Construa um sistema A x=b em que a matriz A \in \mathbb{R}^{3 \times 3}: \operatorname{det}\left(A_{k}\right)>0 ; k=1,2 ; \operatorname{det}(A)> 0 e A seja simétrica. Atribua valores numéricos para a_{i j} ; i=1,2,3 ; j=1,2,3. A matriz A \in \mathbb{R} deve ser não diagonal.
(a) Atribua valores numéricos para b_{i} ; i=1,2,3. Resolva o sistema A x=b pelo Método de Cholesky.
(b) Determine a segunda coluna da matriz inversa de A por esse método.
(c) Determine a inversa da matriz A pelo Método de Gauss.

Passo 1

O enunciado pede que eu construa um sistema linear A x=b com A\in\mathbb{R}^{3\times3} que seja simétrica, não diagonal, e tal que os determinantes dos principais menores sejam positivos: \det(A_1)>0, \det(A_2)>0 e \det(A)>0. Em seguida, devo:
(a) atribuir valores numéricos a b e resolver A x=b pelo Método de Cholesky;
(b) determinar a segunda coluna de A^{-1} usando o mesmo método (isto é, resolvendo A x=e_2);
(c) determinar a inversa de A pelo Método de Gauss.
Vou escolher a matriz A e o vetor b explicitamente (valores simples, que atendam às condições):
A = \begin{pmatrix} 4 & 1 & 1\\[4pt] 1 & 3 & 0\\[4pt] 1 & 0 & 2 \end{pmatrix},\qquad b = \begin{pmatrix}6\\[4pt]5\\[4pt]7\end{pmatrix}.
Verifico os determinantes dos menores principais (dados da própria matriz):
\det(A_1)=\det\bigl([4]\bigr)=4>0,
\det(A_2)=\det\begin{pmatrix}4 & 1\\[4pt]1 & 3\end{pmatrix}=4\cdot3-1\cdot1=11>0,
\det(A)=\;?
Calculo \det(A) (expansão por primeira linha):
\det(A)=4\cdot(3\cdot2-0\cdot0)-1\cdot(1\cdot2-0\cdot1)+1\cdot(1\cdot0-3\cdot1)=24-2-3=19>0.
Portanto a escolha satisfaz todas as condições: A é simétrica, não diagonal, e tem todos os determinantes principais positivos.]

Passo 2

Vou aplicar o Método de Cholesky para decompor A em A=L\,L^{T}, onde L é triangular inferior com entradas positivas na diagonal. Explicando a fórmula básica: se
L=\begin{pmatrix} \ell_{11} & 0 & 0\\[4pt] \ell_{21} & \ell_{22} & 0\\[4pt] \ell_{31} & \ell_{32} & \ell_{33} \end{pmatrix},
então as entradas são obtidas sequencialmente pelas fórmulas
\ell_{11}=\sqrt{a_{11}},\qquad \ell_{i1}=\frac{a_{i1}}{\ell_{11}}\\ (i=2,3),
\ell_{22}=\sqrt{a_{22}-\ell_{21}^2},\qquad \ell_{32}=\frac{a_{32}-\ell_{31}\ell_{21}}{\ell_{22}},
\ell_{33}=\sqrt{a_{33}-\ell_{31}^2-\ell_{32}^2}.
Agora aplico essas fórmulas ao A escolhido.
Calculemos passo a passo:
\ell_{11}=\sqrt{4}=2.
\ell_{21}=\frac{a_{21}}{\ell_{11}}=\frac{1}{2}=\frac{1}{2}.
\ell_{31}=\frac{a_{31}}{\ell_{11}}=\frac{1}{2}.
\ell_{22}=\sqrt{a_{22}-\ell_{21}^2}=\sqrt{3-\left(\tfrac{1}{2}\right)^2}=\sqrt{\tfrac{11}{4}}=\frac{\sqrt{11}}{2}.
\ell_{32}=\frac{a_{32}-\ell_{31}\ell_{21}}{\ell_{22}} =\frac{0-\tfrac{1}{2}\cdot\tfrac{1}{2}}{\tfrac{\sqrt{11}}{2}} =\frac{-\tfrac{1}{4}}{\tfrac{\sqrt{11}}{2}} =-\frac{1}{2\sqrt{11}}.
\ell_{33}=\sqrt{a_{33}-\ell_{31}^2-\ell_{32}^2} =\sqrt{2-\tfrac{1}{4}-\tfrac{1}{44}} =\sqrt{\tfrac{19}{11}}.
Portanto a decomposição de Cholesky é
L=\begin{pmatrix} 2 & 0 & 0\\[4pt] \tfrac{1}{2} & \tfrac{\sqrt{11}}{2} & 0\\[6pt] \tfrac{1}{2} & -\tfrac{1}{2\sqrt{11}} & \sqrt{\tfrac{19}{11}} \end{pmatrix}, \quad\text{com }A=L\,L^{T}.]

