Método da Eliminação de Gauss

Teoria Completa

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. Que é, basicamente, escrever a matriz dos coeficientes, adicionar uma coluna com os elementos da matriz b e botar uma separação entre elas, tipo uma linha reta mesmo, ficando assim ó:

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.

Obs.: uma matriz é triangular quando os elementos acima (triangular inferior) ou abaixo (triangular superior) da diagonal principal são zero.

Exemplo de triangular superior:

1 4 5 0 2 6 0 0 3

Exemplo de triangular inferior:

1 0 0 4 2 0 5 6 3

Elas são importantes pela facilidade na resolução dos sistemas lineares, vamos ver isso melhor já já, mas é pelo fato dela nos dar uma equação com apenas uma incógnita dentro do sistema linear.

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 ;)

Calma, vamos ver melhor qual vai ser o passo a passo do método agora! 😊

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

Obs.: todo o processo que fizemos para zerar os elementos abaixo do 1 é feito a partir de combinações lineares das linhas (basicamente fazer continhas com as linhas e somar no final kk só tem um nome bonito pra isso).

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:

Como zeramos todos os elementos abaixo dos pivôs (encontrando a matriz triangular), vamos para a próxima fase!

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

Agora que vem a lindeza da matriz triangular, sempre teremos uma equação com apenas uma incógnita! 😊

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!

Exercício Resolvido #1

UFRGS-REAMAT- Cálculo Numérico- livro Scilab-Adaptada.

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

x + y + z = 1 4 x + 4 y + 2 z = 2 2 x + y - z = 0

Foi necessário trocar alguma linha?

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 1

Com esse sistema linear, conseguimos construir essas matrizes:

1 1 1 4 4 2 2 1 - 1 x y z = 1 2 0

Começamos passando para a forma de matriz aumentada:

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

Passo 2

Fase 1 – Eliminação:

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

L 2 ← L 2 - 4 L 1 :

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

Opa, para facilitar nossa vida, podemos trocar a segunda e a terceira linhas:

L 3 ← L 2 :

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

Continuando:

L 2 ← L 2 - 2 L 1 :

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

Como vemos, foi necessário trocar uma linha (a segunda com a terceira linha)

Passo 3

Fase 2Retrosubstituição:

Passando para a forma de sistema:

x + y + z = 1 - y - 3 z = - 2 - 2 z = - 2      

Da terceira equação:

z = 1

Substituindo z na segunda equação:

- y - 3 ∙ 1 = - 2    

y = - 1

Substituindo y e z na primeira equação:

x - 1 + 1 = 1

Logo, ficamos com:

x , y , z = 1 , - 1 , 1

Resposta

x , y , z = 1 , - 1,1

L 3 ← L 2

Exercício Resolvido #2

Elaboração Própria.

Utilizando o método da Eliminação de Gauss, verifique se é possível resolver o sistema linear abaixo:

x + y + z = 1 x + 2 y + 2 z = 2 3 x + 4 y + 4 z = 4

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 1

Vamos utilizar o método da Eliminação de Gauss para tentar encontrar a solução do problema. O primeiro passo é representar esse sistema em forma de matriz:

Com esse sistema linear, conseguimos construir essas matrizes:

1 1 1 1 2 2 3 4 4 x y z = 1 2 4

Começamos passando para a forma de matriz aumentada:

1 1 1 1 2 2 3 4 4 1 2 4

Passo 2

Fase 1 – Eliminação:

1 1 1 1 2 2 3 4 4 1 2 4

L 2 ← L 2 - L 1 :

1 1 1 0 1 1 3 4 4 1 1 4

L 3 ← L 3 - 3 L 1 :

1 1 1 0 1 1 0 1 1 1 1 1

Agora vamos para o segundo pivô:

1 1 1 0 1 1 0 1 1 1 1 1

L 3 ← L 3 - L 2 :

1 1 1 0 1 1 0 0 0 1 1 0

Passo 3

Fase 2Retrosubstituição:

Passando para a forma de sistema:

x + y + z = 1 y + z = 1      

Como temos 3 incógnitas e apenas 2 equações, nosso sistema tem infinitas soluções!!

Como poderíamos achar uma resposta pra esse problema, então? Vamos deixar tudo em função de uma das variáveis:

y = 1 - z

E

x = 1 - y - z

Como y = 1 - z :

x = 1 - 1 - z - z = 1 - 1 + z - z = 0

Logo, dizemos que x = 0 , y = 1 - z e z é qualquer número pertencente aos reais.

Então, foi possível resolver o sistema!

Resposta

Sim, foi possível e:

x , y , z = 0,1 - z , z ,   z ∈ R

Exercício Resolvido #3

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 COMPLETA

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 #4

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 COMPLETA

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