Re: [obm-l] Algebra linear
Olá. To pagando álgebra linear (entrando em transformações agora) e acho que consegui o primeiro item da letra a): Como é não nula, então existe um real [image: [;r\ne 0;]] , tal que existe [image: [;u\in V;]] tal que [image: [;T(u)=r;]]. Como [image: [;V;]] é espaço vetorial e [image: [;r\ne 0;]], então [image: [;\dfrac{1}{r}u\in V;]]. Como [image: [;T;]] é linear, então [image: [;T\left(\dfrac{1}{r}u\right)=\dfrac{1}{r}\cdot r=1;]]. Agora, o que eu fiquei em dúvida foi se interpretei corretamente a parte: Seja W o subespaço gerado pelo vetor v. Eu entendi o seguinte: W é o subespaço gerado por todos os vetores [image: [;v\in V;]] tais que [image: [;T(v)=1;]]. Mas, posso estar enganado, o conjunto de tais v não forma um subespaço vetorial, já que para [image: [;v_1, v_2\in W;]] temos [image: [;T(v_1+v_2)=T(v_1)+T(v_2)=1+1=2;]]. Interpretei corretamente? Em 2 de julho de 2013 09:20, marcone augusto araújo borges marconeborge...@hotmail.com escreveu: Peço ajuda nas seguintes questões 1) a) Seja T : V -- R uma transformação linear não nula.Prove que existe um vetor v E V tal que T(v) = 1.Seja W o subespaço de V gerado pelo vetor v .Prove que V é soma direta W com Ker(T) b) Sejam W1 e W2 subespaços de um espaço vetorial V tais que dim((W1) + dim(W2) = dim(V). Mostre que existe uma transformação linear T : V-- V tal que Ker(T)= W1 e Im(T)= W2 -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e acredita-se estar livre de perigo. -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e acredita-se estar livre de perigo.
Re: [obm-l] Algebra Linear
não sei se está no nível que você precisa, mas ultimamente muitas pessoas têm me recomendado o Linear Algebra Done Right. abraços, tiago 2012/6/18 Felippe Coulbert Balbi felippeba...@hotmail.com Olá a todos novamente. Atualmente estou estudando para a obmu (obm nivel universitario) e queria começar a focar na parte de matrizes, algebra linear, e não tenho ideia de livros ou sites que tenham exercicios de Algebra linear a nivel de obm. Vocês poderiam me dar sugestões para meus estudos de conteudos, a nivel de OBM, sobre Algebra linear? Grato. Coulbert
Re: [obm-l] Algebra Linear II
Sugestão: demonstre que a projeção canônica $\pi : X \to X/Y$ restrita à qualquer subespaço Z, complementar de Y em X, é um isomorfismo. 2011/3/16 Diogo FN diog...@yahoo.com.br: Bom dia amigos da Lista, poderiam me ajudar na seguinte questão? Seja Y um subespaço de X. Mostre que X é isomorfo a Y(+)X/Y. Onde (+) representa soma direta. Obrigado -- Julio Cesar Conegundes da Silva Use o GMailTex: http://alexeev.org/gmailtex.html = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html =
Re: [obm-l] Algebra Linear II
Obrigadoo Warley --- Em ter, 10/11/09, Carlos Gomes cgomes...@uol.com.br escreveu: De: Carlos Gomes cgomes...@uol.com.br Assunto: Re: [obm-l] Algebra Linear II Para: obm-l@mat.puc-rio.br Data: Terça-feira, 10 de Novembro de 2009, 3:14 lembrando que detM=detM^t temos: Os autovalores de A são as raízes do polinômio p(x)=det(A-x.I) e os de A^t são as raízes do polinômio q(x)=det(A^t-x.I) = det[A^t-x.I^t] = det[(A-x.I)^t] = det(A-x.I)=p(x) assim A e A^t possuem os mesmos autovalores. valew, cgomes - Original Message - From: warley ferreira To: Lista de Discussão Sent: Monday, November 09, 2009 3:34 PM Subject: [obm-l] Algebra Linear II Olá pessoal, td bom? Queria uma ajuda nesta questão: Prove que uma matriz A e sua transposta AT possuem os mesmos valores próprios. Desde já agradeço, Obrigado! Otávio Souza Veja quais são os assuntos do momento no Yahoo! + Buscados: Top 10 - Celebridades - Música - Esportes No virus found in this incoming message. Checked by AVG - www.avg.com Version: 8.5.425 / Virus Database: 270.14.56/2491 - Release Date: 11/09/09 07:39:00 Veja quais são os assuntos do momento no Yahoo! +Buscados http://br.maisbuscados.yahoo.com
Re: [obm-l] Algebra Linear II
lembrando que detM=detM^t temos: Os autovalores de A são as raízes do polinômio p(x)=det(A-x.I) e os de A^t são as raízes do polinômio q(x)=det(A^t-x.I) = det[A^t-x.I^t] = det[(A-x.I)^t] = det(A-x.I)=p(x) assim A e A^t possuem os mesmos autovalores. valew, cgomes - Original Message - From: warley ferreira To: Lista de Discussão Sent: Monday, November 09, 2009 3:34 PM Subject: [obm-l] Algebra Linear II Olá pessoal, td bom? Queria uma ajuda nesta questão: Prove que uma matriz A e sua transposta AT possuem os mesmos valores próprios. Desde já agradeço, Obrigado! Otávio Souza -- Veja quais são os assuntos do momento no Yahoo! + Buscados: Top 10 - Celebridades - Música - Esportes -- No virus found in this incoming message. Checked by AVG - www.avg.com Version: 8.5.425 / Virus Database: 270.14.56/2491 - Release Date: 11/09/09 07:39:00
Re: [obm-l] algebra linear
Claro o que eu tinha pensado foi o seguinte: R4 tem dimensao 4, logo quaisquer 4 vetores de R4 linearmente independentes eh uma base de R4. Como a nossa base tinha 2 vetores, precisavamos escolher mais 2 vetores LI... concordo que da maneira que eu fiz, parece que eu achei esses 2 vetores na sorte na verdade deve existir uma maneira mais algoritmica de expandir bases para um outro espaco, maior que o original, mas nao lembro direito =/ 2008/6/23 Vanessa Nunes de Souza [EMAIL PROTECTED]: ok! eu só fiquei em duvida em relação na parte q pede pra estender a base pra todo R*4. poderia me explicar de novo? obrigada -- Date: Mon, 23 Jun 2008 14:23:50 +0200 From: [EMAIL PROTECTED] To: obm-l@mat.puc-rio.br Subject: Re: [obm-l] algebra linear 1) Se w1, w2 e w3 forem LI (linearmente independentes), entao eles formam uma base. Caso contrario o espaco tem dimensao 2 (pq eh evidente que a dimensao nao eh 1, mas pode ser mostrado se quiser), e uma base possivel seriam 2 elementos LD quaisquer de W (por exemplo, w1 e w2). Pra verificar se w1, w2 e w3 sao LI, fazemos aw1+bw2+cw3 = 0, e tentamos achar uma solucao nao trivial. Resolvendo o sistema temos b=6c e a=2c, entao existem solucoes nao triviais e eles sao LD uma possivel base seria w1 e w2 (ou quaisquer dois elementos LI de W). Pra estender essa base pra R4 basta adicionar 2 elementos LI que nao pertencem a W... Isso pode ser feito de varias maneiras por exemplo, se um elemento em W tem primeira coordenada = 0, entao temos que ele eh multiplo de w1+w2 = (0 1 1 1). Logo, vetores como por exemplo (0 0 0 1) e (0 0 1 0) completariam uma base, pois nao podem existir em W. 2) hm... pra comecar, (2 1; 3 4) nao pertence a W, entao o conjunto nao eh uma base acho que vc quis dizer (2 1; 3 2). Nesse caso: Um elemento generico de W pode ser escrito como (a b; a+b a). Podemos escrever esse elemento generico como combinacao linear dos 2 que temos, ou verificar que ele pode ser escrito como a(1 0; 1 1) + b(0 1; 1 0). Logo (1 0; 1 1), (0 1;1 0) eh uma base, a dimensao eh 2, e o conjunto dado eh uma base (pois contem 2 elementos LI de W). 2008/6/23 Vanessa Nunes de Souza [EMAIL PROTECTED]: olá. preciso da ajuda de vcs nessas questões, quem puder me ajudar, agradeço! 1- achar uma base e a dimensão do subespaço W de R*4 gerado por w1= ( -1,4,2,-1) w2= (1,-3,-1,2) e w3=( 4,-10,-2,10) estenda a base de W a uma base de todo o R*4 2-SEja W o subespaço vetorial de M(2,2 ) dado por : W= ( ( a b ) : a= d e c= a+b ) c d O conjunto de matrizes ( ( 1 -1) , (2 1)) é uma base de W? por que? 01 3 4 vanessa nunes obrigada! -- Notícias direto do New York Times, gols do Lance, videocassetadas e muitos outros vídeos no MSN Videos! Confira já! http://video.msn.com/?mkt=pt-br -- Rafael -- Notícias direto do New York Times, gols do Lance, videocassetadas e muitos outros vídeos no MSN Videos! Confira já! http://video.msn.com/?mkt=pt-br -- Rafael
Re: [obm-l] algebra linear
1) Se w1, w2 e w3 forem LI (linearmente independentes), entao eles formam uma base. Caso contrario o espaco tem dimensao 2 (pq eh evidente que a dimensao nao eh 1, mas pode ser mostrado se quiser), e uma base possivel seriam 2 elementos LD quaisquer de W (por exemplo, w1 e w2). Pra verificar se w1, w2 e w3 sao LI, fazemos aw1+bw2+cw3 = 0, e tentamos achar uma solucao nao trivial. Resolvendo o sistema temos b=6c e a=2c, entao existem solucoes nao triviais e eles sao LD uma possivel base seria w1 e w2 (ou quaisquer dois elementos LI de W). Pra estender essa base pra R4 basta adicionar 2 elementos LI que nao pertencem a W... Isso pode ser feito de varias maneiras por exemplo, se um elemento em W tem primeira coordenada = 0, entao temos que ele eh multiplo de w1+w2 = (0 1 1 1). Logo, vetores como por exemplo (0 0 0 1) e (0 0 1 0) completariam uma base, pois nao podem existir em W. 2) hm... pra comecar, (2 1; 3 4) nao pertence a W, entao o conjunto nao eh uma base acho que vc quis dizer (2 1; 3 2). Nesse caso: Um elemento generico de W pode ser escrito como (a b; a+b a). Podemos escrever esse elemento generico como combinacao linear dos 2 que temos, ou verificar que ele pode ser escrito como a(1 0; 1 1) + b(0 1; 1 0). Logo (1 0; 1 1), (0 1;1 0) eh uma base, a dimensao eh 2, e o conjunto dado eh uma base (pois contem 2 elementos LI de W). 2008/6/23 Vanessa Nunes de Souza [EMAIL PROTECTED]: olá. preciso da ajuda de vcs nessas questões, quem puder me ajudar, agradeço! 1- achar uma base e a dimensão do subespaço W de R*4 gerado por w1= ( -1,4,2,-1) w2= (1,-3,-1,2) e w3=( 4,-10,-2,10) estenda a base de W a uma base de todo o R*4 2-SEja W o subespaço vetorial de M(2,2 ) dado por : W= ( ( a b ) : a= d e c= a+b ) c d O conjunto de matrizes ( ( 1 -1) , (2 1)) é uma base de W? por que? 01 3 4 vanessa nunes obrigada! -- Notícias direto do New York Times, gols do Lance, videocassetadas e muitos outros vídeos no MSN Videos! Confira já! http://video.msn.com/?mkt=pt-br -- Rafael
Re: [obm-l] algebra linear
no comeco, na verdade eu quis dizer : ... 2 elementos LI quaisquer ... 2008/6/23 Rafael Ando [EMAIL PROTECTED]: 1) Se w1, w2 e w3 forem LI (linearmente independentes), entao eles formam uma base. Caso contrario o espaco tem dimensao 2 (pq eh evidente que a dimensao nao eh 1, mas pode ser mostrado se quiser), e uma base possivel seriam 2 elementos LD quaisquer de W (por exemplo, w1 e w2). Pra verificar se w1, w2 e w3 sao LI, fazemos aw1+bw2+cw3 = 0, e tentamos achar uma solucao nao trivial. Resolvendo o sistema temos b=6c e a=2c, entao existem solucoes nao triviais e eles sao LD uma possivel base seria w1 e w2 (ou quaisquer dois elementos LI de W). Pra estender essa base pra R4 basta adicionar 2 elementos LI que nao pertencem a W... Isso pode ser feito de varias maneiras por exemplo, se um elemento em W tem primeira coordenada = 0, entao temos que ele eh multiplo de w1+w2 = (0 1 1 1). Logo, vetores como por exemplo (0 0 0 1) e (0 0 1 0) completariam uma base, pois nao podem existir em W. 2) hm... pra comecar, (2 1; 3 4) nao pertence a W, entao o conjunto nao eh uma base acho que vc quis dizer (2 1; 3 2). Nesse caso: Um elemento generico de W pode ser escrito como (a b; a+b a). Podemos escrever esse elemento generico como combinacao linear dos 2 que temos, ou verificar que ele pode ser escrito como a(1 0; 1 1) + b(0 1; 1 0). Logo (1 0; 1 1), (0 1;1 0) eh uma base, a dimensao eh 2, e o conjunto dado eh uma base (pois contem 2 elementos LI de W). 2008/6/23 Vanessa Nunes de Souza [EMAIL PROTECTED]: olá. preciso da ajuda de vcs nessas questões, quem puder me ajudar, agradeço! 1- achar uma base e a dimensão do subespaço W de R*4 gerado por w1= ( -1,4,2,-1) w2= (1,-3,-1,2) e w3=( 4,-10,-2,10) estenda a base de W a uma base de todo o R*4 2-SEja W o subespaço vetorial de M(2,2 ) dado por : W= ( ( a b ) : a= d e c= a+b ) c d O conjunto de matrizes ( ( 1 -1) , (2 1)) é uma base de W? por que? 01 3 4 vanessa nunes obrigada! -- Notícias direto do New York Times, gols do Lance, videocassetadas e muitos outros vídeos no MSN Videos! Confira já!http://video.msn.com/?mkt=pt-br -- Rafael -- Rafael
RE: [obm-l] algebra linear
ok! eu só fiquei em duvida em relação na parte q pede pra estender a base pra todo R*4. poderia me explicar de novo? obrigada Date: Mon, 23 Jun 2008 14:23:50 +0200From: [EMAIL PROTECTED]: [EMAIL PROTECTED]: Re: [obm-l] algebra linear1) Se w1, w2 e w3 forem LI (linearmente independentes), entao eles formam uma base. Caso contrario o espaco tem dimensao 2 (pq eh evidente que a dimensao nao eh 1, mas pode ser mostrado se quiser), e uma base possivel seriam 2 elementos LD quaisquer de W (por exemplo, w1 e w2).Pra verificar se w1, w2 e w3 sao LI, fazemos aw1+bw2+cw3 = 0, e tentamos achar uma solucao nao trivial. Resolvendo o sistema temos b=6c e a=2c, entao existem solucoes nao triviais e eles sao LD uma possivel base seria w1 e w2 (ou quaisquer dois elementos LI de W).Pra estender essa base pra R4 basta adicionar 2 elementos LI que nao pertencem a W... Isso pode ser feito de varias maneiras por exemplo, se um elemento em W tem primeira coordenada = 0, entao temos que ele eh multiplo de w1+w2 = (0 1 1 1). Logo, vetores como por exemplo (0 0 0 1) e (0 0 1 0) completariam uma base, pois nao podem existir em W.2) hm... pra comecar, (2 1; 3 4) nao pertence a W, entao o conjunto nao eh uma base acho que vc quis dizer (2 1; 3 2). Nesse caso:Um elemento generico de W pode ser escrito como (a b; a+b a). Podemos escrever esse elemento generico como combinacao linear dos 2 que temos, ou verificar que ele pode ser escrito como a(1 0; 1 1) + b(0 1; 1 0). Logo (1 0; 1 1), (0 1;1 0) eh uma base, a dimensao eh 2, e o conjunto dado eh uma base (pois contem 2 elementos LI de W). 2008/6/23 Vanessa Nunes de Souza [EMAIL PROTECTED]: olá. preciso da ajuda de vcs nessas questões, quem puder me ajudar, agradeço! 1- achar uma base e a dimensão do subespaço W de R*4 gerado por w1= ( -1,4,2,-1) w2= (1,-3,-1,2) e w3=( 4,-10,-2,10) estenda a base de W a uma base de todo o R*4 2-SEja W o subespaço vetorial de M(2,2 ) dado por : W= ( ( a b ) : a= d e c= a+b )c d O conjunto de matrizes ( ( 1 -1) , (2 1)) é uma base de W? por que? 01 3 4 vanessa nunes obrigada! Notícias direto do New York Times, gols do Lance, videocassetadas e muitos outros vídeos no MSN Videos! Confira já!-- Rafael _ Confira vídeos com notícias do NY Times, gols direto do Lance, videocassetadas e muito mais no MSN Video! http://video.msn.com/?mkt=pt-br
Re: [obm-l] algebra linear (base)
Olá Cabri, não entendi o que vc fez exatamente. Eu faria o seguinte: Sejam a, b, c escalares, tal que a*v1 + b*(v1+v2) + c*(-v1+v2+v3) = 0. Temos que provar que a=b=c=0. Arrumando a expressão, temos: (a+b-c)*v1 + (b+c)*v2 + c*v3 = 0 como { v1, v2, v3 } é LI, temos que: a+b-c = 0 b+c = 0 c = 0 entao: a = b = c = 0. portanto, {v1, v1+v2, -v1+v2+v3} é LI. abraços, Salhab 2008/1/15 Tio Cabri st [EMAIL PROTECTED]: Amigos, boa noite! Gostaria de uma ajuda (ou confirmação) no exercício abaixo: Seja B={v1,v2,v3} base de um espaço V. B'={v1 , (v1+ v2) , (-v1+v2+v3) }. Mostre que B' é base de V. Fiz assim: Se B é base então dimV=3 e v1,v2,v3 são LI. Quaisquer 3 vetores de V (LI) formarão uma outra base de V. Escalonei v1 , (v1+ v2) , (-v1+v2+v3) e deu v1,v2,v3 logo B' é base de V. Correto? Obrigado Cabri = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.htmlhttp://www.mat.puc-rio.br/%7Eobmlistas/obm-l.html =
Re: [obm-l] Algebra Linear (novo)
Considero esse raciocínio simples e objetivo: 2)K=(x1,x2,x3,-x1-x2-x3)=(x1,0,0,-x1)+(0,x2,0,-x2)+(0,0,x3,-x3)=x1(1,0,0,-1)+x2(0,1,0,-1)+x3(0,0,1,-1),para quaisquer x1,x2,x3.Portanto a base é {(1,0,0,-1),(0,1,0,-1),(0,0,1,-1)}, como esperado. Em 22/09/07, Klaus Ferraz [EMAIL PROTECTED] escreveu: 1) Encontre um contra-exemplo para a seguinte afirmação: Se w1,...,w4 é uma base para R^4 e se W é um subespaço, então algum subconjunto dos w's irá formar uma base para W. 2) Exiba uma base para o subespaço a seguir: K={(x1,x2,x3,x4) E R^4, x1+x2+x3+x4=0} Essa 2 aí, para eu achar a base tem que ser por inspeção? Grato. Flickr agora em português. Você clica, todo mundo vê. Saiba maishttp://br.rd.yahoo.com/mail/taglines/flickr/*http://www.flickr.com.br/.
