1 Considere o seguinte sistema linear \mathrm{Ax}=\mathrm{b} :
A=\left(\begin{array}{ccc} 2 & -1 & 1 \\\\ 3 & 3 & 9 \\\\ 3 & 3 & 5 \end{array}\right) ; b=\left(\begin{array}{c} -1 \\\\ 0 \\\\ 4 \end{array}\right)
a. Verifique se é possível resolver este sistema pelos métodos de Gauss simples e LU.
b. Resolva-o pelo método de Gauss simples.
c. A partir do método de Gauss identifique as matrizes L e U.
d. Determine a matriz inversa A^{-1} pelo método de Decomposição LU.

Passo 1

O enunciado dá o sistema linear \mathrm{A}\mathrm{x}=\mathrm{b} com
A=\begin{pmatrix} 2 & -1 & 1 \\\\ 3 & 3 & 9 \\\\ 3 & 3 & 5 \end{pmatrix},\qquad b=\begin{pmatrix}-1\\[4pt]0\\[4pt]4\end{pmatrix}.
Perguntas pedidas:
  • (a) Verificar se é possível resolver o sistema pelos métodos de Gauss simples e de decomposição \mathrm{LU} (interpreto “Gauss simples” como eliminação de Gauss sem pivoteamento).
  • (b) Resolver o sistema pelo método de Gauss simples (ou seja, eliminação direta e substituição regressiva).
  • (c) A partir do processo de Gauss, identificar as matrizes \mathrm{L} e \mathrm{U} (tal que \mathrm{A}=\mathrm{L}\mathrm{U}).
  • (d) Determinar a inversa \mathrm{A}^{-1} usando a decomposição \mathrm{LU}.
Informações relevantes dadas: a própria matriz A e o vetor b. Não há figura ou informação extra necessária.]

Passo 2

Verificação se podemos aplicar Gauss simples (sem pivoteamento) e se existe decomposição \mathrm{LU} sem permutações.
Condição prática para Gauss simples/ \mathrm{LU} sem pivoteamento: os pivôs obtidos durante a eliminação não devem ser zero; uma condição suficiente (e usual de verificação) é que os menores principais (lead. principal minors) não sejam zero. Vou calcular os menores principais e o determinante para garantir invertibilidade.
Menor principal de ordem 1:
\det(\,[2]\,)=2\neq0.
Menor principal de ordem 2 (submatriz superior esquerda):
\det\begin{pmatrix}2 & -1\\[4pt]3 & 3\end{pmatrix}=2\cdot 3 - (-1)\cdot 3 =6+3=9\neq0.
Determinante da matriz A (ordem 3): calculo expandindo pela primeira linha:
\det(A)=2\det\begin{pmatrix}3 & 9\\[4pt]3 & 5\end{pmatrix} -(-1)\det\begin{pmatrix}3 & 9\\[4pt]3 & 5\end{pmatrix} +1\det\begin{pmatrix}3 & 3\\[4pt]3 & 3\end{pmatrix}.
As duas primeiras menores são iguais; a última é zero. Calculando a primeira:
\det\begin{pmatrix}3 & 9\\[4pt]3 & 5\end{pmatrix}=3\cdot 5 - 9\cdot 3 =15-27=-12.
Então
\det(A)=2(-12) -(-1)(-12) +1\cdot 0 = -24 -12 = -36\neq 0.
Conclusão do passo: todos os menores principais necessários são não nulos e \det(A)\neq0. Portanto:
  • Podemos aplicar Gauss simples (sem necessidade de troca de linhas).
  • Existe decomposição \mathrm{LU} sem permutações (ou seja, \mathrm{A}=\mathrm{L}\mathrm{U} com \mathrm{L} unitária lower triangular).]

