\[A=\left[\begin{array}{ccc}
2&1&-1\\
x^{2}&0&1-y\\
x&y-3&1.
\end{array}\right],\]

a) 3
b) 1
d) 0
d) –2
e) –3

Solução:

Lembre-se de que a matriz simétrica é igual à sua transposta, isto é: $$a_{ij}=a_{ji}$$. Segue que

• $$x=a_{31}=a_{13}=-1$$, donde se tem que $$x=- 1$$;
• $$1-y=a_{23}=a_{32}=y-3$$, donde se tem que $$y=2$$.

Desse modo, $$x+y=1$$.

O post Matriz – Exercício 2 apareceu primeiro em Educacional Plenus.

$$a_{ij}=\left\{\begin{array}{ccc}
3i+j&\mbox{se}\quad i<j\\
7 &\mbox{se}\quad i=j\\
i^{2}+j &\mbox{se}\quad i>j\\
\end{array}\right.
$$

Determine o valor de a₂₂ · a₁₃ – a₁₂ · a₂₁

Solução:
A partir da regra dada, calculamos os elementos apresentados:

• $$a_{22}=7$$, pois $$i=7=j$$;
• $$a_{13}=3\cdot 1+3 = 6$$, pois $$i<j$$;
• $$a_{12}=3\cdot 1+2 = 5$$, pois $$i<j$$; e
• $$a_{21}=2^{2}+1 = 5$$, pois $$i<j$$.

Segue que $$a_{22}\cdot a_{13}-a_{12}\cdot a_{21}=7\cdot 7 – 5\cdot 5 = 17$$.

O post Matriz – Exercício 1 apareceu primeiro em Educacional Plenus.

A lista está em atualização.

O post Exercícios Resolvidos de Matrizes e Determinantes apareceu primeiro em Educacional Plenus.

a) Verifique que a matriz $$M=\left[\begin{array}{cc} cos(\theta) & -sen(\theta)\\ sen(\theta) & cos(\theta) \end{array}\right]$$ é ortogonal, para $$\theta\in [0,2\pi)$$.

b) Mostre que, se $$A$$ e $$B$$ são matrizes ortogonais, então $$AB$$ é ortogonal.

c) Mostre que, se uma matriz diagonal $$D$$ é ortogonal, então as entradas não nulas de $$D$$ são iguais a 1 ou -1.

Observação: todas as matrizes acima pertencem a $$\mathcal{M}(\mathbb{R})_{n\times n}$$.

Solução:

a) Observamos que $$MM^{T}=$$

\[\left[\begin{array}{cc} cos(\theta) & -sen(\theta)\\ sen(\theta) & cos(\theta) \end{array}\right]\times \left[\begin{array}{cc} cos(\theta) & sen(\theta)\\ -sen(\theta) & cos(\theta) \end{array}\right]=\]

\[\left[\begin{array}{cc} cos^{2}(\theta) +sen^{2}& cos(\theta)sen(\theta)-sen(\theta)cos(\theta)\\ sen(\theta)cos(\theta)-cos(\theta)sen(\theta) & cos^{2}(\theta)+sen^{2}(\theta) \end{array}\right].\]

Como $$cos^{2}(\theta)+sen^{2}(\theta)=1$$, temos $$MM^{t}=$$

\[\left[\begin{array}{cc} 1 & 0\\ 0 & 1 \end{array}\right].\]

b) Por hipótese, como $$AA^{T}=A^{T}A=BB^{T}=B^{T}B=I$$. Usando a propriedade da transposição do produto de matrizes, notamos que $$(AB)^{T}=B^{T}A^{T}$$, então $$(AB)(AB)^{T}=$$

\[ABB^{T}A^{T}=AA^{T}=I.\]

c) A transposta da matriz diagonal é igual a ela mesma! Então $$DD^{T}=DD=$$

\[\begin{pmatrix}
d_{11}& 0& . &. \\
0& d_{22}& & \\
.& 0& d_{33}& \\
.& & & \\
.& & &d_{nn} \\
\end{pmatrix}\times \begin{pmatrix}
d_{11}& 0& . &. \\
0& d_{22}& & \\
.& 0& d_{33}& \\
.& & & \\
.& & &d_{nn} \\
\end{pmatrix}
=\]

\[\begin{pmatrix}
d_{11}^{2}& 0& . &. \\
0& d_{22}^{2}& & \\
.& 0& d_{33}^{2}& \\
.& & & \\
.& & &d_{nn}^{2} \\
\end{pmatrix}=I.\]

