Demonstrar que, se no início da etapa k do processo da eliminação de Gauss com estratégia de pivoteamento parcial, a escolha do pivô resultar em pivô =0, então \operatorname{det}(A)=0 e a matriz A não é inversível. Dê exemplos com esta situação.
33. Justifique se for verdadeira ou dê contra-exemplo se for falsa a afirmação: "Dada uma matriz A: n \times n, sua fatoração L U, obtida com estratégia de pivoteamento parcial, é tal que todos os elementos da matriz L têm módulo menor ou igual a 1^{\prime \prime}.
Passo 1
O enunciado pede duas coisas distintas:
Demonstrar que, se no início da etapa k da eliminação de Gauss com pivoteamento parcial a escolha do pivô resulta em pivô =0, então \det(A)=0 e a matriz A não é inversível. Também devo dar exemplos dessa situação.
Analisar a afirmação: "Dada uma matriz A\colon n\times n, sua fatoração LU, obtida com estratégia de pivoteamento parcial, é tal que todos os elementos da matriz L têm módulo menor ou igual a 1". Ou seja, devo justificar se essa afirmação é verdadeira; se for falsa, dar um contraexemplo.
Informações relevantes dadas pelo enunciado:
O processo considerado é a eliminação de Gauss com pivoteamento parcial (ou seja, a cada etapa escolhe-se, na coluna atual, a entrada de maior módulo entre as entradas na coluna a partir da linha k, e eventualmente troca-se a linha k com a linha onde esse máximo ocorre).
Em algum passo k a escolha do pivô resulta em pivô =0.
Não se pede aqui que eu escolha um método específico além do pivoteamento parcial — devo usar essa estratégia. A demonstração deve mostrar que a condição pivô =0 implica \det(A)=0 e não-inversibilidade; depois tratar a questão sobre os módulos dos elementos de L.
Passo 2
Breve introdução de conceitos necessários (explicados de modo didático):
O algoritmo da eliminação de Gauss com pivoteamento parcial realiza operações do tipo: trocar linhas e somar múltiplos de uma linha em outra (substituições de linha). Essas operações podem ser representadas por multiplicação por matrizes elementares à esquerda. Quando fazemos pivoteamento parcial, podemos escrever a fatoração final na forma
P A = L U,
onde P é uma matriz de permutação (reflete as trocas de linha feitas), L é triangular inferior unitária (tem 1s na diagonal) cujos elementos abaixo da diagonal são os multiplicadores usados na eliminação, e U é triangular superior obtido ao final. Esta é a fatoração padrão quando se usa pivoteamento parcial.
Determinante e operações elementares:
Trocar duas linhas altera o determinante apenas pelo sinal; assim \det(P)=\pm 1.
Adicionar a uma linha um múltiplo de outra linha não altera o determinante.
Para matrizes triangulares, o determinante é o produto das entradas da diagonal. Em particular, \det(L)=1 porque L é unitária (diagonal de 1s).
Esses fatos serão usados para relacionar \det(A) e a diagonal de U.
Passo 3
Demonstração do primeiro pedido (pivô =0 implica \det(A)=0 e A não é inversível), com explicação passo a passo.
Interpretação do evento “pivô =0 na etapa k com pivoteamento parcial”.
Na etapa k o algoritmo examina a coluna k nas linhas k,k+1,\dots,n e escolhe como pivô o elemento de maior módulo entre esses. Se o resultado dessa escolha é pivô =0, isso significa que todas as entradas da coluna k nas linhas k,\dots,n são zero (pois se houvesse alguma não nula, o pivoteamento parcial escolheria um pivô com módulo positivo). Ou seja, após as operações realizadas nas etapas anteriores, a coluna k da submatriz remanescente tem zeros em todas as posições a partir da linha k.
Consequência para a matriz U.
O processo de eliminação transforma A (após permutações de linhas codificadas por P) na forma triangular superior U. Em particular, o elemento (k,k) de U é justamente o pivô escolhido na etapa k. Se esse pivô é 0, então a diagonal de U possui um zero na posição k. Como U é triangular superior, seu determinante é o produto das entradas diagonais, logo se uma dessas entradas é zero, tem-se
\det(U)=0.
Relação entre \det(A) e \det(U).
Da fatoração P A = L U tiramos determinantes:
\det(P)\det(A)=\det(L)\det(U).
