Considere o sistema linear:
\left\{\begin{array}{l} 0 x_{1}+1 x_{2}-2 x_{3}=7 \\\\ 2 x_{1}-2 x_{2}+3 x_{3}=-10 \\\\ 1 x_{1}+3 x_{2}+1 x_{3}=8 \end{array}\right.
Resolva-o usando a decomposição LU com pivoteamento parcial.

Passo 1

O enunciado dá o sistema linear
\left\{\begin{array}{l} 0 x_{1}+1 x_{2}-2 x_{3}=7,\\[4pt] 2 x_{1}-2 x_{2}+3 x_{3}=-10,\\[4pt] 1 x_{1}+3 x_{2}+1 x_{3}=8, \end{array}\right.
e pede para resolvê‑lo usando a decomposição LU com pivoteamento parcial.
As informações importantes são as entradas da matriz dos coeficientes A e do vetor do lado direito b:
A=\begin{pmatrix} 0 & 1 & -2\\[4pt] 2 & -2 & 3\\[4pt] 1 & 3 & 1 \end{pmatrix},\qquad b=\begin{pmatrix}7\\[4pt]-10\\[4pt]8\end{pmatrix}.]

Passo 2

Primeiro passo do procedimento (pivoteamento parcial na coluna 1): escolher, entre as linhas 1 a 3, o elemento de maior valor absoluto na coluna 1 como pivô. Os valores absolutos na coluna 1 são |0|,|2|,|1|, então o maior é |2| na linha 2. Deve‑se trocar a linha 1 com a linha 2. Essa troca é registrada por uma matriz de permutação P (vamos atualizá‑la conforme realizamos trocas).
Após trocar linha 1 e linha 2, a matriz aumentada A|b fica
\begin{pmatrix} 2 & -2 & 3 &\mid& -10\\[4pt] 0 & 1 & -2 &\mid& 7\\[4pt] 1 & 3 & 1 &\mid& 8 \end{pmatrix}.]

Passo 3

Explicando o que faremos ao eliminar (pequula aula): para eliminar abaixo do pivô \,a_{11}\, usamos multiplicadores
m_{i1}=\frac{a_{i1}}{a_{11}}\quad\text{para }i>1.
Esses multiplicadores são exatamente as entradas da matriz L (abaixo da diagonal) quando construímos PA=LU. Agora calculamos os multiplicadores da primeira coluna:
m_{21}=\frac{0}{2}=0,\qquad m_{31}=\frac{1}{2}=\frac{1}{2}.
Aplicando as eliminações:
  • linha 2 := linha 2 - m_{21}·linha 1 (permanece igual porque m_{21}=0);
  • linha 3 := linha 3 - m_{31}·linha 1.
O resultado é
\begin{pmatrix} 2 & -2 & 3 &\mid& -10\\[4pt] 0 & 1 & -2 &\mid& 7\\[4pt] 0 & 4 & -\tfrac{1}{2} &\mid& 8 \end{pmatrix}.]

Passo 4

Pivoteamento na coluna 2: entre as linhas 2 e 3 (submatriz de baixo), escolhemos o maior valor absoluto na coluna 2. Os candidatos são |1| e |4|, logo escolhe‑se a linha 3 como pivô. Faz‑se a troca da linha 2 com a linha 3 (essa troca também entra na matriz de permutação P). Após a troca a matriz aumentada fica
\begin{pmatrix} 2 & -2 & 3 &\mid& -10\\[4pt] 0 & 4 & -\tfrac{1}{2} &\mid& 8\\[4pt] 0 & 1 & -2 &\mid& 7 \end{pmatrix}.
Regra importante ao pivotear durante LU: quando uma troca envolve linhas já afetadas por eliminações anteriores, deve‑se também trocar as entradas já acumuladas de L nas colunas anteriores (isso garante que L permaneça consistente). Vou aplicar esse procedimento quando montar L abaixo.]

Passo 5

Agora eliminamos abaixo do pivô a_{22}=4. Calculamos o multiplicador
m_{32}=\frac{a_{32}}{a_{22}}=\frac{1}{4}=\tfrac{1}{4}.
Aplicando a eliminação (linha 3 := linha 3 - m_{32}·linha 2) obtemos a forma triangular superior final U (e o lado direito transformado):
\begin{pmatrix} 2 & -2 & 3 &\mid& -10\\[4pt] 0 & 4 & -\tfrac{1}{2} &\mid& 8\\[4pt] 0 & 0 & -\tfrac{15}{8} &\mid& \tfrac{15}{4} \end{pmatrix}.
Assim a matriz U é
U=\begin{pmatrix} 2 & -2 & 3\\[4pt] 0 & 4 & -\tfrac{1}{2}\\[4pt] 0 & 0 & -\tfrac{15}{8} \end{pmatrix}.]

