Encontre a decomposição LU e use-a para calcular o determinante da matriz.
(a)
A=\left(\begin{array}{rrr} 2 & 3 & 4 \\\\ 1 & 1 & 1 \\\\ 4 & -1 & -2 \end{array}\right)

Passo 1

O enunciado dá a matriz
A=\begin{pmatrix}2 & 3 & 4 \\[4pt] 1 & 1 & 1 \\[4pt] 4 & -1 & -2\end{pmatrix}
e pede duas coisas:
  • Encontrar a decomposição LU de A, isto é, matrizes L (triangular inferior) e U (triangular superior) tais que A=LU.
  • Usar essa decomposição para calcular \det(A).
Informações relevantes fornecidas:
  • Os elementos da matriz A estão todos explicitados acima.
  • Não há indicação de permutações de linhas (troca de pivô) no enunciado.]

Passo 2

Escolha do método e ideia geral (explicação didática).
Vou usar o método decomposto conhecido como Doolittle, em que se procura A=LU com L triangular inferior com todos os elementos da diagonal iguais a 1 e U triangular superior. Motivo: é direto e pega os multiplicadores usados na eliminação de Gauss como entradas abaixo da diagonal em L.
Conceitos que vamos usar:
  • Eliminação de Gauss: para zerar elementos abaixo de um pivô u_{kk} na coluna k, subtrai-se da linha i uma múltipla l_{ik} da linha k, onde
l_{ik}=\frac{\text{entrada }a_{ik}\\ \text{(no momento)}}{u_{kk}}.
Esse l_{ik} é exatamente a entrada de L na posição (i,k).
  • Ao final, U será a matriz triangular superior obtida pelas linhas após as eliminações, e L terá diagonal de 1 e os multiplicadores abaixo da diagonal.
  • Determinante por LU: se não houve permutações de linhas, \det(A)=\det(L)\det(U). Para Doolittle, \det(L)=1 porque a diagonal de L é composta por 1's; então \det(A)=\prod_{i} u_{ii}, produto dos elementos diagonais de U.
Agora aplicamos isso passo a passo nas contas concretas.

Passo 3

Primeira coluna: usar o pivô inicial \,u_{11}=2 (o elemento a_{11} de A).
Calcular os multiplicadores para zerar as entradas abaixo do pivô na coluna 1.
Multiplicador para zerar a_{21}:
l_{21}=\frac{a_{21}}{u_{11}}=\frac{1}{2}=\frac{1}{2}.
Multiplicador para zerar a_{31}:
l_{31}=\frac{a_{31}}{u_{11}}=\frac{4}{2}=2.
Explicando: l_{21} significa “quantas vezes a linha 1 devo subtrair da linha 2” para zerar a primeira entrada da linha 2; o mesmo para l_{31}.

Passo 4

Aplicar as operações nas linhas usando os multiplicadores calculados e formar as novas linhas (essas serão linhas de U exceto a primeira, que permanece a mesma).
Linha 1 (permanece igual, será a primeira linha de U):
\text{linha}_1=(2,\;3,\;4).
Atualizar linha 2: \text{linha}_2 \leftarrow \text{linha}_2 - l_{21}\cdot\text{linha}_1.
Calcule componente a componente:
\begin{aligned} &1 - \tfrac{1}{2}\cdot 2 = 1-1 = 0,\\[4pt] &1 - \tfrac{1}{2}\cdot 3 = 1 - \tfrac{3}{2} = -\tfrac{1}{2},\\[4pt] &1 - \tfrac{1}{2}\cdot 4 = 1 - 2 = -1. \end{aligned}
Logo a nova \text{linha}_2=(0,\;-\tfrac{1}{2},\;-1).
Atualizar linha 3: \text{linha}_3 \leftarrow \text{linha}_3 - l_{31}\cdot\text{linha}_1.
Calcule:
\begin{aligned} &4 - 2\cdot 2 = 4-4 = 0,\\[4pt] &-1 - 2\cdot 3 = -1 - 6 = -7,\\[4pt] &-2 - 2\cdot 4 = -2 - 8 = -10. \end{aligned}
Logo a nova \text{linha}_3=(0,\;-7,\;-10).
Até aqui, U tem as duas primeiras linhas:
\text{linha}_1=(2,3,4),\qquad \text{linha}_2=(0,-\tfrac{1}{2},-1).]

