Determine todos os valores de a \in \mathbb{R} para os quais o sistema \mathbf{A x}=\mathbf{b} pode ser resolvido por ambos os métodos de Jacobi e Gauss-Seidel quando:
\mathbf{A}=\left[\begin{array}{lll}3 & 1 & 0 \\\\ 1 & a & 0 \\\\ 0 & a & 3\end{array}\right]

Passo 1

O enunciado pede: determinar todos os valores de a\in\mathbb{R} para os quais o sistema \mathbf{A x}=\mathbf{b} pode ser resolvido por ambos os métodos iterativos de Jacobi e de Gauss–Seidel, onde foi dada a matriz
\mathbf{A}=\begin{pmatrix}3 & 1 & 0\\[4pt] 1 & a & 0\\[4pt] 0 & a & 3\end{pmatrix}.
Informações relevantes fornecidas:
\mathbf{A}=\begin{pmatrix}3 & 1 & 0\\[4pt] 1 & a & 0\\[4pt] 0 & a & 3\end{pmatrix}.
O que se pergunta explicitamente: encontrar os valores de a tais que ambos os métodos (Jacobi e Gauss–Seidel) convergem ao resolver \mathbf{A x}=\mathbf{b}.]

Passo 2

Conceito chave (explicado de forma prática): cada método iterativo gera uma matriz de iteração B. O método converge para a solução do sistema para qualquer vetor inicial se, e somente se, o raio espectral da matriz de iteração for menor que 1. Ou seja:
\text{o método converge} \iff \rho(B)<1,é
onde \rho(B) é o maior valor absoluto dos autovalores de B.
Para aplicar isso precisamos montar as matrizes de iteração:
  • Para Jacobi, a matriz de iteração é \;B_{\text{J}} = -D^{-1}(L+U)\;, onde D é a diagonal de \mathbf{A}, L é a parte estritamente inferior e U a parte estritamente superior.
  • Para Gauss–Seidel, a matriz de iteração é \;B_{\text{GS}} = -(D+L)^{-1}U\;.
Antes de calcular, observar uma exigência prática: D deve ser invertível para Jacobi (logo o elemento diagonal correspondente não pode ser zero) e D+L deve ser invertível para Gauss–Seidel. Aqui isso implica que o elemento a na diagonal do meio não pode ser 0 (caso contrário D ou D+L teria diagonal zero e não seriam invertíveis).

Passo 3

Vamos escrever D, L e U explicitamente (pegar direto da matriz dada):
D=\begin{pmatrix}3&0&0\\[4pt]0&a&0\\[4pt]0&0&3\end{pmatrix},\qquad L=\begin{pmatrix}0&0&0\\[4pt]1&0&0\\[4pt]0&a&0\end{pmatrix},\qquad U=\begin{pmatrix}0&1&0\\[4pt]0&0&0\\[4pt]0&0&0\end{pmatrix}.
Condição preliminar: para poder aplicar as fórmulas, precisamos de a\neq 0 (para que D e D+L tenham entradas diagonais não nulas). Vou manter essa observação e depois voltamos a ela.]

Passo 4

Montar a matriz de iteração de Jacobi. Primeiro calcule D^{-1}(L+U). L+U é
L+U=\begin{pmatrix}0&1&0\\[4pt]1&0&0\\[4pt]0&a&0\end{pmatrix}.
Como D^{-1}=\operatorname{diag}\bigl(\tfrac{1}{3},\tfrac{1}{a},\tfrac{1}{3}\bigr), temos
D^{-1}(L+U)=\begin{pmatrix} 0 & \tfrac{1}{3} & 0\\[4pt] \tfrac{1}{a} & 0 & 0\\[4pt] 0 & \tfrac{a}{3} & 0 \end{pmatrix}.
Logo
B_{\text{J}}=-D^{-1}(L+U)=\begin{pmatrix} 0 & -\tfrac{1}{3} & 0\\[4pt] -\tfrac{1}{a} & 0 & 0\\[4pt] 0 & -\tfrac{a}{3} & 0 \end{pmatrix}.]

Passo 5

Calcular os autovalores de B_{\text{J}}. Montamos a matriz B_{\text{J}}-\lambda I:
B_{\text{J}}-\lambda I= \begin{pmatrix} -\lambda & -\tfrac{1}{3} & 0\\[4pt] -\tfrac{1}{a} & -\lambda & 0\\[4pt] 0 & -\tfrac{a}{3} & -\lambda \end{pmatrix}.
O determinante (polinômio característico) pode ser obtido expandindo pela terceira coluna (apenas o elemento (3,3)=-\lambda contribui):
\det(B_{\text{J}}-\lambda I)=(-\lambda)\det\begin{pmatrix}-\lambda & -\tfrac{1}{3}\\[4pt]-\tfrac{1}{a} & -\lambda\end{pmatrix} =(-\lambda)\bigl(\lambda^{2}-\tfrac{1}{3a}\bigr).
Portanto os autovalores satisfazem
-\lambda\bigl(\lambda^{2}-\tfrac{1}{3a}\bigr)=0,
isto é, os autovalores são
\lambda_1=0,\qquad \lambda_{2,3}=\pm\sqrt{\tfrac{1}{3a}}.
Observação sobre sinais/valores complexos: se a>0 os dois últimos são reais \pm\tfrac{1}{\sqrt{3a}}; se a<0 eles são puramente imaginários com módulo \tfrac{1}{\sqrt{3|a|}}. Em ambos os casos o módulo dos autovalores não nulos é \tfrac{1}{\sqrt{3|a|}}. Assim o raio espectral de B_{\text{J}} é
\rho(B_{\text{J}})=\frac{1}{\sqrt{3|a|}}\quad\text{(para }a\neq 0\text{)}.]

