Dado o sistema abaixo, resolva por:
\left[\begin{array}{ccc} 1 & 1 & 1 \\\\ 1 & 2 & 1 \\\\ 1 & -1 & -1 \end{array}\right]\left[\begin{array}{l} x \\\ y \\\ z \end{array}\right]=\left[\begin{array}{l} 4 \\\\ 5 \\\\ 0 \end{array}\right]
Decomposição LU.

Passo 1

O enunciado nos dá o sistema linear A\mathbf{x}=\mathbf{b}, com
A=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1\\[4pt] 1 & 2 & 1\\[4pt] 1 & -1 & -1 \end{pmatrix}, \qquad \mathbf{x}=\begin{pmatrix}x\\[2pt]y\\[2pt]z\end{pmatrix}, \qquad \mathbf{b}=\begin{pmatrix}4\\[2pt]5\\[2pt]0\end{pmatrix}.
O pedido é: resolver o sistema usando decomposição LU (ou seja, escrever A=L\,U com L triangular inferior e U triangular superior, e usar isso para encontrar \mathbf{x}).]

Passo 2

O que é LU na prática e qual método vou usar (muito curto e prático). A decomposição LU pretende escrever
A=L\,U,
onde L é triangular inferior com 1s na diagonal (método de Doolittle) e U é triangular superior. Na prática fazemos eliminação gaussiana e guardamos os multiplicadores l_{ij} em L. As fórmulas úteis (para montar L e U) são:
u_{1j}=a_{1j}\quad(j=1,\dots,n), \qquad l_{i1}=\frac{a_{i1}}{u_{11}}\quad(i=2,\dots,n),
e, em geral, depois de já ter calculado até coluna/linha k-1,
u_{kj}=a_{kj}-\sum_{s=1}^{k-1} l_{ks}u_{sj}\quad(j\ge k), \qquad l_{ik}=\frac{1}{u_{kk}}\Bigl(a_{ik}-\sum_{s=1}^{k-1} l_{is}u_{sk}\Bigr)\quad(i>k).
Vou aplicar isso passo a passo ao nosso 3\times3.

Passo 3

Começar pela primeira linha/coluna (passo k=1). Como u_{1j}=a_{1j},
u_{11}=1,\quad u_{12}=1,\quad u_{13}=1.
Os multiplicadores da primeira coluna são
l_{21}=\frac{a_{21}}{u_{11}}=\frac{1}{1}=1,\qquad l_{31}=\frac{a_{31}}{u_{11}}=\frac{1}{1}=1.
Explicando de forma prática: subtrai-se l_{i1} vezes a linha 1 da linha i para zerar abaixo de u_{11} — esses l_{i1} viram entradas de L.

Passo 4

Aplicar as eliminações da coluna 1 para obter as entradas efetivas da segunda linha da matriz reduzida. Calcula-se as entradas “restantes” da linha 2 e linha 3:
linha 2 modificada:
(1,2,1) - l_{21}\cdot(1,1,1) = (1,2,1)-(1,1,1)=(0,1,0).
linha 3 modificada:
(1,-1,-1) - l_{31}\cdot(1,1,1) = (1,-1,-1)-(1,1,1)=(0,-2,-2).
Agora podemos ler u_{22} e u_{23} da linha 2 modificada:
u_{22}=1,\qquad u_{23}=0.

Passo 5

Calcular o multiplicador l_{32} (para zerar a posição (3,2) usando a segunda linha):
l_{32}=\frac{\text{entrada (3,2) modificada}}{u_{22}}=\frac{-2}{1}=-2.
Aplicando essa eliminação na linha 3 modificada:
(0,-2,-2) - l_{32}\cdot(0,1,0) = (0,-2,-2)-(-2)(0,1,0)=(0,-2,-2)-(0,-2,0)=(0,0,-2).
Assim obtemos u_{33}=-2.

Passo 6

Agora podemos escrever as matrizes L e U completas (juntando os resultados). Lembrando que na convenção de Doolittle a diagonal de L é formada por 1s:
L=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\[4pt] l_{21} & 1 & 0\\[4pt] l_{31} & l_{32} & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\[4pt] 1 & 1 & 0\\[4pt] 1 & -2 & 1 \end{pmatrix}, \qquad U=\begin{pmatrix} u_{11} & u_{12} & u_{13}\\[4pt] 0 & u_{22} & u_{23}\\[4pt] 0 & 0 & u_{33} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1\\[4pt] 0 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 0 & -2 \end{pmatrix}.
Pequena verificação mental: L\,U retorna A (se quiser checar multiplique as matrizes). O determinante não nulo (produto das diagonais de U é -2) confirma que a decomposição existe sem pivot.]

Passo 7

Agora usamos A\mathbf{x}=\mathbf{b} com A=L\,U. Definimos \mathbf{y}=U\mathbf{x}. Primeiro resolvemos
L\mathbf{y}=\mathbf{b}
por substituição progressiva (forward substitution). A regra geral para L\mathbf{y}=\mathbf{b} com L triangular inferior é
y_1=b_1,\qquad y_i=b_i-\sum_{j=1}^{i-1} l_{ij}y_j\quad(i=2,\dots,n).

Passo 8

Aplicando a forward substitution com nossos valores:
primeira equação:
y_1=b_1=4.
segunda equação:
y_2=b_2 - l_{21}y_1 = 5 - 1\cdot 4 = 1.
terceira equação:
y_3=b_3 - l_{31}y_1 - l_{32}y_2 = 0 - 1\cdot 4 - (-2)\cdot 1 = 0 -4 +2 = -2.
Portanto
\mathbf{y}=\begin{pmatrix}4\\[2pt]1\\[2pt]-2\end{pmatrix}.]

Passo 9

Agora resolvemos a etapa final U\mathbf{x}=\mathbf{y} por substituição regressiva (back substitution). Para U triangular superior a regra é
x_n=\frac{y_n}{u_{nn}},\qquad x_i=\frac{1}{u_{ii}}\Bigl(y_i-\sum_{j=i+1}^{n} u_{ij}x_j\Bigr).

Passo 10

Aplicando back substitution ao nosso U e \mathbf{y}:
da terceira linha:
u_{33} z = y_3 \quad\Rightarrow\quad -2\,z = -2 \quad\Rightarrow\quad z=1.
da segunda linha:
u_{22}\,y + u_{23}\,z = y_2 \quad\Rightarrow\quad 1\cdot y + 0\cdot z = 1 \quad\Rightarrow\quad y=1.
da primeira linha:
u_{11}x + u_{12}y + u_{13}z = y_1 \quad\Rightarrow\quad 1\cdot x + 1\cdot 1 + 1\cdot 1 = 4.
Logo
x + 2 = 4 \quad\Rightarrow\quad x=2.

Resposta

x=2
y=1
z=1

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