Subespaço Vetorial e Combinação Linear
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Subespaço Vetorial
W = {0, x1, x2, x3, x4}
u = (0, a, b, c, d)
v = (0, a, b, c, d)
u + v = (0, a + a, b + b, c + c, d + d)
0. (0, a, b, c, d) = (0, 0, 0, 0, 0)
k.(0, a, b, c, d) = (0, ka, kb, kc, kd)
k.u = (0, x1, x2, x3, x4)
Como satisfaz 1 e 2, é um subespaço.
Será um subespaço vetorial se:
1. Para quaisquer u e v ∈ w, u + v ∈ w
2. Para quaisquer a e R, u e w, tivermos a u e w
* Qualquer subespaço vetorial precisa conter o vetor nulo, pois em 2, a = 0 garante a presença dele.
* Todo espaço vetorial admite pelo menos dois subespaços vetoriais: ele próprio e o vetor nulo; estes subespaços recebem o nome de subespaços triviais.
* Todo vetor R3 que passa pela origem é um subespaço vetorial.
1. 2x + 4y + z = 0
x + y + 2z = 0
x + 3y - z = 0
%IMAGE_1%
%IMAGE_2%
. (%IMAGE_3% + %IMAGE_4% ) = %IMAGE_5%
U V
%IMAGE_6%
. %IMAGE_7% + %IMAGE_8% . %IMAGE_9% = = %IMAGE_10%
%IMAGE_11% + %IMAGE_12%= %IMAGE_13% +%IMAGE_14%= %IMAGE_15%
a.V %IMAGE_16%
a%IMAGE_17% . %IMAGE_18% = %IMAGE_19% a.%IMAGE_20%= %IMAGE_21% logo é um subespaço vetorial
Combinação Linear
Considere u(1, 2, -1) v(6, 4, 2) mostre que w(9, 2, 7) é combinação de u e v.
(9, 2, 7) = K1(1, 2, -1) + K2(6, 4, 2)
(9, 2, 7) = (K1, 2K1, -K1) + (6K2, 4K2, 2K2)
K1 + 6K2 = 9
2K1 + 4K2 = 2 %IMAGE_22% escalonando a matriz temos K1 = -3 K2 = 2
K1 + 2K2 = 7
Mostre que%IMAGE_23% é combinação linear de %IMAGE_24%
%IMAGE_25% %IMAGE_26%
%IMAGE_27%
K1 + 2K2 = 2 sistema impossível logo não existe
K2 = 3 escalares K1 K2 portanto
K2 = 1 não é combinação linear.
K2 = 5
Dependência Linear
a) V = R2 u(1, 0) v(0, 1)
(K1, 0) + (0, K2) = (0, 0)
K1 = 0 e K2 = 0
S = {0, 0} esta é a única solução logo os vetores são LI.
b) u(1, 2, 4) v(-6, 12, 24)
V = 6u logo é LD
c) u1(3, -1) u2(4, 5) u3(-4, 7)
três equações e duas incógnitas LD
Autovalor e Autovetor
1. x1 + 3x2 = λ x1
4x1 + 2x2 = λ x2
x1 + 3x2 - λ x1 = 0
4x1 + 2x2 - λ x2 = 0
%IMAGE_28% .
%IMAGE_29% = λ %IMAGE_30%
%IMAGE_31% %IMAGE_32% - λ %IMAGE_33%
%IMAGE_34% %IMAGE_35% - λ %IMAGE_36% %IMAGE_37% = %IMAGE_38%
%IMAGE_39% - λ %IMAGE_40% = %IMAGE_41%
%IMAGE_42% - λ %IMAGE_43% %IMAGE_44% - %IMAGE_45%
%IMAGE_46%
det %IMAGE_48%
(1 - λ)(2 - λ) - 12 = 0
2 - λ - 2λ + λ2 - 12 = 0
λ2 - 3λ - 10 = 0
λ1 = -2 e λ2 = 5 autovalor
Dai para λ = -2 temos
%IMAGE_49% = %IMAGE_50%
%IMAGE_51% = %IMAGE_52%
3x1 + 3x2 = 0
4x1 + 4x2 = 0
3x1 = -3x2
x1 = -x2
Fazendo x2 = t
x1 = -t
s = %IMAGE_54% autovetor
Dai para λ = 5 temos
%IMAGE_55% = %IMAGE_56%
%IMAGE_57% = %IMAGE_58%
-4x1 + 3x2 = 0
4x1 - 3x2 = 0
4x1 = 3x2
x1 = %IMAGE_60%
Fazendo x2 = t
x1 = %IMAGE_61%
s = %IMAGE_62% autovetor
3. Numa matriz triangular superior ou inferior os autovalores são os elementos da diagonal principal.
%IMAGE_63% à %IMAGE_64%
(1-λ) (1-λ) (1-λ)=0
1, 2, -1 autovalores
2. %IMAGE_65%
%IMAGE_66% =0 (-3 -λ).(2 –λ) – (-4)=0
-6 + 3λ -2λ + λ2 + 4=0
λ2 + λ -2=0
λ1= -2 e λ2= 1
Dai para λ= -2 temos
%IMAGE_67%
-x1 + 4x2 =0
-x1 + 4x2 =0
-x1 = -4x2
x1 = 4x2
fazendo x2= t
x1= 4t
s= %IMAGE_68%
Dai para λ= 1 temos
%IMAGE_69%
-4x1 +4x2 =0
-x1 + x2 =0
-x1 = -x2
x1 = x2
fazendo x2= t
x1= x2= t
s= %IMAGE_70%
3. %IMAGE_71% %IMAGE_72%
%IMAGE_73% expandir as duas colunas
[λ2(8-λ)+4+0] – (0+17λ+0)=P(λ)
P(λ)= 8λ2 – λ3+4 -17λ
P(λ)= - λ3+8 λ2 -17λ
P(λ)= - λ3+8 λ2 -17λ+4
P(4)= -64+128-68+4=0
Para λ=4
%IMAGE_74% escalona e zera ultima linha t
x2= %IMAGE_75% x3=0
x2= %IMAGE_76% +3
x2= %IMAGE_77%
x1= %IMAGE_78% x2=0
x1= %IMAGE_79% . %IMAGE_80% =0
x1= %IMAGE_81%