Eliminação de Gauss

Resumo Completo

Introdução

Nesse capítulo vamos ver alguns métodos numéricos para se resolver problemas que envolvam sistemas lineares. Po, mas todo mundo sabe resolver isso né? Desde o ensino fundamental, a eras atrás, que aprendemos a resolver sistemas. Por exemplo, esse problema aqui:

“Joãozinho observou que haviam 15 veículos estacionados em sua rua, dentre motos e carros. Ao se abaixar no chão, ele conseguiu contar 48 rodas. Qual é a quantidade de motos e de carros estacionados na rua de Joãozinho?”

A primeira característica clássica desses problemas é que o cara do problema era sempre um completo idiota né. Afinal porque alguém contaria as rodas ao invés de contar logo os veículos??? Enfim, esse problema é bem tranquilo de se resolver. Montamos o sistema, sendo x o número de carros e y o número de motos:

x + y = 15 4 x + 2 y = 48

Multiplicando a primeira equação por 2 ficamos com:

2 x + 2 y = 30 4 x + 2 y = 48

Subtraindo a primeira da segunda:

2 x = 18 x = 9

y = 15 - 9 = 6

9 carros e 6 motos! Moleza! Quem precisa de um computador pra isso?? Bom, o único problema é que agora você está na faculdade e Joãozinho tem problemas mais interessantes para você resolver. O que vai existir agora é um circuito elétrico com um monte de nós pra você analisar:

No circuito cairíamos num sistema de 9 equações e 9 incógnitas. E esse não é nem o pior caso. Algumas vezes podemos enfrentar problemas em que tenhamos que lidar com milhares de incógnitas e equações!

Depois desse pequeno susto espero ter te convencido de como os métodos numéricos para resolução de sistemas lineares são importantes na nossa vida haha. E de como uma máquina pode nos adiantar (e muito!).

Sistemas Lineares e Matrizes

Vamos começar com uma pequena (bem pequena mesmo) revisão de sistemas lineares e sua relação com matrizes. Um sistema linear com m equações e n variáveis é escrito na forma:

a 11 x 1 + a 12 x 2 + + a 1 n x n = b 1 a 21 x 1 + a 22 x 2 + + a 2 n x n = b 2 a m 1 x 1 + a m 2 x 2 + + a m n x n = b m

Onde os termos a i j são os coeficientes, os termos x j são as variáveis e b i são as constantes, com 1 i m e 1 j n .

Também sabemos que todo sistema pode ser representado matricialmente, na forma A x = b :

a 11 a 12 a 1 n a 21 a 22 a 2 n a m 1 a m 2 a m n x 1 x 2 x n = b 1 b 2 b m

Onde A é a matriz dos coeficientes, x é o vetor das variáveis e b é o vetor constante ou vetor solução, estão lembrados?

Se você tiver com preguiça também pode representar isso por meio da matriz aumentada do sistema:

a 11 a 12 a 1 n a 21 a 22 a 2 n a m 1 a m 2 a m n b 1 b 2 b m

E quais soluções podemos obter de um sistema? Existem 3 resultados possíveis:

1 . O sistema tem solução única;

2 . O sistema tem infinitas soluções;

3 . O sistema não tem solução.

Não vamos entrar no mérito de analisar quando cada caso acontece, pois não faz parte do nosso objetivo aqui. A única coisa importante pra você saber é que o sistema terá uma solução única se, e somente se, o determinante da matriz é não nulo det A 0 . Se tivermos det A = 0 , o sistema poderá ter um número infinito de soluções ou nenhuma solução.

O que você precisa saber, no entanto, é a interpretação geométrica dessas soluções, pois vão ser úteis em alguns métodos. Para um sistema com duas equações e duas variáveis (mais fácil de visualizar geometricamente) temos que a solução é ponto onde as retas se interceptam:

1 . Retas Concorrentes (solução única);

2 . Retas Paralelas (sem solução);

3 . Retas Coincidentes (infinitas soluções).

Outra coisa interessante é que o determinante de uma matriz triangular (que é exatamente o que a Fase 1 do nosso método nos dá) é simplesmente o produto dos elementos da diagonal principal. Isso é importante porque de vez em quando alguma questão pede pra calcular o determinante pelo método de Gauss haha.

Seguindo em frente, neste assunto vamos estudar métodos numéricos para a resolução de sistemas lineares n × n com solução única.

Estes podem ser divididos em métodos diretos e métodos iterativos.