A última igualdade equivale a dizer que $$d_{i i}^{2}=1$$, para $$i\in\{1,…,n\}$$, donde se conclui que $$d_{i i}\in\{-1,+1\}$$.

O post Matrizes – Exercício 6 apareceu primeiro em Educacional Plenus.

Solução:

As colunas da matriz $$M$$ são decompostas do seguinte modo:

i) $$m_{i}=\left(\begin{array}{c} (a_{i})_{r\times 1} \\ (f_{i})_{s\times 1} \end{array}\right)$$, para $$i\in\{1,…,r\}$$, em que $$a_{i}$$ é a i-ésima uma coluna de $$A$$ e $$f_{i}$$ é a i-ésima coluna de $$F$$;

ii) $$m_{r+i}=\left(\begin{array}{c} (h_{i})_{r\times 1} \\ (b_{i})_{s\times 1} \end{array}\right)$$, para $$i\in\{1,…,s\}$$, em que $$b_{i}$$ é a i-ésima coluna de $$B$$ e $$h_{i}$$ é a i-ésima coluna de $$H$$.

O produto $$Mv$$ pode ser visto como a combinação linear das colunas de $$M$$ pelos coeficientes de $$v$$. Assim,

\[Mv = v_{1}m_{1}+…v_{r}m_{r}+v_{r+1}m_{r+1}+…+v_{r+s}m_{r+s}=\]

\[(u_{1}m_{1}+…+u_{r}m_{r})+(w_{1}m_{r+1}+…+w_{s}m_{r+s}) (*).\]

Nota-se que

\[\sum_{i=1}^{r}u_{i}m_{i}=\sum_{i=1}^{r}u_{i}\left(\begin{array}{c} (a_{i})_{r\times 1} \\ (f_{i})_{s\times 1} \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c} \sum_{i=1}^{r} u_{i}a_{i} \\ \sum_{i=1}^{r} u_{i}f_{i} \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c} (Au)_{r\times 1} \\ (Fu)_{s\times 1} \end{array}\right).\]

Essa última igualdade justifica-se pelo fato de que $$\sum_{i=1}^{r}u_{i}a_{i}$$ é combinação linear das colunas da matriz $$A$$, e isso equivale ao produto $$Au$$. O mesmo raciocínio se aplica ao produto $$Fu$$.

De modo semelhante, temos

\[\sum_{i=1}^{s}w_{i}m_{r+i}=\sum_{i=1}^{s}w_{i}\left(\begin{array}{c} (h_{i})_{r\times 1} \\ (b_{i})_{s\times 1}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c} \sum_{i=1}^{s} w_{i}h_{i} \\ \sum_{i=1}^{s} w_{i}b_{i} \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c} (Hw)_{r\times 1} \\ (Bw)_{s\times 1} \end{array}\right).\]

A expressão $$(*)$$ torna-se igual a

\[\left(\begin{array}{c} (Au)_{r\times 1} \\ (Fu)_{s\times 1} \end{array}\right)+\left(\begin{array}{c} (Hw)_{r\times 1} \\ (Bw)_{s\times 1} \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c} Au+Hw \\ Fu+Bw \end{array}\right).\]

O post Matrizes em bloco – Exercício 1 apareceu primeiro em Educacional Plenus.

