeiro. d) O determinante de uma matriz diagonal é o produto dos termos de sua diagonal principal. Assim, sendo A uma matriz diagonal, tem-s que det A = a11 x a22 x a33 x ... x ann ≠ a11+. . . +ann. Portanto, o item d é falso.

7) Teorema de Jacobi: Adicionando a uma fila de uma matriz M, de ordem n, outra fila paralela, multiplicada por uma constante, obteremos uma nova matriz M’, tal que det M’ = det M Assim:

→ Fazendo Linha3 = Linha3 - Linha2 e Linha2 = Linha2 – Linha1 →

→ Fazendo Coluna3 = Coluna 3 - Coluna 2 e Coluna 2 = Coluna 2 – Coluna 1 →

→ Fazendo Linha3 = Linha3 - Linha2 →

→ Fazendo Coluna3 = Coluna 3 - Coluna 2 → = -512

7) Sabe-se que cos(a+b) = (cosa)(cosb) – (sena)(senb) → cos(2x) = (cosx)² - (senx)² Logo: 𝑐𝑜𝑠2𝑎 (𝑐𝑜𝑠𝑎)2 (𝑐𝑜𝑠𝑎)2 (𝑠𝑒𝑛𝑎)2 𝑐𝑜𝑠2𝑏 (𝑐𝑜𝑠𝑏)2 (𝑐𝑜𝑠𝑏)2 (𝑠𝑒𝑛𝑏)2 𝑐𝑜𝑠2𝑐 (𝑐𝑜𝑠𝑐)2 (𝑐𝑜𝑠𝑐)2 (𝑠𝑒𝑛𝑐)2 Fazendo Coluna 1 = Coluna1 – Coluna2 – Coluna3, o determinante não se altera (Teorema de Jacobi). Assim, obtémse:

Como, se uma fila (linha ou coluna) da matriz é composta de zeros, o determinante dessa matriz é zero

9) Determine a inversa da matriz A = Esse problema pode ser resolvido utilizando o teorema apresentado na resolução da questão 6. Outra forma é aplicar a definição de matriz inversa, como mostrado a seguir. A definição da matriz inversa de A é: A. A−1 = I Logo: 0 1 Logo: aw + by = 1 ax+ bz = 0 → ax = -bz → x = -bz/a cw + dy = 0 → cw = -dy → w = -dy/c cx + dz = 1 Portanto: aw + by = 1 → a (-dy/c) + by = 1 →[(bc-ad)/c]y = 1 → y = c/(bc-ad) → w = -d/c (y) → w = -d/(bc-ad) cx + dz = 1 → -bcz/a + dz = 1 → [(ad-bc)/a]z = 1 → z = a/ (ad-bc) → x = (-b/a)[a/ (ad-bc)] → x = -b/(ad-bc) Logo, a inversa da matriz

.

