Exercício 1.

Em sistemas de engenharia, especialmente em análise de circuitos elétricos, fluxo de potência e modelagem estrutural, é comum a necessidade de resolver sistemas lineares da forma:
A \mathbf{x}=\mathbf{b}
onde A representa a matriz de coeficientes do sistema (por exemplo, matriz de admitância ou rigidez), \mathbf{x} o vetor de incógnitas (tensões, correntes ou deslocamentos), e b o vetor de excitações externas.
Considere um sistema simplificado inspirado em modelos utilizados em análise de redes elétricas:

Fonte adaptada:

  • SAAD, Y. Iterative Methods for Sparse Linear Systems. SIAM, 2003.
  • KUNDUR, P. Power System Stability and Control. McGraw-Hill, 1994.
A=\left[\begin{array}{ccc} 2 & 3 & 1 \\\\ 4 & 7 & 7 \\\\ -2 & 4 & 5 \end{array}\right] \quad \mathbf{b}=\left[\begin{array}{l} 1 \\\\ 2 \\\\ 3 \end{array}\right]
  1. Realize a decomposição LU da matriz A, determinando as matrizes L (triangular inferior com diagonal unitária) e U (triangular superior), tais que A=L U.
  2. Resolva o sistema linear utilizando a decomposição LU:
  • Resolva L \mathbf{y}=\mathbf{b} (por substituição sucessivas);
  • Resolva U \mathbf{x}=\mathbf{y} (por substituição retroativa).
  1. Interprete o significado físico da solução \mathbf{x} no contexto da engenharia (por exemplo, tensões nodais ou respostas estruturais).
  2. Discuta as vantagens do uso da decomposição LU em problemas de engenharia que envolvem múltiplos vetores b.

Passo 1

O que o enunciado pede e o que temos disponível.
  • São dadas a matriz e o vetor:
A=\begin{pmatrix} 2 & 3 & 1\\[4pt] 4 & 7 & 7\\[4pt] -2 & 4 & 5 \end{pmatrix},\qquad \mathbf{b}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]2\\[4pt]3\end{pmatrix}.
  • Perguntas:
    1. Fazer a decomposição A=L U com L triangular inferior com diagonal unitária e U triangular superior.
    2. Usar essa decomposição para resolver A\mathbf{x}=\mathbf{b}, i.e.:
      • resolver L\mathbf{y}=\mathbf{b} por substituição direta (forward);
      • resolver U\mathbf{x}=\mathbf{y} por substituição retroativa (backward).
    3. Interpretar fisicamente a solução \mathbf{x}.
    4. Discutir vantagens da decomposição LU para vários vetores \mathbf{b}.]

Passo 2

Breve aula: o que é decomposição LU e como obtê-la concretamente.
  • Ideia: escrever A=L U onde L tem 1s na diagonal e abaixo dela são os multiplicadores usados na eliminação de Gauss; U é a forma escalonada (triangular superior) obtida após eliminação.
  • Procedimento prático para uma matriz 3\times3:
    • Na primeira etapa usa-se o pivô a_{11}. Os multiplicadores para zerar abaixo são l_{21}=\frac{a_{21}}{a_{11}},\qquad l_{31}=\frac{a_{31}}{a_{11}}.Esses l_{i1} entram em L nas posições (2,1) e (3,1).
    • Subtrai-se l_{21} vezes a linha 1 da linha 2 e l_{31} vezes a linha 1 da linha 3 para obter uma nova submatriz de ordem 2. O resto vira parte de U.
    • Depois usa-se o pivô resultante u_{22} (entrada (2,2) já atualizada). O multiplicador l_{32}=\frac{u_{32}}{u_{22}}zera a posição (3,2). Esse l_{32} vai em L.
  • Observação importante: se um pivô for zero ou muito pequeno, normalmente faz-se pivotamento (troca de linhas). Neste exercício os pivôs serão não nulos, então seguimos sem pivotamento.