Re: [obm-l] Algebra Linear
Olá Samir, entendi o que vc disse. Mas nao concordo sobre a rigorosidade.. vejano exercicio que U éo espaco gerado pelos m vetores.. logo, possoescrever qualquer elemento de U como a combinacao linear dos m(independente deles serem LI ou nao..) e o mesmo vale para V..concordo que a demonstracao eh a mesma caso eu tomasse um subconjuntoLI e que gere U (uma base de U), mas como desconheco esse subconjunto,tomei os m mesmo.entendeu pq nao concordo sobre a rigorosidade? abraços,Salhab On 9/22/07, Samir Rodrigues [EMAIL PROTECTED] wrote: Na parte dos espaços iguais; vi q vc usou como limite do somatorio a dimensao de A que eh m; mas a dimensao de V eh k≤m, onde k é o numero de vetores linearmente independentes de A. Obviamente se usar m a demonstracao nao vai falhar, pois vc esta somente introduzindo vetores linearmente dependendentes, e a unica mudanca seriam os coeficientes dos vetores da base na hora de montar um elemento de V; mas do ponto de vista de rigorosidade, deve-se usar k, uma vez que a base de V sera formada somente de vetores linearmente independentes. Em 21/09/07, Marcelo Salhab Brogliato [EMAIL PROTECTED] escreveu: Olá Samir, não entendi.. em que parte? dos espacos iguais ou da independencia linear? abraços,Salhab On 9/20/07, Samir Rodrigues [EMAIL PROTECTED] wrote: Marcelo, um jeito mais rigoroso seria fazer a soma até k, k ≤ m, pois não é dito se det(A) ≠ 0; k seria a dim(V) Em 20/09/07,! Marcelo Salhab Brogliato [EMAIL PROTECTED] escreveu: Olá Klaus, primeiramente vamos mostar que V=W. como provamos que 2 conjuntos sao iguais? mostrando que um está contido no outro... todos os somatorios sao de 1 até m v_i é o vetor formado pela i-ésima linha da matriz A u_i é o vetor formado pela i-ésima linha da matriz B seja x E U, entao: x = Sum a_i*u_i mas, como disse no enunciado, u_i = Sum k_r*v_r substituindo, temos: x = Sum a_i*(Sum k_r*v_r) = Sum(Sum(a_i*k_r) * v_r) logo, x E V... assim: U C V tente agora mostrar que V C U :) para mostrar que sao LI, vc deve atentar que a forma escada nos garante que na primeira coluna, todos os elementos exceto o da primeira linha sao nulos, sendo que o elemento da primei! ra linha pode ser nulo ou nao.. e isso vale para as demais linhas.. tome a combinacao linear dos vetores nao nulos e iguale a zero. seja u_ij a j-ésima componente d! o i-ésimo vetor.. seja a_i o i-ésimo componente da comb! inacao linear.. apenas u_11 é nao-nulo, sendo u_12, u_13, .. todos nulos.. entao, a_1 deve ser nulo... agora, como a_1 = 0, apenas u_22 é nao-nulo... entao, a_2 deve ser nulo.. e assim segue.. deste modo vc mostra que todos os coeficientes sao nulos e prova que os vetores sao LI.. abracos, SalhabOn 9/20/07, Klaus Ferraz [EMAIL PROTECTED] wrote: Dada uma matriz A de ordem m x n, você pode considerar as m linhas como vetores do R^n e o subespaço V, de R^n, gerado por estes m vetores. Da mesma forma para a matriz B, linha reduzida à forma escada de A, podemos considerar o subespaço W gerado pelos m vetores, dados por suas linhas. Observando que cada li! nha de B é obtida por combinação linear das linhas de ! A e vice-versa. justifique que V=W. Mostre ainda, que os vetores dados pelas linhas não nulas de uma matriz-linha reduzida à forma escada! são LI. Peço, se possível, que detalhem a solução pois sou um iniciado no assunto. Grato. Flickr agora em português. Você clica, todo mundo vê. Saiba mais. = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html = -- Samir Rodrigues = Instru��es para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html = -- Samir Rodrigues = Instru��es para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
Re: [obm-l] Algebra Linear
Tudo bem, cada um com sua opiniao Em 23/09/07, Marcelo Salhab Brogliato [EMAIL PROTECTED] escreveu: Olá Samir, entendi o que vc disse. Mas nao concordo sobre a rigorosidade.. vejano exercicio que U éo espaco gerado pelos m vetores.. logo, possoescrever qualquer elemento de U como a combinacao linear dos m(independente deles serem LI ou nao..) e o mesmo vale para V..concordo que a demonstracao eh a mesma caso eu tomasse um subconjuntoLI e que gere U (uma base de U), mas como desconheco esse subconjunto,tomei os m mesmo.entendeu pq nao concordo sobre a rigorosidade? abraços,Salhab On 9/22/07, Samir Rodrigues [EMAIL PROTECTED] wrote: Na parte dos espaços iguais; vi q vc usou como limite do somatorio a dimensao de A que eh m; mas a dimensao de V eh k≤m, onde k é o numero de vetores linearmente independentes de A. Obviamente se usar m a demonstracao nao vai falhar, pois vc esta somente introduzindo vetores linearmente dependendentes, e a unica mudanca seriam os coeficientes dos vetores da base na hora de montar um elemento de V; mas do ponto de vista de rigorosidade, deve-se usar k, uma vez que a base de V sera formada somente de vetores linearmente independentes. Em 21/09/07, Marcelo Salhab Brogliato [EMAIL PROTECTED] escreveu: Olá Samir, não entendi.. em que parte? dos espacos iguais ou da independencia linear? abraços,Salhab On 9/20/07, Samir Rodrigues [EMAIL PROTECTED] wrote: Marcelo, um jeito mais rigoroso seria fazer a soma até k, k ≤ m, pois não é dito se det(A) ≠ 0; k seria a dim(V) Em 20/09/07,! Marcelo Salhab Brogliato [EMAIL PROTECTED] escreveu: Olá Klaus, primeiramente vamos mostar que V=W. como provamos que 2 conjuntos sao iguais? mostrando que um está contido no outro... todos os somatorios sao de 1 até m v_i é o vetor formado pela i-ésima linha da matriz A u_i é o vetor formado pela i-ésima linha da matriz B seja x E U, entao: x = Sum a_i*u_i mas, como disse no enunciado, u_i = Sum k_r*v_r substituindo, temos: x = Sum a_i*(Sum k_r*v_r) = Sum(Sum(a_i*k_r) * v_r) logo, x E V... assim: U C V tente agora mostrar que V C U :) para mostrar que sao LI, vc deve atentar que a forma escada nos garante que na primeira coluna, todos os elementos exceto o da primeira linha sao nulos, sendo que o elemento da primei! ra linha pode ser nulo ou nao.. e isso vale para as demais linhas.. tome a combinacao linear dos vetores nao nulos e iguale a zero. seja u_ij a j-ésima componente d! o i-ésimo vetor.. seja a_i o i-ésimo componente da comb! inacao linear.. apenas u_11 é nao-nulo, sendo u_12, u_13, .. todos nulos.. entao, a_1 deve ser nulo... agora, como a_1 = 0, apenas u_22 é nao-nulo... entao, a_2 deve ser nulo.. e assim segue.. deste modo vc mostra que todos os coeficientes sao nulos e prova que os vetores sao LI.. abracos, SalhabOn 9/20/07, Klaus Ferraz [EMAIL PROTECTED] wrote: Dada uma matriz A de ordem m x n, você pode considerar as m linhas como vetores do R^n e o subespaço V, de R^n, gerado por estes m vetores. Da mesma forma para a matriz B, linha reduzida à forma escada de A, podemos considerar o subespaço W gerado pelos m vetores, dados por suas linhas. Observando que cada li! nha de B é obtida por combinação linear das linhas de ! A e vice-versa. justifique que V=W. Mostre ainda, que os vetores dados pelas linhas não nulas de uma matriz-linha reduzida à forma escada! são LI. Peço, se possível, que detalhem a solução pois sou um iniciado no assunto. Grato. Flickr agora em português. Você clica, todo mundo vê. Saiba mais. = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html = -- Samir Rodrigues = Instru��es para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html = -- Samir Rodrigues = Instru��es para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html = -- Samir Rodrigues
Re: [obm-l] Algebra Linear
Na parte dos espaços iguais; vi q vc usou como limite do somatorio a dimensao de A que eh m; mas a dimensao de V eh k≤m, onde k é o numero de vetores linearmente independentes de A. Obviamente se usar m a demonstracao nao vai falhar, pois vc esta somente introduzindo vetores linearmente dependendentes, e a unica mudanca seriam os coeficientes dos vetores da base na hora de montar um elemento de V; mas do ponto de vista de rigorosidade, deve-se usar k, uma vez que a base de V sera formada somente de vetores linearmente independentes. Em 21/09/07, Marcelo Salhab Brogliato [EMAIL PROTECTED] escreveu: Olá Samir, não entendi.. em que parte? dos espacos iguais ou da independencia linear? abraços,Salhab On 9/20/07, Samir Rodrigues [EMAIL PROTECTED] wrote: Marcelo, um jeito mais rigoroso seria fazer a soma até k, k ≤ m, pois não é dito se det(A) ≠ 0; k seria a dim(V) Em 20/09/07, Marcelo Salhab Brogliato [EMAIL PROTECTED] escreveu: Olá Klaus, primeiramente vamos mostar que V=W. como provamos que 2 conjuntos sao iguais? mostrando que um está contido no outro... todos os somatorios sao de 1 até m v_i é o vetor formado pela i-ésima linha da matriz A u_i é o vetor formado pela i-ésima linha da matriz B seja x E U, entao: x = Sum a_i*u_i mas, como disse no enunciado, u_i = Sum k_r*v_r substituindo, temos: x = Sum a_i*(Sum k_r*v_r) = Sum(Sum(a_i*k_r) * v_r) logo, x E V... assim: U C V tente agora mostrar que V C U :) para mostrar que sao LI, vc deve atentar que a forma escada nos garante que na primeira coluna, todos os elementos exceto o da primeira linha sao nulos, sendo que o elemento da primei! ra linha pode ser nulo ou nao.. e isso vale para as demais linhas.. tome a combinacao linear dos vetores nao nulos e iguale a zero. seja u_ij a j-ésima componente do i-ésimo vetor.. seja a_i o i-ésimo componente da combinacao linear.. apenas u_11 é nao-nulo, sendo u_12, u_13, .. todos nulos.. entao, a_1 deve ser nulo... agora, como a_1 = 0, apenas u_22 é nao-nulo... entao, a_2 deve ser nulo.. e assim segue.. deste modo vc mostra que todos os coeficientes sao nulos e prova que os vetores sao LI.. abracos, SalhabOn 9/20/07, Klaus Ferraz [EMAIL PROTECTED] wrote: Dada uma matriz A de ordem m x n, você pode considerar as m linhas como vetores do R^n e o subespaço V, de R^n, gerado por estes m vetores. Da mesma forma para a matriz B, linha reduzida à forma escada de A, podemos considerar o subespaço W gerado pelos m vetores, dados por suas linhas. Observando que cada li! nha de B é obtida por combinação linear das linhas de ! A e vice-versa. justifique que V=W. Mostre ainda, que os vetores dados pelas linhas não nulas de uma matriz-linha reduzida à forma escada são LI. Peço, se possível, que detalhem a solução pois sou um iniciado no assunto. Grato. Flickr agora em português. Você clica, todo mundo vê. Saiba mais. = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html = -- Samir Rodrigues = Instru��es para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html = -- Samir Rodrigues
Re: [obm-l] Algebra Linear (novo)
Oi, Klaus, Idias... 1) Imagine a base cannica (1, 0 , 0 ,0), (0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0) e (0, 0, 0, 1) e o subspao W gerado pelos vetores (1,1,0, 0) e (2, 0 ,2, 0), por exemplo. Tal espao o conjunto dos vetores da forma u = a(1,1,0, 0) + b(2, 0 ,2, 2) = (a+2b, a, 2b, 0) , onde a e b so reais... Para que um subconjunto da base de R4 gere tal W necessrio que no mnimo (1,0,0,0), (0,1, 0,0) e (0, 0, 1, 0) estejam presentes Mas tais vetores geram MAIS do que W... 2) Bem, no vejo nenhuma soluo sem um "qu " de inspeo (no sentido de construo)... Naturalmente a dimenso de K 3, basta ento basta usar (1,0,0,-1), (0,1, 0, -1) e (0, 0, 1, -1), que foram obtidos pensando-se em, usar, sucessivamente vetores de K LI com os anteriores... Talvez esta outra forma de pensar o agrade mais (mas bem maluca!): Como sabemos que K possui dimenso 3, se exibirmos uma funo linear f de R3 em K, bijetora, a imagem de uma base de R3 por f ser uma base de K... Mas a funo f(x1, x2, x3) = (x1, x2, x3, -x1-x2-x3) linear bijetora e ento f(base) base... Fazendo isto para a base cannica de R3 chegamos na base de K exibida na soluo anterior... Acho que t tudo certo... Abraos, Nehab Klaus Ferraz escreveu: 1) Encontre um contra-exemplo para a seguinte afirmao: Se w1,...,w4 uma base para R^4 e se W um subespao, ento algum subconjunto dos w's ir formar uma base para W. 2) Exiba uma base para o subespao a seguir: K={(x1,x2,x3,x4) E R^4, x1+x2+x3+x4=0} Essa 2 a, para eu achar a base tem que ser por inspeo? Grato. Flickr agora em portugus. Voc clica, todo mundo v. Saiba mais. = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
Re: [obm-l] Algebra Linear
