Considere o sistema linear a seguir:
\left[\begin{array}{llcl} 18 & -12 & 6 & 42 \\\\ 3 & -2 & -1 & 6 \\\\ 12 & -8 & -4 & 30 \\\\ 6 & -4 & -2 & 15 \end{array}\right]\left[\begin{array}{l} x_{1} \\\ x_{2} \\\ x_{3} \\\ x_{4} \end{array}\right]=\left[\begin{array}{l} 42 \\\\ 6 \\\\ 30 \\\\ 15 \end{array}\right]
a) Calcule a fatoração LU da matriz de coeficientes acima.
b) Qual o determinante dessa matriz? O que isso significa?
c) Resolva o sistema.

Passo 1

O enunciado pede três coisas sobre o sistema linear dado:
a) Calcular a fatoração LU da matriz de coeficientes.
b) Calcular o determinante dessa matriz e interpretar o resultado.
c) Resolver o sistema.
As informações fornecidas são a matriz de coeficientes A e o vetor do lado direito b:
A=\begin{pmatrix} 18 & -12 & 6 & 42 \\\\ 3 & -2 & -1 & 6 \\\\ 12 & -8 & -4 & 30 \\\\ 6 & -4 & -2 & 15 \end{pmatrix}, \qquad b=\begin{pmatrix}42\\[4pt]6\\[4pt]30\\[4pt]15\end{pmatrix}.
Nada mais será assumido; a resolução começa a seguir.]

Passo 2

Breve explicação do método que vamos usar (passo-a-passo, sem pular etapas): a fatoração LU consiste em escrever A como A=LU, onde L é triangular inferior com diagonal unitária (uns na diagonal) e U é triangular superior. Uma forma prática de obter L e U é executar eliminação de Gauss sobre A para tornar A triangular superior; os multiplicadores usados para zerar abaixo da diagonal formam as entradas de L. Vou aplicar eliminação por colunas, registrando cada multiplicador explicando o cálculo aritmético, e atualizando também o vetor b (já que queremos resolver o sistema depois).

Passo 3

Eliminação da coluna 1 (usar a_{11}=18 como pivô).
Calcule os multiplicadores na coluna 1:
\begin{aligned} \ell_{21} &= \frac{a_{21}}{a_{11}}=\frac{3}{18}=\frac{1}{6},\\[4pt] \ell_{31} &= \frac{a_{31}}{a_{11}}=\frac{12}{18}=\frac{2}{3},\\[4pt] \ell_{41} &= \frac{a_{41}}{a_{11}}=\frac{6}{18}=\frac{1}{3}. \end{aligned}
Usamos esses multiplicadores para zerar os elementos abaixo de a_{11}:
  • Nova linha 2: \text{R}_2 \leftarrow \text{R}_2 - \ell_{21}\,\text{R}_1.
    Calcule coluna a coluna: \text{R}_2 - \tfrac{1}{6}\text{R}_1 =\begin{pmatrix}3\\\ -2\\\ -1\\\ 6\end{pmatrix} -\tfrac{1}{6}\begin{pmatrix}18\\\ -12\\\ 6\\\ 42\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0\\\ 0\\\ -2\\\ -1\end{pmatrix}.Atualize o lado direito: b_2 \leftarrow 6 - \tfrac{1}{6}\cdot 42 = 6-7 = -1.
  • Nova linha 3: \text{R}_3 \leftarrow \text{R}_3 - \ell_{31}\,\text{R}_1: \text{R}_3 - \tfrac{2}{3}\text{R}_1 =\begin{pmatrix}12\\\ -8\\\ -4\\\ 30\end{pmatrix} -\tfrac{2}{3}\begin{pmatrix}18\\\ -12\\\ 6\\\ 42\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0\\\ 0\\\ -8\\\ 2\end{pmatrix},e b_3 \leftarrow 30 - \tfrac{2}{3}\cdot 42 = 30-28=2.
  • Nova linha 4: \text{R}_4 \leftarrow \text{R}_4 - \ell_{41}\,\text{R}_1: \text{R}_4 - \tfrac{1}{3}\text{R}_1 =\begin{pmatrix}6\\\ -4\\\ -2\\\ 15\end{pmatrix} -\tfrac{1}{3}\begin{pmatrix}18\\\ -12\\\ 6\\\ 42\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0\\\ 0\\\ -4\\\ 1\end{pmatrix},e b_4 \leftarrow 15 - \tfrac{1}{3}\cdot 42 = 15-14=1.
Após essa etapa, a matriz (e o b transformado) ficam:
\begin{pmatrix} 18 & -12 & 6 & 42 \\\\ 0 & 0 & -2 & -1 \\\\ 0 & 0 & -8 & 2 \\\\ 0 & 0 & -4 & 1 \end{pmatrix},\qquad b^{(1)}=\begin{pmatrix}42\\[4pt]-1\\[4pt]2\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Observação: a segunda coluna nas linhas 2–4 ficou toda zero; isso não impede continuar a eliminação usando a coluna 3 como próximo pivô (vamos anotar os multiplicadores correspondentes e seguir).]