SEÇÃO 3.4 𝑘 1 1 1) a) i) (1 𝑘 1) → det = k³+2-3k 1 1 𝑘 Como queremos uma única solução (sistema possível e determinado), teremos det ≠ 0. k³+2-3k ≠ 0 Podemos escrever a equação de outra maneira: 2 (k²+k-2)(k-1) ≠ 0 → {𝑘 + 𝑘 − 2 ≠ 0 → 𝑘 ≠ 1 𝑒 𝑘 ≠ −2 𝑘−1≠0→𝑘 ≠1 Portanto, concluímos que k ≠ 1 e k ≠ -2 ii) Queremos o caso em que o sistema é impossível, isso pode acontecer para k = 1 ou k = -2. Testando k = -2: −2𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 1 (𝐼) { 𝑥 − 2𝑦 + 𝑧 = 1 (𝐼𝐼) 𝑥 + 𝑦 − 2𝑧 = 1 (𝐼𝐼𝐼) Fazendo II-I: 3x – 3y = 0 → x = y Fazendo III-I: 3x – 3z = 0 → x = z Isso indica que x = y = z. Voltando para a equação I, podemos substituir todas as variáveis por x: -2x + y + z = 1 → -2x +x+ x = 1 → -2x+2x = 1 → 0 = 1 (Absurdo!) Logo, temos um sistema impossível (nenhuma solução) para k = -2 iii) Analisando os 2 casos anteriormente, percebemos que o sistema será SPD para k = 1. De fato, teremos apenas uma equação (x+y+z=1) para 3 variáveis, viabilizando infinitas soluções. k = 1 1 1 𝑘 b) i) (3 4 2 ) → det = k-3. Como queremos um sistema possível e 2 3 −1 determinado (1 solução): det ≠ 0 → k ≠ 3 Testando para k = 3 𝑥 + 𝑦 + 3𝑧 = 2 (𝐼) {3𝑥 + 4𝑦 + 2𝑧 = 3 (𝐼𝐼) 2𝑥 + 3𝑦 − 𝑧 = 1 (𝐼𝐼𝐼) Fazendo -3I+II, obtemos que y-7z = -3 Fazendo -2I+III, também obtemos que y-7z = -3 Ou seja, o número de equações é menor que o de icognitas → SPI Logo, para k = 3, temos infinitas soluções

ii) Não existe iii) k = 3

2) a)

b)

c)

d)

Portanto, o sistema é possível e indeterminado

SEÇÃO 4.3 a) 1.a) (0,5,2) + (3,1,-2) + (5,3,4) = (0+3+5,5+1+3,2-2+4) = (8,9,4) b) 4.(-1,7,2) + (0,0,2) = (-4,28,8) + (0,0,2) = (-4, 28, 10) c) 2.(0,1,4) + 5(2,4,1) = (0,2,8) + (10,20,5) = (10,22,13) d)(-1,4,7) + 2(5,3,4) = (-1,4,7) + (10,6,8) = (9,10,15)

SEÇÃO 5.4 1.Mutuamente ortogonais: v.u = 0 v = (v1,v2,v3); u = (u1,u2,u3) → v1u1+v2u2+v3u3 = 0 Ortogonais ao vetor (5, 2, -1): 5v1+2v2-v3 = 0; 5u1+2u2-u3 = 0 → {

𝑣1𝑢1 + 𝑣2𝑢2 + 𝑣3𝑢3 = 0 5𝑣1 + 2𝑣2 − 𝑣3 = 0 5𝑢1 + 2𝑢2 − 𝑢3 = 0

Podemos fazer substituições para encontrar : (-1,2,-1) e (0,1,2), uma das respostas possíveis.

2.a) u.v = (2,-3,6).(8,2,-3) = 2.8-3.2-6.3 =16-6-18 = -8 b) u.v = (1,-8,0,5).(3,6,4,1) = 1.3-8.6+0.4+5.1 = 3-48+0+5 = -40 c) u.v = (3,-5,2,1).(4,1,-2,5) = 3.4-5.1-2.2+1.5 = 12-5-4+5 = 8

3. Realize operações elementares entre vetores

4. v = (v1,v2,v3) ; u = (u1,u2,u3)

𝑣12 + 𝑣22 + 𝑣32 = 1 2 2 2 {𝑢1 + 𝑢2 + 𝑢3 = 1 2𝑣1 − 𝑣2 + 3𝑣3 = 0 2𝑢1 − 𝑢2 + 3𝑢3 = 0

5. Lembrar-se da definição de produto escalar. Quando o produto escalar entre dois vetores é zero, significa que eles são ortogonais. Como o triângulo em questão é retângulo, então há um ângulo de 90°, Então:

6. Novamente deve-se usar a definição de produto escalar.

7.