Passo 6

Agora montamos explicitamente P e L. A sequência de trocas foi:
  • trocar linhas 1 e 2 (primeira troca),
  • depois trocar as linhas 2 e 3 (segunda troca, durante a segunda etapa).
Isso resulta na permutação das linhas na ordem (\text{origem }1,2,3)\mapsto(\,2,3,1\,). Logo a matriz de permutação P é
P=\begin{pmatrix} 0 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 1\\[4pt] 1 & 0 & 0 \end{pmatrix},
ou seja, PA é a matriz original com linhas reordenadas como [\,\text{linha }2;\\ \text{linha }3;\\ \text{linha }1\,].
Quanto a L: os multiplicadores calculados, levando em conta as trocas (trocam‑se as entradas de L nas colunas já formadas quando se faz uma permuta), resultam em
L=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\[4pt] \tfrac{1}{2} & 1 & 0\\[4pt] 0 & \tfrac{1}{4} & 1 \end{pmatrix}.
Verificação rápida (opcional, mas útil para entender): multiplicando L por U obtém‑se exatamente PA.
Resumo das matrizes:
P=\begin{pmatrix}0&1&0\\[4pt]0&0&1\\[4pt]1&0&0\end{pmatrix},\qquad L=\begin{pmatrix}1&0&0\\[4pt]\tfrac{1}{2}&1&0\\[4pt]0&\tfrac{1}{4}&1\end{pmatrix},\qquad U=\begin{pmatrix}2&-2&3\\[4pt]0&4&-\tfrac{1}{2}\\[4pt]0&0&-\tfrac{15}{8}\end{pmatrix},
e vale a identidade matricial
PA=LU.]

Passo 7

Agora resolvemos o sistema usando PAx=LUx=Pb. Primeiro permutamos o vetor b:
Pb=\begin{pmatrix} -10\\[4pt] 8\\[4pt] 7\end{pmatrix},
pois a ordem das linhas ficou (2,3,1).
Procedimento: resolver primeiro Ly=Pb por substituição direta (forward substitution), depois Ux=y por substituição regressiva (back substitution).]

Passo 8

Resolvendo Ly=Pb com
L=\begin{pmatrix}1&0&0\\[4pt]\tfrac{1}{2}&1&0\\[4pt]0&\tfrac{1}{4}&1\end{pmatrix},\qquad Pb=\begin{pmatrix}-10\\[4pt]8\\[4pt]7\end{pmatrix},
escrevemos as equações:
\begin{array}{l} y_{1}=-10,\\[6pt] \tfrac{1}{2}y_{1}+y_{2}=8,\\[6pt] \tfrac{1}{4}y_{2}+y_{3}=7. \end{array}
Calculando passo a passo:
y_{1}=-10,
y_{2}=8-\tfrac{1}{2}y_{1}=8-\tfrac{1}{2}(-10)=8+5=13,
y_{3}=7-\tfrac{1}{4}y_{2}=7-\tfrac{1}{4}\cdot13=7-\tfrac{13}{4}=\tfrac{28-13}{4}=\tfrac{15}{4}.
Portanto
y=\begin{pmatrix}-10\\[4pt]13\\[4pt]\tfrac{15}{4}\end{pmatrix}.]

Passo 9

Agora resolvemos Ux=y com
U=\begin{pmatrix} 2 & -2 & 3\\[4pt] 0 & 4 & -\tfrac{1}{2}\\[4pt] 0 & 0 & -\tfrac{15}{8} \end{pmatrix},\qquad y=\begin{pmatrix}-10\\[4pt]13\\[4pt]\tfrac{15}{4}\end{pmatrix}.
Fazemos substituição regressiva (da última equação para a primeira):
Terceira equação:
-\tfrac{15}{8}\,x_{3}=\tfrac{15}{4}\quad\Rightarrow\quad x_{3}=\frac{\tfrac{15}{4}}{-\tfrac{15}{8}}=\frac{15}{4}\cdot\frac{-8}{15}=-2.
Segunda equação:
4\,x_{2}-\tfrac{1}{2}\,x_{3}=13\quad\Rightarrow\quad 4\,x_{2}-\tfrac{1}{2}(-2)=13\quad\Rightarrow\quad 4\,x_{2}+1=13,
logo 4\,x_{2}=12 e x_{2}=3.
Primeira equação:
2\,x_{1}-2\,x_{2}+3\,x_{3}=-10\quad\Rightarrow\quad 2\,x_{1}-2\cdot 3+3\cdot(-2)=-10,
2\,x_{1}-6-6=-10\quad\Rightarrow\quad 2\,x_{1}=2\quad\Rightarrow\quad x_{1}=1.]

Resposta

\,x_{1}=1
\,x_{2}=3
\,x_{3}=-2

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