Dadas as matrizes
\left(\begin{array}{ccc} 10 & 2 & -1 \\\\ -3 & -6 & 2 \\\\ 1 & 1 & 5 \end{array}\right), \quad\left(\begin{array}{ccc} 15 & -3 & -1 \\\\ -3 & 18 & -6 \\\\ -4 & -1 & 12 \end{array}\right)
a) Decomponha na forma LU ;
b) Verifique a decomposição;
c) Use a decomposição LU para determinar a matriz inversa;
d) verifique seus resultados sabendo que A A^{-1}=I.

Passo 1

Enunciado e dados. Temos duas matrizes quadradas 3\times3:
A=\begin{pmatrix} 10 & 2 & -1\\[4pt] -3 & -6 & 2\\[4pt] 1 & 1 & 5 \end{pmatrix}, \qquad B=\begin{pmatrix} 15 & -3 & -1\\[4pt] -3 & 18 & -6\\[4pt] -4 & -1 & 12 \end{pmatrix}.
O que se pede:
a) decompor cada matriz na forma LU (matriz L com 1 na diagonal e U triangular superior — método de Doolittle, sem pivoteamento);
b) verificar a decomposição (ou seja, mostrar que L U dá a matriz original);
c) usar a decomposição LU para calcular a matriz inversa de cada matriz;
d) verificar que o produto da matriz pela sua inversa é a matriz identidade.
Informações relevantes: ambas são matrizes 3\times3; não foi pedido pivoteamento, então vamos tentar LU direto (assumimos que os pivôs principais não são zero).]

Passo 2

Breve explicação do método LU (Doolittle) e do plano para obter inversa.
  • Ideia do LU: queremos A=L U com \,L triangular inferior com \,1 na diagonal e \,U triangular superior. Fazemos eliminação de Gauss sobre A; os multiplicadores usados para zerar abaixo do pivô formam os elementos abaixo da diagonal em L; as linhas resultantes formam as linhas de U.
  • Notação: chamamos l_{ij} o elemento de L na linha i, coluna j (com l_{ii}=1). No passo de eliminação com pivô u_{11} calculamos l_{21}=a_{21}/u_{11}, l_{31}=a_{31}/u_{11}, etc.
  • Para calcular A^{-1} usando LU: para cada vetor coluna da identidade e_k resolvemos L y = e_k (substituição para frente) e depois U x = y (substituição para trás). O vetor x obtido é a k-ésima coluna de A^{-1}. Farei isso para as três colunas de cada matriz.

Passo 3

Decomposição LU da matriz A. Começo calculando os multiplicadores e as linhas de U.
Matriz A:
A=\begin{pmatrix} 10 & 2 & -1\\[4pt] -3 & -6 & 2\\[4pt] 1 & 1 & 5 \end{pmatrix}.
Pivô u_{11}=10. Calculamos
l_{21}=\frac{a_{21}}{u_{11}}=\frac{-3}{10},\qquad l_{31}=\frac{a_{31}}{u_{11}}=\frac{1}{10}.
Primeira linha de U é igual à primeira linha de A:
\text{linha}_1(U)=(10,\;2,\;-1).
Aplicamos eliminação para obter as linhas 2 e 3 de U:
\text{linha}_2'=\text{linha}_2 - l_{21}\,\text{linha}_1 = \bigl(0,\;-\tfrac{27}{5},\;\tfrac{17}{10}\bigr),
\text{linha}_3'=\text{linha}_3 - l_{31}\,\text{linha}_1 = \bigl(0,\;\tfrac{4}{5},\;\tfrac{51}{10}\bigr).
Agora o pivô u_{22}=-\tfrac{27}{5}. Calculamos
l_{32}=\frac{\text{(linha}_3'\text{)}_{2}}{u_{22}} =\frac{\tfrac{4}{5}}{-\tfrac{27}{5}}=-\frac{4}{27}.
E a entrada u_{33} é
u_{33}=(\text{linha}_3')_{3} - l_{32}\,(\text{linha}_2')_{3} =\frac{51}{10} -\Bigl(-\frac{4}{27}\Bigr)\frac{17}{10} =\frac{289}{54}.]