Passo 4

Eliminação usando o elemento da linha 2, coluna 3 como pivô (esse elemento é -2).
Calcule os multiplicadores para zerar as entradas em coluna 3 nas linhas 3 e 4:
\begin{aligned} \ell_{32} &= \frac{(\text{linha 3, col 3})}{(\text{linha 2, col 3})}=\frac{-8}{-2}=4,\\[4pt] \ell_{42} &= \frac{-4}{-2}=2. \end{aligned}
Aplicando:
  • \text{R}_3 \leftarrow \text{R}_3 - 4\,\text{R}_2: \begin{pmatrix}0&0&-8&2\end{pmatrix} - 4\begin{pmatrix}0&0&-2&-1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0&0&0&6\end{pmatrix},e b_3 \leftarrow 2 - 4\cdot(-1) = 2+4=6.
  • \text{R}_4 \leftarrow \text{R}_4 - 2\,\text{R}_2: \begin{pmatrix}0&0&-4&1\end{pmatrix} - 2\begin{pmatrix}0&0&-2&-1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0&0&0&3\end{pmatrix},e b_4 \leftarrow 1 - 2\cdot(-1) = 1+2=3.
Agora a forma triangular superior (matriz U) e o vetor transformado estão:
U=\begin{pmatrix} 18 & -12 & 6 & 42 \\\\ 0 & 0 & -2 & -1 \\\\ 0 & 0 & 0 & 6 \\\\ 0 & 0 & 0 & 3 \end{pmatrix},\qquad \tilde b=\begin{pmatrix}42\\[4pt]-1\\[4pt]6\\[4pt]3\end{pmatrix}.]

Passo 5

Agora montamos L com os multiplicadores usados nas etapas, lembrando que L tem 1 na diagonal e os multiplicadores \ell_{ij} nas posições inferiores correspondentes:
  • Multiplicadores da etapa 1 (coluna 1): \ell_{21}=\tfrac{1}{6},\\ \ell_{31}=\tfrac{2}{3},\\ \ell_{41}=\tfrac{1}{3}.
  • Multiplicadores da etapa 2 (usando a linha 2 como pivô na coluna 3): \ell_{32}=4,\\ \ell_{42}=2.
Portanto
L=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0\\[4pt] \frac{1}{6} & 1 & 0 & 0\\[4pt] \frac{2}{3} & 4 & 1 & 0\\[4pt] \frac{1}{3} & 2 & 0 & 1 \end{pmatrix}, \qquad U=\begin{pmatrix} 18 & -12 & 6 & 42 \\\\ 0 & 0 & -2 & -1 \\\\ 0 & 0 & 0 & 6 \\\\ 0 & 0 & 0 & 3 \end{pmatrix}.
Pode-se verificar multiplicando LU termo a termo que recuperamos a matriz A original (confirmei os cálculos). Assim obtemos a fatoração A=LU.]