Primeiro ângulo:

cos =

𝑢.𝑣 ||𝑢||||𝑣||

→

u.v = (-1,-2,4).(-4.-2,0) = -1.(-4) – 2(-2) + 4.0 = 4+4+0 = 8

||u|| = √𝑢12 + 𝑢22 + 𝑢32 = √12 + 22 + 4² = √21 ||v|| = √𝑣12 + 𝑣22 + 𝑣3² = √42 + 22 + 0² = √20

cos =

8 8 8√420 16√105 = = = 420 √21.√20 √420 √420.√420

=

4√105 105

Segundo ângulo: cos =

𝑢.𝑣 ||𝑢||||𝑣||

→

u.v = (-1,-2,4).(3.2,1) = -1.(3) – 2(-2) + 4.1 = -3-4+4 = -3

||u|| = √𝑢12 + 𝑢22 + 𝑢32 = √12 + 22 + 4² = √21 ||v|| = √𝑣12 + 𝑣22 + 𝑣3² = √32 + 22 + 1² = √14

cos =

−3 √21.√14

=

−3 √294

−3√294

=

√294.√294

=

−√294 98

Terceiro ângulo: cos =

𝑢.𝑣 ||𝑢||||𝑣||

→

u.v = (-4,-2,0).(3.2,1) = -4.(3) – 2(-2) + 0.1 = -12-4+0 = -16

||u|| = √𝑢12 + 𝑢22 + 𝑢32 = √42 + 22 + 0² = √20 ||v|| = √𝑣12 + 𝑣22 + 𝑣3² = √32 + 22 + 1² = √14

cos =

−16

= 14

√20.√

−16

= 280

√

−16√280 −√280 = 35 √280.√280

=

−2√70 35

8.

9. a) u.v = (1,2,3).(-4,8,-3) = -1.4+2.8-3.3 = -4+16-9 = 3 𝑒1 b) | 1 4

𝑒2 2 −2

𝑒3 3 |= 4e1+13e2-10e3 = (4,13,-10) −1

c) (u.v).w : u.v = (1,2,3).(-4,8,-3) = -1.4+2.8-3.3 = -4+16-9 = 3 3w = 3(4,-2,-1) = (12,-6,-3) 𝑒1 d) |−4 4

𝑒2 𝑒3 8 −3| = −14𝑒1 − 16𝑒2 − 24𝑒3 = (−14, −16, −24) −2 −1

(-14,-16,-24).(1,2,3) = -14.1-16.2-24.3 = -14-32-72 = -118

SEÇÃO 6.1 1. Sejam A e B ϵ M, com A = ቀ i)

ii)

𝑎11 𝑎21

𝑎12 𝑏11 ቁeB=ቀ 𝑎22 𝑏21

𝑏12 ቁ, com aij e bij ϵ R 𝑏22

A+B = B+A? 𝑎11 + 𝑏11 𝑎12 + 𝑏12 𝑏11 + 𝑎11 A+B = ቀ ቁ; B+A = ቀ 𝑎21 + 𝑏21 𝑎22 + 𝑏22 𝑏21 + 𝑎21 Como aij e bij ϵ R, aij+bij = bij+aij Portanto, A+B = B+A

𝑏12 + 𝑎12 ቁ 𝑏22 + 𝑎22

(A+B)+C = A+(B+C), com C ϵ M? 𝑎11 + 𝑏11 𝑎12 + 𝑏12 (A+B) = ቀ ቁ→ 𝑎21 + 𝑏21 𝑎22 + 𝑏22 𝑎11 + 𝑏11 + 𝑐11 𝑎12 + 𝑏12 + 𝑐12 (A+B)+C = ቀ ቁ; 𝑎21 + 𝑏21 + 𝑐21 𝑎22 + 𝑏22 + 𝑐22 𝑏11 + 𝑐11 𝑏12 + 𝑐12 ቁ→ 𝑏21 + 𝑐21 𝑏22 + 𝑐22 𝑎11 + 𝑏11 + 𝑐11 𝑎12 + 𝑏12 + 𝑐12 A+(B+C) = ቀ ቁ 𝑎21 + 𝑏21 + 𝑐21 𝑎22 + 𝑏22 + 𝑐22 Portanto, A+B)+C = A+(B+C) (B+C) = ቀ

iii)

