Dado o sistema linear a seguir:
\begin{gathered} 2 x_{1}+3 x_{2}-x_{3}=5 \\\\ 4 x_{1}+4 x_{2}-3 x_{3}=3 \\\\ 2 x_{1}-3 x_{2}+x_{3}=-1 \end{gathered}
a. Verifique se o sistema admite solução única.
b. Resolva usando o método direto de eliminação de Gauss.
c. Obtenha a fatoração LU;
d. Caso necessário realize o refinamento da solução de modo a obter uma solução com pelo menos três digitos corretos;

Passo 1

Enunciado e o que é pedido.
Temos o sistema linear
\begin{gathered} 2 x_{1}+3 x_{2}-x_{3}=5 \\\\ 4 x_{1}+4 x_{2}-3 x_{3}=3 \\\\ 2 x_{1}-3 x_{2}+x_{3}=-1 \end{gathered}
As perguntas são:
a. Verificar se o sistema admite solução única.
b. Resolver o sistema usando eliminação de Gauss (método direto).
c. Obter a fatoração LU (sem pivotamento, se possível).
d. Se necessário, realizar refinamento da solução para obter pelo menos três dígitos corretos.
Informações dadas que vamos usar:
A=\begin{pmatrix} 2 & 3 & -1\\[4pt] 4 & 4 & -3\\[4pt] 2 & -3 & 1 \end{pmatrix},\qquad b=\begin{pmatrix}5\\[4pt]3\\[4pt]-1\end{pmatrix}.]

Passo 2

Verificação de existência e unicidade: calcular o determinante de A.
Por uma regra de expansão (ou regra de Sarrus para 3\times3), o determinante de A é
\det(A)= 2\cdot\det\begin{pmatrix}4 & -3\\[4pt]-3 & 1\end{pmatrix} -3\cdot\det\begin{pmatrix}4 & -3\\[4pt]2 & 1\end{pmatrix} -1\cdot\det\begin{pmatrix}4 & 4\\[4pt]2 & -3\end{pmatrix}.
Calculemos cada menor:
\det\begin{pmatrix}4 & -3\\[4pt]-3 & 1\end{pmatrix}=4\cdot1-(-3)\cdot(-3)=4-9=-5,
\det\begin{pmatrix}4 & -3\\[4pt]2 & 1\end{pmatrix}=4\cdot1-(-3)\cdot2=4+6=10,
\det\begin{pmatrix}4 & 4\\[4pt]2 & -3\end{pmatrix}=4\cdot(-3)-4\cdot2=-12-8=-20.
Substituindo:
\det(A)=2\cdot(-5)-3\cdot(10)-1\cdot(-20)=-10-30+20=-20.
Como \det(A)=-20\neq0, concluímos que o sistema admite solução única. (Resposta da parte a: sim.)]

Passo 3

Preparação para eliminação de Gauss: montar a matriz aumentada e explicar o procedimento.
Matriz aumentada [A\mid b]:
\left[\begin{array}{ccc|c} 2 & 3 & -1 & 5\\[4pt] 4 & 4 & -3 & 3\\[4pt] 2 & -3 & 1 & -1 \end{array}\right].
Ideia do método: usamos operações elementares (subtrair múltiplos de uma linha por outra) para triangularizar a matriz (obter uma matriz triangular superior U). Os múltiplos usados para eliminar abaixo do pivô formam a matriz L (com uns na diagonal). Vou executar passo a passo e explicar cada multiplicador.]

Passo 4

Eliminação na primeira coluna (pivot a_{11}=2).
Multiplicadores:
m_{21}=\frac{a_{21}}{a_{11}}=\frac{4}{2}=2,\qquad m_{31}=\frac{a_{31}}{a_{11}}=\frac{2}{2}=1.
Aplicamos as operações:
\text{Linha}_2 \leftarrow \text{Linha}_2 - m_{21}\cdot\text{Linha}_1,
\text{Linha}_3 \leftarrow \text{Linha}_3 - m_{31}\cdot\text{Linha}_1.
Calculemos cada nova linha:
Para a linha 2:
\begin{aligned} 0&=4-2\cdot2,\\[4pt] -2&=4-2\cdot3,\\[4pt] -1&=-3-2\cdot(-1),\\[4pt] -7&=3-2\cdot5. \end{aligned}
Logo a linha 2 vira [0\; -2\; -1\;|\; -7].
Para a linha 3:
\begin{aligned} 0&=2-1\cdot2,\\[4pt] -6&=-3-1\cdot3,\\[4pt] 2&=1-1\cdot(-1),\\[4pt] -6&=-1-1\cdot5. \end{aligned}
Logo a linha 3 vira [0\; -6\; 2\;|\; -6].
A matriz aumentada torna-se:
\left[\begin{array}{ccc|c} 2 & 3 & -1 & 5\\[4pt] 0 & -2 & -1 & -7\\[4pt] 0 & -6 & 2 & -6 \end{array}\right].]

