Fatore a matriz A por decomposição LU com pivoteamento parcial, exibindo as matrizes P, L e U da decomposição:
A=\left[\begin{array}{rrr} 4 & -1 & 2 \\ -1 & 6 & -1 \\ 2 & -1 & 5 \end{array}\right]

Passo 1

O enunciado dá a matriz
A=\begin{pmatrix}4 & -1 & 2\\[4pt]-1 & 6 & -1\\[4pt]2 & -1 & 5\end{pmatrix}
e pede para fatorá‑la por decomposição LU com pivoteamento parcial, exibindo as matrizes P, L e U da decomposição. Ou seja, queremos matrizes P, L e U tais que
P\,A = L\,U,
onde P é uma matriz de permutação (troca de linhas), L é triangular inferior com diagonais iguais a 1 e U é triangular superior. \n
As informações relevantes: a matriz A está completamente dada (3×3) e devemos aplicar eliminação gaussiana com pivoteamento parcial quando necessário. Não há outra informação extra no enunciado.]

Passo 2

Breve explicação do método (didática rápida):\n
  • A eliminação gaussiana transforma A em uma matriz triangular superior U usando operações do tipo: substituir uma linha por ela menos um múltiplo de outra linha. Esses múltiplos (os “multiplicadores”) formam as entradas abaixo da diagonal em L. \n
  • Com pivoteamento parcial, em cada etapa escolhemos, na coluna corrente, a linha com o maior valor absoluto (entre as ainda não eliminadas) e, se necessário, trocamos linhas — isso é registrado pela matriz P. \n
  • A fórmula do multiplicador usado para eliminar o elemento a_{ij} (com i>j) é
l_{ij}=\frac{a_{ij}}{a_{jj}},
onde a_{jj} é o pivô (elemento da diagonal atualmente). Depois se faz \text{linha}_i \leftarrow \text{linha}_i - l_{ij}\,\text{linha}_j. \n
Vou aplicar isso passo a passo na matriz dada. Escolhi esse método porque o enunciado pede LU com pivoteamento parcial; é o procedimento padrão.

Passo 3

Primeira etapa (coluna 1): identificar pivô e multiplicadores. \n
Na coluna 1 os valores absolutos são |4|,\;|{-1}|,\;|2| e o maior é |4| (linha 1). Não há troca de linhas, então a primeira coluna de P permanece correspondente à identidade. \n
Calculamos os multiplicadores para zerar abaixo do pivô a_{11}=4:
l_{21}=\frac{a_{21}}{a_{11}}=\frac{-1}{4}=-\frac{1}{4}, \qquad l_{31}=\frac{a_{31}}{a_{11}}=\frac{2}{4}=\frac{1}{2}.
Aplicamos as eliminações nas linhas 2 e 3:
\text{linha}_2 \leftarrow \text{linha}_2 - l_{21}\,\text{linha}_1
\text{linha}_3 \leftarrow \text{linha}_3 - l_{31}\,\text{linha}_1.
Calculemos explicitamente (faça essas contas na prova passo a passo, como aqui): \n
Para a linha 2:
[-1,\;6,\;-1] - \left(-\tfrac{1}{4}\right)[4,\;-1,\;2] = [-1,\;6,\;-1] + \tfrac{1}{4}[4,\;-1,\;2] = [0,\;6-\tfrac{1}{4},\;-1+\tfrac{1}{2}] = \left[0,\;\tfrac{23}{4},\;-\tfrac{1}{2}\right].
Para a linha 3:
[2,\;-1,\;5] - \tfrac{1}{2}[4,\;-1,\;2] = [2-2,\;-1+ \tfrac{1}{2},\;5-1] = \left[0,\;-\tfrac{1}{2},\;4\right].
Após a primeira etapa a matriz transformada (os blocos superiores que formam U parcialmente) é
\begin{pmatrix} 4 & -1 & 2\\[4pt] 0 & \tfrac{23}{4} & -\tfrac{1}{2}\\[4pt] 0 & -\tfrac{1}{2} & 4 \end{pmatrix}.
E já registramos em L os multiplicadores l_{21}=-\tfrac{1}{4} e l_{31}=\tfrac{1}{2} na primeira coluna abaixo da diagonal.]