Métodos diretos fornecem a solução exata do sistema linear (caso ela exista) após um número finito de operações.

Já os métodos iterativos geram uma sequência de valores x k a partir de uma aproximação inicial que, satisfeitas algumas condições, converge para a solução do problema caso ela exista.

Em outras palavras, se o sistema tem solução, os métodos diretos nos dão a solução exata do problema a menos de erros de arredondamento. Já usando métodos iterativos, chegamos a uma aproximação para a solução com uma precisão definida por nós.

Então vamos começar com o método mais comum que muitos de vocês já devem ter ouvido falar (e talvez até já saibam fazer). É o método direto da Eliminação de Gauss.

Eliminação de Gauss

Como eu comentei ali em cima esse é um método direto, então ele nos fornece a solução exata, se ela existir. Ele trabalha com a versão matricial do sistema e consiste em transformar o sistema linear original (que é complicado de se resolver) num sistema equivalente (com a mesma solução) e de resolução super tranquila. E nós fazemos isso por meio das operações elementares abaixo:

  • Trocar linhas de lugar - L i L j ;
  • Multiplicar linhas por um escalar (diferente de zero) - L i k L i ;
  • Trocar uma linha por uma combinação linear dela com outra linha - L i L i + k L j ,   i j ;
  • Descartar uma linha que tenha só zeros.

A parte boa delas é que se pegarmos a matriz do nosso sistema e fizermos qualquer operação dessas aí de cima, teremos a matriz de outro sistema equivalente! E são elas que nosso método vai usar ;)

A eliminação de Gauss pode ser dividida em duas fases. A Fase 1 , chamada de eliminação e a Fase 2 , chamada de retrosubstituição.

O passo a passo resumido é o seguinte:

Seja o pivô o primeiro elemento não nulo de cada linha da matriz,

Fase 1

1. Obter a matriz aumentada do sistema

2. Encontrar o pivô da 1 ª linha

3. Zerar todos os elementos abaixo desse pivô

4. Encontrar o pivô da 2 ª linha

5. Zerar todos os elementos abaixo desse pivô

6. Encontrar o pivô da 3 ª linha

7. Zerar todos os... ah, por favor, você já sabe o resto. Faz isso até acabarem as linhas da matriz!

Fase 2

8. Você terá encontrado uma matriz triangular. Basta ir substituindo os valores de baixo para cima!

Pra ter certeza que você entendeu vamos ver um exemplo. Resolva o sistema abaixo:

x 1 + x 2 + 3 x 4 = 4 2 x 1 + x 2 - x 3 + x 4 = 1 3 x 1 - x 2 - x 3 + 2 x 4 = - 3 - x 1 + 2 x 2 + 3 x 3 - x 4 = 4

Fase 1:

Passo 1:

O primeiro passo é passarmos para a forma matricial.

1 1 0 3 2 1 - 1 1 3 - 1 - 1 2 - 1 2 3 - 1 x 1 x 2 x 3 x 4 = 4 1 - 3 4

E o que vamos usar nesse método é a matriz aumentada:

1 1 0 3 2 1 - 1 1 3 - 1 - 1 2 - 1 2 3 - 1 4 1 - 3 4

Passo 2:

O pivô da primeira linha é o 1 , então temos que zerar tudo em baixo dele:

1 1 0 3 2 1 - 1 1 3 - 1 - 1 2 - 1 2 3 - 1 4 1 - 3 4

Para zerarmos o 2 basta fazermos a segunda linha menos duas vezes a primeira. L 2 L 2 - 2 L 1 :

1 1 0 3 0 - 1 - 1 - 5 3 - 1 - 1 2 - 1 2 3 - 1 4 - 7 - 3 4

Para zerarmos o 3 basta fazermos a terceira linha menos três vezes a primeira. L 3 L 3 - 3 L 1 :

1 1 0 3 0 - 1 - 1 - 5 0 - 4 - 1 - 7 - 1 2 3 - 1 4 - 7 - 15 4

Por fim, para zerarmos o - 1 basta fazermos a quarta linha mais a primeira. L 4 L 4 + L 1 :

1 1 0 3 0 - 1 - 1 - 5 0 - 4 - 1 - 7 0 3 3 2 4 - 7 - 15 8

Passo 3:

O pivô da segunda linha agora é o - 1 , então temos que zerar tudo em baixo dele:

