Considere o sistema linear
\left\{\begin{array}{l} 2 x_{1}+3 x_{2}+x_{3}=1 \\\\ 4 x_{1}+7 x_{2}+5 x_{3}=3 \\\\ 6 x_{1}+18 x_{2}+19 x_{3}=7 \end{array}\right.
(a) (3 pontos) Resolva o sistema utilizando a decomposição LU da matriz dos coeficientes.
(b) ( 1 ponto) Use a decomposição LU para calcular o determinante da matriz dos coeficientes.

Passo 1

O enunciado dá o sistema linear
\left\{\begin{array}{l} 2 x_{1}+3 x_{2}+x_{3}=1 \\[4pt] 4 x_{1}+7 x_{2}+5 x_{3}=3 \\[4pt] 6 x_{1}+18 x_{2}+19 x_{3}=7 \end{array}\right.
As perguntas são:
(a) Resolva o sistema usando a decomposição LU da matriz dos coeficientes.
(b) Use a decomposição LU para calcular o determinante da matriz dos coeficientes.
Informações relevantes dadas: a matriz dos coeficientes é
A=\begin{pmatrix}2 & 3 & 1\\[4pt]4 & 7 & 5\\[4pt]6 & 18 & 19\end{pmatrix}
e o vetor do lado direito é
b=\begin{pmatrix}1\\[4pt]3\\[4pt]7\end{pmatrix}.]

Passo 2

O que é e como vamos usar a decomposição LU (explicação didática e intuitiva).
Queremos escrever A como produto de uma matriz triangular inferior L (com 1 na diagonal principal) e uma matriz triangular superior U:
A = L U.
Ideia prática: executar eliminação de Gauss sem permutações (sem pivoteamento) para obter U; os multiplicadores usados para zerar abaixo do pivô viram as entradas de L. Esses multiplicadores são os coeficientes m_{ij} que multiplicam a linha i pela linha j durante a eliminação. Depois, para resolver Ax=b fazemos duas etapas:
  1. Resolver L y = b por substituição progressiva (forward substitution).
  2. Resolver U x = y por substituição regressiva (back substitution).
Vou aplicar o método passo a passo e explicar cada conta.

Passo 3

Começamos a eliminação de Gauss sobre A, calculando os multiplicadores da coluna 1 (usar o primeiro pivô a_{11}=2).
Multiplicadores:
m_{21}=\frac{a_{21}}{a_{11}}=\frac{4}{2}=2,\qquad m_{31}=\frac{a_{31}}{a_{11}}=\frac{6}{2}=3.
Agora zeramos as entradas abaixo de a_{11} fazendo R_2 \leftarrow R_2 - m_{21}R_1 e R_3 \leftarrow R_3 - m_{31}R_1. Façamos as contas coordenada a coordenada:
Para a linha 2:
\begin{aligned} 0 &= 4 - 2\cdot 2,\\\\ 1 &= 7 - 2\cdot 3,\\\\ 3 &= 5 - 2\cdot 1. \end{aligned}
Para a linha 3:
\begin{aligned} 0 &= 6 - 3\cdot 2,\\\\ 9 &= 18 - 3\cdot 3,\\\\ 16 &= 19 - 3\cdot 1. \end{aligned}
Se quiser, aplicamos o mesmo às entradas do vetor b:
b_2' = 3 - 2\cdot 1 = 1,\qquad b_3' = 7 - 3\cdot 1 = 4.

Passo 4

Após o primeiro passo de eliminação, a matriz transformada (parte superior que será U parcialmente) e o vetor resultante são
\text{(após etapa 1)}\quad \begin{pmatrix} 2 & 3 & 1\\[4pt] 0 & 1 & 3\\[4pt] 0 & 9 & 16 \end{pmatrix},\qquad \begin{pmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]4\end{pmatrix}.ó
Agora fazemos a eliminação na coluna 2, usando o pivô u_{22}=1. O multiplicador é
m_{32}=\frac{u_{32}}{u_{22}}=\frac{9}{1}=9.
Aplicamos R_3 \leftarrow R_3 - m_{32}R_2. Calculemos as entradas da linha 3:
\begin{aligned} 0 &\mapsto 0 - 9\cdot 0 = 0,\\\\ 0 &\mapsto 9 - 9\cdot 1 = 0,\\\\ -11 &\mapsto 16 - 9\cdot 3 = 16 - 27 = -11. \end{aligned}
E para o vetor do lado direito:
b_3'' = 4 - 9\cdot 1 = -5.]

