Exercício 50. (Faça seu próprio exercício) Proponha um problema aplicado que envolva: montar um sistema linear, calcular determinante, decompor em LU, encontrar solução e discutir interpretação física (ex.: equilíbrio de forças em uma treliça simples). Forneça esboço de solução detalhado.

Passo 1

Enunciado (minha versão aplicada): considere uma treliça triangular com nós em A=(0,0), B=(2,0) e C=(1,1). Os apoios são: A articulado (reação horizontal A_x e vertical A_y), B rolete apenas vertical (reação B_y). Há uma carga vertical descendente P aplicada no nó C (considere P=10\\ \text{kN}). Os barras/membros são AC, BC e AB.
Perguntas: montar o sistema linear de equilíbrio (componentes horizontais e verticais em cada nó), escrever na forma matricial A x=b, calcular \det(A), obter decomposição PA=LU (com pivoteamento se necessário), resolver x (forças nos membros e reações) e interpretar fisicamente os sinais das forças.
Informações relevantes (dados de geometria que vou usar): posições dos nós A,B,C dadas acima; comprimento e direção das barras:
\text{para }AC:\; \vec{AC}=(1,1),\; \text{versor }(\tfrac{1}{\sqrt{2}},\tfrac{1}{\sqrt{2}}).
\text{para }BC:\; \vec{BC}=(-1,1),\; \text{versor }(-\tfrac{1}{\sqrt{2}},\tfrac{1}{\sqrt{2}}).
\text{para }AB:\; \vec{AB}=(2,0),\; \text{versor }(1,0).
Vou tomar incógnitas na ordem
x=\begin{pmatrix}F_{AC}\\[4pt]F_{BC}\\[4pt]F_{AB}\\[4pt]A_x\\[4pt]A_y\\[4pt]B_y\end{pmatrix},
onde F positivo significa tração (a barra puxa o nó). A carga externa é b=(0,0,0,0,0,P)^T (componentes dos nós A,B,C em x,y ordenados como nas equações que vou escrever).]

Passo 2

Montagem das equações de equilíbrio (soma de forças em x e y em cada nó). Vou escrever as equações explicando a contribuição de cada membro.
  • A: barras ligadas AC (que age com componentes (\tfrac{1}{\sqrt{2}}F_{AC},\tfrac{1}{\sqrt{2}}F_{AC})) e AB (com componentes (F_{AB},0)). Reações A_x,A_y. Não há carga externa em A. Assim:
\text{soma em }x:\quad A_x + \tfrac{1}{\sqrt{2}}F_{AC} + 1\cdot F_{AB}=0.
\text{soma em }y:\quad A_y + \tfrac{1}{\sqrt{2}}F_{AC}=0.
  • B: barras BC (versor (-\tfrac{1}{\sqrt{2}},\tfrac{1}{\sqrt{2}})) e AB (no nó B a contribuição horizontal é -F_{AB}), e reação B_y. Não há reação horizontal em B. Assim:
\text{soma em }x:\quad -\tfrac{1}{\sqrt{2}}F_{BC} - F_{AB}=0.
\text{soma em }y:\quad B_y + \tfrac{1}{\sqrt{2}}F_{BC}=0.
  • C: barras AC e BC atuam sobre C com sinais contrários aos usados em A,B. Não há reação em C, há apenas carga P para baixo. Componentes:
\text{soma em }x:\quad -\tfrac{1}{\sqrt{2}}F_{AC} + \tfrac{1}{\sqrt{2}}F_{BC}=0.
\text{soma em }y:\quad -\tfrac{1}{\sqrt{2}}F_{AC} -\tfrac{1}{\sqrt{2}}F_{BC} - P =0.