1 1 0 3 0 - 1 - 1 - 5 0 - 4 - 1 - 7 0 3 3 2 4 - 7 - 15 8

Para zerarmos o - 4 basta fazermos a terceira linha menos quatro vezes a segunda. L 3 L 3 - 4 L 2 :

1 1 0 3 0 - 1 - 1 - 5 0 0 3 13 0 3 3 2 4 - 7 13 8

Para zerarmos o 3 basta fazermos a quarta linha mais três vezes a segunda. L 4 L 4 + 3 L 2 :

1 1 0 3 0 - 1 - 1 - 5 0 0 3 13 0 0 0 - 13 4 - 7 13 - 13

Passo 4:

Opa, viu o que aconteceu? O pivô da terceira linha é o último, mas já está tudo zerado em baixo dele, então nós paramos por aí. E a cara da nossa matriz vai ser sempre essa, a de um triângulo:

Fase 2:

Passo 5:

Agora vem a parte fácil, que é resolver esse sistema super tranquilo. Passando de volta para a forma de sistema:

x 1 + x 2 + 3 x 4 = 4 - x 2 - x 3 - 5 x 4 = - 7 3 x 3 + 13 x 4 = 13 - 13 x 4 = - 13

De baixo para cima temos:

- 13 x 4 = - 13 x 4 = 1

3 x 3 + 13 = 13 x 3 = 0

- x 2 - 0 - 5 = - 7 x 2 = 2

x 1 + 2 + 3 = 4 x 1 = - 1

Reparou como fomos pegando o valor e substituindo na equação de cima? É daí que vem o nome retrosubstituição.

Tudo cristalino? Então vamos adiante.

Algoritmo

Beleza, já entendemos como fazer as contas, mas continua sendo muito difícil resolver um sistema de 9 ou de 17 equações como nos exemplos lá em cima. O que precisamos é ensinar o computador a fazer as contas pra gente! E para isso eu vou passar o algoritmo desse método pra vocês passo a passo bonitinho.

Antes vamos dar uma raciocinada. Lembra de como eliminamos os elementos abaixo do pivô? Tem uma conta que sempre fazemos! Se liga:

a 11 a 12 a 1 n a 21 a 22 a 2 n a m 1 a m 2 a m n b 1 b 2 b m

Temos como pivô da primeira linha o a 11 . Para eliminar o a 21 fazemos:

a 21 = a 21 - a 21 a 11 a 11

E repetimos a mesma subtração paro resto da linha:

a 22 = a 22 - a 21 a 11 a 12

a 2 n = a 2 n - a 21 a 11 a 1 n

Reparou que aquele multiplicador a 21 a 11 não muda? É sempre o número que eliminamos sobre o pivô! Quanto aos outros valores, simplesmente vamos andando para o lado. A cada linha trocamos o numerador a 21 , a 31 , e a cada pivô trocamos o denominador a 11 , a 22 , . Isso se repete até acabarem as linhas.

Outra coisa que supomos é que o pivô será sempre diferente de zero, já que ele é o denominador do nosso multiplicador. Existem formas de se proteger contra o pivô ser zero como veremos mais adiante. Sem mais delongas, vamos ao algoritmo.

Algoritmo da Fase 1:

Passo 1. Dados iniciais (o que seu programa vai receber de você):

a. Matriz quadrada A n × n (em geral uma matriz é representada como uma lista de listas em programação).

b. Vetor solução b 1 × n (normalmente representado por uma lista).

Passo 2. Percorremos as linhas de A com uma variável i (de 1 a n ).

Passo 3. Escolher pivô da i -ésima linha e armazenar na variável p . O pivô será sempre o i -ésimo número da i -ésima linha.

Passo 4. Para cada ‘ i ’, percorremos as linhas de i + 1 até n com uma variável k .

Passo 5. Definimos o multiplicador m i k = a k i p .

Passo 6. Para cada ' k ' , b k = b k - m i k b i

Passo 7. Para cada ‘ k ’, percorremos as colunas de i até n com uma variável j .

Passo 8. a k j = a k j - m i k a i j

Terminados todos os i , teremos como resultado a matriz A na sua forma triangular e o vetor b devidamente alterado. Repare que em vários momentos temos que percorrer as linhas dentro de um comando onde já estamos percorrendo as linhas. Para fazer isso basta usar comandos como w h i l e ou f o r aninhados.

Algoritmo da Fase 2:

Passo 1. Dados iniciais (o que seu programa vai receber de você):

a. Matriz quadrada triangular A n × n (que você vai receber do algoritmo acima).

b. Vetor solução b 1 × n (também recebido do algoritmo acima).