Passo 5

Após a segunda etapa de eliminação obtemos a forma triangular superior U:
U=\begin{pmatrix} 2 & 3 & 1\\[4pt] 0 & 1 & 3\\[4pt] 0 & 0 & -11 \end{pmatrix}.
Os multiplicadores que formam L (com 1 na diagonal) são os m_{21},m_{31},m_{32} calculados:
L=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\[4pt] m_{21} & 1 & 0\\[4pt] m_{31} & m_{32} & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\[4pt] 2 & 1 & 0\\[4pt] 3 & 9 & 1 \end{pmatrix}.
É bom entender: L armazena os multiplicadores usados para eliminar A até chegar em U. Podemos verificar mentalmente que LU retorna A (não preciso multiplicar tudo aqui, mas é consistente com os passos).]

Passo 6

Agora resolvemos A x = b usando o fatoramento A=LU. Primeiro resolvemos L y = b por substituição progressiva. Escrevemos as equações de L y = b:
\begin{aligned} 1\cdot y_1 &= b_1=1,\\[4pt] 2\cdot y_1 + 1\cdot y_2 &= b_2=3,\\[4pt] 3\cdot y_1 + 9\cdot y_2 + 1\cdot y_3 &= b_3=7. \end{aligned}
Agora calculamos passo a passo:
\begin{aligned} y_1 &= 1,\\[4pt] 2\cdot 1 + y_2 &= 3 \implies y_2 = 3-2=1,\\[4pt] 3\cdot 1 + 9\cdot 1 + y_3 &= 7 \implies y_3 = 7 - 3 - 9 = -5. \end{aligned}
Portanto
y=\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]-5\end{pmatrix}.]

Passo 7

Agora resolvemos U x = y por substituição regressiva. Escrevemos as equações de U x = y:
\begin{aligned} 2 x_1 + 3 x_2 + 1 x_3 &= y_1 = 1,\\[4pt] \phantom{2}0 x_1 + 1 x_2 + 3 x_3 &= y_2 = 1,\\[4pt] \phantom{2}0 x_1 + 0 x_2 -11 x_3 &= y_3 = -5. \end{aligned}
Começamos pela última equação (mais simples):
-11 x_3 = -5 \implies x_3 = \frac{-5}{-11} = \frac{5}{11}.
Substituindo na segunda equação:
x_2 + 3 x_3 = 1 \implies x_2 = 1 - 3\cdot\frac{5}{11} = 1 - \frac{15}{11} = \frac{11-15}{11} = -\frac{4}{11}.
Finalmente, na primeira equação:
2 x_1 + 3 x_2 + x_3 = 1.
Substituindo x_2 e x_3:
2 x_1 = 1 - 3\left(-\frac{4}{11}\right) - \frac{5}{11} = 1 + \frac{12}{11} - \frac{5}{11} = 1 + \frac{7}{11} = \frac{11}{11} + \frac{7}{11} = \frac{18}{11}.
Logo
x_1 = \frac{1}{2}\cdot\frac{18}{11} = \frac{9}{11}.]

Passo 8

Concluímos que a solução do sistema é
x=\begin{pmatrix}\dfrac{9}{11}\\[6pt]-\dfrac{4}{11}\\[6pt]\dfrac{5}{11}\end{pmatrix}.
Pequeno reforço didático: na prova, se você obtiver L e U como fiz aqui, basta duas substituições (progressiva e regressiva) — nada de calcular inversas.]

Passo 9

Agora (parte b) usamos o fatoramento A=LU para calcular o determinante. Observações importantes e fáceis:
  • \det(L)=1 porque L é triangular inferior com todos os elementos da diagonal iguais a 1.
  • \det(A)=\det(L)\det(U)=1\cdot\det(U).
    Como U é triangular superior, \det(U) é o produto dos elementos da diagonal de U:
\det(U)=u_{11}\,u_{22}\,u_{33}=2\cdot 1\cdot (-11)=-22.
Portanto
\det(A)=-22.

Resposta

(a) \displaystyle (x_1,x_2,x_3)=\left(\frac{9}{11},-\frac{4}{11},\frac{5}{11}\right)
(b) \displaystyle \det(A)=-22

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