Passo 4

Escrevendo L e U para A. Com os valores encontrados:
L_A=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\[4pt] -\tfrac{3}{10} & 1 & 0\\[4pt] \tfrac{1}{10} & -\tfrac{4}{27} & 1 \end{pmatrix}, \qquad U_A=\begin{pmatrix} 10 & 2 & -1\\[4pt] 0 & -\tfrac{27}{5} & \tfrac{17}{10}\\[4pt] 0 & 0 & \tfrac{289}{54} \end{pmatrix}.]

Passo 5

Verificação da decomposição L_A U_A = A (mostro as contas principais).
  • A primeira linha de L_A U_A é a primeira linha de U_A, que é (10,2,-1) — coincide com a primeira linha de A.
  • Segunda linha: multiplicar (-\tfrac{3}{10},1,0) por U_A
\bigl(-\tfrac{3}{10}\cdot 10 + 0,\; -\tfrac{3}{10}\cdot 2 + (-\tfrac{27}{5}),\; -\tfrac{3}{10}\cdot(-1)+\tfrac{17}{10}\bigr) =( -3,\; -6,\; 2),
que é a segunda linha de A.
  • Terceira linha: multiplicar (\tfrac{1}{10},-\tfrac{4}{27},1) por U_A (1,1,5), que é a terceira linha de A.
    Portanto L_A U_A = A.

Passo 6

Cálculo de A^{-1} usando L_A e U_A. Resolveremos A x = e_k por L_A y = e_k e U_A x = y.
Coluna 1 ( e_1=(1,0,0)^T):
  • L_A y = e_1 y=(1,\;3/10,\;-1/18)^T.
  • Resolver U_A x = y por substituição para trás:
\tfrac{289}{54}x_3=-\tfrac{1}{18}\Rightarrow x_3=-\tfrac{3}{289},
-\tfrac{27}{5}x_2+\tfrac{17}{10}x_3=\tfrac{3}{10}\Rightarrow x_2=-\tfrac{17}{289},
10 x_1 + 2 x_2 - x_3 =1\Rightarrow x_1=\tfrac{32}{289}.
Logo primeira coluna de A^{-1} é \bigl(\tfrac{32}{289},-\tfrac{17}{289},-\tfrac{3}{289}\bigr)^T.
Coluna 2 ( e_2=(0,1,0)^T):
  • L_A y = e_2 y=(0,1,\;4/27)^T.
  • U_A x = y leva a x_3=\tfrac{8}{289},\; x_2=-\tfrac{51}{289},\; x_1=\tfrac{11}{289}.
Coluna 3 ( e_3):
  • L_A y = e_3 y=(0,0,1)^T.
  • U_A x = y leva a x_3=\tfrac{54}{289},\; x_2=\tfrac{17}{289},\; x_1=\tfrac{2}{289}.
Portanto
A^{-1}=\frac{1}{289}\begin{pmatrix} 32 & 11 & 2\\[4pt] -17 & -51 & 17\\[4pt] -3 & 8 & 54 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \tfrac{32}{289} & \tfrac{11}{289} & \tfrac{2}{289}\\[4pt] -\tfrac{17}{289} & -\tfrac{51}{289} & \tfrac{17}{289}\\[4pt] -\tfrac{3}{289} & \tfrac{8}{289} & \tfrac{54}{289} \end{pmatrix}.]

Passo 7

Verificação A A^{-1}=I para A. Faço a verificação coluna a coluna: por exemplo, A vezes a primeira coluna de A^{-1} é
\frac{1}{289} A \begin{pmatrix}32\\\ -17\\\ -3\end{pmatrix} =\frac{1}{289}\begin{pmatrix}289\\\ 0\\\ 0\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}1\\\ 0\\\ 0\end{pmatrix},
e as outras duas colunas resultam em (0,1,0)^T e (0,0,1)^T. Logo A A^{-1}=I.