Passo 3

Agora resolvo A x=b usando A=L\,L^{T}. A ideia é primeiro resolver L y=b (substituição direta — “forward substitution”) e depois resolver L^{T} x=y (“back substitution”).
  1. Resolver L y=b. Escrevo as equações:
2 y_{1}=6,
\tfrac{1}{2}y_{1}+\tfrac{\sqrt{11}}{2}y_{2}=5,
\tfrac{1}{2}y_{1}-\tfrac{1}{2\sqrt{11}}y_{2}+\sqrt{\tfrac{19}{11}}y_{3}=7.
Resolvendo sequencialmente:
y_{1}=\frac{6}{2}=3.
Na segunda equação:
\tfrac{\sqrt{11}}{2}y_{2}=5-\tfrac{1}{2}y_{1}=5-\tfrac{1}{2}\cdot3=5-1{,}5=3{,}5,
y_{2}=\frac{3{,}5\cdot 2}{\sqrt{11}}=\frac{7}{\sqrt{11}}.
Na terceira equação:
\tfrac{1}{2}y_{1}-\tfrac{1}{2\sqrt{11}}y_{2}+\sqrt{\tfrac{19}{11}}y_{3}=7.
Substituo y_{1}=3 e y_{2}=\tfrac{7}{\sqrt{11}}:
\tfrac{1}{2}\cdot3-\tfrac{1}{2\sqrt{11}}\cdot\frac{7}{\sqrt{11}}+\sqrt{\tfrac{19}{11}}y_{3}=7.
Calculo os termos: \tfrac{1}{2}\cdot3=\tfrac{3}{2}=\tfrac{33}{22} e -\tfrac{1}{2\sqrt{11}}\cdot\frac{7}{\sqrt{11}}=-\tfrac{7}{22}. Então
\sqrt{\tfrac{19}{11}}y_{3}=7-\left(\tfrac{3}{2}-\tfrac{7}{22}\right) =7-\tfrac{13}{11}=\tfrac{64}{11}.
Portanto
y_{3}=\frac{\tfrac{64}{11}}{\sqrt{\tfrac{19}{11}}}=\frac{64}{11}\sqrt{\frac{11}{19}}=\frac{64\sqrt{11}}{11\sqrt{19}}.
Resumo do vetor y:
y=\begin{pmatrix} 3\\[4pt] \dfrac{7}{\sqrt{11}}\\[6pt] \dfrac{64}{11}\sqrt{\dfrac{11}{19}} \end{pmatrix}.
  1. Resolver L^{T}x=y. Escrevo L^{T} e as equações de volta:
L^{T}=\begin{pmatrix} 2 & \tfrac{1}{2} & \tfrac{1}{2}\\[4pt] 0 & \tfrac{\sqrt{11}}{2} & -\tfrac{1}{2\sqrt{11}}\\[6pt] 0 & 0 & \sqrt{\tfrac{19}{11}} \end{pmatrix},
as equações (de baixo para cima):
\sqrt{\tfrac{19}{11}}\,x_{3}=y_{3},
\tfrac{\sqrt{11}}{2}x_{2}-\tfrac{1}{2\sqrt{11}}x_{3}=y_{2},
2x_{1}+\tfrac{1}{2}x_{2}+\tfrac{1}{2}x_{3}=y_{1}.
Da última linha de L (primeira aqui):
x_{3}=\frac{y_{3}}{\sqrt{\tfrac{19}{11}}} =\frac{\tfrac{64}{11}\sqrt{\tfrac{11}{19}}}{\sqrt{\tfrac{19}{11}}} =\frac{64}{19}.
(Observe o cancelamento conveniente das raízes.)
Na segunda equação:
\tfrac{\sqrt{11}}{2}x_{2}=y_{2}+\tfrac{1}{2\sqrt{11}}x_{3} =\frac{7}{\sqrt{11}}+\frac{1}{2\sqrt{11}}\cdot\frac{64}{19} =\frac{7}{\sqrt{11}}+\frac{32}{19\sqrt{11}}=\frac{165}{19\sqrt{11}}.
Logo
x_{2}=\frac{2}{\sqrt{11}}\cdot\frac{165}{19\sqrt{11}} =\frac{330}{19\cdot 11}=\frac{330}{209}.
Na primeira equação:
2x_{1}=y_{1}-\tfrac{1}{2}(x_{2}+x_{3}) =3-\tfrac{1}{2}\!\left(\frac{330}{209}+\frac{64}{19}\right).
Faço a soma com denominador comum 209: \tfrac{64}{19}=\tfrac{704}{209}, então x_{2}+x_{3}=\tfrac{1034}{209}=\tfrac{94}{19}. Assim
2x_{1}=3-\tfrac{1}{2}\cdot\frac{94}{19}=3-\frac{47}{19}=\frac{10}{19},
portanto
x_{1}=\frac{5}{19}.
Assim a solução do item (a) é
x=\begin{pmatrix} \dfrac{5}{19}\\[6pt] \dfrac{330}{209}\\[6pt] \dfrac{64}{19} \end{pmatrix}.
(Essa solução checa com A x=b numericamente.)]