Passo 2. x n = b n a n n (lembrando que n é a dimensão da sua matriz)

Passo 3. i = n - 1

Passo 4. x i = b i

Passo 5. s o m a = 0

Passo 6. j = n

Passo 7. s o m a = s o m a + a i j x j

Passo 8. j = j - 1

Passo 9. Enquanto j > i , repetimos os Passos 7 e 8. Quando j i prosseguimos.

Passo 10. x i = x i - s o m a a i i

Passo 11. i = i - 1

Passo 12. Enquanto i 0 , repetimos os Passos 4 ao 11. Quando i = 0 , temos a nossa resposta que pode ser dada em forma de uma lista x 1 , x 2 , , x n .

E é isso aí galera, vamos praticar!

Expandir

Exercício Resolvido #1

Enunciado

Márcia A. Gomes Ruggiero e Vera Lúcia da Rocha Lopes, Cálculo Numérico – Aspectos Teóricos e Computacionais, 2ª ed. São Paulo: MAKRON Books, 1996, pag 181, exercício 5.

Resolva o sistema linear abaixo utilizando o método da Eliminação de Gauss:

2 x 1 + 2 x 2 + x 3 + x 4 = 7 x 1 - x 2 + 2 x 3 - x 4 = 1 3 x 1 + 2 x 2 - 3 x 3 - 2 x 4 = 4 4 x 1 + 3 x 2 + 2 x 3 + x 4 = 12

MOSTRAR SOLUÇÃO PASSO A PASSO

Passo 1

Começamos passando para a forma de matriz aumentada:

2 2 1 1 1 - 1 2 - 1 3 2 - 3 - 2 4 3 2 1 7 1 4 12

Passo 2

Fase 1 – Eliminação:

2 2 1 1 1 - 1 2 - 1 3 2 - 3 - 2 4 3 2 1 7 1 4 12

L 2 L 2 - 1 2 L 1 :

2 2 1 1 0 - 2 1.5 - 1 . 5 3 2 - 3 - 2 4 3 2 1 7 - 2.5 4 12

L 3 L 3 - 3 2 L 1 :

2 2 1 1 0 - 2 1.5 - 1.5 0 - 1 - 4.5 - 3.5 4 3 2 1 7 - 2.5 - 6.5 12

L 4 L 4 - 4 2 L 1 :

2 2 1 1 0 - 2 1.5 - 1.5 0 - 1 - 4.5 - 3.5 0 - 1 0 - 1 7 - 2.5 - 6.5 - 2

L 3 L 3 - - 1 - 2 L 2 = L 3 - 1 2 L 2 :

2 2 1 1 0 - 2 1.5 - 1.5 0 0 - 5.25 - 2.75 0 - 1 0 - 1 7 - 2.5 - 5.25 - 2

L 4 L 4 - - 1 - 2 L 2 = L 4 - 1 2 L 2 :

2 2 1 1 0 - 2 1.5 - 1.5 0 0 - 5.25 - 2.75 0 0 - 0.75 - 0.25 7 - 2.5 - 5.25 - 0.75

L 4 L 4 - - 0.75 - 5.25 L 3 = L 4 - 0.75 5.25 L 3 :

2 2 1 1 0 - 2 1.5 - 1.5 0 0 - 5.25 - 2.75 0 0 0 0.14 7 - 2.5 - 5.25 0

Passo 3

Fase 2Retrosubstituição:

Passando para a forma de sistema:

2 x 1 + 2 x 2 + x 3 + x 4 = 7 - 2 x 2 + 1.5 x 3 - 1.5 x 4 = - 2.5 - 5.25 x 3 - 2 . 75 x 4 = - 5.25 0.14 x 4 = 0       I I I I I I I V

De I V :

x 4 = 0

De I I I :

- 5.25 x 3 - 2.75 0 = - 5.25

x 3 = 1

De I I :

- 2 x 2 + 1.5 1 - 1.5 0 = - 2.5

- 2 x 2 = - 4

x 2 = 2

De I :

2 x 1 + 2 2 + 1 + 0 = 7

2 x 1 = 2

x 1 = 1

Logo, ficamos com:

x 1 , x 2 , x 3 , x 4 = 1,2 , 1,0

Resposta

x 1 , x 2 , x 3 , x 4 = 1,2 , 1,0

Exercício Resolvido #2

Enunciado

Richard L. Burden e J. Douglas Faires, Numerical Analysis, 9ª ed. Brooks/Cole, Cengage Learning, pag 368, exercício 4.