Olá Samir, não entendi.. em que parte? dos espacos iguais ou da independencia linear? abraços,Salhab On 9/20/07, Samir Rodrigues [EMAIL PROTECTED] wrote: Marcelo, um jeito mais rigoroso seria fazer a soma até k, k ≤ m, pois não é dito se det(A) ≠ 0; k seria a dim(V) Em 20/09/07, Marcelo Salhab Brogliato [EMAIL PROTECTED] escreveu: Olá Klaus, primeiramente vamos mostar que V=W. como provamos que 2 conjuntos sao iguais? mostrando que um está contido no outro... todos os somatorios sao de 1 até m v_i é o vetor formado pela i-ésima linha da matriz A u_i é o vetor formado pela i-ésima linha da matriz B seja x E U, entao: x = Sum a_i*u_i mas, como disse no enunciado, u_i = Sum k_r*v_r substituindo, temos: x = Sum a_i*(Sum k_r*v_r) = Sum(Sum(a_i*k_r) * v_r) logo, x E V... assim: U C V tente agora mostrar que V C U :) para mostrar que sao LI, vc deve atentar que a forma escada nos garante que na primeira coluna, todos os elementos exceto o da primeira linha sao nulos, sendo que o elemento da primei! ra linha pode ser nulo ou nao.. e isso vale para as demais linhas.. tome a combinacao linear dos vetores nao nulos e iguale a zero. seja u_ij a j-ésima componente do i-ésimo vetor.. seja a_i o i-ésimo componente da combinacao linear.. apenas u_11 é nao-nulo, sendo u_12, u_13, .. todos nulos.. entao, a_1 deve ser nulo... agora, como a_1 = 0, apenas u_22 é nao-nulo... entao, a_2 deve ser nulo.. e assim segue.. deste modo vc mostra que todos os coeficientes sao nulos e prova que os vetores sao LI.. abracos, SalhabOn 9/20/07, Klaus Ferraz [EMAIL PROTECTED] wrote: Dada uma matriz A de ordem m x n, você pode considerar as m linhas como vetores do R^n e o subespaço V, de R^n, gerado por estes m vetores. Da mesma forma para a matriz B, linha reduzida à forma escada de A, podemos considerar o subespaço W gerado pelos m vetores, dados por suas linhas. Observando que cada li! nha de B é obtida por combinação linear das linhas de ! A e vice-versa. justifique que V=W. Mostre ainda, que os vetores dados pelas linhas não nulas de uma matriz-linha reduzida à forma escada são LI. Peço, se possível, que detalhem a solução pois sou um iniciado no assunto. Grato. Flickr agora em português. Você clica, todo mundo vê. Saiba mais. = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html = -- Samir Rodrigues = Instru��es para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
Re: [obm-l] Algebra Linear
Olá Klaus, primeiramente vamos mostar que V=W. como provamos que 2 conjuntos sao iguais? mostrando que um está contido no outro... todos os somatorios sao de 1 até m v_i é o vetor formado pela i-ésima linha da matriz A u_i é o vetor formado pela i-ésima linha da matriz B seja x E U, entao: x = Sum a_i*u_i mas, como disse no enunciado, u_i = Sum k_r*v_r substituindo, temos: x = Sum a_i*(Sum k_r*v_r) = Sum(Sum(a_i*k_r) * v_r) logo, x E V... assim: U C V tente agora mostrar que V C U :) para mostrar que sao LI, vc deve atentar que a forma escada nos garante que na primeira coluna, todos os elementos exceto o da primeira linha sao nulos, sendo que o elemento da primeira linha pode ser nulo ou nao.. e isso vale para as demais linhas.. tome a combinacao linear dos vetores nao nulos e iguale a zero. seja u_ij a j-ésima componente do i-ésimo vetor.. seja a_i o i-ésimo componente da combinacao linear.. apenas u_11 é nao-nulo, sendo u_12, u_13, .. todos nulos.. entao, a_1 deve ser nulo... agora, como a_1 = 0, apenas u_22 é nao-nulo... entao, a_2 deve ser nulo.. e assim segue.. deste modo vc mostra que todos os coeficientes sao nulos e prova que os vetores sao LI.. abracos, Salhab On 9/20/07, Klaus Ferraz [EMAIL PROTECTED] wrote: Dada uma matriz A de ordem m x n, você pode considerar as m linhas como vetores do R^n e o subespaço V, de R^n, gerado por estes m vetores. Da mesma forma para a matriz B, linha reduzida à forma escada de A, podemos considerar o subespaço W gerado pelos m vetores, dados por suas linhas. Observando que cada linha de B é obtida por combinação linear das linhas de A e vice-versa. justifique que V=W. Mostre ainda, que os vetores dados pelas linhas não nulas de uma matriz-linha reduzida à forma escada são LI. Peço, se possível, que detalhem a solução pois sou um iniciado no assunto. Grato. Flickr agora em português. Você clica, todo mundo vê. Saiba mais. = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
Re: [obm-l] Algebra Linear
Marcelo, um jeito mais rigoroso seria fazer a soma até k, k ≤ m, pois não é dito se det(A) ≠ 0; k seria a dim(V) Em 20/09/07, Marcelo Salhab Brogliato [EMAIL PROTECTED] escreveu: Olá Klaus, primeiramente vamos mostar que V=W. como provamos que 2 conjuntos sao iguais? mostrando que um está contido no outro... todos os somatorios sao de 1 até m v_i é o vetor formado pela i-ésima linha da matriz A u_i é o vetor formado pela i-ésima linha da matriz B seja x E U, entao: x = Sum a_i*u_i mas, como disse no enunciado, u_i = Sum k_r*v_r substituindo, temos: x = Sum a_i*(Sum k_r*v_r) = Sum(Sum(a_i*k_r) * v_r) logo, x E V... assim: U C V tente agora mostrar que V C U :) para mostrar que sao LI, vc deve atentar que a forma escada nos garante que na primeira coluna, todos os elementos exceto o da primeira linha sao nulos, sendo que o elemento da primeira linha pode ser nulo ou nao.. e isso vale para as demais linhas.. tome a combinacao linear dos vetores nao nulos e iguale a zero. seja u_ij a j-ésima componente do i-ésimo vetor.. seja a_i o i-ésimo componente da combinacao linear.. apenas u_11 é nao-nulo, sendo u_12, u_13, .. todos nulos.. entao, a_1 deve ser nulo... agora, como a_1 = 0, apenas u_22 é nao-nulo... entao, a_2 deve ser nulo.. e assim segue.. deste modo vc mostra que todos os coeficientes sao nulos e prova que os vetores sao LI.. abracos, Salhab On 9/20/07, Klaus Ferraz [EMAIL PROTECTED] wrote: Dada uma matriz A de ordem m x n, você pode considerar as m linhas como vetores do R^n e o subespaço V, de R^n, gerado por estes m vetores. Da mesma forma para a matriz B, linha reduzida à forma escada de A, podemos considerar o subespaço W gerado pelos m vetores, dados por suas linhas. Observando que cada linha de B é obtida por combinação linear das linhas de A e vice-versa. justifique que V=W. Mostre ainda, que os vetores dados pelas linhas não nulas de uma matriz-linha reduzida à forma escada são LI. Peço, se possível, que detalhem a solução pois sou um iniciado no assunto. Grato. Flickr agora em português. Você clica, todo mundo vê. Saiba mais. = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html = -- Samir Rodrigues
Re: [obm-l] algebra linear
Oi, Klaus, Pense no plano, por exemplo: X_y = X_0 + y(X_1 - X_0)emas X1 - X_0 é um vetor paralelo à reta que une os pontos X_0 e X_1. Este X_y é a equação da reta que une os pontos X_0 e X_1. Ou seja, variando y em Reais você cobre a reta... Se y estiver entre 0 e 1, o X_y é a expressão de qualquer ponto interno ao segmento que une os dois pontos. Por exemplo, se y = 1/2 que você tera o ponto médio, certo? Esta é a motivação de escolher tal X_y: a reta Abraços, Nehab At 09:27 20/8/2007, you wrote: Sejam A uma matriz mxn e B uma matriz mx1. Se o sistema linear AX = B possui duas soluções distintas X_0 X_1, então ele tem infinitas soluções. Esse é um teorema que tem em qualquer livro de álgebra linear. Tenho um livro aqui que a demonstração é a seguinte: Seja X_y=(1-y)X_0 + yX_1 , vamos mostrar que X_y é solução do sistema AX=B para qualquer y pertencente a R. Para isto vamos mostrar que AX_y=B. Minha dúvida é de onde saiu Seja X_y=(1-y)X_0 + yX_1 ? Grato. Flickr agora em português. Você clica, todo mundo vê. http://br.rd.yahoo.com/mail/taglines/flickr/*http://www.flickr.com.br/Saiba mais.
RE: [obm-l] Algebra Linear
Olá Salhab!Suas colocações estão corretas sim! Consegue-se provar que as propriedades i) e ii) implicam que Im(f) = R.Att,Francisco Site: http://aulas.mat.googlepages.com Blog: http://morfismo.blogspot.com Date: Thu, 26 Jul 2007 20:12:18 -0300 From: [EMAIL PROTECTED] To: obm-l@mat.puc-rio.br Subject: Re: [obm-l] Algebra Linear Olá Francisco, realmente, a primeira vez q li me assustei... hehe.. mas vou tentar.. desculpe se eu falar besteira.. temos que: i) f(u,v) = f(v,u) ii) se f(v,u) = 0 para todo u, entao v = 0 (vetor nulo) iii) existe x != 0, tal que f(x,x) = 0 vc quer que prove que o conjunto Q(v) = f(v, v) é igual aos reais. obviamente, Q(v) C R, pois Q(v) = f(v,v) E R... [C = contido, E = pertence] temos que mostrar que para todo r E R, existe v, tal que f(v,v) = r.. isto é: R C Q(v) deste modo, teremos Q(v) = R.. bom, tudo que consegui fazer foi isso (hmm nada?) hehe gostaria de saber se minhas colocacoes estao corretas.. abracos, Salhab On 7/26/07, Francisco [EMAIL PROTECTED] wrote:Alguém tem idéia (sugestão) de como resolver o problema abaixo?! Seja f uma forma bilinear simétrica [f(u,v) = f(v,u)] , não degenerada [o único vetor v tal f(v,u) = 0, para todo u, é o vetor nulo], sobre um espaço vetorial real V tal que existe x em V , difente de zero, tal que f(x,x) = 0. Prove que a imagem da forma Q quadrática associada a f [Q(v) = f(v,v)] é igual a R [conj. dos números Reais]. Grato, Francisco.Site: http://aulas.mat.googlepages.com Blog: http://morfismo.blogspot.com Receba as últimas notícias do Brasil e do mundo direto no seu Messenger com Alertas MSN! É GRÁTIS! Assine já! = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html = _ Receba as últimas notícias do Brasil e do mundo direto no seu Messenger com Alertas MSN! É GRÁTIS! http://alertas.br.msn.com/
Re: [obm-l] Algebra Linear
Olá Francisco, realmente, a primeira vez q li me assustei... hehe.. mas vou tentar.. desculpe se eu falar besteira.. temos que: i) f(u,v) = f(v,u) ii) se f(v,u) = 0 para todo u, entao v = 0 (vetor nulo) iii) existe x != 0, tal que f(x,x) = 0 vc quer que prove que o conjunto Q(v) = f(v, v) é igual aos reais. obviamente, Q(v) C R, pois Q(v) = f(v,v) E R... [C = contido, E = pertence] temos que mostrar que para todo r E R, existe v, tal que f(v,v) = r.. isto é: R C Q(v) deste modo, teremos Q(v) = R.. bom, tudo que consegui fazer foi isso (hmm nada?) hehe gostaria de saber se minhas colocacoes estao corretas.. abracos, Salhab On 7/26/07, Francisco [EMAIL PROTECTED] wrote: Alguém tem idéia (sugestão) de como resolver o problema abaixo?! Seja f uma forma bilinear simétrica [f(u,v) = f(v,u)] , não degenerada [o único vetor v tal f(v,u) = 0, para todo u, é o vetor nulo], sobre um espaço vetorial real V tal que existe x em V , difente de zero, tal que f(x,x) = 0. Prove que a imagem da forma Q quadrática associada a f [Q(v) = f(v,v)] é igual a R [conj. dos números Reais]. Grato, Francisco. Site: http://aulas.mat.googlepages.com Blog: http://morfismo.blogspot.com Receba as últimas notícias do Brasil e do mundo direto no seu Messenger com Alertas MSN! É GRÁTIS! Assine já! = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
Re: [obm-l] algebra linear - autovalores e autovetores
Oi, Salhab, No meu entendimento, o problema não sugere que T(x, ax2 + bx + c) = (x, ax2 + cx + b), mas apenas que a imagem do conjunto {(x, ax2+bx+c), x real } é o conjunto {(x, ax2+cx+b), x real}. Ou seja, não afirma que o ponto ((x, ax2+cx+b) seja imagem do ponto (x, ax2 + bx + c), o que torna o exercício um pouquinho mais complicado. Nehab At 21:38 25/9/2006, you wrote: Olá, T(ax2 + bx + c) = ax2 + cx + b é o mesmo que dizer: T(x, ax2 + bx + c) = (x, ax2 + cx + b) assim, ela faria: T(x, ax2 + bx + b) = (x, ax2 + bx + b) logo: um auto-valor é 1, com auto-vetores (x, ax2 + bx + b) isto é, os auto-vetores do auto-valor 1 seriam as parabolas: y = ax2 + bx + b acho que é isso... alguem da uma conferida ai! abraços, Salhab - Original Message - From: Carlos Eddy Esaguy Nehab To: obm-l@mat.puc-rio.br Sent: Monday, September 25, 2006 7:16 PM Subject: Re: [obm-l] algebra linear - autovalores e autovetores Oi, Bruno, A interpretação é a seguinte (certamente): se a imagem da parábola y = ax2 +bx + c pela transformação linear (desconhecida) é a parábola y = ax2 + cx + b etc, etc. ... Nehab At 18:26 25/9/2006, you wrote: Não entendi sua transformação. Ela pega um valor de R^2 e joga em outro valor de R^2, conforme o domínio e o contra-domínio. Mas aí parece que pega um polinômio e transforma em outro? Não entendi. Para achar autovalores e autovetores de uma transformação linear basta vc achar as raízes do polinômio característico e achar o kernel das transformações T - tI, onde t é cada autovalor encontrado e I é a transformação identidade. Bruno On 9/25/06, Tiago Machado [EMAIL PROTECTED] wrote: Quais os autovalores e autovetores de uma T:R² - R² tal que T(ax² + bx + c) = ax² + cx + b ? Muito obrigado. -- Bruno França dos Reis email: bfreis - gmail.com gpg-key: http://planeta.terra.com.br/informatica/brunoreis/brunoreis.key icq: 12626000 e^(pi*i)+1=0 No virus found in this incoming message. Checked by AVG Free Edition. Version: 7.1.405 / Virus Database: 268.12.8/455 - Release Date: 22/9/2006
Re: [obm-l] algebra linear - autovalores e autovetores