0, A+0 = A? 𝑥 0=ቀ 𝑧

0=ቀ

iv)

0 0

𝑦 𝑎11 ቁ → ቀ 𝑤 𝑎21 0 ቁ → Portanto , 0

𝑥 𝑎12 ቁ+ቀ 𝑧 𝑎22

𝑦 𝑎11 ቁ=ቀ 𝑤 𝑎21

𝑥=0 𝑦=0 𝑎12 ቁ −→ { 𝑎22 𝑧=0 𝑤=0

0

-A, A+(-A) = 0? 𝑥 -A = ቀ 𝑧

-A = ቀ

𝑦 𝑎11 ቁ → ቀ 𝑤 𝑎21

−𝑎11 −𝑎21

𝑥 𝑎12 ቁ+ቀ 𝑧 𝑎22

−𝑎12 ቁ → Portanto , −𝑎22

𝑥 = −𝑎11 𝑦 𝑦 = −𝑎12 0 0 ቁ=ቀ ቁ −→ { 𝑤 0 0 𝑧 = −𝑎21 𝑤 = −𝑎22 -A

v)

α(A+B) = αA+αB?

A+B = ቀ

𝑎11 + 𝑏11 𝑎21 + 𝑏21

αA+αB = ቀ

𝑎12 + 𝑏12 ቁ → 𝛼(𝐴 + 𝐵) = 𝑎22 + 𝑏22 𝛼. 𝑎11 + 𝛼. 𝑏11 𝛼. 𝑎12 + 𝛼. 𝑏12 ቀ ቁ 𝛼. 𝑎21 + 𝛼. 𝑏21 𝛼. 𝑎22 + 𝛼. 𝑏22

𝛼. 𝑎11 + 𝛼. 𝑏11 𝛼. 𝑎21 + 𝛼. 𝑏21

𝛼. 𝑎12 + 𝛼. 𝑏12 ቁ 𝛼. 𝑎22 + 𝛼. 𝑏22

Portanto, α(A+B) = αA+αB

vi) (α+β)A = αA+βA? 𝑎11 𝑎21

(α+β)A = (α+β)ቀ 𝛼. 𝑎11 αA = ቀ 𝛼. 𝑎21

(𝛼 + 𝛽)𝑎11 (𝛼 + 𝛽)𝑎12 𝑎12 ቁ=( ) (𝛼 + 𝛽)𝑎21 (𝛼 + 𝛽)𝑎22 𝑎22

𝛽. 𝑎11 𝛼. 𝑎12 ቁ; βA = ( 𝛽. 𝑎21 𝛼. 𝑎22

𝛽. 𝑎12 ) 𝛽. 𝑎22

(𝛼 + 𝛽)𝑎11 (𝛼 + 𝛽)𝑎12 αA+βA (Colocando aij em evidência) = ( ) (𝛼 + 𝛽)𝑎21 (𝛼 + 𝛽)𝑎22 Portanto, (α+β)A = αA+βA