Passo 6

Condição de convergência para Jacobi: precisamos de \rho(B_{\text{J}})<1. Substituindo o raio espectral,
\frac{1}{\sqrt{3|a|}}<1 \quad\Longleftrightarrow\quad 1<\sqrt{3|a|}\quad\Longleftrightarrow\quad |a|>\tfrac{1}{3}.
Portanto Jacobi converge exatamente quando a\neq 0 e |a|>\tfrac{1}{3}. Note que |a|>\tfrac{1}{3} já implica a\neq 0, então podemos dizer simplesmente |a|>\tfrac{1}{3}.

Passo 7

Agora Gauss–Seidel. Lembrando
B_{\text{GS}}=-(D+L)^{-1}U.
Observe que U tem apenas a segunda coluna não nula, e essa coluna é o vetor e_{1}=(1,0,0)^{T} multiplicado por 1 na posição (1,2). Então basta calcular
v=(D+L)^{-1}e_{1},
onde
D+L=\begin{pmatrix}3&0&0\\[4pt]1&a&0\\[4pt]0&a&3\end{pmatrix}.
Resolvendo o sistema triangular (D+L)v=e_{1} por substituição direta:
3v_{1}=1\\ \Rightarrow\\ v_{1}=\tfrac{1}{3},
v_{1}+a v_{2}=0\\ \Rightarrow\\ v_{2}=-\tfrac{v_{1}}{a}=-\tfrac{1}{3a},
a v_{2}+3 v_{3}=0\\ \Rightarrow\\ v_{3}=-\tfrac{a v_{2}}{3}=\tfrac{1}{9}.
Logo
v=\begin{pmatrix}\tfrac{1}{3}\\[4pt]-\tfrac{1}{3a}\\[4pt]\tfrac{1}{9}\end{pmatrix}.
Como U tem essa única coluna não nula, o produto (D+L)^{-1}U tem a mesma coluna não nula igual a v e as outras colunas nulas. Portanto
B_{\text{GS}}=-(D+L)^{-1}U=\begin{pmatrix} 0 & -\tfrac{1}{3} & 0\\[4pt] 0 & \tfrac{1}{3a} & 0\\[4pt] 0 & -\tfrac{1}{9} & 0 \end{pmatrix}.]

Passo 8

Calcular os autovalores de B_{\text{GS}}. Montando B_{\text{GS}}-\lambda I:
B_{\text{GS}}-\lambda I= \begin{pmatrix} -\lambda & -\tfrac{1}{3} & 0\\[4pt] 0 & \tfrac{1}{3a}-\lambda & 0\\[4pt] 0 & -\tfrac{1}{9} & -\lambda \end{pmatrix}.
Expandindo pela primeira coluna (apenas o elemento (1,1)=-\lambda é não nulo na primeira coluna) obtemos o determinante
\det(B_{\text{GS}}-\lambda I)=(-\lambda)\det\begin{pmatrix}\tfrac{1}{3a}-\lambda & 0\\[4pt]-\tfrac{1}{9} & -\lambda\end{pmatrix} =(-\lambda)\bigl(-\lambda\bigl(\tfrac{1}{3a}-\lambda\bigr)\bigr) =\lambda^{2}\bigl(\tfrac{1}{3a}-\lambda\bigr).
Portanto os autovalores são
\lambda_1=0\\ (\text{multiplicidade }2),\qquad \lambda_3=\tfrac{1}{3a}.
O raio espectral é então
\rho(B_{\text{GS}})=\left|\tfrac{1}{3a}\right|\quad\text{(para }a\neq 0\text{)}.]

Passo 9

Condição de convergência para Gauss–Seidel: \rho(B_{\text{GS}})<1, isto é
\left|\tfrac{1}{3a}\right|<1 \quad\Longleftrightarrow\quad |a|>\tfrac{1}{3}.
Novamente é necessária a condição a\neq 0 para que D+L seja invertível, mas a desigualdade |a|>\tfrac{1}{3} já garante a\neq 0.
Conclusão combinada: ambos os métodos convergem exatamente quando |a|>\tfrac{1}{3}.

Resposta

a\in(-\infty,-\tfrac{1}{3})\cup(\tfrac{1}{3},\infty)

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