Use a eliminação gaussiana com Retrosubstituição e aritmética de ponto flutuante de dois dígitos com arredondamento para resolver os sistemas abaixo. Não reorganize as equações. (A solução exata dos sistemas é x 1 = - 1 , x 2 = 1 , x 3 = 3 )

a   - x 1 + 4 x 2 + x 3 = 8 5 3 x 1 + 2 3 x 2 + 2 3 x 3 = 1 2 x 1 + x 2 + 4 x 3 = 11

b 4 x 1 + 2 x 2 - x 3 = - 5 1 9 x 1 + 1 9 x 2 - 1 3 x 3 = - 1 x 1 + 4 x 2 + 2 x 3 = 9

MOSTRAR SOLUÇÃO PASSO A PASSO

Passo 1

a Começamos passando para a forma de matriz aumentada:

- 1 4 1 1.67 0.67 0.67 2 1 4 8 1 11

Passo 2

Fase 1 – Eliminação:

- 1 4 1 1.67 0.67 0.67 2 1 4 8 1 11

L 2 L 2 - 1.67 - 1 L 1 = L 2 + 1.67 L 1 :

- 1 4 1 0 7.35 2.34 2 1 4 8 14.36 11

L 3 L 3 - 2 - 1 L 1 = L 3 + 2 L 1 :

- 1 4 1 0 7.35 2.34 0 9 6 8 14.36 27

L 3 L 3 - 9 7.35 L 2 :

- 1 4 1 0 7.35 2.34 0 0 3.13 8 14.36 9.42

Passo 3

Fase 2Retrosubstituição:

Passando para a forma de sistema:

- x 1 + 4 x 2 + x 3 = 8 7.35 x 2 + 2.34 x 3 = 1.44 × 10 1 3.13 x 3 = 9.42       I I I I I I

De I I I :

x 3 = 3.01

De I I :

7.35 x 2 + 2.34 3.01 = 1.44 × 10 1

7.35 x 2 = 7.36

x 2 = 1

De I :

- x 1 + 4 1 + 3.01 = 8

- x 1 = 0.99

x 1 = - 0.99

Logo, ficamos com:

x 1 , x 2 , x 3 = - 0.99,1 , 3.01

Passo 4

b Passando para a forma de matriz aumentada:

4 2 - 1 0.11 0.11 - 0.33 1 4 2 - 5 - 1 9

Passo 5

Fase 1 – Eliminação:

4 2 - 1 0.11 0.11 - 0.33 1 4 2 - 5 - 1 9

L 2 L 2 - 0.11 4 L 1 :

4 2 - 1 0 0.55 × 10 - 1 - 0.3 1 4 2 - 5 - 0.86 9

L 3 L 3 - 1 4 L 1 :

4 2 - 1 0 0.55 × 10 - 1 - 0.3 0 3.5 2.25 - 5 - 0.86 1.03 × 10 1

L 3 L 3 - 3.5 0.055 L 2 :

4 2 - 1 0 0.55 × 10 - 1 - 0.3 0 0 2.13 × 10 1 - 5 - 0.86 6.5 × 10 1

Passo 6

Fase 2Retrosubstituição:

Passando para a forma de sistema:

4 x 1 + 2 x 2 - x 3 = - 5 0.055 x 2 - 0.3 x 3 = - 0.86 21.3 x 3 = 65       I I I I I I

De I I I :

x 3 = 3.05

De I I :

0.055 x 2 - 0.3 3.05 = - 0.86

0.055 x 2 = 0.06

x 2 = 1.09

De I :

4 x 1 + 2 1.09 - 3.05 = - 5

4 x 1 = - 4.13

x 1 = - 1.03

Logo, ficamos com:

x 1 , x 2 , x 3 = - 1.03,1.09,3.05

Resposta

a x 1 , x 2 , x 3 = 0.99,1 , 3.01

b x 1 , x 2 , x 3 = - 1.03,1.09,3.05

Exercício Resolvido #3

Enunciado

Lista 4 – Professora Susana – exercício 3.

Tente resolver o seguinte sistema pela eliminação de Gauss. O que acontece? O que pode concluir?