vii) (αβ)A = α(βA)? 𝑎11 (αβ)ቀ 𝑎21

𝛼𝛽. 𝑎11 𝛼𝛽. 𝑎12 𝑎12 ቁ=( ) 𝛼𝛽. 𝑎21 𝛼𝛽. 𝑎22 𝑎22

(βA) = 𝛽 ቀ

𝛽. 𝑎11 𝛽. 𝑎12 𝑎11 𝑎12 ቁ=( ) 𝛽. 𝑎21 𝛽. 𝑎22 𝑎21 𝑎22

𝛼𝛽. 𝑎11 α(βA) = ( 𝛼𝛽. 𝑎21

𝛼𝛽. 𝑎12 ) 𝛼𝛽. 𝑎22

Portanto, (αβ)A = α(βA) viii) 1.A = A? 𝑎11 1.ቀ 𝑎21

𝑎12 1. 𝑎11 ቁ=ቀ 𝑎22 1. 𝑎21

1. 𝑎12 𝑎11 𝑎12 ቁ=ቀ ቁ 1. 𝑎22 𝑎21 𝑎22

2. - Provando a definição: Pelo enunciado, F é um conjunto de todas as funções reais, logo o vetor soma 𝑓+𝑔, é função em F. A soma 𝑓+𝑔 de duas funções em F é definida por (𝑓+𝑔)(𝑥)=𝑓(𝑥)+𝑔(𝑥) para todo o x ∈ ℝ. A nova função 𝑓+𝑔 é um elemento de F, já que a soma de duas funções reais é real. A outra definição, é que (𝑟𝑓)(𝑥) = 𝑟𝑓(𝑥) para qualquer escalar 𝑟 ∈ ℝ e qualquer 𝑓 ∈ 𝐹. Claramente 𝑟𝑓(𝑥) está em F, já que uma constante vezes um função real é sempre real.

- Provando que F é um Espaço Vetorial O conjunto F é chamado de Espaço Vetorial Real (ou espaço vetorial sobre ℝ) se forem verificados os seguintes axiomas:

A1. (𝑓 + 𝑔)(𝑥)= (g + f )(𝑥)

para todo x ∈ 𝐹

Isto é satisfeito porque (𝑓 + 𝑔)(𝑥)= f(x) + g(x) = g(x) + f(x) = (g + f )(𝑥)

para todo x em 𝐹.

A2. [(𝑓 + 𝑔)(𝑥)] + h(x)= f(x) +[(g + h)(𝑥)]

para todo x ∈ 𝐹

Isto é satisfeito porque [(𝑓 + 𝑔)(𝑥)] + h(x) = [ f+ g + h ] (x) = [ f(x) + g(x) + h(x) ] = f(x) + [(g + h)(𝑥)]

para todo x ∈ 𝐹

A3. Existe um elemento 0 em F tal que f(x) + 0 = f(x) Isto é satisfeito porque A função z(x) = 0 Age como vetor nulo, isto é f(x) + z(x) =[ f + z ](x)= f para todo 𝑓 ∈ 𝐹

para todo x ∈ 𝐹

A4. Para cada 𝑓 ∈ 𝐹, existe um elemento -𝑓 em 𝐹 tal que 𝑓 + (-𝑓 ) = 0 . Isto é satisfeito porque Dada a função f definimos a função – f por (– f)(x) = – f(x)

para todo 𝑓 ∈ 𝐹

[𝑓 + (-𝑓)] (x) = f(x) + (– f(x)) = 0 = 0¯(x),

para todo 𝑓 ∈ 𝐹;

A5. Para todo f ∈ F e todos os escalares α e β, α(βf) = (αβ)F Isto é satisfeito porque α(β f)](x) = α(β f)(x) = α(β f (x)) = (αβ) f (x) = [(αβ) f ](x), para todo f ∈ F ;

A6. Para todos os f, g ∈ F e todo escalar α, α(f + g) = αf + αg; Isto é satisfeito porque [α(f + g)](x) = α(f + g)(x) = α(f(x) + g(x)) = α f(x) + α g(x) = (α f)(x) + (αg)(x) = (αf + αg)(x), para todo f ∈ F ;

A7 Para cada a e b ∈ ℝ e f ∈ V, [(a+b)f](x)= (af+bf)(x)

(distributiva de um

vetor em relação à soma de escalares)

[(a+b)f](x)= (a+B)f(x)= (af)(x)+(bf)(x)= (af+bf)(x)

A8 existência do elemento neutro em V: 1*f= f (1f)(x)= 1*f(x)= f(x)

A exemplo temos a função: f(x)=x

para todo x ∈ ℝ

SEÇÃO 7.1 4𝑐1 + 2𝑐2 − 2𝑐3 = 1 1.a) (1,1,1) = c1(4,2,-3)+c2(2,1,-2)+c3(-2,-1,0) → { 2𝑐1 + 𝑐2 − 𝑐3 = 1 −3𝑐1 − 2𝑐2 = 1

Como não existe solução, o vetor não pode ser escrito como combinação linear.