Olá Nehab, entendi o q vc quis dizer.. neste caso, só posso afirmar que T(ax^2 + bx + b) é a mesma parabola... mas nao posso garantir a existencia de um auto-vetor dentro do conjunto {(x, ax2 + bx + c), x real} né? bom.. neste caso, nao sei como resolver :) aguardo alguma solucao.. se eu tiver alguma ideia mando outra mensagem, abraços, Salhab - Original Message - From: Carlos Eddy Esaguy Nehab To: obm-l@mat.puc-rio.br Sent: Tuesday, September 26, 2006 8:40 AM Subject: Re: [obm-l] algebra linear - autovalores e autovetores Oi, Salhab,No meu entendimento, o problema não sugere que T(x, ax2 + bx + c) = (x, ax2 + cx + b), mas apenas que a imagem do conjunto {(x, ax2+bx+c), x real } é o conjunto {(x, ax2+cx+b), x real}. Ou seja, não afirma que o ponto ((x, ax2+cx+b) seja imagem do ponto (x, ax2 + bx + c), o que torna o exercício um pouquinho mais complicado.Nehab At 21:38 25/9/2006, you wrote: Olá,T(ax2 + bx + c) = ax2 + cx + bé o mesmo que dizer: T(x, ax2 + bx + c) = (x, ax2 + cx + b)assim, ela faria: T(x, ax2 + bx + b) = (x, ax2 + bx + b)logo: um auto-valor é 1, com auto-vetores (x, ax2 + bx + b)isto é, os auto-vetores do auto-valor 1 seriam as parabolas: y = ax2 + bx + bacho que é isso... alguem da uma conferida ai!abraços,Salhab - Original Message - From: Carlos Eddy Esaguy Nehab To: obm-l@mat.puc-rio.br Sent: Monday, September 25, 2006 7:16 PM Subject: Re: [obm-l] algebra linear - autovalores e autovetores Oi, Bruno, A interpretação é a seguinte (certamente): se a imagem da parábola "y = ax2 +bx + c" pela transformação linear (desconhecida) é a parábola y = ax2 + cx + b etc, etc. ... Nehab At 18:26 25/9/2006, you wrote: Não entendi sua transformação. Ela pega um valor de R^2 e joga em outro valor de R^2, conforme o domínio e o contra-domínio. Mas aí parece que pega um polinômio e transforma em outro? Não entendi. Para achar autovalores e autovetores de uma transformação linear basta vc achar as raízes do polinômio característico e achar o kernel das transformações T - tI, onde "t" é cada autovalor encontrado e I é a transformação identidade. Bruno On 9/25/06, Tiago Machado [EMAIL PROTECTED] wrote: Quais os autovalores e autovetores de uma T:R² - R² tal que T(ax² + bx + c) = ax² + cx + b ? Muito obrigado. -- Bruno França dos Reis email: bfreis - gmail.com gpg-key: http://planeta.terra.com.br/informatica/brunoreis/brunoreis.key icq: 12626000 e^(pi*i)+1=0 No virus found in this incoming message. Checked by AVG Free Edition. Version: 7.1.405 / Virus Database: 268.12.8/455 - Release Date: 22/9/2006 No virus found in this incoming message.Checked by AVG Free Edition.Version: 7.1.405 / Virus Database: 268.12.9/457 - Release Date: 26/9/2006
Re: [obm-l] algebra linear - autovalores e autovetores
Aqui vai minha tentativa: Suponhamos que T(x,y) = (mx+ny,px+qy). Então, dado x em R teremos: T(x,ax^2+bx+c) = (nax^2+(nb+m)x+nc,qax^2+(qb+p)x+qc) = (u,au^2+cu+b), para algum u em R. x - +/-inf == |u| - +inf lim(|u| - +inf) (au^2+cu+b)/u^2 = a == lim(x - +/-inf) (qax^2+(qb+p)x+qc)/(nax^2+(nb+m)x+nc)^2 = a == n = 0 eqa/(nb+m)^2 = qa/m^2 = a == n = 0 e q = m^2 == T(x,y) = (mx,px+m^2y) == Autovalores: m e m^2 T(x,ax^2+bx+c) = (mx,am^2x^2 + (bm^2+p)x + m^2c) = (mx, am^2x^2 + cmx + b) == bm^2+p = cm e m^2c = b Se c = 0, então b = p = 0 == T(x,y) = (mx,m^2y)(m 0) == Autovalores:m e m^2 (m 0) Se c 0, então: T(x,y) = (+/-raiz(b/c)*x , (+/-raiz(bc)-b^2/c)*x + (b/c)*y) == m= +/-raiz(b/c) e p = +/-raiz(bc) - b^2/c == Autovalores: {raiz(b/c) ,b/c} ou {-raiz(b/c) , b/c} Suponhamos, pra simplificar, que a = 1/4. Nesse segundo caso, o vértice da parábola de origemé oponto: P = (-2b,c-b^2) Tomando m = raiz(b/c), teremos: T(P) = (-2b*raiz(b/c) , -2b*raiz(bc)+ b^3/c + b), o qual de fato, pertence à parábola-imagem y = x^2/4 + cx + b, mas não é o vértice desta. O vértice é(-2c,b-c^2). []s, Claudio. De: [EMAIL PROTECTED] Para: obm-l@mat.puc-rio.br Cópia: Data: Tue, 26 Sep 2006 08:40:40 -0300 Assunto: Re: [obm-l] algebra linear - autovalores e autovetoresOi, Salhab,No meu entendimento, o problema não sugere que T(x, ax2 + bx + c) = (x, ax2 + cx + b), mas apenas que a imagem do conjunto {(x, ax2+bx+c), x real } é o conjunto {(x, ax2+cx+b), x real}. Ou seja, não afirma que o ponto ((x, ax2+cx+b) seja imagem do ponto (x, ax2 + bx + c), o que torna o exercício um pouquinho mais complicado.Nehab
Re: [obm-l] algebra linear - autovalores e autovetores
Oi, Claudio, Sua sacada do limite para sair do braçal foi muito legal Eu não havia visto uma forma simples de contornar o algebrismo que se avizinhava... e parei. Adorei ! Ah, quando lembro quanta ferrugem ainda tenho que sacudir dos neurônios...:-)... Mas chego lá... Abração, Nehab At 14:50 26/9/2006, you wrote: Aqui vai minha tentativa: Suponhamos que T(x,y) = (mx+ny,px+qy). Então, dado x em R teremos: T(x,ax^2+bx+c) = (nax^2+(nb+m)x+nc,qax^2+(qb+p)x+qc) = (u,au^2+cu+b), para algum u em R. x - +/-inf == |u| - +inf lim(|u| - +inf) (au^2+cu+b)/u^2 = a == lim(x - +/-inf) (qax^2+(qb+p)x+qc)/(nax^2+(nb+m)x+nc)^2 = a == n = 0 e qa/(nb+m)^2 = qa/m^2 = a == n = 0 e q = m^2 == T(x,y) = (mx,px+m^2y) == Autovalores: m e m^2 T(x,ax^2+bx+c) = (mx,am^2x^2 + (bm^2+p)x + m^2c) = (mx, am^2x^2 + cmx + b) == bm^2+p = cm e m^2c = b Se c = 0, então b = p = 0 == T(x,y) = (mx,m^2y) (m 0) == Autovalores: m e m^2 (m 0) Se c 0, então: T(x,y) = (+/-raiz(b/c)*x , (+/-raiz(bc)-b^2/c)*x + (b/c)*y) == m = +/-raiz(b/c) e p = +/-raiz(bc) - b^2/c == Autovalores: {raiz(b/c) , b/c} ou {-raiz(b/c) , b/c} Suponhamos, pra simplificar, que a = 1/4. Nesse segundo caso, o vértice da parábola de origem é o ponto: P = (-2b,c-b^2) Tomando m = raiz(b/c), teremos: T(P) = (-2b*raiz(b/c) , -2b*raiz(bc) + b^3/c + b), o qual de fato, pertence à parábola-imagem y = x^2/4 + cx + b, mas não é o vértice desta. O vértice é (-2c,b-c^2). []s, Claudio. De: [EMAIL PROTECTED] Para: obm-l@mat.puc-rio.br Cópia: Data: Tue, 26 Sep 2006 08:40:40 -0300 Assunto: Re: [obm-l] algebra linear - autovalores e autovetores Oi, Salhab, No meu entendimento, o problema não sugere que T(x, ax2 + bx + c) = (x, ax2 + cx + b), mas apenas que a imagem do conjunto {(x, ax2+bx+c), x real } é o conjunto {(x, ax2+cx+b), x real}. Ou seja, não afirma que o ponto ((x, ax2+cx+b) seja imagem do ponto (x, ax2 + bx + c), o que torna o exercício um pouquinho mais complicado. Nehab
Re: [obm-l] algebra linear - autovalores e autovetores
Realmente, é uma transformação de P2 em P2. Obrigado!
Re: [obm-l] algebra linear - autovalores e autovetores
Não entendi sua transformação.Ela pega um valor de R^2 e joga em outro valor de R^2, conforme o domínio e o contra-domínio.Mas aí parece que pega um polinômio e transforma em outro? Não entendi.Para achar autovalores e autovetores de uma transformação linear basta vc achar as raízes do polinômio característico e achar o kernel das transformações T - tI, onde t é cada autovalor encontrado e I é a transformação identidade. BrunoOn 9/25/06, Tiago Machado [EMAIL PROTECTED] wrote: Quais os autovalores e autovetores de uma T:R² - R² tal que T(ax² + bx + c) = ax² + cx + b ? Muito obrigado. -- Bruno França dos Reisemail: bfreis - gmail.comgpg-key: http://planeta.terra.com.br/informatica/brunoreis/brunoreis.key icq: 12626000e^(pi*i)+1=0
Re: [obm-l] algebra linear - autovalores e autovetores
Oi, Bruno, A interpretação é a seguinte (certamente): se a imagem da parábola y = ax2 +bx + c pela transformação linear (desconhecida) é a parábola y = ax2 + cx + b etc, etc. ... Nehab At 18:26 25/9/2006, you wrote: Não entendi sua transformação. Ela pega um valor de R^2 e joga em outro valor de R^2, conforme o domínio e o contra-domínio. Mas aí parece que pega um polinômio e transforma em outro? Não entendi. Para achar autovalores e autovetores de uma transformação linear basta vc achar as raízes do polinômio característico e achar o kernel das transformações T - tI, onde t é cada autovalor encontrado e I é a transformação identidade. Bruno On 9/25/06, Tiago Machado [EMAIL PROTECTED] wrote: Quais os autovalores e autovetores de uma T:R² - R² tal que T(ax² + bx + c) = ax² + cx + b ? Muito obrigado. -- Bruno França dos Reis email: bfreis - gmail.com gpg-key: http://planeta.terra.com.br/informatica/brunoreis/brunoreis.key icq: 12626000 e^(pi*i)+1=0
Re: [obm-l] algebra linear - autovalores e autovetores
Olá, cara, nao entendi a transformacao é de R2 em R2 né? entao seria T(a,b) = alguma_coisa nao entendi a notacao.. explicai q te ajudo! :) mas soh pra adiantar, basta encontrar os elementos do R2, tal que: T(X) = kX, onde k é uma constante real.. k é o auto-valor e X é o auto-vetor... um abraço Salhab - Original Message - From: Tiago Machado To: obm-l@mat.puc-rio.br Sent: Monday, September 25, 2006 6:06 PM Subject: [obm-l] algebra linear - autovalores e autovetores Quais os autovalores e autovetores de uma T:R² - R² tal que T(ax² + bx + c) = ax² + cx + b ?Muito obrigado. No virus found in this incoming message.Checked by AVG Free Edition.Version: 7.1.405 / Virus Database: 268.12.8/455 - Release Date: 22/9/2006
Re: [obm-l] algebra linear - autovalores e autovetores
Olá, T(ax2 + bx + c) = ax2 + cx + b é o mesmo que dizer: T(x, ax2 + bx + c) = (x, ax2 + cx + b) assim, ela faria: T(x, ax2 + bx + b) = (x, ax2 + bx + b) logo: um auto-valor é 1, com auto-vetores (x, ax2 + bx + b) isto é, os auto-vetores do auto-valor 1seriam as parabolas: y = ax2 + bx + b acho que é isso... alguem da uma conferida ai! abraços, Salhab - Original Message - From: Carlos Eddy Esaguy Nehab To: obm-l@mat.puc-rio.br Sent: Monday, September 25, 2006 7:16 PM Subject: Re: [obm-l] algebra linear - autovalores e autovetores Oi, Bruno,A interpretação é a seguinte (certamente): se a imagem da parábola "y = ax2 +bx + c" pela transformação linear (desconhecida) é a parábola y = ax2 + cx + b etc, etc. ...NehabAt 18:26 25/9/2006, you wrote: Não entendi sua transformação.Ela pega um valor de R^2 e joga em outro valor de R^2, conforme o domínio e o contra-domínio.Mas aí parece que pega um polinômio e transforma em outro? Não entendi.Para achar autovalores e autovetores de uma transformação linear basta vc achar as raízes do polinômio característico e achar o kernel das transformações T - tI, onde "t" é cada autovalor encontrado e I é a transformação identidade. BrunoOn 9/25/06, Tiago Machado [EMAIL PROTECTED] wrote: Quais os autovalores e autovetores de uma T:R² - R² tal que T(ax² + bx + c) = ax² + cx + b ? Muito obrigado.-- Bruno França dos Reisemail: bfreis - gmail.comgpg-key: http://planeta.terra.com.br/informatica/brunoreis/brunoreis.key icq: 12626000e^(pi*i)+1=0 No virus found in this incoming message.Checked by AVG Free Edition.Version: 7.1.405 / Virus Database: 268.12.8/455 - Release Date: 22/9/2006
Re: [obm-l] Algebra Linear
Ola, 1)S(t) = P + tA, onde A é o vetor diretor da reta vamos encontrar a reta R: y = 2x - 2 e z = 3x - 1 .. entao: (x, 2x - 2, 3x - 1) = (x, 2x, 3x)+ (0, -2, -1) = x(1, 2, 3) + (0, -2, -1) assim: R(t) = (0, -2, -1) + t(1, 2, 3) como S é perpendicular a R, entao: A . (1, 2, 3) = 0 Seja A (a, b, c), entao: a + 2b + 3c = 0 como as retas se cruzam: S(t) = R(t) tem que ter solução... (1, -2, 1) + t(a, b, c) = (0, -2, -1) + t(1, 2, 3) 1 + ta = 0 + t -2 + tb = -2 + 2t 1 + tc = -1 + 3t a = (t-1)/t b = 2 c = (3t - 2)/t mas a + 2b + 3c = 0.. entao: (t-1)/t + 4t/t + 3(3t - 2)/t = 0 ... t-1 + 4t + 9t - 6 = 0 ... 14t = 7 ... t = 1/2 assim: a = 1 - 1/t = 1 - 2 = -1 c = 3 - 2/t = 3 - 4 = -1 logo: a = -1, b = 2, c = -1 S(t) = (1, -2, 1) + t (-1, 2, -1) x = 1 - t y = -2 + 2t z = 1 - t abraços, Salhab - Original Message - From: Klaus Ferraz To: obm-l@mat.puc-rio.br Sent: Friday, July 07, 2006 6:27 PM Subject: [obm-l] Algebra Linear 1) A reta s, que passa pela ponto P(1,-2,1), corta a reta r de equacoes x-1=y/2=(z-2)/3 e é perpendicular a r, tem equacoes: (na forma parametrica) 2) A reta r é paralela aos planos alpha, de equacao 3x-4y+9z=0 e beta, de equacao 3x+12y-3z=17; corta as retas s e t de equacoes: s: x/2=(4-y)/3=(z+5)/4 e t: x-8=(2-y)/2= -z-3. As coordenadas do ponto de intersecao de r e s é: Grato. Yahoo! SearchMúsica para ver e ouvir: You're Beautiful, do James Blunt
Re: [obm-l] Algebra Linear
Olá, 2) Vamos montar as equações dos planos... (X - P) . N = 0, onde X é a variavel, P é um ponto do plano e N é o vetor normal ao plano. alpha: N_1 (3, -4, 9) beta: N_2 (3, 12, -3) como a reta R é paralela a ambos os planos, ele é perpendicular às suas respectivas normais.. logo, seja R(t) = P + tA, onde A(a, b, c)é o vetor diretor, temos: A . N_1 = 0 3a - 4b + 9c = 0 (i) A . N_2 = 0 3a + 12b - 3c = 0 (ii) reta S: 2y = 8 - 3x, z = 2x - 5 ... (x, (8-3x)/2, (2x-5)) =1/2 *(2x, 8 - 3x, 4x - 10) = 1/2 * (2x, -3x, 4x) + 1/2 * (0, 8, -10) = x/2 * (2, -3, 4) + (0, 4, -5) logo: S(t) = (0, 4, -5) + t (2, -3, 4) reta T: y = 18 - 2x,z = 5 - x ... (x, 18 - 2x, 5 - x) = (x, -2x, -x) + (0, 18, 5) = x(1, -2, -1) + (0, 18, 5) logo: T(t) = (0, 18, 5) + t(1, -2, -1) agora, como ele corta as retas S e T, entao S(t) = R(t) tem que ter solucao e T(t) = R(t) tb tem solução, onde os t's não são necessariamente os mesmos. assim, S(t0) = R(t0) e T(t1) = R(t1) ... destas equações, temos 6 equações em funcao de a, b, c, x, y, z, t0, t1 junto com (i) e (ii), temos um sistema linear de 8 incognitas e 8 variaveis. o sistema deve ser possivel e determinado.. assim, obtemos a reta R(t) .. e basta fazer a intersecção com a reta S(t). abraços, Salhab - Original Message - From: Klaus Ferraz To: obm-l@mat.puc-rio.br Sent: Friday, July 07, 2006 6:27 PM Subject: [obm-l] Algebra Linear 1) A reta s, que passa pela ponto P(1,-2,1), corta a reta r de equacoes x-1=y/2=(z-2)/3 e é perpendicular a r, tem equacoes: (na forma parametrica) 2) A reta r é paralela aos planos alpha, de equacao 3x-4y+9z=0 e beta, de equacao 3x+12y-3z=17; corta as retas s e t de equacoes: s: x/2=(4-y)/3=(z+5)/4 e t: x-8=(2-y)/2= -z-3. As coordenadas do ponto de intersecao de r e s é: Grato. Yahoo! SearchMúsica para ver e ouvir: You're Beautiful, do James Blunt
Re: [obm-l] Algebra linear
Muito obrigado Reinaldo Bellini, vc ajudou muito!