2 x - 3 y + 4 z = 8 4 x + 2 y - 3 z = - 1 6 x + 7 y - 10 z = - 10

MOSTRAR SOLUÇÃO PASSO A PASSO

Passo 1

A matriz aumentada fica:

2 - 3 4 4 2 - 3 6 7 - 10 8 - 1 - 10

Passo 2

Fase 1 – Eliminação:

2 - 3 4 4 2 - 3 6 7 - 10 8 - 1 - 10

L 2 L 2 - 4 2 L 1 :

2 - 3 4 0 8 - 11 6 7 - 10 8 - 1 7 - 10

L 3 L 3 - 6 2 L 1 :

2 - 3 4 0 8 - 11 0 16 - 22 8 - 17 - 34

L 3 L 3 - 16 8 L 2 :

2 - 3 4 0 8 - 11 0 0 0 8 - 17 0

Passo 3

Fase 2Retrosubstituição:

Eita. E agora? Não dá pra aplicar a retrosubstituição já que a última linha sumiu. Repare que só sobraram 2 equações para 3 variáveis! Ou seja, alguma variável está livre. Isso quer dizer que temos infinitas soluções! Vale ressaltar que um algoritmo de computador não conseguiria resolver isso pois envolveria dividir 0 0 .

Resposta

Exercício Resolvido #4

Enunciado

Richard L. Burden e J. Douglas Faires, Numerical Analysis, 9ª ed. Brooks/Cole, Cengage Learning, pag 369, exercício 5.

Use o algoritmo da eliminação de Gauss para resolver os sistemas abaixo, se possível, e determine se alguma troca de linhas é necessária.

a x 1 - x 2 + 3 x 3 = 2 3 x 1 - 3 x 2 + x 3 = - 1 x 1 + x 2 = 3

b 2 x 1 - 1.5 x 2 + 3 x 3 = 1 - x 1 + 2 x 3 = 3 4 x 1 - 4.5 x 2 + 5 x 3 = 1

c 2 x 1 = 3 x 1 + 1.5 x 2 = 4.5 - 3 x 2 + 0.5 x 3 = - 6.6 2 x 1 - 2 x 2 + x 3 + x 4 = 0.8

d x 1 + x 2 + x 4 = 2 2 x 1 + x 2 - x 3 + x 4 = 1 4 x 1 - x 2 - 2 x 3 + 2 x 4 = 0 3 x 1 - x 2 - x 3 + 2 x 4 = - 3

MOSTRAR SOLUÇÃO PASSO A PASSO

Passo 1

a Passando para a forma de matriz aumentada:

1 - 1 3 3 - 3 1 1 1 0 2 - 1 3

Passo 2

Fase 1 – Eliminação:

1 - 1 3 3 - 3 1 1 1 0 2 - 1 3

L 2 L 2 - 3 1 L 1 :

1 - 1 3 0 0 - 8 1 1 0 2 - 7 3

L 3 L 3 - 1 1 L 1 :

1 - 1 3 0 0 - 8 0 2 - 3 2 - 7 1

Repare que agora temos um pivô zero, então nosso algoritmo ia para o espaço! Se fosse uma máquina teria acusado erro aqui e esse é um problema muito sério desse método. Mas como não somos máquinas vamos trocar as linhas e continuar:

L 2 L 3 :

1 - 1 3 0 2 - 3 0 0 - 8 2 1 - 7

Passo 3

Fase 2Retrosubstituição:

Voltando para a forma de sistema:

x 1 - x 2 + 3 x 3 = 2 2 x 2 - 3 x 3 = 1 - 8 x 3 = - 7       I I I I I I

De I I I :

x 3 = 0.875

De I I :

2 x 2 - 3 0.875 = 1

2 x 2 = 3.625

x 2 = 1.8125

De I :

x 1 - 1.8125 + 3 0.875 = 2

x 1 = 1.1875

Logo, ficamos com:

x 1 , x 2 , x 3 = 1.1875,1.8125,0.875

E fizemos 1 troca de linhas.

Passo 4

b Passando para a forma de matriz aumentada:

2 - 1.5 3 - 1 0 2 4 - 4.5 5 1 3 1

Passo 5

Fase 1 – Eliminação:

2 - 1.5 3 - 1 0 2 4 - 4.5 5 1 3 1

L 2 L 2 - - 1 2 L 1 = L 2 + 1 2 L 1 :

2 - 1.5 3 0 - 0.75 3.5 4 - 4.5 5 1 3.5 1

L 3 L 3 - 4 2 L 1 :

2 - 1.5 3 0 - 0.75 3.5 0 - 1.5 - 1 1 3.5 - 1

L 3 L 3 - - 1.5 - 0.75 L 2 = L 3 - 2 L 2 :