4𝑐1 + 2𝑐2 − 2𝑐3 = 4 b) (4,2,-6) = c1(4,2,-3)+c2(2,1,-2)+c3(-2,-1,0) → { 2𝑐1 + 𝑐2 − 𝑐3 = 2 −3𝑐1 − 2𝑐2 = −6

Como existe solução, o vetor pode ser escrito como combinação linear

4𝑐1 + 2𝑐2 − 2𝑐3 = −2 c) (-2,-1,1) = c1(4,2,-3)+c2(2,1,-2)+c3(-2,-1,0) → { 2𝑐1 + 𝑐2 − 𝑐3 = −1 −3𝑐1 − 2𝑐2 = 1

Como existe solução, o vetor pode ser escrito como combinação linear

4𝑐1 + 2𝑐2 − 2𝑐3 = −1 d) (-1,2,3) = c1(4,2,-3)+c2(2,1,-2)+c3(-2,-1,0) → { 2𝑐1 + 𝑐2 − 𝑐3 = 2 −3𝑐1 − 2𝑐2 = 3

Como não existe solução, o vetor não pode ser escrito como combinação linear.

𝑐1 + 𝑐2 + 𝑐3 = 3 1 1 1 1 −1 𝑐1 + 𝑐2 − 𝑐3 = −1 ቁ + 𝑐2 ቀ ቁ + 𝑐3 ቀ ቁ→{ −1 −1 0 0 0 −𝑐2 = 1 −𝑐1 = −2 Daí, concluímos que c3=2 𝟏 𝟏 𝟏 𝟏 𝟏 −𝟏 𝟑 −𝟏 ቀ ቁ = 𝟐ቀ ቁ − 𝟏ቀ ቁ + 𝟐ቀ ቁ 𝟏 −𝟐 𝟎 −𝟏 −𝟏 𝟎 𝟎 𝟎 1 3 −1 2.a)ቀ ቁ = 𝑐1 ቀ 1 −2 0

𝑐1 + 𝑐2 + 𝑐3 = 2 1 1 1 1 −1 𝑐1 + 𝑐2 − 𝑐3 = 4 ቁ + 𝑐2 ቀ ቁ + 𝑐3 ቀ ቁ→{ −1 −1 0 0 0 −𝑐2 = −1 −𝑐1 = −2 Daí, concluímos que c3=-1 𝟏 𝟏 𝟏 𝟏 𝟏 −𝟏 𝟐 𝟒 ቀ ቁ = 𝟐ቀ ቁ +𝟏ቀ ቁ−𝟏ቀ ቁ −𝟏 −𝟐 𝟎 −𝟏 −𝟏 𝟎 𝟎 𝟎 1 2 4 b) ቀ ቁ = 𝑐1 ቀ −1 −2 0

𝑐1 + 2𝑐2 = 1 (𝐼) 3.a) (1,7,-4) = c1(1,-3,2)+c2(2,-1,1) → { −3𝑐1 − 𝑐2 = 7 (𝐼𝐼) 2𝑐1 + 𝑐2 = −4 (𝐼𝐼𝐼) Fazendo 3I + II: 5c2 = 10 → c2 = 2 Voltando para a primeira equação com o valor de c2: c1+2.2 = 1 → c1 = -3 Verificando na terceira equação : 2.(-3)+2 = -4 (OK!) Portanto: (1,7,-4) = -3(1,-3,2)+2(2,-1,1)