Passo 4

(b) Para obter a segunda coluna de A^{-1} usando o Método de Cholesky, resolvo A x = e_{2}, onde e_{2}=(0,1,0)^{T}. Uso a mesma decomposição A=L\,L^{T} e repito forward/back substitution.
  1. Resolver L y=e_{2}:
2y_{1}=0\implies y_{1}=0,
\tfrac{1}{2}y_{1}+\tfrac{\sqrt{11}}{2}y_{2}=1\implies \tfrac{\sqrt{11}}{2}y_{2}=1\implies y_{2}=\frac{2}{\sqrt{11}},
\tfrac{1}{2}y_{1}-\tfrac{1}{2\sqrt{11}}y_{2}+\sqrt{\tfrac{19}{11}}y_{3}=0.
Substituindo y_{1}=0 e y_{2}=\tfrac{2}{\sqrt{11}}:
-\tfrac{1}{2\sqrt{11}}\cdot\frac{2}{\sqrt{11}}+\sqrt{\tfrac{19}{11}}y_{3}=0 \implies -\frac{1}{11}+\sqrt{\tfrac{19}{11}}y_{3}=0
\implies y_{3}=\frac{1}{11}\sqrt{\frac{11}{19}}=\frac{\sqrt{11}}{11\sqrt{19}}.
  1. Resolver L^{T}x=y:
\sqrt{\tfrac{19}{11}}x_{3}=y_{3}\implies x_{3}=\frac{y_{3}}{\sqrt{\tfrac{19}{11}}}=\frac{1}{19},
\tfrac{\sqrt{11}}{2}x_{2}-\tfrac{1}{2\sqrt{11}}x_{3}=y_{2}=\frac{2}{\sqrt{11}}
\implies \tfrac{\sqrt{11}}{2}x_{2}=\frac{2}{\sqrt{11}}+\frac{1}{2\sqrt{11}}\cdot\frac{1}{19} =\frac{77}{38\sqrt{11}}
\implies x_{2}=\frac{2}{\sqrt{11}}\cdot\frac{77}{38\sqrt{11}}=\frac{77}{209}.
Finalmente,
2x_{1}+\tfrac{1}{2}x_{2}+\tfrac{1}{2}x_{3}=0 \implies x_{1}=-\tfrac{1}{4}(x_{2}+x_{3})=-\frac{2}{19}.
Portanto a segunda coluna de A^{-1} é
\begin{pmatrix} -\dfrac{2}{19}\\[6pt] \dfrac{77}{209}\\[6pt] \dfrac{1}{19} \end{pmatrix},
que é equivalente a \dfrac{1}{19}(-2,\;7,\;1)^{T} (note \tfrac{77}{209}=\tfrac{7}{19}).]