Demonstração:

i) Em primeiro lugar, observa-se o que ocorre com a multiplicação $$Av$$, em que $$v$$ tem dimensão $$n\times 1$$. Nomeando as linhas da matriz $$A$$ com a simbologia $$a_{1},…,a_{m}$$, temos

\[(Av)^{T}=(\begin{bmatrix} <a_{1},v>\\.\\.\\.\\ <a_{m},v>\end{bmatrix})^{T}=[<a_{1},v> … <a_{m},v>]=[<v,a_{1}> … <v,a_{m}>]=v^{T}A^{T}.\]

A última igualdade justifica-se pelo fato de que cada coordenada do produto entre o vetor transposto e a matriz transposta é resultante do produto interno entre o vetor e as coluna da matriz transpostas, que é a linha da matriz original.

ii) Nomeando as colunas da matriz $$B$$ com a simbologia $$b_{1},…,b_{s}$$, o produto $$AB$$ pode ser visto como uma matriz cujas colunas são os vetores (matrizes $$m\times 1$$) resultantes do produto entre a matriz $$A$$ e cada uma das colunas de $$B$$, ou seja: cada coluna da matriz resultante do produto matricial é calculada como o produto matricial entre a matriz $$A$$ e a coluna da matriz $$B$$, nesta ordem. A partir deste fato e do que fora observado em (i), tem-se que

\[(AB)^{T} = A[b_{1},…,b_{s}])^{T}= [Ab_{1},…,Ab_{s}]^{T}=\begin{bmatrix} (Ab_{1})^{T}\\.\\.\\.\\ (Ab_{s})^{T}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix} b_{1}^{T}A^{T}\\.\\.\\.\\ b_{s}^{T}A^{T}\end{bmatrix}.\]

Por último, nota-se que o produto $$B^{T}A^{T}$$ pode ser visto como $$\begin{bmatrix} b_{1}^{T}A^{T}\\.\\.\\.\\ b_{s}^{T}A^{T}\end{bmatrix}.$$, uma vez que $$b_{j}$$ é uma linha da matriz $$B^{T}$$, ou seja: cada linha da matriz resultante do produto matricial, neste ponto da demonstração, é calculada como o produto matricial entre a linha da matriz $$B^{T}$$ (coluna da original) e a matriz $$A^{T}$$, nesta ordem.

O post Transposição do Produto Matricial – Demonstração apareceu primeiro em Educacional Plenus.

• Correção UNICAMP 2020

a) p=0.
b) |p|=1.
c) |p|=2.
d) p=3.

Solução:

O post Sabendo que p é um número real, considere a matriz A apareceu primeiro em Educacional Plenus.

Seja A uma matriz quadrada e ε > 0. Prove que as seguintes afirmações são equivalentes:

a) $$\lambda$$ é autovalor de $$A+B$$, para alguma matriz $$B$$, com $$||B||_{2}\leq\epsilon$$.

b) Existe $$||v||_{2}=1$$ tal que $$||A-\lambda I||_{2}\leq\epsilon$$.

c) $$||(A-\lambda I)^{-1}||_{2}\leq 1/\epsilon$$.

Demonstração:

(a) implica (b): Por hipótese, existe $$u$$ tal que $$(A+B-\lambda I)u=0$$, ou $$(A-\lambda I)u=-Bu$$.

Propriedade da norma induzida: $$||B||_{2}\geq ||Bx||/||x||$$, para qualquer vetor $$x$$.

Daqui, temos: $$\epsilon\geq ||B||_{2}\geq \frac{||Bu||_{2}}{||u||}=\frac{||-Bu||_{2}}{||u||_{2}}=\frac{||(A-\lambda  I)u||_{2}}{||u||_{2}}$$.

Em particular, $$\frac{||(A-\lambda  I)u||_{2}}{||u||_{2}} = ||(A-\lambda I)\frac{u}{||u||_{2}}||=||(A-\lambda I)v||_{2}$$. Como $$v=\frac{u}{||u||_{2}}$$, $$||v||=1$$. Logo é válida a expressão a baixo:

\[\epsilon\geq ||(A-\lambda I)v||_{2}\].