Re: [obm-l] Algebra linear
caro colega faça o seguinte : a) 0v = 0 0v = ( 0 + 0 ) v 0v = 0v + ov ( prop distributiva ) somando o inverso aditivo vem : 0v + ( -0v) = 0v + 0v + ( -ov ) 0 = 0v como queriamos b) av = 0 então a =0 ou v= 0 vamos supor a diferente de zero , então como estamos em um corpo, todo elemnto diferente de zero tem um iinverso tq a.a-1 = 1. multiplicando ambos pelo inverso multiplicativo de a vem : a-1a v = 0 a-1 1v =0 v= 0 como queriamos mostrar um abraço , espero ter ajudado Reinaldo Bellini Olá caros colegas da lista, estou estudando álgebra linear e embora tenha entendido as definições de Corpo e Espaço Vetorial, não consigo resolver os exercícios abaixo, alguém pode me ajudar!!! Exercício: Seja V um espaço vetorial sobre um corp K. a) Mostre que 0.v = 0 para todo vetor v pertencente a V e que .0 = 0 para todo pertencente a K b) Mostre que se .v = 0, com pertencente a K e v pertencente a V, então ou = 0 ou v = 0. Muito obrigado Dema --
[obm-l] RE: [obm-l] Algebra Linear - Múltiplo Escalar
Quando voce afirma v1=0, entao se v1 esta em R^4, 0 nao e o escalar zero e sim o vetor nulo 0 = (0,0,0,0). Voce deveria usar outra notacao para nao confundir. Quando voce faz v1=0*v2, nesse caso voce usa o escalar 0 que nao e igual ao vetor nulo 0 usado anteriormente. Como dizia um politico, Uma coisa e uma coisa e outra coisa e outra coisa... Leandro Los Angeles, CA. -Original Message- From: [EMAIL PROTECTED] [mailto:[EMAIL PROTECTED] On Behalf Of Daniel S. Braz Sent: Friday, April 08, 2005 8:37 AM To: OBM-L Subject: [obm-l] Algebra Linear - Múltiplo Escalar Problema retirado do Cap. 1.6 do livro Algebra Linear (David Lay) Dados os vetores v1 e v2 do R4 e sabendo que nenhum dos dois é múltiplo escalar um do outro, verifique se o conjunto formado por c = {v1, v2} é linearmente dependente. Eu pensei o seguinte: Já que v1 e v2 não são múltiplos o conjunto c não pode ser L.D. Porém a resposta do livro era que o conjunto poderia ser L.D. já que v1 ou v2 poderiam ser o vetor nulo (i.e: todas as componentes iguais a zero). Então...minha dúvida: O vetor nulo é considerado multiplo de todos os vetores ou de nenhum vetor? Sendo v1 = 0 e v2 = (qq um não nulo). Se eu fizer 1*v1 = 0*v2, eu estou dizendo que v2 é múltiplo escalar de v1? (ou seja, zero é um escalar?) Se zero foi escalar, então o vetor nulo não poderia ser considerado e a resposta dada pelo livro está errada, certo? []s daniel -- A essência da Matemática reside na sua liberdade. (G. Cantor) = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html = = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
Re: [obm-l] RE: [obm-l] Algebra Linear - Múltiplo Escalar
Leandro, Sim..desculpe a péssima notação..mas o que eu tentei dizer foi exatamente isso.. v1=0 - v1 = (0,0,0,0) 0*v2 = 0*(x1,x2,x3,x4), onde x1,x2,x3,x4 são as componentes de v2 e 0 é o número zero mesmo. mas..voltando ao problema.. então quer dizer que 0 é um escalar...ou seja..ele não poderia considerar o vetor (0,0,0,0) como válido já que disse que v1 e v2 não eram múltiplos escalares um do outro...é isso? ou seja... isso que dizer que (0,0,0,0) é um múltiplo de (1,1,1,1) já que podemos escrever 1*(0,0,0,0) = 0*(1,1,1,1) []s daniel On Apr 8, 2005 2:06 PM, Leandro Lacorte Recova [EMAIL PROTECTED] wrote: Quando voce afirma v1=0, entao se v1 esta em R^4, 0 nao e o escalar zero e sim o vetor nulo 0 = (0,0,0,0). Voce deveria usar outra notacao para nao confundir. Quando voce faz v1=0*v2, nesse caso voce usa o escalar 0 que nao e igual ao vetor nulo 0 usado anteriormente. Como dizia um politico, Uma coisa e uma coisa e outra coisa e outra coisa... Leandro Los Angeles, CA. -Original Message- From: [EMAIL PROTECTED] [mailto:[EMAIL PROTECTED] On Behalf Of Daniel S. Braz Sent: Friday, April 08, 2005 8:37 AM To: OBM-L Subject: [obm-l] Algebra Linear - Múltiplo Escalar Problema retirado do Cap. 1.6 do livro Algebra Linear (David Lay) Dados os vetores v1 e v2 do R4 e sabendo que nenhum dos dois é múltiplo escalar um do outro, verifique se o conjunto formado por c = {v1, v2} é linearmente dependente. Eu pensei o seguinte: Já que v1 e v2 não são múltiplos o conjunto c não pode ser L.D. Porém a resposta do livro era que o conjunto poderia ser L.D. já que v1 ou v2 poderiam ser o vetor nulo (i.e: todas as componentes iguais a zero). Então...minha dúvida: O vetor nulo é considerado multiplo de todos os vetores ou de nenhum vetor? Sendo v1 = 0 e v2 = (qq um não nulo). Se eu fizer 1*v1 = 0*v2, eu estou dizendo que v2 é múltiplo escalar de v1? (ou seja, zero é um escalar?) Se zero foi escalar, então o vetor nulo não poderia ser considerado e a resposta dada pelo livro está errada, certo? []s daniel -- A essência da Matemática reside na sua liberdade. (G. Cantor) = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html = = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html = -- A essência da Matemática reside na sua liberdade. (G. Cantor) = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
Re: [obm-l] algebra linear - funcionais lineares
muito boa solução!!! grato éder.Claudio Buffara [EMAIL PROTECTED] wrote: on 13.01.05 18:33, Lista OBM at [EMAIL PROTECTED] wrote: 2) Seja V um K-espaço vetorial qualquer e B = {v _ j} uma base de V (i em um conjunto de índices J qualquer). Para cada j em J, defina um funcional linear f_j em V* t.q. f_ j(v_i) = delta_ij (i.e., 1 se i = j e 0 se i0). Prove que {f_ j}, j em J é uma base de V* se, e só se, J é finito. (Obs.: A volta tem qq livro de alg. linear.) grato desde já, éder. IDA (por contrapositiva):Suponha que J eh infinito.Seja F: V - K um funcional linear tal que: F(v) = 1 para cada vetor v da base B (*)Suponhamos que existam: um subconjunto finito I de J (digamos, com n elementos - s.p.d.g. podemos supor que I = {1,2,...,n});e uma-nupla (a_1, a_2, ..., a_n) de elementos de K,tais que: F = SOMA(1=i=n) a_i*f_i (**).Seja r um elemento de J - I.Por (*), temos que F(v_r) = 1.Entretanto, para cada i em I, f_i(v_r) = 0, de modo q! ue, por (**), F(v_r) = 0.Essa contradicao mostra que nenhuma combinacao linear finita dos f_j eh igual a F.Em outras palavras, {f_j | j pertence a J} nao eh uma base de V*.[]s,Claudio.__Converse com seus amigos em tempo real com o Yahoo! Messenger http://br.download.yahoo.com/messenger/
Re: [obm-l] algebra linear - funcionais lineares
Title: Re: [obm-l] algebra linear - funcionais lineares on 13.01.05 18:33, Lista OBM at [EMAIL PROTECTED] wrote: 2) Seja V um K-espaço vetorial qualquer e B = {v _ j} uma base de V (i em um conjunto de índices J qualquer). Para cada j em J, defina um funcional linear f_j em V* t.q. f_ j(v_i) = delta_ij (i.e., 1 se i = j e 0 se i0). Prove que {f_ j}, j em J é uma base de V* se, e só se, J é finito. (Obs.: A volta tem qq livro de alg. linear.) grato desde já, éder. IDA (por contrapositiva): Suponha que J eh infinito. Seja F: V - K um funcional linear tal que: F(v) = 1 para cada vetor v da base B (*) Suponhamos que existam: um subconjunto finito I de J (digamos, com n elementos - s.p.d.g. podemos supor que I = {1,2,...,n}); e uma-nupla (a_1, a_2, ..., a_n) de elementos de K, tais que: F = SOMA(1=i=n) a_i*f_i (**). Seja r um elemento de J - I. Por (*), temos que F(v_r) = 1. Entretanto, para cada i em I, f_i(v_r) = 0, de modo que, por (**), F(v_r) = 0. Essa contradicao mostra que nenhuma combinacao linear finita dos f_j eh igual a F. Em outras palavras, {f_j | j pertence a J} nao eh uma base de V*. []s, Claudio.
Re: [obm-l] algebra linear - funcionais lineares
Title: Re: [obm-l] algebra linear - funcionais lineares on 13.01.05 18:33, Lista OBM at [EMAIL PROTECTED] wrote: gostaria de uma ajuda nos dois problemas abaixo: 1) Considere o funcioanl linear f: M_n(K) -- K definido por f(A) = tr A (i.e., f(A) = traço de A), p/ todo A em M_n(K). a) Mostre que matrizes semelhantes em M_n(K) têm o mesmo traço. (Obs.: Esse naum estah muito longe de eu consegui resolve-lo.) *** Isso eh consequencia do fato de termos tr(AB) = tr(BA) para quaisquer A e B em M_n(K), de modo que: B = PAP^(-1) == tr(B) = tr(PAP^(-1)) = tr(P^(-1)PA) = tr(IA) = tr(A). b) Seja g:M_n(K) -- K um funcional linear t.q. g(AB) = g(BA), p/ todo A, B em M_n(K). Mostre que existe b em K t.q. g(A) = b tr A, p/ todo A em M_n(K). *** Ponhamos g(M) = SOMA(1=i, j=n) c_ij*m_ij. Seja B a matriz cujo unico elemento nao nulo eh b_rs = 1. Entao: AB = matriz cuja unica coluna nao nula eh a s-esima = (a_1r,a_2r,...,a_nr)^t. e BA = matriz cuja unica linha nao nula eh a r-esima = (a_s1,a_s2,...,a_sn) g(AB) = g(BA) == c_1r*a_1r + c_2r*a_2r + ... + c_nr*a_nr = c_s1*a_s1 + c_s2*a_s2 + ... + c_sn*a_sn. A fim de determinar os valores dos c_ij, precisamos escolher matrizes A apropriadas: Inicialmente, escolhemos matrizes A com um unico elemento nao nulo a_uv. Fazendo variar u, v, r e s, deduzimos que c_ij = 0 se i j. Em seguida, tomamos A = I == c_rr = c_ss, quaisquer que sejam r e s == c_11 = c_22 = ... = c_nn = b = constante de K Logo, g(M) = b*(m_11 + ... + m_nn) = b*tr(M). []s, Claudio.
RE: [obm-l] algebra linear - funcionais lineares
Essas demonstracoes tem no livro do Lang. De uma olhada nesse link: http://mathworld.wolfram.com/MatrixTrace.html Leandro -Original Message- From: [EMAIL PROTECTED] [mailto:[EMAIL PROTECTED] On Behalf Of Lista OBM Sent: Thursday, January 13, 2005 12:33 PM To: Lista OBM Subject: [obm-l] algebra linear - funcionais lineares gostaria de uma ajuda nos dois problemas abaixo: 1) Considere o funcioanl linear f: M_n(K) -- K definido por f(A) = tr A (i.e., f(A) = traço de A), p/ todo A em M_n(K). a) Mostre quematrizes semelhantes em M_n(K) têm o mesmo traço. (Obs.: Esse naum estah muito longe de eu consegui resolve-lo.) b) Seja g:M_n(K) -- K um funcional linear t.q. g(AB) = g(BA), p/ todo A, B em M_n(K). Mostre queexiste b em K t.q. g(A) = b tr A, p/ todo a em M_n(K). 2) Seja V um K-espaço vetorialqualquer e B = {v _ j} uma base de V (i em um conjunto de índices Jqualquer). Para cadaj em J, defina um funcional linear f_j em V* t.q. f_ j(v_i) = delta_ij (i.e., 1 se i = j e 0 se i0). Prove que {f_ j}, j em J é uma base de V* se, e só se, J é finito. (Obs.: A volta tem qq livro de alg. linear.) garto desde já, éder. Yahoo! Acesso Grátis - Internet rápida e grátis. Instale o discador do Yahoo! agora.