𝑐1 + 2𝑐2 = 2 (𝐼) b) (2,-5,4) = c1(1,-3,2)+c2(2,-1,1) → {−3𝑐1 − 𝑐2 = −5 (𝐼𝐼) 2𝑐1 + 𝑐2 = 4 (𝐼𝐼𝐼) Fazendo 3I+II : 5c2 = 1 → c2 = 1/5 Voltando para a primeira equação: c1+2/5=2 → c1 = 8/5 Verificando na terceira equação: 16/5+1/5 = 17/5 ≠ 4 → Não é possível

𝑐1 + 2𝑐2 = 1 (𝐼)

d) (1,k,5) = c1(1,-3,2) + c2(2,-1,1) → {−3𝑐1 − 𝑐2 = 𝑘 (𝐼𝐼) 2𝑐1 + 𝑐2 = 5 (𝐼𝐼𝐼) Fazendo 2(I)-(III): 3c2 = -3 → c2 = -1 Voltando para a equação (I): c1+2(-1) = 1 → c1 = 3 Substituindo c1 e c2 em (II): -3.3-(-1) = k → k = -8

𝑐1 + 2𝑐2 = 𝑎 (𝐼) e) (a,b,c) = c1(1,-3,2) + c2(2,-1,1) → {−3𝑐1 − 𝑐2 = 𝑏 (𝐼𝐼) 2𝑐1 + 𝑐2 = 𝑐 (𝐼𝐼𝐼) Fazendo (II)+(III): -c1 = b+c Fazendo I+2(II): -5c1 = a+2b Juntando os 2 resultados: 5b+5c = a+2b → a = 3b+5c

𝑐1 + 2𝑐2 = −1 (𝐼) 4. (-1,k,-7) = c1(1,3,2) + c2(2,4,1) → { 3𝑐1 + 4𝑐2 = 𝑘 (𝐼𝐼) 2𝑐1 + 𝑐2 = −7 (𝐼𝐼𝐼) Fazendo 2(I)-(III): -3c2 = -5 → c2 = 5/3 Voltando para a equação (I): c1+10/3 = -1 → c1 =-13/3 Substituindo c1 e c2 em (II): 3.(-13/3)+4.5/3 = k → k = -19/3

2𝑐1 + 𝑐2 = 7 𝑐1 = 2 3𝑐1 + 𝑐2 = 9 Substituindo c1 = 2 na primeira equação, encontramos c2 = 3 Verificando na ultima equação: 3.2 + 3 = 9(OK!) Portanto, o vetor pode ser escrito como combinação linear.

5.(7,2,9) = c1(2,1,3) + c2(1,0,1) → {

6.

2-2t+5t² = c1(1+t) + c2(t-t²) + c3(3+2t²) 2-2t+5t² = c1+c1.t+c2.t-c2.t²+3.c3+2.c3.t² 2-2t+5t² = (2c3 – c2)t² + (c1+c2)t + (c1+3c3) 2𝑐3 − 𝑐2 = 5 5t²-2t+2 = (2c3 – c2)t² + (c1+c2)t + (c1+3c3) → {𝑐1 + 𝑐2 = −2 𝑐1 + 3𝑐3 = 2

Como o sistema tem solução, portanto é combinação linear dos vetores.

SEÇÃO 8.1 1. Temos:

x.(a,b) + y(c,d) = 0

𝑎𝑥 + 𝑐𝑦 = 0 recai no sistema linear : { 𝑏𝑥 + 𝑑𝑦 = 0 que claramente aceita a solução trivial x = y = 0. Para que esse sistema seja possível e determinado, isto é, possua uma e apenas uma solução, o determinante da matriz dos coeficientes M deve ser diferente de zero. Mas det = ad - bc . Logo, se ad - bc ≠ 0, a solução trivial é a única, e assim u e v são LI. Se ab - bc = 0, o sistema possui infinitas soluções, logo u e v são LD.