(b) implica (a): Sabe-se que $$||(A-\lambda I)v||_{2}\cdot ||||(A-\lambda I)^{-1}v||_{2}\geq 1$$. Então \[\epsilon\cdot ||(A-\lambda I)^{-1}v||_{2} \geq ||(A-\lambda I)v||_{2}\cdot ||(A-\lambda I)^{-1}v||_{2}\geq 1\Longrightarrow ||(A-\lambda I)^{-1}v||_{2}\geq \frac{1}{\epsilon}\]

A seta (a) implica (b), e (b) implica (a) segue de modo análogo.

O post Álgebra Linear – Matrizes – Autovalores (exercício 4) apareceu primeiro em Educacional Plenus.

Sejam $$d\in\mathbb{R^{n}}$$ com todos os seus valores distintos,$$ v\in\mathbb{R^{n}}$$ com todos os elementos não nulos e $$a\in\mathbb{R}$$, e defina $$A=\left(\begin{array}{rrr}
D&v\\
v^{T}&a
\end{array}\right)$$, com $$D=diag(d_{1},…,d_{n}$$. Se $$\lambda\in\Lambda(A)$$, prove que:

a) $$D-\lambda I$$ é não singular;

b) $$\sum^{n}_{i=1}\frac{v_{i}^{2}}{d_{i}-\lambda}=a-\lambda$$.

Demonstração:

1) Cálculo do determinante de $$A$$.

Pela definição, $$det(A)=\sum_{\sigma}a_{1i_{1}}\cdot …\cdot a_{n+1 i_{n+1}}\cdot (-1)^{sg(\sigma)}$$.

Note que a maioria das permutações possíveis terão produto $$a_{1i_{1}}\cdot …\cdot a_{n+1 i_{n+1}}$$ nulo, com exceção das permutações de ciclo 2 que trocam algum $$i_{k}$$ por $$n+1$$. As outras permutações terão, em algum momento, a inversão $$(i_{s}\; i_{r})$$, com $$i_{s}$$ e $$i_{r}<n+1$$, daqui conclui-se que aparecerá, no mínimo, um zero na sequência $$a_{1i_{1}}\cdot …\cdot a_{n+1 i_{n+1}}$$. As permutações de ciclo 3,…,n produzem produto nulo.

As permutações possíveis são da forma $$(i_{s}\; n+1)$$.

Caso identidade ($$\sigma=I$$): $$a_{1i_{1}}\cdot …\cdot a_{n+1 i_{n+1}}=d_{1}\cdot…\cdot d_{n}\cdot a$$.

Caso $$(i_{s}\; n+1)$$: $$a_{1i_{1}}\cdot …\cdot a_{n+1 i_{n+1}}=d_{1}\cdot…\cdot v_{s}\cdot..\cdot d_{n}\cdot v_{s}=v_{s}^{2}\Pi^{n}_{i\neq s}d_{i}$$.

Os sinais das permutações são negativos, dado que cada uma delas inverte um par de índices. Basta somarmos todos os casos para termos a fórmula do determinante da matriz.

\[det(A)=\Pi^{n}_{i=1}d_{i}a-\sum^{n}_{j=1}v_{j}^{2}\Pi^{n}_{i\neq j}d_{i}\].

Consequentemente,

\[0=det(A-\lambda I)=\Pi^{n}_{i=1}(d_{i}-\lambda)(\lambda-a)+\sum^{n}_{j=1}v_{j}^{2}\Pi^{n}_{i\neq j}(d_{i}-\lambda)\].

a) Suponha, por absurdo, que $$D-\lambda I$$ seja singular. Então é necessário que $$0=det(D-\lambda I)=\Pi^{n}_{i=1}(d_{i}-\lambda)=0$$. Como, por hipótese, os valores da diagonal são distintos, deve existir $$s\in\mathbb{N}, s<n$$, tal que $$(d_{s}-\lambda)=0$$.