Re: [obm-l] Algebra Linear
Paulo Santa Rita ([EMAIL PROTECTED]) escreveu: Seja V um espaco vetorial de dimensao finita com produto interno e { a1, ..., an } uma base deste espaco. Dados N numeros reais ( image que o corpo associado a V e o conjunto dos numeros reais ) quaisquer {R1, ..., Rn }. Mostre que existe UMA UNICA base { b1, ..., bn } de V tais que : ai,bj= 0 se i # j ( # significa e diferente de ) ai,bj=Ri se i=j Primeiramente, nenhum R_i pode ser nulo; se R_i é nulo então { a_1, ..., a_i, b_i, ..., a_n } é um conjunto com n+1 vetores linearmente independentes, absurdo, a menos que fosse b_i = 0, outro absurdo pois queremos determinar uma base. Todo b_i pode ser expresso como combinação linear de vetores da base A = { a_1, ..., a_n }. b_i = c_i1*a_1 + ... + c_in*a_n Como b_i, b_j = c_i1a_1, a_j + ... + c_ina_n, a_j = d_ij*R_i (onde d_ij = 1 se i=j e 0 se i # j ), temos n sistemas de n equações, para i variando de 1 até n: c_i1a_1, a_1 + ... + c_ina_n, a_1 = 0 ... c_iia_1, a_i + ... + c_ina_n, a_i = R_i ... c_ina_1, a_n + ... + c_ina_n, a_n = 0 Queremos determinar os c_ij, sendo que a matriz M dos coeficientes é sempre a mesma para todo i. Seja X_i o vetor de R^n tal que a j-ésima coordenada seja a_i, a_j, ou seja, os vetores coluna de M. Mostremos que os X_i são linearmente independentes; isso implica que o det(M) não é nulo, logo cada sistema nxn tem solução, que será única. Se t_1*X_1 + ... + t_n*X_n = 0, então t_1*a_1, a_j + ... + t_n*a_n, a_j = 0 para todo j == t_1*a_1 + .. + t_n*a_n, a_j = 0 para todo j == t_1 = t_2 = ... = t_n = 0 pois do contrário t_1*a_1 + ... + t_n*a_n seria um vetor perpendicular à todo vetor da base A, absurdo. Assim, é possível determinar os coeficientes c_ij para todo i,j, logo encontramos n vetores b_i = c_i1*a_1 + ... + c_in*a_n. Seja B o conjunto desses b_i. Precisamos mostrar que B é base; sendo um conjunto de n vetores, basta mostrar que é linearmente independente: s_1*b_1 + ... + s_n*b_n = 0 == s_1*b_1 + ... + s_n*b_n, a_i = 0 para todo i == s_i*b_i, a_i = 0 para todo i == s_i*R_i = 0 para todo i == s_1 = s_2 = ... = s_n = 0 Logo, B é a base. A unicidade já havia sido demonstrada. []s, Daniel = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
Re: [obm-l] Algebra Linear
[EMAIL PROTECTED] escreveu: Como b_i, b_j = c_i1a_1, a_j + ... + c_ina_n, a_j = d_ij*R_i Erro de digitação: é b_i, a_j em vez de b_i, b_j; o resto está escrito certo. Queremos determinar os c_ij, sendo que a matriz M dos coeficientes é sempre a mesma para todo i. Seja X_i o vetor de R^n tal que a j-ésima coordenada seja , ou seja, os vetores coluna de M. Mostremos que os X_i são linearmente independentes; isso implica que o det(M) não é nulo, logo cada sistema nxn tem solução, que será única. Em vez de apelar para o determinante de M, outro argumento (que eu prefiro!) é o seguinte: se os X_i são LI então a transformação linear M:R^n -- R^n é um isomorfismo, logo para qualquer y em R^n existe um único z em R^n tal que y = Mz. []s, Daniel = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
Re: [obm-l] Algebra Linear
[EMAIL PROTECTED] escreveu: c_i1a_1, a_1 + ... + c_ina_n, a_1 = 0 ... c_iia_1, a_i + ... + c_ina_n, a_i = R_i ... c_ina_1, a_n + ... + c_ina_n, a_n = 0 Também escrito errado; o certo é c_i1a_1, a_1 + ... + c_ina_n, a_1 = 0 ... c_i1a_1, a_i + ... + c_ina_n, a_i = R_i ... c_i1a_1, a_n + ... + c_ina_n, a_n = 0 []s, Daniel = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
Re: [obm-l] algebra linear
a) F(x,y) = (x+y,x) e F(a,b) = (a+b, a) Assim, *F[(x,y)+(a,b)]* = F(x+a,y+b) = (x+a+y+b, x+a) = *F(x,y) + F(a,b)* *F[k.(x,y)]* = F(kx,ky) = (kx+ky,kx) = k.(x+y,x) = *k.F(x)* b) F(x,y,z) = (2x-3y+4z) e F(a,b,c) = (2a-3b+4z) Assim, *F[(x,y,z)+(a,b,c)]* = F(x+a, y+b, z+c) = (2x+2a-3y-3b+4z+4c) = (2x-3y+4z)+(2a-3b+4c) = *F(x,y,z) + F(a,b,c) F[k.(x,y,z)]* = F(kx, ky, kz) = 2kx-3ky+4kz = k.(2x-3y+4z) = *k.F(x,y,z)* andrey.bg wrote: Mostre que as seguintes Tranformações F são Lineares: a)- F: R^2^R^2, definidas como F(x,y)=(x+y,x) b)-F: R^3---R, definidas como F(x,y,z)=(2x-3y+4z) = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
Re: [obm-l] Algebra Linear
Title: Re: [obm-l] Algebra Linear on 05.11.04 09:34, andrey.bg at [EMAIL PROTECTED] wrote: Seja F pertencente L(R^2) tal que F(1,0)=(2,5) e F(0,1)=(3,4). Verifique se I+F é o operador Identidade no R^2, isto é I(x,y)=(x,y) para todo (x,y) pertencente R^2. I + F soh poderah ser igual a I se F = 0, ou seja, F(x,y) = (0,0) para todo (x,y), o que nao eh o caso.
Re: [obm-l] algebra linear (pergunta correta)
Title: Re: [obm-l] algebra linear (pergunta correta) on 05.11.04 13:18, andrey.bg at [EMAIL PROTECTED] wrote: Seja F pertencente L(R^2) tal que F(1,0)=(2,5) e F(0,1)=(3,4). Verifique se I+F é um automorfismo, onde I o operador Identidade no R^2, isto é I(x,y)=(x,y) para todo (x,y) pertencente R^2. Certamente I+F eh linear, pois L(R^2) eh um espaco vetorial. No entanto, I+F nao eh uma bijecao pois leva a base canonica do R^2 num subespaco de dimensao 1 gerado pelo vetor (3,5). Logo, I+F nao eh um automorfismo.
Re: [obm-l] algebra linear
--- [EMAIL PROTECTED] wrote: Tenho algumas questões de algebra q n consegui fazer, são elas: 1}Determine uma base para as funções tal que f(X)=f(-x) Não entendi bem o que foi pedido 2)seja W um espaço vetorial e z e v sub-espaços de W, pode afirmar: a)z (interseção) v é um sub-espaço vetorial? b)z (União) v é um sub-espaço vetorial? a) É. Porque: o elemento 0 está contido nesta interseccão; se x pertence a ambos os espaços, então -x também pertence, pois -x, pela definição de espaço vetorial, tem que estar também em z e v. Combinacoes lineraes também pertencem. b) Não.A soma de um vetor de z com um vetor de v pode não estar nem em z nem em v. Exemplo: No R^2, retas distintas que passem pela origem. Cada uma é um sub-espaço de R^2, mas a soma de um vetor não nulo de uma com um vetor não nulo da outra não está em nenhuma delas. 3)determine uma base para W={(x,y,z)(pertencente)R³/ ax+by+cz=0} qualquer que seja a,b,c pertencente aos reais. Isto não implica que W = {0}? 4)seja B=u(1),u(2),...,u(n) e B'=v(1),v(2),...,v(n) onde u(k) é o valor de u na posição k para mudar a base da matriz de B para B' B'para B Não peguei a idéia. Ana __ Do you Yahoo!? New and Improved Yahoo! Mail - Send 10MB messages! http://promotions.yahoo.com/new_mail = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
Re: [obm-l] algebra linear
Tb nao entendi direito o 4...no 3 , talvez nao tenha ficado claro, mas a,,b,c esta fixados. Para formar a baseescolha um vetor ortogonal a (a,b,c) por exemplo (b,-a,0) este esta no plano, escolha outro nao paralelo a esse , tipo (0,-c,b)...esses dois formam uma base. Evans [EMAIL PROTECTED] wrote: --- [EMAIL PROTECTED] wrote: Tenho algumas questões de algebra q n consegui fazer, são elas: 1}Determine uma base para as funções tal que f(X)=f(-x) Não entendi bem o que foi pedido 2)seja W um espaço vetorial e z e v sub-espaços de W, pode afirmar: a)z (interseção) v é um sub-espaço vetorial? b)z (União) v é um sub-espaço vetorial? a) É. Porque: o elemento 0 está contido nestainterseccão; se x pertence a ambos os espaços, então-x também pertence, pois -x, pela definição de espaçovetorial, tem que estar também em z e v. Combinacoeslineraes também pertencem.b) Não.A soma de um vetor de z com um vetor de v podenão estar nem em z nem em v. Exemplo: No R^2, retasdistintas que passem pela origem. Cada uma é umsub-espaço de R^2, mas a soma de um ! vetor não nulo deuma com um vetor não nulo da outra não está em nenhumadelas. 3)determine uma base para W={(x,y,z)(pertencente)R³/ ax+by+cz=0} qualquer que seja a,b,c pertencente aos reais.Isto não implica que W = {0}? 4)seja B= e B'=onde u(k) é o valor de u na posição k para mudar a base da matriz de B para B' B'para B Não peguei a idéia.Ana__Do you Yahoo!?New and Improved Yahoo! Mail - Send 10MB messages!http://promotions.yahoo.com/new_mail =Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista emhttp://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html= Yahoo! Messenger 6.0 - jogos, emoticons sonoros e muita diversão. Instale agora!
Re: [obm-l] Algebra Linear - Operadores Lineares
positiva quer dizer que para todo vetor x != 0, temos x* T x 0? seja v um auto-vetor de T, se Tv = dv, então Tv, Tv = dv, dv = d^2 v, v = d^2 ||v||^2 mas Tv, Tv = (Tv)*(Tv) = v*T*Tv = v* I v = ||v||^2 d^2 = 1 como ela é positiva, d = 1. tr(T) = traço(T) = soma dos auto-valores (contando multiplicidades), logo tr(T) = n Mas cada entrada da matriz T tem valor absoluto não superior a 1, pois T é unitária. Logo tr(T) = n, com igualdade se e somente se cada elemento da diagonal é 1. Isso mostra que T = I. [ ]'s Pessoal, Alguém pode me dar uma ajuda a provar isto aqui Let T be a linear operator on the finite-dimensional inner product space V, and suppose T is both positive and unitary. Prove T = I. Obrigado. []s Daniel S. Braz = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
RE: [obm-l] Algebra Linear - Operadores Lineares
Let T be a linear operator on the finite-dimensional inner product space V, and suppose T is both positive and unitary. Prove T = I. Solution: Seja T* o operador adjunto de T. Entao, dados x,y em V temos Tx,y=x,T*y Portanto, como T e positivo, temos 0 Tx,x = x,T*x Como T e unitario, temos TT*=I, ou seja, T*=T^(-1) (Operador inverso de T). Voltando na equacao temos, 0 Tx,x=x,T*y=x,T^(-1)x = Isso implica que T=T^(-1). Logo, TT^(-1)=I = T^2=I = T=I. Leandro. = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
Re: [obm-l] Algebra Linear - Operadores Lineares
positiva quer dizer que para todo vetor x != 0, temos x* T x 0? seja v um auto-vetor de T, se Tv = dv, então Tv, Tv = dv, dv = d2 v, v = d2 ||v||^2 mas Tv, Tv = (Tv)*(Tv) = v*T*Tv = v* I v = ||v||^2 d2 = 1 como ela é positiva, d = 1. tr(T) = traço(T) = soma dos auto-valores (contando multiplicidades), logo tr(T) = n Mas cada entrada da matriz T tem valor absoluto não superior a 1, pois T é unitária. Logo tr(T) = n, com igualdade se e somente se cada elemento da diagonal é 1. Isso mostra que T = I. [ ]'s Pessoal, Alguém pode me dar uma ajuda a provar isto aqui Let T be a linear operator on the finite-dimensional inner product space V, and suppose T is both positive and unitary. Prove T = I. Obrigado. []s Daniel S. Braz = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
Re: [obm-l] Algebra Linear - Operadores Lineares
on 09.09.04 19:27, Leandro Lacorte Recova at [EMAIL PROTECTED] wrote: Let T be a linear operator on the finite-dimensional inner product space V, and suppose T is both positive and unitary. Prove T = I. Solution: Seja T* o operador adjunto de T. Entao, dados x,y em V temos Tx,y=x,T*y Portanto, como T e positivo, temos 0 Tx,x = x,T*x Como T e unitario, temos TT*=I, ou seja, T*=T^(-1) (Operador inverso de T). Voltando na equacao temos, 0 Tx,x=x,T*y=x,T^(-1)x = Isso implica que T=T^(-1). Logo, Oi, Leandro: Voce poderia explicar melhor esta passagem? Eu nao consegui entender porque Tx,x = x,T^(-1)x 0 implica que T = T^(-1). []s, Claudio. TT^(-1)=I = T^2=I = T=I. Leandro. = Instru??es para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html = = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
Re: [obm-l] algebra linear
on 28.04.04 22:27, Carlos bruno Macedo at [EMAIL PROTECTED] wrote: 1)Sejam A,B pertencentes a R^(n^2), A anti-simétrica e B com traço nulo.Mostre que para todo t real, exp(tA) é ortogonal e exp(tB) tem determinante 1. exp(X) = I + X + X^2/2 + ... + X^n/n! + ... Logo, (exp(X))' = I + X' + (X^2)'/2 + ... + (X^n)'/n! + ... == (exp(X))' = I + X' + (X')^2/2 + .. + (X')^n/n! + ... = exp(X') (X' = transposta de X) Alem disso, tambem vale exp(X)*exp(Y) = exp(X+Y). A eh antisimetrica == A' = -A == A + A' = 0 Logo: exp(tA)*(exp(tA))' = exp(tA)*exp(tA') = exp(t(A+A')) = exp(0) = I == exp(tA) eh ortogonal. *** Fixado um real t, sejam k1, k2, ..., kn os autovalores de tB (possivelmente complexos e possivelmente repetidos). traco(B) = 0 == traco(tB) = 0 == k1 + k2 + ... + kn = 0 == exp(k1 + k2 + ... + kn) = 1 == exp(k1)*exp(k2)*...*exp(kn) = 1 == det(exp(tB)) = 1 []s, Claudio. = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
Re: [obm-l] Algebra Linear - Geometria Analitica - Problemas simples
Faça um desenho direito, prolongando os lados, e voce vera que o angulo de AB com BC eh o angulo externo do triangulo e vale 120 graus. == Mensagem enviada pelo CIP WebMAIL - Nova Geração - v. 2.1 CentroIn Internet Provider http://www.centroin.com.br Tel: (21) 2542-4849, (21) 2295-3331Fax: (21) 2295-2978 Empresa 100% Brasileira - Desde 1992 prestando servicos online -- Original Message --- From: Daniel Silva Braz [EMAIL PROTECTED] To: [EMAIL PROTECTED] Sent: Thu, 1 Apr 2004 17:13:22 -0300 (ART) Subject: [obm-l] Algebra Linear - Geometria Analitica - Problemas simples PessoALL, Alguém ai pode me ajudar nessas aqui?? Eu sei que são bem simples..mas eu resolvi e encontrei respostas que diferem das do livro.. 1)Num triangulo equilatero ABC, de lado igual a 3, os produtos escalares AB.AC e AB.BC são, respectivamente? Eu usei.. AB.AC = |AB|.|AC|.cosA AB.AC = 3.3.cos60 AB.AC = 9.1/2 AB.AC = 9/2 O mesmo para AB.BC já que ABC é equilátero.. No livro a resposta é dada como AB.AC=9/2 e AB.BC=-9/2..de onde veio o -9/2 ?? para ter -9/2 teria que ser cos120..de onde vem isso?? 2)O ponto P(x, 1) pertence a um dos lados do triangulo de vértices A(0,2), B(5,-1) e C(6,3) se x igual a..? AB=(5,-3) ; AC=(6,1) ; BC=(1,4) AP=(x,-1) ; BP=(x-5,2) ; CP=(x-6,-2) fazendo pelo método do determinante (det = 0 -- colineares), eu encontrei x=3/5 e mais alguns outros valores que não me lembro agora..mas nenhum batia com o livro. No livro a resposta dada foi x=3/5 ou x=11/2 __ Yahoo! Mail - O melhor e-mail do Brasil! Abra sua conta agora: http://br.yahoo.com/info/mail.html = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html = --- End of Original Message --- = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
Re: [obm-l] Algebra Linear - Geometria Analitica - Problemas simples
2) Acho que trocaram 3/5 com 5/3. Mas, essencialmente, voce estah certo (embora o uso de determinante para resolver o problema esteja longe de ser um processo pratico). Se o livro dah apenas duas respostas (e nao 3) eh porque o livro considera lado como segmento e nao como reta e eh impossivel o ponto estar no segmento AC. == Mensagem enviada pelo CIP WebMAIL - Nova Geração - v. 2.1 CentroIn Internet Provider http://www.centroin.com.br Tel: (21) 2542-4849, (21) 2295-3331Fax: (21) 2295-2978 Empresa 100% Brasileira - Desde 1992 prestando servicos online -- Original Message --- From: Daniel Silva Braz [EMAIL PROTECTED] To: [EMAIL PROTECTED] Sent: Thu, 1 Apr 2004 17:13:22 -0300 (ART) Subject: [obm-l] Algebra Linear - Geometria Analitica - Problemas simples PessoALL, Alguém ai pode me ajudar nessas aqui?? Eu sei que são bem simples..mas eu resolvi e encontrei respostas que diferem das do livro.. 1)Num triangulo equilatero ABC, de lado igual a 3, os produtos escalares AB.AC e AB.BC são, respectivamente? Eu usei.. AB.AC = |AB|.|AC|.cosA AB.AC = 3.3.cos60 AB.AC = 9.1/2 AB.AC = 9/2 O mesmo para AB.BC já que ABC é equilátero.. No livro a resposta é dada como AB.AC=9/2 e AB.BC=-9/2..de onde veio o -9/2 ?? para ter -9/2 teria que ser cos120..de onde vem isso?? 2)O ponto P(x, 1) pertence a um dos lados do triangulo de vértices A(0,2), B(5,-1) e C(6,3) se x igual a..? AB=(5,-3) ; AC=(6,1) ; BC=(1,4) AP=(x,-1) ; BP=(x-5,2) ; CP=(x-6,-2) fazendo pelo método do determinante (det = 0 -- colineares), eu encontrei x=3/5 e mais alguns outros valores que não me lembro agora..mas nenhum batia com o livro. No livro a resposta dada foi x=3/5 ou x=11/2 __ Yahoo! Mail - O melhor e-mail do Brasil! Abra sua conta agora: http://br.yahoo.com/info/mail.html = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html = --- End of Original Message --- = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
Re:[obm-l] algebra linear
De: [EMAIL PROTECTED] Para: [EMAIL PROTECTED] Cópia: Data: Fri, 26 Mar 2004 00:22:20 + Assunto: [obm-l] algebra linear Prove que toda matriz n x n é limite de uma seqüência de matrizes invertíveis n x n. Seja A a matriz dada. Entao existe uma matriz n x n invertivel P tal queT = P*A*P^(-1), onde T é triangular superior(com coeficientes possivelmente complexos - estou supondo que os coeficientes de A pertencem a algum subcorpo dos complexos, apesar do resultado valer em qualquer subcorpo de um corpo algebricamente fechado). Seja (d_1, d_2, ..., d_n) a diagonal de T. Seja r um numero positivo menor do que o valor absoluto de cada d_i nao nulo. Entao, a matriz T_n cuja diagonal eh (d_1 + r/n, d_2 + r/n, ..., d_n + r/n) e cujos outros elementos sao iguais aos elementos correspondentes de T eh inversivel (jah que nenhum elemento da diagonal eh igual a zero) e eh tal que: lim(n - infinito) T_n = T. Agora, defina a sequencia (A_n) por: A_n = P^(-1)*T_n*P. Como T_n e P sao inversiveis, A_n tambem serah. Alem disso, lim(n - infinito) A_n= A. []s, Claudio.