Passo 8

Decomposição LU da matriz B. Começo pelo mesmo procedimento.
Matriz B:
B=\begin{pmatrix} 15 & -3 & -1\\[4pt] -3 & 18 & -6\\[4pt] -4 & -1 & 12 \end{pmatrix}.
Pivô u_{11}=15. Calculamos
l_{21}=\frac{-3}{15}=-\frac{1}{5},\qquad l_{31}=\frac{-4}{15}.
Primeira linha de U é (15,-3,-1). Eliminação:
\text{linha}_2'=\text{linha}_2 - l_{21}\,\text{linha}_1 =\bigl(0,\;\tfrac{87}{5},\; -\tfrac{31}{5}\bigr),
\text{linha}_3'=\text{linha}_3 - l_{31}\,\text{linha}_1 =\bigl(0,\; -\tfrac{9}{5},\; \tfrac{176}{15}\bigr).
Pivô u_{22}=\tfrac{87}{5}. Multiplicador
l_{32}=\frac{-\tfrac{9}{5}}{\tfrac{87}{5}}=-\frac{9}{87}=-\frac{3}{29}.
Finalmente
u_{33}=\tfrac{176}{15} - l_{32}\bigl(-\tfrac{31}{5}\bigr) =\tfrac{176}{15} -\Bigl(-\tfrac{3}{29}\Bigr)\Bigl(-\tfrac{31}{5}\Bigr) =\frac{965}{87}.]

Passo 9

Escrevendo L e U para B:
L_B=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\[4pt] -\tfrac{1}{5} & 1 & 0\\[4pt] -\tfrac{4}{15} & -\tfrac{3}{29} & 1 \end{pmatrix}, \qquad U_B=\begin{pmatrix} 15 & -3 & -1\\[4pt] 0 & \tfrac{87}{5} & -\tfrac{31}{5}\\[4pt] 0 & 0 & \tfrac{965}{87} \end{pmatrix}.]

Passo 10

Verificação L_B U_B = B (resumo das contas). Multiplicando linhas de L_B por U_B recuperamos as linhas originais de B; por exemplo a segunda linha é
\bigl(-\tfrac{1}{5},1,0\bigr)U_B=(0,\;18,\;-6),
e a terceira linha resulta em (-4,-1,12). Portanto L_B U_B=B.

Passo 11

Cálculo de B^{-1} usando L_B e U_B. Resolver B x = e_k via L_B y = e_k e U_B x = y.
Coluna 1 ( e_1):
  • L_B y = e_1 y=(1,\;1/5,\;25/87)^T.
  • U_B x = y: da terceira equação
\frac{965}{87}x_3=\frac{25}{87}\Rightarrow x_3=\frac{25}{965}=\frac{5}{193}.
Segunda equação (multiplicando por 5) é 87 x_2 -31 x_3 =1. Substituindo x_3 obtém-se x_2=\frac{4}{193}. Primeira equação dá x_1=\frac{14}{193}. Portanto primeira coluna de B^{-1} é \bigl(\tfrac{14}{193},\tfrac{4}{193},\tfrac{5}{193}\bigr)^T.
Coluna 2 ( e_2):
  • L_B y = e_2 y=(0,1,3/29)^T.
  • U_B x = y resulta em x_3=\tfrac{9}{965}, x_2=\tfrac{176}{2895}, x_1=\tfrac{37}{2895}. Escrevendo com denominador comum 2895=193\cdot15, coluna 2 é \tfrac{1}{2895}(37,176,27)^T (observe x_3=\tfrac{27}{2895}).
Coluna 3 ( e_3):
  • L_B y = e_3 y=(0,0,1)^T.
  • U_B x = y resulta em x_3=\tfrac{87}{965}, x_2=\tfrac{31}{965}, x_1=\tfrac{12}{965}. Com denominador 965, coluna 3 é \tfrac{1}{965}(12,31,87)^T, que também equivale a \tfrac{1}{2895}(36,93,261)^T.