2 - 1.5 3 0 - 0.75 3.5 0 0 - 8 1 3.5 - 8

Passo 6

Fase 2Retrosubstituição:

Voltando para a forma de sistema:

2 x 1 - 1.5 x 2 + 3 x 3 = 1 - 0.75 x 2 + 3.5 x 3 = 3.5 - 8 x 3 = - 8       I I I I I I

De I I I :

x 3 = 1

De I I :

- 0.75 x 2 + 3.5 = 3.5

- 0.75 x 2 = 0

x 2 = 0

De I :

2 x 1 + 3 = 1

2 x 1 = - 2

x 1 = - 1

Logo, ficamos com:

x 1 , x 2 , x 3 = - 1,0 , 1

E não fizemos nenhuma troca de linhas.

Passo 7

c Passando para a forma de matriz aumentada:

2 0 0 0 1 1.5 0 0 0 - 3 0.5 0 2 - 2 1 1 3 4.5 - 6.6 0.8

Passo 8

Fase 1 – Eliminação:

2 0 0 0 1 1.5 0 0 0 - 3 0.5 0 2 - 2 1 1 3 4.5 - 6.6 0.8

L 2 L 2 - 1 2 L 1 :

2 0 0 0 0 1.5 0 0 0 - 3 0.5 0 2 - 2 1 1 3 3 - 6.6 0.8

L 4 L 4 - 2 2 L 1 :

2 0 0 0 0 1.5 0 0 0 - 3 0.5 0 0 - 2 1 1 3 3 - 6.6 - 2.2

L 3 L 3 - - 3 1.5 L 2 = L 3 + 2 L 2 :

2 0 0 0 0 1.5 0 0 0 0 0.5 0 0 - 2 1 1 3 3 - 0.6 - 2.2

L 4 L 4 - - 2 1.5 L 2 = L 4 + 2 1.5 L 2 :

2 0 0 0 0 1.5 0 0 0 0 0.5 0 0 0 1 1 3 3 - 0.6 1.8

L 4 L 4 - 1 0.5 L 3 :

2 0 0 0 0 1.5 0 0 0 0 0.5 0 0 0 0 1 3 3 - 0.6 3

Passo 9

Fase 2Retrosubstituição:

Voltando para a forma de sistema:

2 x 1 = 3 1.5 x 2 = 3 0.5 x 3 = - 0.6 x 4 = 3       I I I I I I I V

De I I I :

x 3 = - 1.2

De I I :

x 2 = 2

De I :

x 1 = 1.5

Logo, ficamos com:

x 1 , x 2 , x 3 , x 4 = 1.5,2 , - 1.2 , 3

E não fizemos nenhuma troca de linhas.

Passo 10

c Passando para a forma de matriz aumentada:

1 1 0 1 2 1 - 1 1 4 - 1 - 2 2 3 - 1 - 1 2 2 1 0 - 3

Passo 11

Fase 1 – Eliminação:

1 1 0 1 2 1 - 1 1 4 - 1 - 2 2 3 - 1 - 1 2 2 1 0 - 3

L 2 L 2 - 2 1 L 1 :

1 1 0 1 0 - 1 - 1 - 1 4 - 1 - 2 2 3 - 1 - 1 2 2 - 3 0 - 3

L 3 L 3 - 4 1 L 1 :

1 1 0 1 0 - 1 - 1 - 1 0 - 5 - 2 - 2 3 - 1 - 1 2 2 - 3 - 8 - 3

L 4 L 4 - 3 1 L 1 :

1 1 0 1 0 - 1 - 1 - 1 0 - 5 - 2 - 2 0 - 4 - 1 - 1 2 - 3 - 8 - 9

L 3 L 3 - - 5 - 1 L 2 = L 3 - 5 L 2 :

1 1 0 1 0 - 1 - 1 - 1 0 0 3 3 0 - 4 - 1 - 1 2 - 3 7 - 9

L 4 L 4 - - 4 - 1 L 2 = L 4 - 4 L 2 :

1 1 0 1 0 - 1 - 1 - 1 0 0 3 3 0 0 3 3 2 - 3 7 3

L 4 L 4 - 3 3 L 3 :

1 1 0 1 0 - 1 - 1 - 1 0 0 3 3 0 0 0 0 2 - 3 7 - 4

Passo 12

Deu pra ver que o sistema não tem solução? Se liga na última equação! Ela diz que 0 = - 4 , o que é obviamente impossível!