Re:[obm-l] algebra linear
Muito obrigado From: claudio.buffara [EMAIL PROTECTED] Reply-To: [EMAIL PROTECTED] To: obm-l [EMAIL PROTECTED] Subject: Re:[obm-l] algebra linear Date: Thu, 25 Mar 2004 22:24:15 -0300 De:[EMAIL PROTECTED] Para:[EMAIL PROTECTED] Cópia: Data:Fri, 26 Mar 2004 00:22:20 + Assunto:[obm-l] algebra linear Prove que toda matriz n x n é limite de uma seqüência de matrizes invertíveis n x n. Seja A a matriz dada. Entao existe uma matriz n x n invertivel P tal que T = P*A*P^(-1), onde T é triangular superior (com coeficientes possivelmente complexos - estou supondo que os coeficientes de A pertencem a algum subcorpo dos complexos, apesar do resultado valer em qualquer subcorpo de um corpo algebricamente fechado). Seja (d_1, d_2, ..., d_n) a diagonal de T. Seja r um numero positivo menor do que o valor absoluto de cada d_i nao nulo. Entao, a matriz T_n cuja diagonal eh (d_1 + r/n, d_2 + r/n, ..., d_n + r/n) e cujos outros elementos sao iguais aos elementos correspondentes de T eh inversivel (jah que nenhum elemento da diagonal eh igual a zero) e eh tal que: lim(n - infinito) T_n = T. Agora, defina a sequencia (A_n) por: A_n = P^(-1)*T_n*P. Como T_n e P sao inversiveis, A_n tambem serah. Alem disso, lim(n - infinito) A_n = A. []s, Claudio. _ MSN Messenger: converse com os seus amigos online. http://messenger.msn.com.br = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
Re: [obm-l] Algebra linear : Wronkisano e indicacao de livro
On Sat, Sep 20, 2003 at 08:49:39AM -0700, niski wrote: Ola pessoal. Inicialmente, agradeco ao incansavel Claudio Bufarra pela resolucao lá da equacao da involute da circunferencia. Bom estou com o seguinte problema Seja A = {e^a[1].x, e^a[2].x, e^a[3].x, ..., e^a[n]x} *(obs lê-se e elevado a a indicie n vezes x) onde a[1] != a[2] != ... != a[n] e pertencem a R. Prove que A é L.I. Eu pensei em contruir o Wronskiano e se ele for identicamente nulo então seria L.I certo? Não está errado; há várias soluções. = A minha favorita é olhar o comportamento em infinito. Desculpe mas vou tirar os [] da sua notação. Suponha sem perda a1 a2 ... an. Suponha por absurdo que f(x) = c1 * e^(a1 x) + ... + cn * e^(an x) seja identicamente igual a 0 com pelo menos um dos coeficientes não nulo, sem perda cn. Assim lim_{x - infinito} e^(-an x)*f(x) = cn mas por outro lado como f(x) = 0 temos cn = 0. = Outra solução é por variável complexa. A função f(z) = c1 * e^(a1 z) + ... + cn * e^(an z) é inteira (holomorfa em C). Vamos observar a função g(z) = e^(- ak z) * f(z) = ck + somatório_{j diferente de k} cj * e^((aj - ak) z) Na reta imaginária (parte real igual a 0) cada um dos termos do somatório oscila tendo média zero. Assim o valor médio de g(z) em um grande intervalo nesta reta é ck. Ou seja, se f é identicamente 0 então cada coeficiente é igual a 0, como queríamos provar. = []s, N. = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
Re: [obm-l] Algebra linear : Wronkisano e indicacao de livro
Obrigado a todos! A solucao que voces me enviaram sao mais ou menos parecidas (com excessao da que utiliza variaveis complexas, que infelizmente não posso apreciar ainda). Vi outra parecida tambem no livro do Apostol (volume 2). E quem quiser uma direto pelo Wronskiano (identificando uma matriz de Vandermonde) leia no livro do Rabenstein!! mais uma vez obrigado = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
Re: [obm-l] Algebra linear : Wronkisano e indicacao de livro
Seja A = {e^a[1].x, e^a[2].x, e^a[3].x, ..., e^a[n]x} *(obs lê-se e elevado a a indicie n vezes x) onde a[1] != a[2] != ... != a[n] e pertencem a R. Prove que A é L.I. Oi, Niski: Antes de mais nada, apenas uma observacao quanto a precisao: Ao dizer que a(1) a(2) a(3) voce nao estah excluindo a possibilidade de que a(1) = a(3). Assim, talvez seja melhor dizer que os a(i) sao distintos dois a dois. Sobre o problema em si, voce pode supor s.p.d.g. que a(1) a(2) ... a(n). Assim, se F(x) = c_1*exp(a(1)*x) + ... + c_n*exp(a(n)*x) eh a funcao identicamente nula, entao: G(x) = exp(-a(n)*x)*F(x) tambem eh a funcao identicamente nula. Fazendo x - + infinito, teremos que G(x) - c_n (por que?), o que implica que c_n = 0. Repetindo o mesmo procedimento mais n-1 vezes voce conclui que cada c_i eh igual a zero == o conjunta A eh L.I. Um abraco, Claudio. = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
Re: [obm-l] Algebra linear : Wronkisano e indicacao de livro
On Sat, 20 Sep 2003 08:49:39 -0700, niski [EMAIL PROTECTED] wrote: Ola pessoal. Inicialmente, agradeco ao incansavel Claudio Bufarra pela resolucao lá da equacao da involute da circunferencia. Bom estou com o seguinte problema Seja A = {e^a[1].x, e^a[2].x, e^a[3].x, ..., e^a[n]x} *(obs lê-se e elevado a a indicie n vezes x) onde a[1] != a[2] != ... != a[n] e pertencem a R. Prove que A é L.I. Hmmm, acho que indução resolve o problema. Suponha que este conjunto seja LI quando tem n-1 elementos. Vamos olhar para o caso de n elementos. Se este conjunto fosse LD, existiriam numeros c_i reais (estou supondo que o corpo é o corpo dos reais), nem todos nulos, tais que c_1 * e^(a_1*x) + c_2 * e^(a_2*x) + ... + c_n * e^(a_n*x) = 0 Bom, c_n nao pode ser zero, pois neste caso todos os c_i o seriam (o conjunto de n-1 elementos é LI por hipotese). Entao podemos isolar a última parcela desta soma e obter e^(a_n*x) como combinação linear dos outros vetores. Resumindo, poderíamos escrever e^(a_n*x) como combinação linear dos outros vetores. e^(a_n*x) = soma ( -(c_i/c_n) * e^(a_i*x), 1=i=(n-1) ) ou e^(a_n*x) = soma ( b_i * e^(a_i*x), 1=i=(n-1) ) onde b_i = -(c_i/c_n) Mas isto é um absurdo porque esta igualdade vale para todo x real. A idéia é que temos poucos graus de liberdade (os n-1 coeficientes b_i) para satisfazer muitas igualdades. Escolhendo n valores espertos para x, descobriremos que não existem os tais coeficientes b_i que satisfaçam todos os nossos pedidos. Logo, quaisquer que sejam os coeficientes b_i, sempre existe algum ponto na função e^(a_n*x) que não é atingido pelo lado direito da igualdade. Então conjunto em questão (de n elementos) deve ser LI. Resta apenas mostrar que este conjunto é LI para n = 1 (caso base da indução). Mas c * e^(a_1*x) = 0 = c = 0 ou e^(a_1*x) = 0 = c = 0. []s Felipe Pina = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
[obm-l] Re: [obm-l] Algebra linear : Wronkisano e indicacao de livro
Oi Niski, Eu acho que dá pra fazer pelo wronskiano mesmo. Vamos lá: Derivando e^(a(j).x) i vezes, ficamos com a(j)^i.e^(a(j).x). Logo: W= W(e^(a(1).x),...,e^(a(n).x))= det((a(j)^(i-1).e^(a(j).x)), onde i representa a linha e j a coluna. Agora observe que todos os elementos da coluna j têm e^(a(j).x). Logo podemos colocar esse valor para fora do determinante. Fazendo isso com todas as colunas, ficamos com W= e^(a(1).x)...e^(a(n).x).det(a(j)^(i-1)) Mas det(a(j)^(i-1)) é o determinante de Vardemont dos números a(1),...,a(n),que é igual Prod(1=ij=n)(a(i)- a(j)) != 0, pois os a(i)´s são distintos. Como e^k 0, para todo k, segue que W é diferente de zero, como queríamos demonstrar. Ateh mais, Yuri -- Mensagem original -- Ola pessoal. Inicialmente, agradeco ao incansavel Claudio Bufarra pela resolucao lá da equacao da involute da circunferencia. Bom estou com o seguinte problema Seja A = {e^a[1].x, e^a[2].x, e^a[3].x, ..., e^a[n]x} *(obs lê-se e elevado a a indicie n vezes x) onde a[1] != a[2] != ... != a[n] e pertencem a R. Prove que A é L.I. Eu pensei em contruir o Wronskiano e se ele for identicamente nulo então seria L.I certo? Eu tentei utilizar a definicao de determinante com aqueles somatorios e trocas de sinais malucos...sem resultado.. Alguem poderia provar por gentileza? Aproveito o ensejo para pedir aos membros da lista referencias sobre algebra linear e equacoes diferenciais (lineares). Agradeco antecipadamente. Niski = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html = []'s, Yuri ICQ: 64992515 -- Use o melhor sistema de busca da Internet Radar UOL - http://www.radaruol.com.br = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
RE: [obm-l] Algebra linear : Wronkisano e indicacao de livro
Oi Niski, Acho que podemos provar da seguinte maneira: Como a funcao e^(a_1*x) jamais se anula, a proposicao eh valida para n=1. Suponhamos agora que seja valida para algum natural n e admitamos, por via de contradicao, que nao seja valida para n+1. Temos entao que existem c_1,...c_n, c_n+1, nao todos nulos, tais que c1*e^(a_1*x)...+...c_n*e^(a_n*x) + c_n+1*e^(a_n+1*x) = 0 (1) para todo real x. Dado que, para n, o conjunto, por hipotese, eh L.I., segue-se entao, necessariamente, que c_n+10 e que nem todos os c_1,...c_n sao nulos. Para ver isto, observemos que, se c_n+1=0, entao, como para n o conjunto eh L.I., a unica forma de satisfazer a (1) seria termos tambem c_1=...c_n=0, e todos os c1,...c_n+1 seriam nulos. E como c_n+10, anulando-se todos os c_1,...c_n nao poderiamos satisfazer a (1). Temos entao que c_n+1*e^(a_n+1)x = -c_1*e*(a_1*x) -c_n*e^(a_n*x)(2) para todo real x. Diferenciando-se os 2 membros, temos, para todo real x, que a_n+1*c_n+1*e^(a_n+1*x) = -a_1*c_1*e*(a_1*x) -a_n*c_n*e*(a_n*x) (3). Se a_n+10, entao, combinando-se (2) e (3), temos, tambem para todo real x, que Soma (i=1,n) [(a_i*c_i)/(a_n+1*c_n+1)-(c_i/c_n+1)]e^(a_i)*x =0 -- Soma (i=1,n) (c_i/c_n+1)*(a_i/a_n+1 -1))*e^(a_i*x) =0 (4). Como os numeros a_1,...a_n+1 sao distintos 2 a 2, entao a_i/a_n+1 -1 0 para todo i=1,...n; e como os numeros c_i, i=1, 2...n nao sao todos nulos, segue-se que pelo menos um dos coeficientes das funcoes exponenciais na soma de (4) nao eh nulo. Isto, porem, contraria a hipotese de que, para n, o conjunto ek L.I. Se a_n+1=0, entao nenhum dos a_1,...a_n eh nulo, e (3), cujo primeiro membro se anula, nos mostra que, para n, o conjunto nao eh L.I, mais uma vez uma contradicao. Concluimos assim que, se o conjunto for L.I. para algum natural n, tambem o serah para n+1. Dado que ele eh L.I, para n=1, a inducao fica completa, comprovando-se a afirmacao feita. Abracos Artur Logo, (a_n+1-1)c_n+1*e^(a_n+1*x) = c_1(1-a_1)*e^(a_1x)...+.. c_n(1-a_n)*e^(a_nx) (2). Se a_n+11, entao o primeiro membro de (2) nunca se anula e, para satisfazer a esta igualdade, Se a_n+10, entao e^(a_n+1*x)= (1/(a_n+1*c_n+1))*[-a_1*c_1*e^(a_1*x)...- a_n*c_n*e^(a_n*x) e, consequentemente, Se a_n+1 0, entao, para todo x real, temos que (1/c_n+1)*[(a_1*c_1/a_n+1*c_n+1 -c1)*e^(a_1*x) Original Message- From: [EMAIL PROTECTED] [mailto:owner-obm- [EMAIL PROTECTED] On Behalf Of niski Sent: Saturday, September 20, 2003 12:50 PM To: [EMAIL PROTECTED] Subject: [obm-l] Algebra linear : Wronkisano e indicacao de livro Ola pessoal. Inicialmente, agradeco ao incansavel Claudio Bufarra pela resolucao lá da equacao da involute da circunferencia. Bom estou com o seguinte problema Seja A = {e^a[1].x, e^a[2].x, e^a[3].x, ..., e^a[n]x} *(obs lê-se e elevado a a indicie n vezes x) onde a[1] != a[2] != ... != a[n] e pertencem a R. Prove que A é L.I. Eu pensei em contruir o Wronskiano e se ele for identicamente nulo então seria L.I certo? Eu tentei utilizar a definicao de determinante com aqueles somatorios e trocas de sinais malucos...sem resultado.. Alguem poderia provar por gentileza? Aproveito o ensejo para pedir aos membros da lista referencias sobre algebra linear e equacoes diferenciais (lineares). Agradeco antecipadamente. Niski = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html = = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
RE: [obm-l] Algebra linear : Wronkisano e indicacao de livro
Um livro de Algebra Linear de que gosto muito eh o do Sege Lang. Artur = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
Re: [obm-l] Algebra Linear [u]
Domingos, 1. Defina a média u*v entre dois vetores u,v no espaço vetorial E pondo u*v = (1/2)u + (1/2)v. Prove que (u*v)*w = u*(v*w) se, e somente se, u = w. (u*v)*w = [(1/2)u + (1/2)v]*w = 1/2.[(1/2)u + (1/2)v] + 1/2.w = 1/4.u + 1/4.v + 1/2.w do outro lado: u*(v*w) = u*[(1/2)v + (1/2)w] = 1/2.u + 1/4v + 1/4w 1/4.u + 1/4.v + 1/2.w = 1/2.u + 1/4v + 1/4w logo (u*v)*w = u*(v*w) = 1/4.u + 1/2.w = 1/2.u + 1/4w = 1/4.u = 1/4w = u = w Resolvi exatamente dessa forma, mas achei que poderia estar errado. Queria uma opinião. 2. Dados os espaços vetoriais E1, E2, considere o conjunto E = E1 x E2 (produto cartesiano de E1 por E2), cujos elementos são os pares ordenados v = (v1, v2), com v1 pertencente a E1 e v2 pertecente a E2. Defina operações que tornem E um espaço vetorial. Verifique a validez de cada um dos axiomas e mostre que sua definição se estende para o caso de n espaços vetoriais E1, ..., En, ou mesmo de uma sequência infinita E1, E2, ..., En, ... . é bastante coisa pra mostrar e todas elas são razoavelmente simples! a definição é bem simples: soma: (u1, u2) + (v1, v2) = (u1 + v1, u2 + v2) mult. por escalar: lambda*(v1, v2) = (lambda*v1, lambda*v2) É, eu queria realmente se essas definições usuais funcionavam. Eram basicamente essas duvidas, daqui pra frente eu sei que seguir... Agradeço muito. Henrique. = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
[obm-l] Re: [obm-l] Algebra Linear-Aplicaçao legal
A é mxn, B é nxm == A*B é mxm m n == posto(A) = n e posto(B) = n == posto(A*B) = posto(A) = n Logo, A*B é uma matriz mxm cujo posto é n m == A*B é singular == det(A*B) = 0. Um abraço, Claudio. - Original Message - From: Johann Peter Gustav Lejeune Dirichlet To: [EMAIL PROTECTED] Sent: Thursday, March 20, 2003 12:31 PM Subject: [obm-l] Algebra Linear-Aplicaçao legal Turma esse problema e muito legal!O Shine fez na Semana Olimpica e eufiz outra soluçao,mas quero que a turma da lista pense um pouco nisso. Considere duas matrizes de elementos complexos,A e B,de dimensoes m*n e n*m respectivamente. Mostre que det(A*B)=0 se mn. Busca Yahoo! O serviço de busca mais completo da Internet. O que você pensar o Yahoo! encontra.