Passo 4

Segunda etapa (coluna 2): escolher pivô entre as linhas 2 e 3 (ainda não eliminadas). \n
Na coluna 2 os valores (das linhas 2 e 3 da matriz atual) têm módulos \left|\tfrac{23}{4}\right|=\tfrac{23}{4} e \left|-\tfrac{1}{2}\right|=\tfrac{1}{2}. O maior é \tfrac{23}{4} (linha 2), então não há troca de linhas novamente. Assim P continua sendo a identidade. \n
Calculamos o multiplicador para eliminar a entrada em posição (3,2):
l_{32}=\frac{\text{(entrada (3,2) após etapa 1)}}{\text{(pivô (2,2))}} =\frac{-\tfrac{1}{2}}{\tfrac{23}{4}} = -\tfrac{1}{2}\cdot \tfrac{4}{23} = -\tfrac{2}{23}.óô
Agora eliminamos:
\text{linha}_3 \leftarrow \text{linha}_3 - l_{32}\,\text{linha}_2.
Como l_{32}=-\tfrac{2}{23}, temos -l_{32}=\tfrac{2}{23}, então
\text{linha}_3 = \left[0,\; -\tfrac{1}{2},\; 4\right] - \left(-\tfrac{2}{23}\right)\left[0,\;\tfrac{23}{4},\;-\tfrac{1}{2}\right] = \left[0,\; -\tfrac{1}{2},\; 4\right] + \tfrac{2}{23}\left[0,\;\tfrac{23}{4},\;-\tfrac{1}{2}\right].
Calculemos a última entrada (a única não-nula relevante para U):
a_{33}^{(new)} = 4 + \tfrac{2}{23}\cdot\left(-\tfrac{1}{2}\right) = 4 - \tfrac{1}{23} = \tfrac{92}{23} - \tfrac{1}{23} = \tfrac{91}{23}.
Portanto, após a segunda etapa a matriz triangular superior final U é
U=\begin{pmatrix} 4 & -1 & 2\\[4pt] 0 & \tfrac{23}{4} & -\tfrac{1}{2}\\[4pt] 0 & 0 & \tfrac{91}{23} \end{pmatrix}.
Os multiplicadores colocados em L são l_{21}=-\tfrac{1}{4}, l_{31}=\tfrac{1}{2} e l_{32}=-\tfrac{2}{23}.]

Passo 5

Montagem das matrizes P, L e U finais e pequena observação de verificação. \n
Como não houve trocas de linhas ao longo da eliminação, a matriz de permutação é a identidade:
P=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0\\[4pt]0 & 1 & 0\\[4pt]0 & 0 & 1\end{pmatrix}.
A matriz L tem 1s na diagonal e os multiplicadores nas posições abaixo da diagonal (na mesma ordem em que foram usados):
L=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\[4pt] -\tfrac{1}{4} & 1 & 0\\[4pt] \tfrac{1}{2} & -\tfrac{2}{23} & 1 \end{pmatrix}.
U foi obtida no passo anterior:
U=\begin{pmatrix} 4 & -1 & 2\\[4pt] 0 & \tfrac{23}{4} & -\tfrac{1}{2}\\[4pt] 0 & 0 & \tfrac{91}{23} \end{pmatrix}.
Verificação rápida (que você pode fazer na prova, se sobrar tempo): multiplicando L por U você deve obter A (ou seja, I\cdot A = L\,U aqui). Isso confirma a fatoração correta. \n
Força aí — você já tem os passos organizados para refazer isso na prova sem pânico!]

Resposta

P=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0\\[4pt]0 & 1 & 0\\[4pt]0 & 0 & 1\end{pmatrix}
L=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\[4pt] -\tfrac{1}{4} & 1 & 0\\[4pt] \tfrac{1}{2} & -\tfrac{2}{23} & 1 \end{pmatrix}
U=\begin{pmatrix} 4 & -1 & 2\\[4pt] 0 & \tfrac{23}{4} & -\tfrac{1}{2}\\[4pt] 0 & 0 & \tfrac{91}{23} \end{pmatrix}]

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