Passo 5

Eliminação na segunda coluna (pivot agora a_{22}=-2).
Multiplicador para eliminar a entrada a_{32}:
m_{32}=\frac{a_{32}}{a_{22}}=\frac{-6}{-2}=3.
Operação:
\text{Linha}_3 \leftarrow \text{Linha}_3 - m_{32}\cdot\text{Linha}_2.
Calculemos a nova linha 3:
\begin{aligned} 0&=0-3\cdot0,\\[4pt] 0&=-6-3\cdot(-2),\\[4pt] 5&=2-3\cdot(-1),\\[4pt] 15&=-6-3\cdot(-7). \end{aligned}
Portanto a linha 3 vira [0\;0\;5\;|\;15].
Agora a matriz aumentada triangulada (matriz U e lado direito atualizado) é
\left[\begin{array}{ccc|c} 2 & 3 & -1 & 5\\[4pt] 0 & -2 & -1 & -7\\[4pt] 0 & 0 & 5 & 15 \end{array}\right].
A matriz triangular superior U (sem vetor b) é
U=\begin{pmatrix} 2 & 3 & -1\\[4pt] 0 & -2 & -1\\[4pt] 0 & 0 & 5 \end{pmatrix}.
Os multiplicadores que coletamos são m_{21}=2, m_{31}=1, m_{32}=3; eles serão os elementos abaixo da diagonal em L.]

Passo 6

Retro-substituição (back substitution) para obter (x_{1},x_{2},x_{3}).
A partir da linha 3 (triangular superior):
5\,x_{3}=15\quad\Rightarrow\quad x_{3}=\frac{15}{5}=3.
Linha 2:
-2\,x_{2}-1\,x_{3}=-7\quad\Rightarrow\quad -2\,x_{2}-3=-7
\Rightarrow -2\,x_{2}=-4\quad\Rightarrow\quad x_{2}=2.
Linha 1:
2\,x_{1}+3\,x_{2}-1\,x_{3}=5\quad\Rightarrow\quad 2\,x_{1}+3\cdot2-3=5
\Rightarrow 2\,x_{1}+3=5\quad\Rightarrow\quad 2\,x_{1}=2\quad\Rightarrow\quad x_{1}=1.
Assim, a solução obtida pelo método direto é \;x_{1}=1,\;x_{2}=2,\;x_{3}=3.

Passo 7

Construção da fatoração LU a partir dos multiplicadores (explicação didática).
Definição prática: ao fazer eliminação sem permutações de linhas, a matriz L tem 1s na diagonal e os multiplicadores m_{ij} usados para eliminar abaixo do pivô nas posições correspondentes. Nós obtivemos:
m_{21}=2,\quad m_{31}=1,\quad m_{32}=3.
Logo
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] 1 & 3 & 1 \end{pmatrix}.
E já identificamos
U=\begin{pmatrix} 2 & 3 & -1\\[4pt] 0 & -2 & -1\\[4pt] 0 & 0 & 5 \end{pmatrix}.
Para verificar, explique rápido: multiplicando L por U recuperamos A. (Se quiser conferir, multiplique linha a linha; neste caso retorna exatamente a matriz A.)]

Passo 8

Refinamento da solução (quando e como fazer) e aplicação aqui.
O procedimento de refinamento iterativo (iterative refinement) consiste em:
  1. Calcular o resíduo \;r=b-A\hat{x}, onde \hat{x} é a solução aproximada.
  2. Resolver A\,\delta = r (usando a fatoração LU já obtida) para obter correção \delta.
  3. Atualizar \hat{x}\leftarrow \hat{x}+\delta e repetir até a precisão desejada.
No nosso caso, verifiquemos o resíduo com a solução exata encontrada. Calcule A x para x=(1,2,3)^\top:
\begin{aligned} \text{linha 1: }&2\cdot1+3\cdot2-1\cdot3=2+6-3=5,\\[4pt] \text{linha 2: }&4\cdot1+4\cdot2-3\cdot3=4+8-9=3,\\[4pt] \text{linha 3: }&2\cdot1-3\cdot2+1\cdot3=2-6+3=-1. \end{aligned}
Então A x=b, logo o resíduo é r=b-Ax=0. Como o resíduo é nulo, não há correção necessária; a solução já é exata (logo tem infinitos dígitos corretos, em particular pelo menos três dígitos corretos). Portanto o refinamento não é necessário.]

Resposta

a) Sim; \det(A)=-20\neq0, logo há solução única.
b) \;x_{1}=1,\;x_{2}=2,\;x_{3}=3.
c) \displaystyle L=\begin{pmatrix}1&0&0\\[4pt]2&1&0\\[4pt]1&3&1\end{pmatrix},\quad U=\begin{pmatrix}2&3&-1\\[4pt]0&-2&-1\\[4pt]0&0&5\end{pmatrix}.
d) Não foi necessário refinamento, pois o resíduo é r=b-Ax=0 e a solução já tem pelo menos três dígitos corretos.]

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