1 - Considere o sistema linear abaixo:
\left\{\begin{array}{ccc} 5 x_{1}+2 x_{2}+x_{3} & = & -12 \\\\ -x_{1}+4 x_{2}+2 x_{3} & = & 20 \\\\ 2 x_{1}-3 x_{2}+10 x_{3} & = & 3 \end{array}\right.
a) Mostre que esse sistema tem solução única.
b) Resolva-o usando eliminação de Gauss. x=\left[\begin{array}{lll}-4 & 3 & 2\end{array}\right]^{T}.
c) Resolva-o usando a decomposição LU.
d) Calcule o determinante de A usando a decomposição.

Passo 1

O enunciado nos dá o seguinte sistema linear (três equações e três incógnitas):
\begin{cases} 5x_{1}+2x_{2}+x_{3} = -12,\\[4pt] -x_{1}+4x_{2}+2x_{3} = 20,\\[4pt] 2x_{1}-3x_{2}+10x_{3} = 3. \end{cases}
Informações relevantes fornecidas:
A=\begin{pmatrix}5 & 2 & 1\\[4pt]-1 & 4 & 2\\[4pt]2 & -3 & 10\end{pmatrix},\qquad b=\begin{pmatrix}-12\\[4pt]20\\[4pt]3\end{pmatrix}.
Perguntas:
a) Mostrar que o sistema tem solução única.
b) Resolver o sistema usando eliminação de Gauss. (O enunciado já sugere que a solução é \displaystyle x=\begin{pmatrix}-4\\[4pt]3\\[4pt]2\end{pmatrix}.)
c) Resolver o sistema usando decomposição LU.
d) Calcular \det(A) usando a decomposição.]

Passo 2

Explicando o método que vamos usar agora: eliminação de Gauss. A ideia é transformar a matriz aumentada (A\mid b) numa forma triangular superior por operações elementares sobre linhas (essas operações correspondem a eliminar as incógnitas). Em cada etapa usamos um pivô (entrada diagonal) e multiplicadores (os números que usamos para zerar abaixo do pivô). Se todos os pivôs principais forem não nulos (sem trocar linhas), o sistema tem solução única. Vou aplicar esse processo passo a passo.
Começo escrevendo a matriz aumentada inicial:
\left(\begin{array}{ccc|c} 5 & 2 & 1 & -12\\[4pt] -1 & 4 & 2 & 20\\[4pt] 2 & -3 & 10 & 3 \end{array}\right).]

Passo 3

Primeira etapa: usar o pivô \(a_{11}=5) para zerar as entradas abaixo dele nas colunas 1.
Definimos os multiplicadores (esses l_{i1} serão úteis depois para montar L):
l_{21}=\frac{a_{21}}{a_{11}}=\frac{-1}{5}=-\frac{1}{5},\qquad l_{31}=\frac{a_{31}}{a_{11}}=\frac{2}{5}.
Aplicamos as operações R_{2}\leftarrow R_{2}-l_{21}R_{1} e R_{3}\leftarrow R_{3}-l_{31}R_{1}. Calculando cada entrada (faço em frações para não perder exatidão):
Para a linha 2:
0,\quad 4 - \left(-\frac{1}{5}\right)\cdot 2 = 4+\frac{2}{5}=\frac{22}{5},\quad 2 - \left(-\frac{1}{5}\right)\cdot 1 = 2+\frac{1}{5}=\frac{11}{5},
20 - \left(-\frac{1}{5}\right)\cdot(-12)=20-\frac{12}{5}=\frac{88}{5}.
Para a linha 3:
0,\quad -3 - \frac{2}{5}\cdot 2 = -3-\frac{4}{5}=-\frac{19}{5},\quad 10 - \frac{2}{5}\cdot 1 = 10-\frac{2}{5}=\frac{48}{5},
3 - \frac{2}{5}\cdot(-12)=3+\frac{24}{5}=\frac{39}{5}.
A matriz aumentada passa a ser
\left(\begin{array}{ccc|c} 5 & 2 & 1 & -12\\[4pt] 0 & \dfrac{22}{5} & \dfrac{11}{5} & \dfrac{88}{5}\\[8pt] 0 & -\dfrac{19}{5} & \dfrac{48}{5} & \dfrac{39}{5} \end{array}\right).]