[obm-l] Re: [obm-l] Algebra Linear-Aplicaçao legal
Fala sério, meu! Esse problema é simples pacas...! É só ver que no F^n, se a gente tem m vetores com m n, eles sao certamente LD, e aí sai, pum, zalum, acabou... Bah! que viagem! From: Johann Peter Gustav Lejeune Dirichlet Turma esse problema e muito legal!O Shine fez na Semana Olimpica e eu fiz outra soluçao,mas quero que a turma da lista pense um pouco nisso. Considere duas matrizes de elementos complexos,A e B,de dimensoes m*n e n*m respectivamente. Mostre que det(A*B)=0 se mn. = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html O administrador desta lista é [EMAIL PROTECTED] =
[obm-l] RE: [obm-l] Re: [obm-l] Algebra Linear-Aplicaçao legal
Eduardo, As vezes o problema e simples para algumas pessoas, mas para outras que nao viram e nem tem dominio da materia pode ser dificil. Seja esse ou qualquer outro. -Original Message- From: [EMAIL PROTECTED] [mailto:[EMAIL PROTECTED] On Behalf Of Eduardo Casagrande Stabel Sent: Thursday, March 20, 2003 8:24 AM To: [EMAIL PROTECTED] Subject: [obm-l] Re: [obm-l] Algebra Linear-Aplicaçao legal Fala sério, meu! Esse problema é simples pacas...! É só ver que no F^n, se a gente tem m vetores com m n, eles sao certamente LD, e aí sai, pum, zalum, acabou... Bah! que viagem! From: Johann Peter Gustav Lejeune Dirichlet Turma esse problema e muito legal!O Shine fez na Semana Olimpica e eu fiz outra soluçao,mas quero que a turma da lista pense um pouco nisso. Considere duas matrizes de elementos complexos,A e B,de dimensoes m*n e n*m respectivamente. Mostre que det(A*B)=0 se mn. = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html O administrador desta lista é [EMAIL PROTECTED] = = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html O administrador desta lista é [EMAIL PROTECTED] =
Re: [obm-l] Algebra Linear
A resolucao da questao poderia ser de qualquer forma me interesso apenas em aprender a resolve-la entende?! Eu consegui fazer depois de uma outra forma usando equacoes matriciais ... gostei mto da sua resolucao pq nao pensei em usar angulos e com certeza me ajudou mto a pensar na outra forma q e semelhante porem com os numeros a, b, c, d ... obrigado pelas dicas!! []s Anderson - Original Message - From: Paulo Santa Rita [EMAIL PROTECTED] To: [EMAIL PROTECTED] Sent: Monday, April 22, 2002 1:27 PM Subject: Re: [obm-l] Algebra Linear Ola Anderson e demais colegas desta lista, De sua mensagem nao e possivel inferir como voce pretende resolver a questao, vale dizer, com que ferramentas matematicas voce entenderia uma solucao ... Uma forma bem elementar seria a seguinte : Seja C: X^2 + Y^2 = 1 o ciclo trigonometrico. Para qualquer ponto P=(ALFA,BETA) pertencente a C existe um algulo GAMA que : ALFA=cos(GAMA) BETA=sen(GAMA) Segue que E={ALFA*V + BETA*W} se tansforma em E={ cos(GAMA)*V + sen(GAMA)*W }. Se supormos que os vetores V e W sao e V=[a,b] e W=[c,d]. Teremos que E e o conjunto de todos os pares (X,Y) tais que : X=cos(GAMA)*a + sen(GAMA)*c Y=cos(GAMA)*b + sen(GAMA)*d Agora voce tem um sistema de duas equacoes com duas incognitas (Advinha quem sao os maiores especialistas do mundo em sistemas de duas equacoes com duas incognitas ? ) que pode ser visto assim : cos(GAMA)*a + sen(GAMA)*c = X cos(GAMA)*b + sen(GAMA)*d = Y calculando cos(GAMA) e sen(GAMA) em funcao de X e Y e usando o fato de que (cos(GAMA))^2 + (sen(GAMA))^2 = 1 voce obtera uma equacao do 2 grau em duas variaveis da forma : A*(X^2) + 2*B*(XY) + C*(Y^2) + 2*D*X + 2*E*Y + F = 0 Uma condicao para que uma equacao desta forma seja uma elipse e que A*C - B^2 0. Acredito que com as informacoes acima voce pode responder a todas as perguntas que colocou. Um abraco Paulo Santa Rita 2,1325,220402 = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html O administrador desta lista é [EMAIL PROTECTED] =
Re: [obm-l] Algebra Linear
Saudacoes, Alguem pode me ajudar c/ o seguinte problema: Dadas as transformacoes lineares A : E -- F e B : F -- G, asinale V ou F(justificando) nas seguintes implicacoes: ( a ) BA sobrejetiva == B sobrejetiva ( b ) BA sobrejetiva == A sobrejetiva ( c ) BA injetiva == B injetiva ( d ) BA injetiva == A injetiva Prove ainda que se E = F = G então as quatro implicacoes sao verdadeiras. Agradeco... Os espaços vetoriais E, F, G têm dimensão finita ? Arnaldo. Andre. = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html O administrador desta lista é [EMAIL PROTECTED] = http://www.ieg.com.br = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html O administrador desta lista é [EMAIL PROTECTED] =
Re: [obm-l] Algebra Linear
Os espaços vetoriais E, F, G têm dimensão finita ? Não necessariamente. - Original Message - From: Arnaldo [EMAIL PROTECTED] To: André [EMAIL PROTECTED]; OBM [EMAIL PROTECTED] Sent: Tuesday, April 16, 2002 1:45 PM Subject: Re: [obm-l] Algebra Linear Saudacoes, Alguem pode me ajudar c/ o seguinte problema: Dadas as transformacoes lineares A : E -- F e B : F -- G, asinale V ou F(justificando) nas seguintes implicacoes: ( a ) BA sobrejetiva == B sobrejetiva ( b ) BA sobrejetiva == A sobrejetiva ( c ) BA injetiva == B injetiva ( d ) BA injetiva == A injetiva Prove ainda que se E = F = G então as quatro implicacoes sao verdadeiras. Agradeco... Os espaços vetoriais E, F, G têm dimensão finita ? Arnaldo. Andre. = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html O administrador desta lista é [EMAIL PROTECTED] = http://www.ieg.com.br = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html O administrador desta lista é [EMAIL PROTECTED] = = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html O administrador desta lista é [EMAIL PROTECTED] =
Re: [obm-l] Algebra Linear
(a) e (d) são verdadeiras, demonstre-as usando a contrapositiva. Por exemplo, se A não é injetiva, então existem x diferente de y em E tal que A(x) = A(y) = B(A(x) ) = B(A(y)) = BoA não é injetiva. Observe que não é necessário que sejam transf. lineares, vale p/ qq funções. As demais são falsas, considere, (c): Seja E = R , F = R^2 e G = R , A a inclusão de R em R^2 e B a projeção cartesiana de R^2 em R. Para a 2a parte, se os espaços forem iguais e de dimensão finita, use o Teorema do Núcleo e da Imagem. Para espaços de dimensão infinita não estou certo, mas creio que a afirmativa é falsa. From: André [EMAIL PROTECTED] Reply-To: [EMAIL PROTECTED] To: OBM [EMAIL PROTECTED] Subject: [obm-l] Algebra Linear Date: Mon, 15 Apr 2002 17:32:42 -0300 Saudacoes, Alguem pode me ajudar c/ o seguinte problema: Dadas as transformacoes lineares A : E -- F e B : F -- G, asinale V ou F(justificando) nas seguintes implicacoes: ( a ) BA sobrejetiva == B sobrejetiva ( b ) BA sobrejetiva == A sobrejetiva ( c ) BA injetiva == B injetiva ( d ) BA injetiva == A injetiva Prove ainda que se E = F = G então as quatro implicacoes sao verdadeiras. Agradeco... Andre. _ Chegou o novo MSN Explorer. Instale já. É gratuito: http://explorer.msn.com.br = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html O administrador desta lista é [EMAIL PROTECTED] =
[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] ALGEBRA LINEAR: outra dúvida
Samuel. Ninguem respondeu. Entao eu mesmo respondo. O errado eh o segundo. O determinante de a, b, d nao eh zero. A conta estava errada. Os planos S e T sao diferentes. S tem equacao x-y-z=0 e T tem equacao 3x-y-z=0. O ponto (1;2;1) pertence a T, mas nao a S. O primeiro estava certo. S inter T eh a reta gerada por (0;-1;1), ou seja areta definida por x=0 e y+z=0. Agora, estah claro que S+T eh todo o R^3, nao? JP - Original Message - From: Jose Paulo Carneiro To: [EMAIL PROTECTED] Sent: Thursday, April 04, 2002 10:42 PM Subject: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] ALGEBRA LINEAR: outra dúvida Acabo de receber este e-mail de mim mesmo. Agora observem: chamando de a=(1;-1;2), b=(2;1;1), c=(0;1;-1), d=(1;2;1), o determinante de a,b,c da zero e o de a, b,d tambem. Logo, b ed (que sao LI e geram T) estao no subespaco gerado por a eb, isto eh,S. Ou seja, T eh um plano contido no plano S, isto eh, T=S. Mas entao a intersecao de T com S eh o proprio plano T=S, e nao uma reta, como eu "provei" antes. Exercicio: qual dos dois estah errado? JP - Original Message - From: Jose Paulo Carneiro To: [EMAIL PROTECTED] Sent: Thursday, April 04, 2002 6:46 PM Subject: [obm-l] Re: [obm-l] ALGEBRA LINEAR: outra dúvida O vetor v pertencerah a S inter T sse existirem numeros x,y,z,t tais que v = x(1;-1;2)+y(2;1;1) = z(0;1;-1)+t(1;2;1). Isto conduz a resolucao do sistema homogeneo: x+2y=t -x+y=z+2t 2x+y=-z+t Resolvendo, acha-se x=-2/3 z y=1/3 z t=0 z varia em R. Ou seja, v=z(0;1;-1). Nao somente se calculou que a dimensao de S inter T eh 1, calculamos que S inter T eh exatamente o subespaco gerado por (0;1-1), isto eh a reta que passa pela origem e por (0;1;-1). E agora, voce nao se anima a calcular S+T, ou pelo menos sua dimensao? JP - Original Message - From: .SamueL. To: MATEMATICA Sent: Monday, April 01, 2002 7:52 PM Subject: [obm-l] ALGEBRA LINEAR: outra dúvida Olá outra vez, pois é... estou no começo dos estudos e estou com umas dúvidas práticas para enfrentar um problema: Se eu tenho dois subespaços: S=[(1,-1,2),(2,1,1)] T=[(0,1,-1),(1,2,1)] como eu procedo para achar: dim(S+T) e dim( S"intersecção" T ) Valeu mais uma vez pela força Samuel
[obm-l] Re: [obm-l] ALGEBRA LINEAR: outra dúvida
O vetor v pertencerah a S inter T sse existirem numeros x,y,z,t tais que v = x(1;-1;2)+y(2;1;1) = z(0;1;-1)+t(1;2;1). Isto conduz a resolucao do sistema homogeneo: x+2y=t -x+y=z+2t 2x+y=-z+t Resolvendo, acha-se x=-2/3 z y=1/3 z t=0 z varia em R. Ou seja, v=z(0;1;-1). Nao somente se calculou que a dimensao de S inter T eh 1, calculamos que S inter T eh exatamente o subespaco gerado por (0;1-1), isto eh a reta que passa pela origem e por (0;1;-1). E agora, voce nao se anima a calcular S+T, ou pelo menos sua dimensao? JP - Original Message - From: .SamueL. To: MATEMATICA Sent: Monday, April 01, 2002 7:52 PM Subject: [obm-l] ALGEBRA LINEAR: outra dúvida Olá outra vez, pois é... estou no começo dos estudos e estou com umas dúvidas práticas para enfrentar um problema: Se eu tenho dois subespaços: S=[(1,-1,2),(2,1,1)] T=[(0,1,-1),(1,2,1)] como eu procedo para achar: dim(S+T) e dim( S"intersecção" T ) Valeu mais uma vez pela força Samuel
[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] ALGEBRA LINEAR: outra dúvida
Acabo de receber este e-mail de mim mesmo. Agora observem: chamando de a=(1;-1;2), b=(2;1;1), c=(0;1;-1), d=(1;2;1), o determinante de a,b,c da zero e o de a, b,d tambem. Logo, b ed (que sao LI e geram T) estao no subespaco gerado por a eb, isto eh,S. Ou seja, T eh um plano contido no plano S, isto eh, T=S. Mas entao a intersecao de T com S eh o proprio plano T=S, e nao uma reta, como eu "provei" antes. Exercicio: qual dos dois estah errado? JP - Original Message - From: Jose Paulo Carneiro To: [EMAIL PROTECTED] Sent: Thursday, April 04, 2002 6:46 PM Subject: [obm-l] Re: [obm-l] ALGEBRA LINEAR: outra dúvida O vetor v pertencerah a S inter T sse existirem numeros x,y,z,t tais que v = x(1;-1;2)+y(2;1;1) = z(0;1;-1)+t(1;2;1). Isto conduz a resolucao do sistema homogeneo: x+2y=t -x+y=z+2t 2x+y=-z+t Resolvendo, acha-se x=-2/3 z y=1/3 z t=0 z varia em R. Ou seja, v=z(0;1;-1). Nao somente se calculou que a dimensao de S inter T eh 1, calculamos que S inter T eh exatamente o subespaco gerado por (0;1-1), isto eh a reta que passa pela origem e por (0;1;-1). E agora, voce nao se anima a calcular S+T, ou pelo menos sua dimensao? JP - Original Message - From: .SamueL. To: MATEMATICA Sent: Monday, April 01, 2002 7:52 PM Subject: [obm-l] ALGEBRA LINEAR: outra dúvida Olá outra vez, pois é... estou no começo dos estudos e estou com umas dúvidas práticas para enfrentar um problema: Se eu tenho dois subespaços: S=[(1,-1,2),(2,1,1)] T=[(0,1,-1),(1,2,1)] como eu procedo para achar: dim(S+T) e dim( S"intersecção" T ) Valeu mais uma vez pela força Samuel