Passo 3

Explicando o método de eliminação de Gauss (didaticamente, passo a passo):
  • Objetivo da eliminação: transformar a matriz aumentada [A\mid b] em um sistema equivalente com matriz triangular superior \mathrm{U}, usando operações elementares sobre linhas (subtrair múltiplos da linha-pivô das linhas abaixo).
  • Para zerar um elemento abaixo do pivô \,a_{ii}\, usamos o multiplicador
m_{ji}=\frac{a_{ji}}{a_{ii}},
e substituímos a linha j por \text{L}_j \leftarrow \text{L}_j - m_{ji}\,\text{L}_i.
  • Esses multiplicadores m_{ji} aparecem como entradas da matriz \mathrm{L} (abaixo da diagonal), enquanto a matriz resultante das linhas transformadas será \mathrm{U}.
Agora aplico isso ao nosso sistema, usando frações para manter exatidão.
Matriz aumentada inicial:
\left[\begin{array}{ccc|c} 2 & -1 & 1 & -1\\[4pt] 3 & 3 & 9 & 0\\[4pt] 3 & 3 & 5 & 4 \end{array}\right].
Primeiro pivô: a_{11}=2. Multiplicadores para zerar coluna 1 abaixo:
m_{21}=\frac{3}{2},\qquad m_{31}=\frac{3}{2}.
Aplicando \text{L}_2\leftarrow \text{L}_2 - \tfrac{3}{2}\text{L}_1 e \text{L}_3\leftarrow \text{L}_3 - \tfrac{3}{2}\text{L}_1:
Cálculos detalhados para \text{L}_2:
  • segunda coluna: 3 - \tfrac{3}{2}\cdot(-1)=3+\tfrac{3}{2}=\tfrac{9}{2}.
  • terceira coluna: 9 - \tfrac{3}{2}\cdot 1 = 9-\tfrac{3}{2}=\tfrac{15}{2}.
  • termo independente: 0 - \tfrac{3}{2}\cdot(-1)=\tfrac{3}{2}.
Para \text{L}_3:
  • segunda coluna: 3 - \tfrac{3}{2}\cdot(-1)=\tfrac{9}{2}.
  • terceira coluna: 5 - \tfrac{3}{2}\cdot 1 = 5-\tfrac{3}{2}=\tfrac{7}{2}.
  • termo independente: 4 - \tfrac{3}{2}\cdot(-1)=4+\tfrac{3}{2}=\tfrac{11}{2}.
Após essa etapa a matriz aumentada fica:
\left[\begin{array}{ccc|c} 2 & -1 & 1 & -1\\[4pt] 0 & \tfrac{9}{2} & \tfrac{15}{2} & \tfrac{3}{2}\\[6pt] 0 & \tfrac{9}{2} & \tfrac{7}{2} & \tfrac{11}{2} \end{array}\right].
Segundo pivô (na submatriz restante): a_{22}=\tfrac{9}{2}. Multiplicador para zerar posição (3,2):
m_{32}=\frac{\tfrac{9}{2}}{\tfrac{9}{2}}=1.
Aplicando \text{L}_3\leftarrow \text{L}_3 - 1\cdot \text{L}_2:
  • terceira coluna: \tfrac{7}{2} - \tfrac{15}{2} = -4.
  • termo independente: \tfrac{11}{2} - \tfrac{3}{2} = 4.
A matriz aumentada triangularizada é:
\left[\begin{array}{ccc|c} 2 & -1 & 1 & -1\\[4pt] 0 & \tfrac{9}{2} & \tfrac{15}{2} & \tfrac{3}{2}\\[6pt] 0 & 0 & -4 & 4 \end{array}\right].
Daqui extraímos \mathrm{U} (a parte triangular superior) e o vetor transformado de termos independentes.]

Passo 4

Substituição regressiva para obter [\mathrm{x}) (resolvendo \mathrm{U}\mathrm{x}= vetor transformado):
Sistema triangular equivalente:
\begin{cases} 2x_{1} - x_{2} + x_{3} = -1,\\[4pt] \dfrac{9}{2}x_{2} + \dfrac{15}{2}x_{3} = \dfrac{3}{2},\\[6pt] -4x_{3} = 4. \end{cases}
Resolvo de baixo para cima:
  • Da terceira equação: -4x_{3}=4 \Rightarrow x_{3}=\dfrac{4}{-4}=-1.\] - Segunda equação: \(\dfrac{9}{2}x_{2} + \dfrac{15}{2}x_{3} = \dfrac{3}{2}. Substituindo x_{3}=-1:
\dfrac{9}{2}x_{2} + \dfrac{15}{2}(-1)=\dfrac{3}{2} \quad\Rightarrow\quad \dfrac{9}{2}x_{2} - \dfrac{15}{2} = \dfrac{3}{2}.
Somando \dfrac{15}{2} aos dois lados:
\dfrac{9}{2}x_{2} = \dfrac{3}{2} + \dfrac{15}{2} = \dfrac{18}{2}=9 \quad\Rightarrow\quad x_{2}=\dfrac{9}{\tfrac{9}{2}}=2.
  • Primeira equação: 2x_{1} - x_{2} + x_{3} = -1. Substituindo x_{2}=2 e x_{3}=-1:
2x_{1} - 2 -1 = -1 \quad\Rightarrow\quad 2x_{1} -3 = -1 \quad\Rightarrow\quad 2x_{1}=2 \quad\Rightarrow\quad x_{1}=1.
Portanto a solução do sistema é
\mathrm{x}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]2\\[4pt]-1\end{pmatrix}.]