Por hipótese, $$det(A-\lambda I)=0=\Pi^{n}_{i=1}(d_{i}-\lambda)(a-\lambda)+\sum^{n}_{j=1}v_{j}^{2}\Pi^{n}_{i\neq j}(d_{i}-\lambda)$$.

Então o primeiro termo desta soma é anulado, pois $$d_{s}=\lambda$$. E, no somatório à direita, todos os termos são anulados, exceto $$v^{2}_{s}\Pi_{i\neq s}(d_{i}-\lambda)$$. Então este último termo é nulo, dado que o determinante é nulo. Mas, por hipótese, os $$d_{j}$$ são distintos, logo este produtório não pode ser nulo, gerando, assim, um absurdo.

b) Basta manipularmos a expressão $$det(A-\lambda I)=0$$:

\[0=\Pi^{n}_{i=1}(d_{i}-\lambda)(\lambda-a)+\sum^{n}_{j=1}v_{j}^{2}\Pi^{n}_{i\neq j}(d_{i}-\lambda)\Longrightarrow \]

\[(a-\lambda)=\frac{\sum^{n}_{j=1}v_{j}^{2}\Pi^{n}_{i\neq j}(d_{i}-\lambda)}{\Pi^{n}_{i=1}(d_{i}-\lambda)}=\sum^{n}_{j=1}\frac{v^{2}_{j}}{d_{j}-a}\]

O post Álgebra Linear – Matrizes – Autovalores (exercício 3) apareceu primeiro em Educacional Plenus.

Seja $$A\in M_{m\times n}(\mathbb{R})$$. Prove que $$\sigma_{1}=sup_{x,y}\frac{y^{T}Ax}{||y||_{2}||x||_{2}}$$, para $$x\in\mathbb{R^{n}} e $$y\in\mathbb{R^{m}}$$, onde $$sigma_{1}$$ é o maior valor singular da SVD.

Demonstração:

Pelo teorema da SVD, $$A=U\Sigma V^{T}$$Redução da expressão:

\[y^{T}Ax=y^{T}U\Sigma V^{T}x=(U^{T}y)^{T}\Sigma (V^{T}x)\]. Poremos $$u=U^{T}y$$ e $$v=V^{T}x$$. Por hipótese do teorema da existência da SVD, as matrizes $$U$$ e $$V$$ são unitárias, logo $$||u||_{2}=||U^{T}y||_{2}=||y||_{2}$$ e $$||v||_{2}=||V^{T}x||_{2}=||x||_{2}$$.

Sejam $$v=(a_{1},…a_{n})$$ e $$u=(b_{1},…b_{m})$$, e suponha, sem perda de generalidade, que $$n\leq m$$.

A expressão $$u^{T}\Sigma v = a_{1}b_{1}\sigma_{1}+…+a_{n}b_{n}\sigma_{n}$$. Pelas conclusões apresentadas, é fato que:

\[sup_{x,y}\frac{y^{T}Ax}{||y||_{2}||x||_{2}} = sup_{u,v}\frac{u^{T}\Sigma v}{||u||_{2}||v||_{2}}=sup_{||u||_{2}=||v||_{2}=1}u^{T}\Sigma v= max_{||u||_{2}=||v||_{2}=1} (a_{1}b_{1}\sigma_{1}+…+a_{n}b_{n})\].

Este máximo é realizado quando $$a_{1}=b_{1}=1$$ e $$a_{i}=b_{i}=0$$, para todo $$i\neq 1$$, pois $$\sigma_{1}\geq\sigma_{2}\geq…\geq\sigma_{n}\geq 0$$.

Portanto $$sup_{x,y}\frac{y^{T}Ax}{||y||_{2}||x||_{2}} = \sigma_{1}$$.

O post Álgebra Linear – Matrizes – SVD (exercício 1) apareceu primeiro em Educacional Plenus.