Passo 3

Escrever o sistema linear A x=b. Organizamos equações na mesma ordem das incógnitas \;F_{AC},F_{BC},F_{AB},A_x,A_y,B_y\;. As seis equações ficam (cada linha é uma equação):
\begin{array}{rcl} \tfrac{1}{\sqrt{2}}F_{AC} &+& 0\cdot F_{BC} \;+\; 1\cdot F_{AB} \;+\; 1\cdot A_x \;+\; 0\cdot A_y \;+\; 0\cdot B_y \;=\; 0,\\[4pt] \tfrac{1}{\sqrt{2}}F_{AC} &+& 0\cdot F_{BC} \;+\; 0\cdot F_{AB} \;+\; 0\cdot A_x \;+\; 1\cdot A_y \;+\; 0\cdot B_y \;=\; 0,\\[4pt] 0\cdot F_{AC} &-& \tfrac{1}{\sqrt{2}}F_{BC} \;-\; 1\cdot F_{AB} \;+\; 0\cdot A_x \;+\; 0\cdot A_y \;+\; 0\cdot B_y \;=\; 0,\\[4pt] 0\cdot F_{AC} &+& \tfrac{1}{\sqrt{2}}F_{BC} \;+\; 0\cdot F_{AB} \;+\; 0\cdot A_x \;+\; 0\cdot A_y \;+\; 1\cdot B_y \;=\; 0,\\[4pt] -\tfrac{1}{\sqrt{2}}F_{AC} &+& \tfrac{1}{\sqrt{2}}F_{BC} \;+\; 0\cdot F_{AB} \;+\; 0\cdot A_x \;+\; 0\cdot A_y \;+\; 0\cdot B_y \;=\; 0,\\[4pt] -\tfrac{1}{\sqrt{2}}F_{AC} &-& \tfrac{1}{\sqrt{2}}F_{BC} \;+\; 0\cdot F_{AB} \;+\; 0\cdot A_x \;+\; 0\cdot A_y \;+\; 0\cdot B_y \;=\; P. \end{array}
Em forma matricial \;A x = b\;:
A= \begin{pmatrix} \tfrac{1}{\sqrt{2}} & 0 & 1 & 1 & 0 & 0\\[4pt] \tfrac{1}{\sqrt{2}} & 0 & 0 & 0 & 1 & 0\\[4pt] 0 & -\tfrac{1}{\sqrt{2}} & -1 & 0 & 0 & 0\\[4pt] 0 & \tfrac{1}{\sqrt{2}} & 0 & 0 & 0 & 1\\[4pt] -\tfrac{1}{\sqrt{2}} & \tfrac{1}{\sqrt{2}} & 0 & 0 & 0 & 0\\[4pt] -\tfrac{1}{\sqrt{2}} & -\tfrac{1}{\sqrt{2}} & 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix},\qquad b=\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\\[4pt]0\\[4pt]0\\[4pt]0\\[4pt]P\end{pmatrix}.
Explicação rápida: cada linha corresponde às somas de forças em x ou y nos nós A,B,C, e os coeficientes vêm das componentes dos versores das barras.]

Passo 4

Cálculo do determinante \det(A). Vou usar eliminação gaussiana (operações elementares que não mudam o valor do determinante exceto por trocas de linha, cujo efeito é multiplicar por -1) e acompanhar pivôs para obter um triangular superior; o determinante será produto dos pivôs vezes (-1)^{\#\text{trocas}}.
Defino a=\tfrac{1}{\sqrt{2}} para simplificar a escrita. A matriz A é
A=\begin{pmatrix} a & 0 & 1 & 1 & 0 & 0\\[4pt] a & 0 & 0 & 0 & 1 & 0\\[4pt] 0 & -a & -1 & 0 & 0 & 0\\[4pt] 0 & a & 0 & 0 & 0 & 1\\[4pt] -a & a & 0 & 0 & 0 & 0\\[4pt] -a & -a & 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.
Faço eliminação (mostro os passos essenciais e os pivôs finais):
  1. Pivot em (1,1)=a. Uso-o para zerar entradas na coluna 1 de linhas 2,5,6. Após essas operações a matriz vira (mostro somente linhas relevantes) e não altero o determinante pois só subtraí múltiplos da linha 1.
  2. Troco as linhas 2 e 3 quando for necessário obter um pivô não nulo na coluna 2 (houve uma troca de linha; isso multiplica o determinante por -1). Registo uma troca.
  3. Continuo eliminação coluna a coluna obtendo, ao final, uma matriz triangular superior U (após considerar a troca feita). Os pivôs na diagonal de U são, na ordem, a,\; -a,\; -1,\; 1,\; 1,\; 2. (Cada pivô é o elemento diagonal após as eliminações.)
Assim o produto dos pivôs é
a\cdot(-a)\cdot(-1)\cdot 1\cdot 1\cdot 2 = 2a^2.
Tivemos uma única troca de linhas, então
\det(A)=(-1)^{1}\cdot 2a^2 = -2a^2.
Substituindo a=\tfrac{1}{\sqrt{2}} tem-se a^2=\tfrac{1}{2}, logo
\det(A) = -2\cdot \tfrac{1}{2} = -1.
Interpretação imediata: \det(A)\neq 0 indica sistema linear com solução única (a treliça está estaticamente determinada e as equações de equilíbrio têm solução única para as incógnitas escolhidas).]