3𝑥 + (𝑎2 + 2)𝑦 = 0 2. x (3,1,0) + y(a²+2,2,0) = (0,0,0) → { 𝑥 + 2𝑦 = 0 Dois vetores são LD se forem múltiplos um do outro. O “x” está multiplicado por 3, portanto 3.2 = a²+ 2 → a = +-2

3.

a) x(t²-2t+3) + y(2t²+t+8) + z(t²+8t+7) = 0 x.t²-2x.t+3x+2y.t²+y.t+8y+z.t²+8z.t+7z = 0t²+0t+0 (x+2y+z)t²+(-2x+y+8z)t+(3x+8y+7z) = 0t²+0t+0 𝑥 + 2𝑦 + 𝑧 = 0 {−2𝑥 + 𝑦 + 8𝑧 = 0 3𝑥 + 8𝑦 + 7𝑧 = 0

Como o sistema assume soluções além da trivial, são LD.

b) x(t²-1) + y(t+1) +z(t+2) = 0 x(t²-1) + y(t+1) +z(t+2) = 0t²+0t+0 x.t²-x+y.t+y+z.t+2z = 0t²+0t+0 xt² + (y+z)t + (-x+y+2z) = 0t²+0t+0 𝑥=0 𝑦+𝑧 =0 { → 𝑥 = 𝑦 = 𝑧 = 0 → 𝐿𝐼 −𝑥 + 𝑦 + 2𝑧 = 0

2𝑐1 + 3𝑐2 + 4𝑐3 = 0 4. a) c1(2,1,1+ c2(3,-4,6) +c3(4,-9,11) = (0,0,0) → { 𝑐1 − 4𝑐2 − 9𝑐3 = 0 𝑐1 + 6𝑐2 + 11𝑐3 = 0

2𝑐1 − 𝑐2 + 4𝑐3 = 0 (𝐼) 𝑐1 + 3𝑐2 + 2𝑐3 = 0 (𝐼𝐼) Fazendo (I)-2(II), encontramos c2 = 0. Substituindo na primeira equação, encontramos c1 = -2c3

b) c1(2,1) + c2(-1,3) + c3(4,2) = (0,0) → {

c)

c1(1,0,2,4)+ c2(0,1,9,2+ c3(-5,2,8,-16) = (0,0,0,0) 𝑐1 − 5𝑐3 = 0 𝑐2 + 2𝑐3 = 0 { → Analisando a segunda equação, conclui-se que c2 =-2c3 2𝑐1 + 9𝑐2 + 8𝑐3 = 0 4𝑐1 + 2𝑐2 − 16𝑐3 = 0

c3 = -c2/2. Da equação I: c1 = 5c3 -> c1 = -2,5c2

𝑐1 + 3𝑐2 + 2𝑐3 = 0 4𝑐1 − 𝑐2 + 5𝑐3 = 0 Fazendo 3II – I : 13c1 + 17c3 = 0 → c1 = -17c3/13 Substituindo, encontramos: c2 = -3c3/13

d) c1(1,4) + c2(3,-1) + c3(2,5) = (0,0) → {

5.

6. c1.y1 + c2.y2 + c3.y3 = 0 Mas y1 = x1+x2; y2 = x2+x3; y3 = x3+x1 c1(x1+x2) + c2(x2+x3) + c3(x3+x1) = 0 c1.x1 + c1.x2 + c2.x2 + c2.x3 + c3.x3 + c3.x1 = 0 (c1+c3).x1 + (c1+c2).x2 + (c2+c3).x3 = 0 Como x1, x2 e x3 são L.I, seus coeficientes devem valer 0, isto é: 𝑐1 + 𝑐3 = 0 {𝑐1 + 𝑐2 = 0 → 𝐹𝑎𝑐𝑖𝑙𝑚𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑐𝑜𝑛𝑐𝑙𝑢𝑖𝑚𝑜𝑠 𝑞𝑢𝑒 𝑐1 = 𝑐2 = 𝑐3 = 0 𝑐2 + 𝑐3 = 0 Como c1, c2 e c3 são os coeficientes de y1, y2 e y3, concluímos que esse conjunto também é L.I

7.