Passo 5

Identificação explícita das matrizes \mathrm{L} e \mathrm{U} a partir dos multiplicadores usados na eliminação.
Relembrando os multiplicadores:
m_{21}=\frac{3}{2},\qquad m_{31}=\frac{3}{2},\qquad m_{32}=1.
A matriz \mathrm{L} (lower triangular com 1s na diagonal e os m_{ji} abaixo) é:
\mathrm{L}=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\[4pt] \tfrac{3}{2} & 1 & 0\\[4pt] \tfrac{3}{2} & 1 & 1 \end{pmatrix}.
A matriz \mathrm{U} obtida na eliminação (triangular superior) é:
\mathrm{U}=\begin{pmatrix} 2 & -1 & 1\\[4pt] 0 & \tfrac{9}{2} & \tfrac{15}{2}\\[4pt] 0 & 0 & -4 \end{pmatrix}.
Verificação rápida (produto \mathrm{L}\mathrm{U}):
  • Primeira linha de \mathrm{L}\mathrm{U} dá a primeira linha de \mathrm{U}: (2,-1,1).
  • Segunda linha: \tfrac{3}{2} vezes primeira linha de \mathrm{U} mais segunda linha de \mathrm{U} resulta em (3,3,9).
  • Terceira linha: \tfrac{3}{2}×primeira + 1×segunda + 1×terceira resulta em (3,3,5).
    Logo \mathrm{L}\mathrm{U} = \mathrm{A}, confirmado.]

Passo 6

Explicação do procedimento para calcular \mathrm{A}^{-1} via decomposição \mathrm{LU}:
  • Se \mathrm{A}=\mathrm{L}\mathrm{U}, então \mathrm{A}^{-1} pode ser obtida resolvendo \mathrm{A}X = I coluna a coluna.
  • Para cada vetor canônico e_{i} (coluna i da identidade), resolvemos \mathrm{A}x^{(i)}=e_{i}.
  • Como \mathrm{A}=\mathrm{L}\mathrm{U}, fazemos em duas etapas: resolver \mathrm{L}y^{(i)}=e_{i} (substituição progressiva) e depois \mathrm{U}x^{(i)}=y^{(i)} (substituição regressiva). A coluna x^{(i)} obtida será a coluna i de \mathrm{A}^{-1}.
Vou calcular as três colunas com detalhes.

Passo 7

Cálculo da coluna 1 de \mathrm{A}^{-1} (direcionada ao e_{1}=(1,0,0)^{T}).
  1. Resolver \mathrm{L}y=e_{1}. Com \mathrm{L} dado,
\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\[4pt] \tfrac{3}{2} & 1 & 0\\[4pt] \tfrac{3}{2} & 1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}y_{1}\\[4pt]y_{2}\\[4pt]y_{3}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]0\end{pmatrix}.
Equações (progressivas):
  • y_{1}=1.
  • \tfrac{3}{2}y_{1}+y_{2}=0 \Rightarrow y_{2}=-\tfrac{3}{2}.
  • \tfrac{3}{2}y_{1}+y_{2}+y_{3}=0 \Rightarrow \tfrac{3}{2}-\tfrac{3}{2}+y_{3}=0 \Rightarrow y_{3}=0.
Logo y=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-\tfrac{3}{2}\\[4pt]0\end{pmatrix}.
  1. Resolver \mathrm{U}x=y:
\begin{pmatrix} 2 & -1 & 1\\[4pt] 0 & \tfrac{9}{2} & \tfrac{15}{2}\\[4pt] 0 & 0 & -4 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x_{1}\\[4pt]x_{2}\\[4pt]x_{3}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1\\[4pt]-\tfrac{3}{2}\\[4pt]0\end{pmatrix}.
Equações (regressivas):
  • -4x_{3}=0 \Rightarrow x_{3}=0.
  • \tfrac{9}{2}x_{2} + \tfrac{15}{2}x_{3} = -\tfrac{3}{2} \Rightarrow \tfrac{9}{2}x_{2} = -\tfrac{3}{2} \Rightarrow x_{2}=-\tfrac{1}{3}.
  • 2x_{1} - x_{2} + x_{3} = 1 \Rightarrow 2x_{1} -(-\tfrac{1}{3}) + 0 = 1 \Rightarrow 2x_{1}+\tfrac{1}{3}=1 \Rightarrow 2x_{1}=\tfrac{2}{3} \Rightarrow x_{1}=\tfrac{1}{3}.
Portanto a primeira coluna de \mathrm{A}^{-1} é
x^{(1)}=\begin{pmatrix}\tfrac{1}{3}\\[4pt]-\tfrac{1}{3}\\[4pt]0\end{pmatrix}.]