Passo 4

Segunda etapa: usar o pivô \(a_{22}=\dfrac{22}{5}) para zerar a entrada abaixo dele (linha 3, coluna 2).
Multiplicador:
l_{32}=\frac{\text{(entrada (3,2) atual)}}{\text{(pivô (2,2))}} =\frac{-\dfrac{19}{5}}{\dfrac{22}{5}}=-\frac{19}{22}.ô
Operação: R_{3}\leftarrow R_{3}-l_{32}R_{2}. Note que como l_{32} é negativo, na prática somamos uma fração da linha 2; vou calcular as entradas:
A terceira linha fica:
0,\quad 0,\quad \frac{48}{5}-\left(-\frac{19}{22}\right)\cdot\frac{11}{5} =\frac{48}{5}+\frac{19\cdot 11}{22\cdot 5} =\frac{48}{5}+\frac{209}{110} =\frac{1265}{110}=\frac{253}{22},
\frac{39}{5}-\left(-\frac{19}{22}\right)\cdot\frac{88}{5} =\frac{39}{5}+\frac{19\cdot 88}{22\cdot 5} =\frac{39}{5}+\frac{19\cdot 4}{5} =\frac{39+76}{5}=\frac{115}{5}=23.
Agora a matriz está em forma triangular superior:
\left(\begin{array}{ccc|c} 5 & 2 & 1 & -12\\[4pt] 0 & \dfrac{22}{5} & \dfrac{11}{5} & \dfrac{88}{5}\\[8pt] 0 & 0 & \dfrac{253}{22} & 23 \end{array}\right).
Observe que todos os pivôs (entradas diagonais) são diferentes de zero:
5,\quad \dfrac{22}{5},\quad \dfrac{253}{22}\neq 0.
Quando na eliminação de Gauss, sem trocar linhas, todos os pivôs são não nulos, isso implica que a matriz A é invertível e, portanto, o sistema tem solução única. Isso responde (a): sim, solução única (porque os pivôs são não nulos).]

Passo 5

Agora faço a substituição reversa (back-substitution) para obter x\). A partir da forma triangular superior temos o sistema: \[\begin{cases} 5x_{1}+2x_{2}+x_{3} = -12,\\[4pt] \dfrac{22}{5}x_{2}+\dfrac{11}{5}x_{3} = \dfrac{88}{5},\\[6pt] \dfrac{253}{22}x_{3} = 23. \end{cases}
Resolvo de baixo para cima.
Da terceira equação:
x_{3}=\frac{23}{\tfrac{253}{22}}=23\cdot\frac{22}{253}.
Note que \(253=11\cdot 23\], logo cancelando 23 obtemos
x_{3}=\frac{22}{11}=2.
Da segunda equação, multiplicando por 5 para simplificar:
22x_{2}+11x_{3}=88.
Substituindo x_{3}=2:
22x_{2}+11\cdot 2=88\quad\Rightarrow\quad 22x_{2}+22=88\quad\Rightarrow\quad 22x_{2}=66,
portanto
x_{2}=3.
Da primeira equação:
5x_{1}+2x_{2}+x_{3}=-12.
Substituindo x_{2}=3 e x_{3}=2:
5x_{1}+2\cdot 3+2=-12\quad\Rightarrow\quad 5x_{1}+8=-12\quad\Rightarrow\quad 5x_{1}=-20,
logo
x_{1}=-4.
Portanto a solução é
x=\begin{pmatrix}-4\\[4pt]3\\[4pt]2\end{pmatrix},
confirmando a sugestão do enunciado.
Como checagem rápida (opcional, mas bom hábito): multiplicando A x obtemos
\begin{pmatrix}5 & 2 & 1\\[4pt]-1 & 4 & 2\\[4pt]2 & -3 & 10\end{pmatrix} \begin{pmatrix}-4\\[4pt]3\\[4pt]2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-12\\[4pt]20\\[4pt]3\end{pmatrix}=b,
logo está correto.
Isto responde (b): solução encontrada pelo método de Gauss.]

Passo 6

Agora faço a decomposição A=LU. Ideia e relação com a eliminação: em eliminação de Gauss os multiplicadores l_{21},l_{31},l_{32} que usamos para zerar entradas são exatamente as entradas abaixo da diagonal de uma matriz triangular inferior L com diagonal composta por 1s; a matriz resultante triangular superior é U.
Os multiplicadores que já calculamos foram:
l_{21}=-\frac{1}{5},\qquad l_{31}=\frac{2}{5},\qquad l_{32}=-\frac{19}{22}.
Assim
L=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\[4pt] -\dfrac{1}{5} & 1 & 0\\[8pt] \dfrac{2}{5} & -\dfrac{19}{22} & 1 \end{pmatrix}, \qquad U=\begin{pmatrix} 5 & 2 & 1\\[4pt] 0 & \dfrac{22}{5} & \dfrac{11}{5}\\[8pt] 0 & 0 & \dfrac{253}{22} \end{pmatrix}.
Posso conferir rapidamente que LU=A multiplicando (mas já sabemos que a construção via multiplicadores garante isso).]