Passo 12

Escrevendo B^{-1} de forma compacta (uso denominador comum 2895 para todas as colunas, para ficar com uma única fração):
B^{-1}=\frac{1}{2895} \begin{pmatrix} 210 & 37 & 36\\[4pt] 60 & 176 & 93\\[4pt] 75 & 27 & 261 \end{pmatrix}.
Isto é equivalente às colunas obtidas anteriormente:
B^{-1}= \begin{pmatrix} \tfrac{14}{193} & \tfrac{37}{2895} & \tfrac{12}{965}\\[4pt] \tfrac{4}{193} & \tfrac{176}{2895} & \tfrac{31}{965}\\[4pt] \tfrac{5}{193} & \tfrac{27}{2895} & \tfrac{87}{965} \end{pmatrix},
ambas as formas representam a mesma matriz inversa (os elementos estão reduzidos nas formas alternativas).]

Passo 13

Verificação B B^{-1}=I. Verifico coluna a coluna: por exemplo, B multiplicada pela primeira coluna de B^{-1}
\frac{1}{193}B\begin{pmatrix}14\\\ 4\\\ 5\end{pmatrix}=\frac{1}{193}\begin{pmatrix}193\\\ 0\\\ 0\end{pmatrix}=(1,0,0)^T,
e as outras colunas dão (0,1,0)^T e (0,0,1)^T. Logo B B^{-1}=I.

Resposta

a) Para A:
L_A=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\[4pt] -\tfrac{3}{10} & 1 & 0\\[4pt] \tfrac{1}{10} & -\tfrac{4}{27} & 1 \end{pmatrix},\qquad U_A=\begin{pmatrix} 10 & 2 & -1\\[4pt] 0 & -\tfrac{27}{5} & \tfrac{17}{10}\\[4pt] 0 & 0 & \tfrac{289}{54} \end{pmatrix}.
Para B:
L_B=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\[4pt] -\tfrac{1}{5} & 1 & 0\\[4pt] -\tfrac{4}{15} & -\tfrac{3}{29} & 1 \end{pmatrix},\qquad U_B=\begin{pmatrix} 15 & -3 & -1\\[4pt] 0 & \tfrac{87}{5} & -\tfrac{31}{5}\\[4pt] 0 & 0 & \tfrac{965}{87} \end{pmatrix}. \\
b) Verificações: L_A U_A = A e L_B U_B = B (as multiplicações linha a linha coincidem com as linhas originais das matrizes).
c) Inversas por LU:
A^{-1}=\frac{1}{289}\begin{pmatrix} 32 & 11 & 2\\[4pt] -17 & -51 & 17\\[4pt] -3 & 8 & 54 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \tfrac{32}{289} & \tfrac{11}{289} & \tfrac{2}{289}\\[4pt] -\tfrac{17}{289} & -\tfrac{51}{289} & \tfrac{17}{289}\\[4pt] -\tfrac{3}{289} & \tfrac{8}{289} & \tfrac{54}{289} \end{pmatrix},
B^{-1}=\frac{1}{2895}\begin{pmatrix} 210 & 37 & 36\\[4pt] 60 & 176 & 93\\[4pt] 75 & 27 & 261 \end{pmatrix},
que é equivalente às colunas individuais dadas por \bigl(\tfrac{14}{193},\tfrac{4}{193},\tfrac{5}{193}\bigr)^T, \bigl(\tfrac{37}{2895},\tfrac{176}{2895},\tfrac{27}{2895}\bigr)^T, \bigl(\tfrac{12}{965},\tfrac{31}{965},\tfrac{87}{965}\bigr)^T.
d) Verificações finais: A A^{-1}=I e B B^{-1}=I (cada produto coluna a coluna produz os vetores e_1,e_2,e_3).]

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