Passo 3

Aplicando a eliminação na prática (primeira coluna).
  • Pivô inicial: a_{11}=2.
  • Calcula-se os multiplicadores: l_{21}=\frac{4}{2}=2,\qquad l_{31}=\frac{-2}{2}=-1.
  • Zera-se abaixo do pivô:
    • Nova linha 2 = linha 2 - l_{21} \timeslinha 1: \begin{pmatrix}4&7&7\end{pmatrix}-2\cdot\begin{pmatrix}2&3&1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0&1&5\end{pmatrix}.
    • Nova linha 3 = linha 3 - l_{31} \timeslinha 1 (note que l_{31}=-1, então soma-se a linha 1): \begin{pmatrix}-2&4&5\end{pmatrix}-(-1)\cdot\begin{pmatrix}2&3&1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0&7&6\end{pmatrix}.
  • Após essa etapa, a forma escalonada parcial é \begin{pmatrix} 2 & 3 & 1\\[4pt] 0 & 1 & 5\\[4pt] 0 & 7 & 6 \end{pmatrix},onde as entradas já são os candidatos a u_{ij} de U.]

Passo 4

Segunda etapa da eliminação (segunda coluna).
  • Pivô na segunda etapa: u_{22}=1 (não é zero).
  • Multiplicador para zerar posição (3,2): l_{32}=\frac{7}{1}=7.
  • Subtrai-se 7 vezes a segunda linha da terceira: \begin{pmatrix}0&7&6\end{pmatrix}-7\cdot\begin{pmatrix}0&1&5\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0&0&-29\end{pmatrix}.
  • Assim obtemos a triangular superior final U.

Passo 5

Escrevendo L e U explicitamente e verificando A=L U.
  • Montando L com diagonal unitária e os multiplicadores encontrados: L=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\[4pt] l_{21} & 1 & 0\\[4pt] l_{31} & l_{32} & 1 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\[4pt] 2 & 1 & 0\\[4pt] -1 & 7 & 1 \end{pmatrix}.
  • A triangular superior obtida é U=\begin{pmatrix} 2 & 3 & 1\\[4pt] 0 & 1 & 5\\[4pt] 0 & 0 & -29 \end{pmatrix}.
  • Verificação rápida (multiplicando L por U): L U=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\[4pt] 2 & 1 & 0\\[4pt] -1 & 7 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2 & 3 & 1\\[4pt] 0 & 1 & 5\\[4pt] 0 & 0 & -29 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 2 & 3 & 1\\[4pt] 4 & 7 & 7\\[4pt] -2 & 4 & 5 \end{pmatrix}=A,portanto a decomposição está correta.]

Passo 6

Resolver L\mathbf{y}=\mathbf{b} por substituição direta (forward).
  • Escrevendo L\mathbf{y}=\mathbf{b} com \mathbf{y}=(y_1,y_2,y_3)^\top: \begin{cases} 1\cdot y_1 = 1,\\[4pt] 2\cdot y_1 + 1\cdot y_2 = 2,\\[4pt] -1\cdot y_1 + 7\cdot y_2 + 1\cdot y_3 = 3. \end{cases}
  • Resolve-se em ordem: y_1=1,
2\cdot 1 + y_2 = 2 \quad\Rightarrow\quad y_2=0,
-1\cdot 1 + 7\cdot 0 + y_3 = 3 \quad\Rightarrow\quad y_3=4.
  • Portanto \mathbf{y}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]4\end{pmatrix}.]

Passo 7

Resolver U\mathbf{x}=\mathbf{y} por substituição retroativa (backward).
  • Escrevendo U\mathbf{x}=\mathbf{y} com \mathbf{x}=(x_1,x_2,x_3)^\top: \begin{pmatrix} 2 & 3 & 1\\[4pt] 0 & 1 & 5\\[4pt] 0 & 0 & -29 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x_1\\[4pt]x_2\\[4pt]x_3\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]4\end{pmatrix}.
  • Começa-se pela última equação: -29\,x_3 = 4 \quad\Rightarrow\quad x_3=\frac{4}{-29}=-\frac{4}{29}.
  • Segunda equação: x_2 + 5 x_3 = 0 \quad\Rightarrow\quad x_2=-5 x_3 = -5\left(-\frac{4}{29}\right)=\frac{20}{29}.
  • Primeira equação: 2 x_1 + 3 x_2 + x_3 = 1.Substituindo x_2 e x_3: 2 x_1 + 3\left(\frac{20}{29}\right) + \left(-\frac{4}{29}\right)=1
2 x_1 + \frac{60-4}{29}=1 \quad\Rightarrow\quad 2 x_1 + \frac{56}{29}=1
2 x_1 = 1-\frac{56}{29}=\frac{29-56}{29}=-\frac{27}{29} \quad\Rightarrow\quad x_1=-\frac{27}{58}.
  • Assim a solução final é \mathbf{x}=\begin{pmatrix}-\dfrac{27}{58}\\[6pt]\dfrac{20}{29}\\[6pt]-\dfrac{4}{29}\end{pmatrix} =\frac{1}{58}\begin{pmatrix}-27\\[4pt]40\\[4pt]-8\end{pmatrix}.]