Passo 5

Segunda coluna: agora o pivô secundário é u_{22}=-\tfrac{1}{2} (a segunda entrada da segunda linha após a primeira eliminação). Vamos zerar a entrada (3,2) que atualmente vale -7.
Calcular o multiplicador
l_{32}=\frac{\text{entrada }(3,2)}{u_{22}}=\frac{-7}{-\tfrac{1}{2}} = (-7)\cdot\left(-2\right)=14.
Explicando: l_{32}=14 significa subtrair 14 vezes a linha 2 (atualizada) da linha 3 para zerar a posição (3,2).

Passo 6

Aplicar a eliminação com l_{32}:
\text{linha}_3 \leftarrow \text{linha}_3 - l_{32}\cdot\text{linha}_2.
Compute componente a componente (lembrando \text{linha}_2=(0,-\tfrac{1}{2},-1) e \text{linha}_3=(0,-7,-10)):
\begin{aligned} &0 - 14\cdot 0 = 0,\\[4pt] &-7 - 14\cdot\left(-\tfrac{1}{2}\right) = -7 - 14\cdot(-0{,}5) = -7 + 7 = 0,\\[4pt] &-10 - 14\cdot(-1) = -10 + 14 = 4. \end{aligned}
Portanto a nova \text{linha}_3=(0,\;0,\;4).
Agora U é triangular superior com linhas:
\text{linha}_1=(2,3,4),\qquad \text{linha}_2=(0,-\tfrac{1}{2},-1),\qquad \text{linha}_3=(0,0,4).]

Passo 7

Montar explicitamente L e U.
  • Em L colocam-se 1's na diagonal e os multiplicadores l_{21},l_{31},l_{32} abaixo da diagonal nas suas posições correspondentes. Assim:
L=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\[4pt] \tfrac{1}{2} & 1 & 0\\[4pt] 2 & 14 & 1 \end{pmatrix}.
Aqui explicando cada entrada: L_{21}=l_{21}=\tfrac{1}{2}, L_{31}=l_{31}=2, L_{32}=l_{32}=14.
  • A matriz U é a triangular superior obtida pelas linhas finais da eliminação:
U=\begin{pmatrix} 2 & 3 & 4\\[4pt] 0 & -\tfrac{1}{2} & -1\\[4pt] 0 & 0 & 4 \end{pmatrix}.
Opcional (checagem rápida): multiplicando L por U recobra-se A (pode verificar componente a componente se quiser), o que confirma A=LU.]

Passo 8

Cálculo do determinante usando a decomposição.
Como \det(A)=\det(L)\det(U) e, para Doolittle, \det(L)=1 (produto dos 1’s da diagonal), temos
\det(A)=\det(U)=u_{11}\,u_{22}\,u_{33}.
Substituindo os elementos diagonais de U:
\det(A)=2\cdot\left(-\tfrac{1}{2}\right)\cdot 4 = 2\cdot(-0{,}5)\cdot4 = -4.
Interpretação rápida: o sinal negativo veio do pivô u_{22} negativo; o módulo é 4.

Resposta

L=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0\\[4pt]\tfrac{1}{2} & 1 & 0\\[4pt]2 & 14 & 1\end{pmatrix}
U=\begin{pmatrix}2 & 3 & 4\\[4pt]0 & -\tfrac{1}{2} & -1\\[4pt]0 & 0 & 4\end{pmatrix}
\det(A)=-4]

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