Considere o sistema
\begin{array}{r} 3 x_{1}+2 x_{2}+4 x_{3}=1 \\\ x_{1}+x_{2}+2 x_{3}=2 \\\\ 4 x_{1}+3 x_{2}-2 x_{3}=3 \end{array}
Escreva este sistema na forma A \vec{x}=\vec{b} e encontre L e U de modo que A=L U.
a) Encontre a solução \overrightarrow{y^{*}} do sistema L \vec{y}=\vec{b};
b) Encontre a solução \overrightarrow{x^{*}} do sistema U \vec{x}=\overrightarrow{y^{*}} e consequentemente a solução do sistema (3.13).

Passo 1

O enunciado nos dá o sistema
\begin{cases} 3x_{1}+2x_{2}+4x_{3}=1,\\\ x_{1}+x_{2}+2x_{3}=2,\\\\ 4x_{1}+3x_{2}-2x_{3}=3, \end{cases}
que podemos escrever na forma A\vec{x}=\vec{b}, com
A = \begin{pmatrix} 3 & 2 & 4\\\\ 1 & 1 & 2\\\\ 4 & 3 & -2 \end{pmatrix}, \quad \vec{x} = \begin{pmatrix}x_{1}\x_{2}\x_{3}\end{pmatrix}, \quad \vec{b} = \begin{pmatrix}1\\\ 2\\\ 3\end{pmatrix}.
O objetivo é fatorar A em A=L\,U pelo método de Doolittle (sem pivoteamento), depois resolver L\vec{y}=\vec{b} e finalmente U\vec{x}=\vec{y}.

Passo 2

Aplicando eliminação para zerar as entradas abaixo da primeira pivô:
o multiplicador para a linha 2 é
m_{21} = \frac{a_{21}}{a_{11}} = \frac{1}{3},
e para a linha 3 é
m_{31} = \frac{a_{31}}{a_{11}} = \frac{4}{3}.
Subtraindo dessas linhas as cópias apropriadas da linha 1 obtemos a submatriz inferior
\begin{pmatrix} \ast & \ast & \ast\\\\ 0 & \tfrac{1}{3} & \tfrac{2}{3}\\\\ 0 & \tfrac{1}{3} & -\tfrac{22}{3} \end{pmatrix}.
Em seguida, para zerar a posição (3,2) usamos
m_{32} = \frac{\tfrac{1}{3}}{\tfrac{1}{3}} = 1.
O resultado final para U e L é
U = \begin{pmatrix} 3 & 2 & 4\\\\ 0 & \tfrac{1}{3} & \tfrac{2}{3}\\\\ 0 & 0 & -8 \end{pmatrix}, \quad L = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\\ \tfrac{1}{3} & 1 & 0\\\ \tfrac{4}{3} & 1 & 1 \end{pmatrix},
pois L armazena os multiplicadores m_{21},m_{31},m_{32} abaixo da diagonal.

Passo 3

Resolvendo L\vec{y}=\vec{b}, isto é,
\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\\ \tfrac{1}{3} & 1 & 0\\\ \tfrac{4}{3} & 1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}y_{1}\y_{2}\y_{3}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1\\\ 2\\\ 3\end{pmatrix},
temos em ordem:
y_{1} = 1, \quad \tfrac{1}{3}y_{1}+y_{2}=2\implies y_{2}=2-\tfrac{1}{3}=\tfrac{5}{3}, \quad \tfrac{4}{3}y_{1}+y_{2}+y_{3}=3\implies 3+y_{3}=3\implies y_{3}=0.
Logo
\vec{y}^{*} = \begin{pmatrix}1\\[4pt]\tfrac{5}{3}\\[4pt]0\end{pmatrix}.]

Passo 4

Agora resolvemos U\vec{x}=\vec{y}^{*}, ou
\begin{pmatrix} 3 & 2 & 4\\\\ 0 & \tfrac{1}{3} & \tfrac{2}{3}\\\\ 0 & 0 & -8 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x_{1}\x_{2}\x_{3}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1\\[3pt]\tfrac{5}{3}\\[3pt]0\end{pmatrix}.
Da última equação vem -8x_{3}=0\implies x_{3}=0.
Da segunda: \tfrac{1}{3}x_{2}+\tfrac{2}{3}\cdot0=\tfrac{5}{3}\implies x_{2}=5.
Da primeira: 3x_{1}+2\cdot5+4\cdot0=1\implies 3x_{1}=-9\implies x_{1}=-3.
Assim
\vec{x}^{*} = \begin{pmatrix}-3\\[4pt]5\\[4pt]0\end{pmatrix}.]

Resposta

L= \displaystyle \begin{pmatrix}1 & 0 & 0\\[3pt]\tfrac{1}{3} & 1 & 0\\[3pt]\tfrac{4}{3} & 1 & 1\end{pmatrix},
U= \displaystyle \begin{pmatrix}3 & 2 & 4\\[3pt]0 & \tfrac{1}{3} & \tfrac{2}{3}\\[3pt]0 & 0 & -8\end{pmatrix},
a) \vec{y}^{*}=(1,\tfrac{5}{3},0)^{T},
b) \vec{x}^{*}=(-3,5,0)^{T}.]

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