Passo 8

Interpretação física didática e amigável da solução \mathbf{x}.
  • Se A for, por exemplo, uma matriz de rigidez K de um sistema estrutural e \mathbf{b} for um vetor de forças externas aplicadas nos graus de liberdade, então \mathbf{x} representa os deslocamentos nodais induzidos por essas forças. Um componente negativo em \mathbf{x} significa que o deslocamento ocorre na direção oposta à orientação de sinal escolhida positivamente.
  • Se A for a matriz de admitância (condutância) de um circuito e \mathbf{b} representar fontes nodais (correntes injetadas), então \mathbf{x} pode representar tensões nodais; sinais negativos indicam tensão abaixo do referencial escolhido.
  • Em termos práticos de engenharia: os valores e sinais de \mathbf{x} dizem onde o sistema “cede” (deslocamento/queda de tensão) e onde há resposta maior; magnitudes relativas mostram quais variáveis são mais sensíveis às excitações dadas.

Passo 9

Vantagens da decomposição LU em problemas com múltiplos vetores \mathbf{b} (explicação passo a passo).
  • Custo computacional:
    • Montar a decomposição A=L U custa, em geral, O(n^3) operações (uma vez).
    • Cada resolução A\mathbf{x}=\mathbf{b} usando L U requer apenas uma substituição direta e uma retroativa, totalizando O(n^2) operações.
    • Portanto, se houver muitos vetores \mathbf{b} (por exemplo, análise de diversas cargas, simulações paramétricas, ou cálculo de respostas a várias entradas), faz-se a decomposição uma única vez e resolve-se rapidamente para cada \mathbf{b}.
  • Reaproveitamento e eficiência:
    • Em aplicações em tempo real ou otimização, isso reduz muito o tempo total.
  • Estabilidade e prática:
    • Quando necessário, aplica-se pivotamento (LU com pivotamento parcial) para garantir estabilidade numérica; isso altera um pouco o processo, mas mantém a vantagem de fatorizar A uma única vez.
  • Estrutura esparsa:
    • Em sistemas grandes e esparsos (com muitas entradas zero), existem algoritmos de LU que preservam a esparsidade e tornam a abordagem ainda mais eficiente em memória e tempo.
  • Resumo amigável: pense assim — decompor A é o trabalho pesado que faz só uma vez; depois cada novo \mathbf{b} é uma “conta rápida” com duas passadas (forward e backward). É por isso que engenheiros adoram LU quando precisam testar o mesmo sistema com várias cargas/excitações.

Resposta

L=\begin{pmatrix}1&0&0\\[4pt]2&1&0\\[4pt]-1&7&1\end{pmatrix},\qquad U=\begin{pmatrix}2&3&1\\[4pt]0&1&5\\[4pt]0&0&-29\end{pmatrix}.\n
\mathbf{y}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]4\end{pmatrix},\qquad \mathbf{x}=\begin{pmatrix}-\dfrac{27}{58}\\[6pt]\dfrac{20}{29}\\[6pt]-\dfrac{4}{29}\end{pmatrix}.\n
A solução \mathbf{x} representa as quantidades físicas do problema (por exemplo, deslocamentos nodais se A for rigidez, ou tensões nodais se A for admitância), e os sinais indicam direção/oposição em relação à referência escolhida.\n
Vantagens: fatoração A=LU é feita uma vez ( O(n^3)); cada novo \mathbf{b} resolve-se em O(n^2) via forward/backward, economizando muito tempo quando há múltiplas cargas/entradas; também permite aproveitamento de esparsidade e se combina bem com pivotamento para estabilidade numérica.]

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