Passo 8

Cálculo da coluna 2 de \mathrm{A}^{-1} (direcionada ao e_{2}=(0,1,0)^{T}).
  1. Resolver \mathrm{L}y=e_{2}:
\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\[4pt] \tfrac{3}{2} & 1 & 0\\[4pt] \tfrac{3}{2} & 1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}y_{1}\\[4pt]y_{2}\\[4pt]y_{3}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0\\[4pt]1\\[4pt]0\end{pmatrix}.
  • y_{1}=0.
  • \tfrac{3}{2}y_{1}+y_{2}=1 \Rightarrow y_{2}=1.
  • \tfrac{3}{2}y_{1}+y_{2}+y_{3}=0 \Rightarrow 0+1+y_{3}=0 \Rightarrow y_{3}=-1.
Logo y=\begin{pmatrix}0\\[4pt]1\\[4pt]-1\end{pmatrix}.
  1. Resolver \mathrm{U}x=y:
\begin{pmatrix} 2 & -1 & 1\\[4pt] 0 & \tfrac{9}{2} & \tfrac{15}{2}\\[4pt] 0 & 0 & -4 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x_{1}\\[4pt]x_{2}\\[4pt]x_{3}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0\\[4pt]1\\[4pt]-1\end{pmatrix}.
  • -4x_{3}=-1 \Rightarrow x_{3}=\tfrac{1}{4}.
  • \tfrac{9}{2}x_{2} + \tfrac{15}{2}x_{3}=1 \Rightarrow \tfrac{9}{2}x_{2} + \tfrac{15}{2}\cdot\tfrac{1}{4}=1. Calculo:
\tfrac{15}{2}\cdot\tfrac{1}{4}=\tfrac{15}{8}, \quad\text{então}\quad \tfrac{9}{2}x_{2}=1-\tfrac{15}{8}=\tfrac{8}{8}-\tfrac{15}{8}=-\tfrac{7}{8}.ã
Logo x_{2} = \dfrac{-\tfrac{7}{8}}{\tfrac{9}{2}} = -\tfrac{7}{8}\cdot \tfrac{2}{9} = -\tfrac{7}{36}.
  • Primeira equação: 2x_{1} - x_{2} + x_{3} = 0. Substituindo x_{2}=-\tfrac{7}{36} e x_{3}=\tfrac{1}{4}:
2x_{1} -\Big(-\tfrac{7}{36}\Big) + \tfrac{1}{4} =0 \quad\Rightarrow\quad 2x_{1} + \tfrac{7}{36} + \tfrac{1}{4}=0.
Fazendo \tfrac{1}{4}=\tfrac{9}{36}, somamos \tfrac{7}{36}+\tfrac{9}{36}=\tfrac{16}{36}=\tfrac{4}{9}. Assim
2x_{1} + \tfrac{4}{9} =0 \quad\Rightarrow\quad 2x_{1} = -\tfrac{4}{9} \quad\Rightarrow\quad x_{1} = -\tfrac{2}{9}.
Portanto a segunda coluna de \mathrm{A}^{-1} é
x^{(2)}=\begin{pmatrix}-\tfrac{2}{9}\\[4pt]-\tfrac{7}{36}\\[4pt]\tfrac{1}{4}\end{pmatrix}.]