Como P é permutação, \det(P)=\pm 1. Como L é unitária triangular, \det(L)=1. Portanto
Uma matriz quadrada é inversível se, e somente se, seu determinante é diferente de zero. Logo \det(A)=0 implica que A não é inversível (é singular).
Esse argumento é direto e usa apenas que, com pivoteamento parcial, se o pivô escolhido é zero então a diagonal de U contém um zero — daí \det(U)=0 e, pela relação com A, \det(A)=0.
Passo 4
Exemplos que exibem essa situação (mostrando concretamente o pivô igual a zero em algum passo):
Exemplo 1 — coluna inteira zero a partir de uma etapa:
Na etapa 1 (coluna 1) o pivoteamento parcial escolhe o elemento de maior módulo entre 1,3,5, que é 5. Fazemos a troca de linha 1 com a linha onde está o 5, e eliminamos abaixo. Depois dessas operações, a coluna 2 permanece toda composta por zeros (pois originalmente a coluna 2 já era nula). No início da etapa 2 (coluna 2), ao procurar o pivô entre as linhas 2 e 3 encontramos apenas zeros; portanto o pivô é 0.
Observação rápida: a presença de uma coluna inteira de zeros implica imediatamente que a matriz é singular; aqui vemos o pivô zero aparecer explicitamente. Calculando o determinante por expansão em coluna, fica claro que \det(A)=0.
Aqui já se vê que as duas primeiras linhas são iguais, então as linhas são linearmente dependentes e \det(A)=0. Na eliminação, após eliminar com a linha 1, na etapa seguinte o pivô na coluna correspondente pode tornar-se zero (ou a estrutura triangular final terá um zero na diagonal), confirmando o argumento geral.
Esses exemplos mostram situações em que o algoritmo encontra um pivô zero e a matriz é de fato singular.]
Passo 5
Agora trato a segunda afirmação sobre os módulos dos elementos de L. Vou provar que a afirmação é verdadeira e explicar exatamente por quê (passo a passo e didático).
O que são os elementos de L na eliminação com pivoteamento parcial?
Em eliminação por colunas, na etapa k tomamos um pivô (após possivelmente permutar linhas) que chamaremos de u_{kk} — este é o elemento da linha escolhida e coluna k que fica na posição (k,k) em U. Para cada linha i>k eliminamos o elemento na posição (i,k) usando a operação
com a^{(k)}_{ik} sendo o elemento da submatriz atual (após as etapas anteriores) na linha i, coluna k. Esses l_{ik} são exatamente os elementos abaixo da diagonal na coluna k da matriz L.
Propriedade do pivoteamento parcial que dá a desigualdade.
Pivoteamento parcial escolhe u_{kk} de modo que |u_{kk}| é o maior módulo entre os elementos da coluna k nas linhas k,k+1,\dots,n. Ou seja, para todo i\ge k temos
Além disso, por construção, L tem 1s na diagonal, então os elementos da diagonal têm módulo 1.
Conclusão.
Dessa forma todos os elementos de L (tanto a diagonal quanto os multiplicadores abaixo da diagonal) satisfazem |l_{ij}|\le 1. Logo a afirmação é verdadeira: com pivoteamento parcial os multiplicadores usados para construir L têm módulo menor ou igual a 1.
Passo 6
Exemplo numérico ilustrativo do fato de que |l_{ik}|\le 1:
Tome
A=\begin{pmatrix}2 & 1\\[2pt]4 & 3\end{pmatrix}.
Na etapa 1 da coluna 1, o pivoteamento parcial escolhe entre 2 e 4; escolhe 4 (maior módulo), então trocamos as linhas e o pivô é u_{11}=4. O multiplicador para eliminar o elemento abaixo é
l_{21}=\frac{2}{4}=0,5,
que satisfaz |l_{21}|=0,5\le 1. Assim L terá entrada 0,5 abaixo da diagonal nesta coluna e claramente \le 1 em módulo.]
Passo 7
Observação final (didática e prática):
A propriedade |l_{ik}|\le 1 é uma das vantagens do pivoteamento parcial: evita multiplicadores muito grandes que poderiam amplificar erros numéricos.
Sem pivoteamento (ou com pivotamento inadequado), os multiplicadores podem exceder 1 em módulo; por isso a hipótese do enunciado inclui explicitamente “obtida com estratégia de pivoteamento parcial”.
Resposta
\det(A)=0 e A não é inversível.
Verdadeira: com pivoteamento parcial todos os elementos de L satisfazem |l_{ij}|\le 1.