Passo 5

Decomposição PA=LU (com pivoteamento). Como na eliminação houve necessidade de trocar linhas, uso uma permutação P que troca as linhas 2 e 3 de A para evitar pivô zero. Em seguida aplico Doolittle (eliminação sem escalonamento posterior). O resultado (valores numéricos exatos com a=\tfrac{1}{\sqrt{2}}) é:
Permutação P que troca as linhas 2 e 3:
P=\begin{pmatrix} 1&0&0&0&0&0\\[4pt] 0&0&1&0&0&0\\[4pt] 0&1&0&0&0&0\\[4pt] 0&0&0&1&0&0\\[4pt] 0&0&0&0&1&0\\[4pt] 0&0&0&0&0&1 \end{pmatrix},\qquad PA=\begin{pmatrix} \cdots \end{pmatrix}\\ (\text{linhas 2 e 3 trocadas}).
Matriz triangular superior U (obtida ao final da eliminação sobre PA):
U=\begin{pmatrix} a & 0 & 1 & 1 & 0 & 0\\[4pt] 0 & -a & -1 & 0 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & -1 & -1 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 1 & -1 & 1\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & -1\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}.
Matriz triangular inferior L (com 1s na diagonal) obtida com os multiplicadores usados (escrita na ordem das linhas de PA):
L=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0\\[4pt] 1 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0\\[4pt] 0 & -1 & 1 & 1 & 0 & 0\\[4pt] -1 & -1 & 0 & 1 & 1 & 0\\[4pt] -1 & 1 & -2 & -1 & 1 & 1 \end{pmatrix}.
Verificação conceitual: com essa P,L,U temos PA=LU. Explicando o que isso significa: P registra a troca de linhas necessária para o pivô; L contém os multiplicadores usados na eliminação (multiplicadores abaixo da diagonal); U é a matriz escalonada (triangular superior). Na prática, para resolver Ax=b com pivoteamento usamos PAx=Pb e resolvemos LUx=Pb via substituição direta.]

Passo 6

Resolver o sistema usando PA=LU (método prático: primeiro resolver L y = Pb por substituição direta, depois U x = y por substituição regressiva). Note que no nosso caso b=(0,0,0,0,0,P)^T e a permutação P apenas troca linhas 2 e 3 — como as linhas 2 e 3 de b são zero, Pb=b. Vou resolver de forma explícita e didática (mostrando forward e back substitution).
  1. Forward substitution L y = Pb. Escrevendo componentes y=(y_1,\dots,y_6)^T e Pb=b:
  • y_1 = b_1 = 0.
  • y_2 = b_2 - 0\cdot y_1 = 0.
  • y_3 = b_3 - 1\cdot y_1 - 0\cdot y_2 = 0.
  • y_4 = b_4 - 0\cdot y_1 - (-1)\cdot y_2 - 1\cdot y_3 = 0.
  • y_5 = b_5 -(-1)\cdot y_1 -(-1)\cdot y_2 -0\cdot y_3 -1\cdot y_4 = 0.
  • y_6 = b_6 -(-1)\cdot y_1 -1\cdot y_2 -(-2)\cdot y_3 -(-1)\cdot y_4 -1\cdot y_5 = P.
Logo y=(0,0,0,0,0,P)^T.
  1. Back substitution U x = y. Escrevo as equações de baixo para cima (cada linha do U corresponde a uma combinação das incógnitas):
  • Da última linha: 2\cdot x_6 = y_6 = P portanto \;x_6 = \dfrac{P}{2}.
  • Linha 5: 1\cdot x_5 -1\cdot x_6 = y_5 = 0 então x_5 = x_6 = \dfrac{P}{2}.
  • Linha 4: 1\cdot x_4 -1\cdot x_5 +1\cdot x_6 = y_4 = 0. Substituindo x_5=x_6=\tfrac{P}{2} obtém-se x_4 -\tfrac{P}{2} + \tfrac{P}{2} =0 então x_4=0.
  • Linha 3: -1\cdot x_3 -1\cdot x_4 +1\cdot x_5 = y_3 = 0. Como x_4=0 e x_5=\tfrac{P}{2}, temos -x_3 + \tfrac{P}{2} =0 logo x_3 = \dfrac{P}{2}.
  • Linha 2: -a\cdot x_2 -1\cdot x_3 = y_2 = 0 portanto -a x_2 - x_3 = 0 então x_2 = -\dfrac{x_3}{a} = -\dfrac{P/2}{1/\sqrt{2}} = -\dfrac{P}{2}\cdot\sqrt{2} = -\dfrac{P}{\sqrt{2}}.
  • Linha 1: a\cdot x_1 + 1\cdot x_3 + 1\cdot x_4 + 0\cdot x_5 + 0\cdot x_6 = y_1 = 0. Substituindo x_3=\tfrac{P}{2} e x_4=0 a x_1 + \tfrac{P}{2}=0 então x_1 = -\dfrac{P/2}{a} = -\dfrac{P}{2}\cdot \dfrac{1}{a} = -\dfrac{P}{2}\cdot \sqrt{2} = -\dfrac{P}{\sqrt{2}}.
Lembrando a ordem das incógnitas x=(F_{AC},F_{BC},F_{AB},A_x,A_y,B_y)^T, os resultados simbólicos são:
F_{AC} = -\dfrac{P}{\sqrt{2}},\quad F_{BC} = -\dfrac{P}{\sqrt{2}},\quad F_{AB} = \dfrac{P}{2},\quad A_x = 0,\quad A_y = \dfrac{P}{2},\quad B_y = \dfrac{P}{2}.