Passo 9

Cálculo da coluna 3 de \mathrm{A}^{-1} (direcionada ao e_{3}=(0,0,1)^{T}).
  1. Resolver \mathrm{L}y=e_{3}:
\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\[4pt] \tfrac{3}{2} & 1 & 0\\[4pt] \tfrac{3}{2} & 1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}y_{1}\\[4pt]y_{2}\\[4pt]y_{3}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}.
  • y_{1}=0.
  • \tfrac{3}{2}y_{1}+y_{2}=0 \Rightarrow y_{2}=0.
  • \tfrac{3}{2}y_{1}+y_{2}+y_{3}=1 \Rightarrow y_{3}=1.
Logo y=\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}.
  1. Resolver \mathrm{U}x=y:
\begin{pmatrix} 2 & -1 & 1\\[4pt] 0 & \tfrac{9}{2} & \tfrac{15}{2}\\[4pt] 0 & 0 & -4 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x_{1}\\[4pt]x_{2}\\[4pt]x_{3}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}.
  • -4x_{3}=1 \Rightarrow x_{3}=-\tfrac{1}{4}.
  • \tfrac{9}{2}x_{2} + \tfrac{15}{2}x_{3}=0 \Rightarrow \tfrac{9}{2}x_{2} + \tfrac{15}{2}\cdot\Big(-\tfrac{1}{4}\Big)=0. Calculando:
\tfrac{15}{2}\cdot\Big(-\tfrac{1}{4}\Big)=-\tfrac{15}{8}, \quad\text{então}\quad \tfrac{9}{2}x_{2} = \tfrac{15}{8} \Rightarrow x_{2} = \dfrac{\tfrac{15}{8}}{\tfrac{9}{2}} = \tfrac{15}{8}\cdot \tfrac{2}{9} = \tfrac{30}{72} = \tfrac{5}{12}.ã
  • Primeira equação: 2x_{1} - x_{2} + x_{3} = 0. Substituindo x_{2}=\tfrac{5}{12} e x_{3}=-\tfrac{1}{4}:
2x_{1} - \tfrac{5}{12} - \tfrac{1}{4} = 0.
Transformando -\tfrac{1}{4}=-\tfrac{3}{12}, então -\tfrac{5}{12}-\tfrac{3}{12}=-\tfrac{8}{12}=-\tfrac{2}{3}. Assim:
2x_{1} - \tfrac{2}{3} =0 \quad\Rightarrow\quad 2x_{1}=\tfrac{2}{3} \quad\Rightarrow\quad x_{1}=\tfrac{1}{3}.
Portanto a terceira coluna de \mathrm{A}^{-1} é
x^{(3)}=\begin{pmatrix}\tfrac{1}{3}\\[4pt]\tfrac{5}{12}\\[4pt]-\tfrac{1}{4}\end{pmatrix}.]

Passo 10

Juntando as três colunas, obtemos a matriz inversa:
\mathrm{A}^{-1}= \begin{pmatrix} \tfrac{1}{3} & -\tfrac{2}{9} & \tfrac{1}{3}\\[6pt] -\tfrac{1}{3} & -\tfrac{7}{36} & \tfrac{5}{12}\\[6pt] 0 & \tfrac{1}{4} & -\tfrac{1}{4} \end{pmatrix}.
Checagem rápida mental: é fácil verificar numericamente que \mathrm{A}\,\mathrm{A}^{-1}=I, então a construção está consistente.]

Resposta

(a) Sim. É possível resolver o sistema pelo método de Gauss simples (os pivôs não são zero) e existe decomposição \mathrm{LU} sem permutações, pois os menores principais são não nulos e \det(A)=-36\neq0.
(b) \mathrm{x}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]2\\[4pt]-1\end{pmatrix}.
(c) \displaystyle \mathrm{L}=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0\\[4pt]\tfrac{3}{2} & 1 & 0\\[4pt]\tfrac{3}{2} & 1 & 1\end{pmatrix},\qquad \mathrm{U}=\begin{pmatrix}2 & -1 & 1\\[4pt]0 & \tfrac{9}{2} & \tfrac{15}{2}\\[4pt]0 & 0 & -4\end{pmatrix}.
(d) \displaystyle \mathrm{A}^{-1}=\begin{pmatrix} \tfrac{1}{3} & -\tfrac{2}{9} & \tfrac{1}{3}\\[6pt] -\tfrac{1}{3} & -\tfrac{7}{36} & \tfrac{5}{12}\\[6pt] 0 & \tfrac{1}{4} & -\tfrac{1}{4} \end{pmatrix}.]

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