Passo 6

Determinante:
Propriedade importante: para A=LU com L triangular com uns na diagonal, tem-se \det(A)=\det(L)\det(U). Como \det(L)=1 (produto dos elementos da diagonal de L = 1\cdot1\cdot1\cdot1), então
\det(A)=\det(U)=\prod_{i=1}^{4} u_{ii}.
Os elementos diagonais de U são \;u_{11}=18,\\ u_{22}=0,\\ u_{33}=0,\\ u_{44}=3. Portanto
\det(A)=18\cdot 0\cdot 0\cdot 3 = 0.
Interpretação: \det(A)=0 significa que a matriz é singular (não invertível). Para o sistema Ax=b, isso indica que ou não existem soluções ou existem infinitas soluções; precisamos verificar se b está no espaço coluna de A para decidir qual dos dois casos ocorre. Continuamos e resolvemos o sistema para verificar.

Passo 7

Resolver o sistema usando o U e o \tilde b obtidos (já aplicamos a eliminação, então podemos fazer substituição para cima). O sistema triangular U x = \tilde b é:
\begin{aligned} 18x_1 -12x_2 + 6x_3 + 42x_4 &= 42,\\[4pt] 0\cdot x_1 + 0\cdot x_2 -2x_3 - x_4 &= -1,\\[4pt] 0\cdot x_1 + 0\cdot x_2 + 0\cdot x_3 + 6x_4 &= 6,\\[4pt] 0\cdot x_1 + 0\cdot x_2 + 0\cdot x_3 + 3x_4 &= 3. \end{aligned}
Começando pelas últimas equações (substituição para cima):
  • Da terceira linha: 6x_4=6 \Rightarrow x_4=1.
  • Da quarta linha: 3x_4=3 \Rightarrow x_4=1 (consistente com a anterior).
  • Da segunda linha: -2x_3 - x_4 = -1. Substituindo x_4=1: -2x_3 - 1 = -1 \Rightarrow -2x_3 = 0 \Rightarrow x_3 = 0.
  • Da primeira linha: 18x_1 -12x_2 + 6x_3 + 42x_4 = 42. Substituindo x_3=0 e x_4=1: 18x_1 -12x_2 + 42 = 42 \Rightarrow 18x_1 -12x_2 = 0.Dividindo por 6: 3x_1 -2x_2 = 0 \Rightarrow x_1 = \tfrac{2}{3}x_2.
Conclusão: x_2 é uma variável livre (chame-a de parâmetro t\in\mathbb{R}). Então a solução geral é
x_2 = t,\qquad x_1 = \tfrac{2}{3}t,\qquad x_3=0,\qquad x_4=1.
Ou escrito em forma vetorial:
x=\begin{pmatrix}x_1\\[4pt]x_2\\[4pt]x_3\\[4pt]x_4\end{pmatrix} = t\begin{pmatrix}\tfrac{2}{3}\\[4pt]1\\[4pt]0\\[4pt]0\end{pmatrix} +\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix},\quad t\in\mathbb{R}.
Portanto o sistema tem infinitas soluções (uma reta afim de parâmetro t), confirmando que b está no espaço coluna de A.]

Resposta

(a) L=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0\\[4pt] \frac{1}{6} & 1 & 0 & 0\\[4pt] \frac{2}{3} & 4 & 1 & 0\\[4pt] \frac{1}{3} & 2 & 0 & 1 \end{pmatrix},\qquad U=\begin{pmatrix} 18 & -12 & 6 & 42 \\\\ 0 & 0 & -2 & -1 \\\\ 0 & 0 & 0 & 6 \\\\ 0 & 0 & 0 & 3 \end{pmatrix}.
(b) \det(A)=0. Isso significa que a matriz é singular (não invertível).
(c) Solução geral:
x_1=\tfrac{2}{3}t,\quad x_2=t,\quad x_3=0,\quad x_4=1,\qquad t\in\mathbb{R}.]

Exercícios relacionados