Passo 7

Calculemos os valores numéricos para P=10\\ \text{kN} (fácil para conferir e interpretar):
F_{AC}=F_{BC}=-\dfrac{10}{\sqrt{2}}\\ \text{kN} = -5\sqrt{2}\\ \text{kN}\approx -7{,}07\\ \text{kN},
F_{AB}=\dfrac{10}{2}=5\\ \text{kN},\quad A_x=0,\quad A_y=B_y=\dfrac{10}{2}=5\\ \text{kN}.

Passo 8

Interpretação física e dicas para a prova (didática, resumida e prática):
  • Sinais: F_{AC} e F_{BC} saíram negativos segundo a hipótese (hipótese foi que forças positivas significam tração). Logo o valor negativo indica compressão nessas barras (elas estão comprimidas, empurrando os nós). F_{AB} positivo indica tração nessa barra. Nas provas, sempre declare sua convenção de sinal (eu escolhi tração positiva) e interprete o sinal final.
  • Reações: A_x=0 mostra que não há força horizontal resultante (treliça simétrica; as componentes horizontais das barras se cancelam). As reações verticais A_y=B_y=5\\ \text{kN} repartem igualmente a carga P=10\\ \text{kN} por simetria.
  • Determinante e unicidade: \det(A)=-1\neq 0 confirma solução única — importante checar se a treliça está estaticamente determinada pela modelagem escolhida.
  • Uso de LU em provas: quando A não muda e vários vetores b são testados, calcular LU (com pivoteamento se necessário) é eficiente: uma vez L,U obtidos, cada b é resolvido por duas substituições (forward/back) rapidamente, sem refazer eliminação completa.
  • Dica prática para truss simples: comece pelas equações do nó onde aparecem poucas incógnitas (aqui nó C deu um par de equações só com F_{AC} e F_{BC}, facilitando). Use as relações geométricas (versores/direções) para tirar componentes — calcular os versores é essencial e rápido.

Resposta

F_{AC}=-\dfrac{P}{\sqrt{2}},\;F_{BC}=-\dfrac{P}{\sqrt{2}},\;F_{AB}=\dfrac{P}{2},\;A_x=0,\;A_y=\dfrac{P}{2},\;B_y=\dfrac{P}{2}\n
Para P=10\\ \text{kN}:\;F_{AC}=F_{BC}=-5\sqrt{2}\\ \text{kN}\approx -7{,}07\\ \text{kN},\;F_{AB}=5\\ \text{kN},\;A_x=0,\;A_y=B_y=5\\ \text{kN}.

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