Resposta

a x 1 , x 2 , x 3 = 1.1875,1.8125,0.875 . Fizemos uma troca de linhas.

b x 1 , x 2 , x 3 = - 1,0 , 1 . Não fizemos troca de linhas.

c x 1 , x 2 , x 3 , x 4 = 1.5,2 , - 1.2,3 . Não fizemos troca de linhas.

d Sistema impossível.

Exercício Resolvido #5

Enunciado

Lista 3 – Professor Daniel – UFRJ – Questão 2

Resolva os sistemas lineares abaixo utilizando o método de eliminação de Gauss, fazendo arredondamento com 3 casas decimais:

a 3.03 x 1 - 12.1 x 2 + 14.0 x 3 = - 119 - 3.03 x 1 + 12.1 x 2 - 7.00 x 3 = 120 6.11 x 1 - 14.2 x 2 + 21.0 x 3 = - 139

Solução exata: x 1 = 0 , x 2 = 10 , x 3 = 1 7

b x 1 + 1 2 x 2 + 1 3 x 3 = 2 1 2 x 1 + 1 3 x 2 + 1 4 x 3 = - 1 1 3 x 1 + 1 4 x 2 + 1 5 x 3 = 0

Solução exata: x 1 = 54 , x 2 = - 264 , x 3 = 240

MOSTRAR SOLUÇÃO PASSO A PASSO

Passo 1

a Passando para a forma de matriz aumentada:

3.03 - 12.1 14 - 3.03 12.1 - 7 6.11 - 14.2 21 - 119 120 - 139

Passo 2

Fase 1 – Eliminação:

3.03 - 12.1 14 - 3.03 12.1 - 7 6.11 - 14.2 21 - 119 120 - 139

L 2 L 2 - - 3.03 3.03 L 1 = L 2 + L 1 :

3.03 - 12.1 14 0 0 7 0 10.206 - 7.238 - 119 1 101.023

L 3 L 2 :

3.03 - 12.1 14 0 10.206 - 7.238 0 0 7 - 119 101.023 1

Passo 3

Fase 2Retrosubstituição:

Voltando para a forma de sistema:

3.03 x 1 - 12.1 x 2 + 14.0 x 3 = - 119 10.206 x 2 - 7.238 x 3 = 101.023 7 x 3 = 1       I I I I I I

De I I I :

x 3 = 0.143

De I I :

10.206 x 2 - 7.238 0.143 = 101.023

10.206 x 2 = 102.058

x 2 = 10

De I :

3.03 x 1 - 12.1 10 + 14.0 0.143 = - 119

3.03 x 1 = - 0.002

x 1 = 0

Logo, ficamos com:

x 1 , x 2 , x 3 = 0,10,0.143

Passo 4

b Passando para a forma de matriz aumentada:

1 0.5 0.333 0.5 0.333 0.25 0.333 0.25 0.2 2 - 1 0

Passo 5

Fase 1 – Eliminação:

1 0.5 0.333 0.5 0.333 0.25 0.333 0.25 0.2 2 - 1 0

L 2 L 2 - 0.5 1 L 1 :

1 0.5 0.333 0 0.083 0.084 0.333 0.25 0.2 2 - 2 0

L 3 L 3 - 0.333 1 L 1 :

1 0.5 0.333 0 0.083 0.084 0 0.084 0.089 2 - 2 - 0.667

L 3 L 3 - 0.084 0.083 L 2 :

1 0.5 0.333 0 0.083 0.084 0 0 0.004 2 - 2 1.357

Passo 6

Fase 2Retrosubstituição:

Voltando para a forma de sistema:

x 1 + 0.5 x 2 + 0.333 x 3 = 2 0.083 x 2 + 0.084 x 3 = - 2 0.004 x 3 = 1.357       I I I I I I

De I I I :

x 3 = 339.25

De I I :

0.083 x 2 + 0.084 × 339.25 = - 2

0.083 x 2 = - 30.497

x 2 = - 367.434

De I :

x 1 + 0.5 - 367.434 + 0.333 339.25 = 2

x 1 = 72.747

Logo, ficamos com:

x 1 , x 2 , x 3 = 72.747 , - 367.434,339.25

Um resultado bem distante do real né? Pra você ver a diferença que algumas casas decimais fazem!

Resposta

a x 1 , x 2 , x 3 = 0,10,0.143

b x 1 , x 2 , x 3 = 72.747 , - 367.434,339.25

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