Passo 5

(c) Agora encontro A^{-1} pelo Método de Gauss-Jordan (eliminação de Gauss para inverter). Escrevo a matriz aumentada [A\mid I] e realizo operações elementares até obter [I\mid A^{-1}]. Vou mostrar as operações principais e os resultados intermediários (fazendo as contas cuidadosamente).
Matriz aumentada inicial:
\left[\begin{array}{ccc|ccc} 4 & 1 & 1 & 1 & 0 & 0\\[4pt] 1 & 3 & 0 & 0 & 1 & 0\\[4pt] 1 & 0 & 2 & 0 & 0 & 1 \end{array}\right].
  1. Troco R1 \leftrightarrow R2 (para ter pivô 1 no topo):
\left[\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 3 & 0 & 0 & 1 & 0\\[4pt] 4 & 1 & 1 & 1 & 0 & 0\\[4pt] 1 & 0 & 2 & 0 & 0 & 1 \end{array}\right].
  1. Elimino abaixo do pivô (R2 := R2 - 4·R1, R3 := R3 - R1):
\left[\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 3 & 0 & 0 & 1 & 0\\[4pt] 0 & -11 & 1 & 1 & -4 & 0\\[4pt] 0 & -3 & 2 & 0 & -1 & 1 \end{array}\right].
  1. Normalizo R2 dividindo por -11:
\left[\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 3 & 0 & 0 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 1 & -\tfrac{1}{11} & -\tfrac{1}{11} & \tfrac{4}{11} & 0\\[4pt] 0 & -3 & 2 & 0 & -1 & 1 \end{array}\right].
  1. Elimino a coluna 2 nas outras linhas:
    R1 := R1 - 3·R2, R3 := R3 + 3·R2. Isso dá
\left[\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & \tfrac{3}{11} & \tfrac{3}{11} & -\tfrac{1}{11} & 0\\[6pt] 0 & 1 & -\tfrac{1}{11} & -\tfrac{1}{11} & \tfrac{4}{11} & 0\\[6pt] 0 & 0 & \tfrac{19}{11} & -\tfrac{3}{11} & \tfrac{1}{11} & 1 \end{array}\right].
  1. Normalizo R3 multiplicando por \tfrac{11}{19} para ter pivô 1 na coluna 3:
\left[\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & \tfrac{3}{11} & \tfrac{3}{11} & -\tfrac{1}{11} & 0\\[6pt] 0 & 1 & -\tfrac{1}{11} & -\tfrac{1}{11} & \tfrac{4}{11} & 0\\[6pt] 0 & 0 & 1 & -\tfrac{3}{19} & \tfrac{1}{19} & \tfrac{11}{19} \end{array}\right].
  1. Elimino a coluna 3 nas linhas 1 e 2:
    R1 := R1 - \tfrac{3}{11}·R3, R2 := R2 + \tfrac{1}{11}·R3. Após as contas obtemos
\left[\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & 0 & \tfrac{6}{19} & -\tfrac{2}{19} & -\tfrac{3}{19}\\[6pt] 0 & 1 & 0 & -\tfrac{2}{19} & \tfrac{77}{209} & \tfrac{1}{19}\\[6pt] 0 & 0 & 1 & -\tfrac{3}{19} & \tfrac{1}{19} & \tfrac{11}{19} \end{array}\right].
A parte direita é A^{-1}. Posso escrever de forma mais limpa (observando \tfrac{77}{209}=\tfrac{7}{19}):
A^{-1}=\frac{1}{19}\begin{pmatrix} 6 & -2 & -3\\[4pt] -2 & 7 & 1\\[4pt] -3 & 1 & 11 \end{pmatrix}.
(Esse resultado coincide com a adjunta dividida pelo determinante, e também é consistente com a coluna obtida no item (b).)]

Resposta

(a) \displaystyle x=\begin{pmatrix}\dfrac{5}{19}\\[6pt]\dfrac{330}{209}\\[6pt]\dfrac{64}{19}\end{pmatrix}
(b) \displaystyle \text{segunda coluna de }A^{-1}=\begin{pmatrix}-\dfrac{2}{19}\\[6pt]\dfrac{77}{209}\\[6pt]\dfrac{1}{19}\end{pmatrix}
(c) \displaystyle A^{-1}=\frac{1}{19}\begin{pmatrix}6 & -2 & -3\\[4pt]-2 & 7 & 1\\[4pt]-3 & 1 & 11\end{pmatrix}]

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