Passo 7

Resolver usando LU: quero resolver Ax=b escrevendo LUx=b. Defino y=Ux e primeiro resolvo Ly=b por substituição progressiva (forward substitution), depois resolvo Ux=y por substituição regressiva.
Escrevendo Ly=b:
\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\[4pt] -\dfrac{1}{5} & 1 & 0\\[8pt] \dfrac{2}{5} & -\dfrac{19}{22} & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}y_{1}\\[4pt]y_{2}\\[4pt]y_{3}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-12\\[4pt]20\\[4pt]3\end{pmatrix}.
Resolvendo progressivamente:
y_{1}=-12.
-\frac{1}{5}y_{1}+y_{2}=20 \quad\Rightarrow\quad y_{2}=20+\frac{1}{5}y_{1}=20+\frac{1}{5}\cdot(-12)=20-\frac{12}{5}=\frac{88}{5}.
\frac{2}{5}y_{1}-\frac{19}{22}y_{2}+y_{3}=3.
Substituindo y_{1}=-12 e y_{2}=\dfrac{88}{5}:
\frac{2}{5}(-12)-\frac{19}{22}\cdot\frac{88}{5}+y_{3}=3 \quad\Rightarrow\quad -\frac{24}{5}-\frac{19\cdot 4}{5}+y_{3}=3
-\frac{24}{5}-\frac{76}{5}+y_{3}=3\quad\Rightarrow\quad -\frac{100}{5}+y_{3}=3\quad\Rightarrow\quad -20+y_{3}=3,
logo
y_{3}=23.
Agora resolvo Ux=y:
\begin{pmatrix} 5 & 2 & 1\\[4pt] 0 & \dfrac{22}{5} & \dfrac{11}{5}\\[8pt] 0 & 0 & \dfrac{253}{22} \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x_{1}\\[4pt]x_{2}\\[4pt]x_{3}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}y_{1}\\[4pt]y_{2}\\[4pt]y_{3}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-12\\[4pt]\dfrac{88}{5}\\[4pt]23\end{pmatrix}.
Da última equação:
\dfrac{253}{22}x_{3}=23\quad\Rightarrow\quad x_{3}=2.
Da segunda:
\dfrac{22}{5}x_{2}+\dfrac{11}{5}x_{3}=\dfrac{88}{5}\quad\Rightarrow\quad 22x_{2}+11\cdot 2=88\quad\Rightarrow\quad x_{2}=3.
Da primeira:
5x_{1}+2x_{2}+x_{3}=-12\quad\Rightarrow\quad 5x_{1}+6+2=-12\quad\Rightarrow\quad x_{1}=-4.
Resultado final pelo método LU: novamente
x=\begin{pmatrix}-4\\[4pt]3\\[4pt]2\end{pmatrix}.]

Passo 8

Calcular o determinante de A usando a decomposição. Para matrizes triangulares,
\det(L)=\text{produto das entradas diagonais de }L=1\cdot 1\cdot 1=1,
\det(U)=\text{produto das entradas diagonais de }U =5\cdot\frac{22}{5}\cdot\frac{253}{22}.
Observe que há cancelamentos: 5 cancela com \dfrac{22}{5} parcialmente e \dfrac{22}{5} cancela com \dfrac{253}{22} no que interessa ao produto; calculando diretamente:
\det(U)=5\cdot\frac{22}{5}\cdot\frac{253}{22}=253.
Como \det(A)=\det(L)\det(U), segue
\det(A)=1\cdot 253=253.
Isso confirma a observação anterior: \det(A)\neq 0, portanto A é invertível e o sistema tem solução única.

Resposta

(a) O sistema tem solução única, pois os pivôs são não nulos e \det(A)=253\neq 0.
(b) \displaystyle x=\begin{pmatrix}-4\\[4pt]3\\[4pt]2\end{pmatrix}.
(c) \displaystyle L=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0\\[4pt]-\dfrac{1}{5} & 1 & 0\\[8pt]\dfrac{2}{5} & -\dfrac{19}{22} & 1\end{pmatrix},\quad U=\begin{pmatrix}5 & 2 & 1\\[4pt]0 & \dfrac{22}{5} & \dfrac{11}{5}\\[8pt]0 & 0 & \dfrac{253}{22}\end{pmatrix},\quad x=\begin{pmatrix}-4\\[4pt]3\\[4pt]2\end{pmatrix}.
(d) \det(A)=253.]

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