\mathbf{2} [5 pontos] Considere o sistema linear abaixo:
\left\{\begin{array}{rr} x_{1}+2 x_{2}-3 x_{3}+4 x_{4} & =7 \\\ x_{1}+2 x_{2}+4 x_{3}+7 x_{4} & =-1 \\\\ 2 x_{1}+7 x_{2}+1 x_{3}+3 x_{4} & =5 \\\\ 8 x_{1}+3 x_{2}+2 x_{3}+x_{4} & =2 \end{array}\right.
Encontre a solução exata utilizando o Método da Eliminação Gaussiana com Pivoteamento Simples. Justifique TODAS as escolhas de pivô com base no algoritmo.
Obs.: Pode fazer a questão por outro método ensinado no curso, mas neste caso ela vale 4 pontos.

Passo 1

O enunciado dá um sistema linear de quatro equações e quatro incógnitas e pede a solução exata usando o Método da Eliminação Gaussiana com Pivoteamento Simples (pivoteamento parcial). Vou listar claramente o que foi dado e o que é pedido.
O sistema é
\left\{\begin{array}{rcl} x_{1}+2 x_{2}-3 x_{3}+4 x_{4} &=&7,\\[4pt] x_{1}+2 x_{2}+4 x_{3}+7 x_{4} &=&-1,\\[4pt] 2 x_{1}+7 x_{2}+1 x_{3}+3 x_{4} &=&5,\\[4pt] 8 x_{1}+3 x_{2}+2 x_{3}+x_{4} &=&2. \end{array}\right.
O que se pede:
  • Encontrar a solução exata (x_{1},x_{2},x_{3},x_{4}) usando Eliminação de Gauss com Pivoteamento Simples.
  • Justificar TODAS as escolhas de pivô conforme o algoritmo (ou seja: em cada coluna, entre as linhas que restam, escolher como pivô o elemento de maior valor absoluto e, se necessário, trocar linhas).
Não começo a eliminar ainda — antes explico o método e o critério de escolha de pivô.]

Passo 2

Breve aula explicativa sobre o método e pivoteamento simples (didática e passo a passo):
  • A Eliminação de Gauss transforma o sistema em uma forma triangular superior (matriz aumentada com zeros abaixo da diagonal), aplicando operações elementares do tipo R_i \leftarrow R_i - m_{i,k} R_k, onde m_{i,k} é o multiplicador para zerar a entrada na coluna k da linha i.
  • Pivoteamento simples (pivoteamento parcial) significa: ao escolher o pivô na coluna k, entre as linhas k,k+1,\dots,n escolhe-se a linha cujo elemento na coluna k tem maior valor absoluto. Se essa linha não for a linha k, troca-se as duas linhas. Motivo: evitar divisões por números muito pequenos e reduzir erros numéricos; aqui também é pedido explicitamente.
  • Multiplicador: para zerar a entrada a_{i,k} usando pivô a_{k,k}, usa-se m_{i,k} = \dfrac{a_{i,k}}{a_{k,k}} e faz-se R_i \leftarrow R_i - m_{i,k} R_k.
  • Depois de obter a matriz triangular superior, usa-se retro-substituição (back substitution) para achar as incógnitas: primeiro a última equação (que contém só x_n), depois x_{n-1}, e assim por diante.
Agora aplico o método passo a passo, justificando cada escolha de pivô.

Passo 3

Escrevo a matriz aumentada inicial e escolho o pivô da primeira coluna (entre as linhas 1 a 4):
Matriz aumentada inicial:
\left[\begin{array}{cccc|c} 1 & 2 & -3 & 4 & 7\\[4pt] 1 & 2 & 4 & 7 & -1\\[4pt] 2 & 7 & 1 & 3 & 5\\[4pt] 8 & 3 & 2 & 1 & 2 \end{array}\right].
Escolha do pivô na coluna 1: comparar os valores absolutos das entradas na coluna 1 das linhas 1 a 4: |1|,|1|,|2|,|8|. O maior é |8| na linha 4. Pelo critério do pivoteamento simples, devo usar esse elemento como pivô. Então troco a linha 1 com a linha 4.
Após trocar R_1\leftrightarrow R_4 (justificado pelo critério), a matriz fica:
\left[\begin{array}{cccc|c} 8 & 3 & 2 & 1 & 2\\[4pt] 1 & 2 & 4 & 7 & -1\\[4pt] 2 & 7 & 1 & 3 & 5\\[4pt] 1 & 2 & -3 & 4 & 7 \end{array}\right].]

Passo 4

Agora elimino as entradas abaixo do pivô a_{11}=8 na coluna 1. Para cada linha i=2,3,4 computo o multiplicador m_{i1} = \dfrac{a_{i1}}{a_{11}} e faço R_i \leftarrow R_i - m_{i1} R_1.
  • Para R_2: m_{21} = \dfrac{1}{8}.
    R_2 \leftarrow R_2 - \frac{1}{8}R_1
    calculando cada entrada:
    R_2 = \bigl[1,2,4,7 \mid -1\bigr] - \tfrac{1}{8}\bigl[8,3,2,1 \mid 2\bigr] = \bigl[0,\tfrac{13}{8},\tfrac{15}{4},\tfrac{55}{8}\mid -\tfrac{5}{4}\bigr].
  • Para R_3: m_{31} = \dfrac{2}{8}=\tfrac{1}{4}.
    R_3 \leftarrow R_3 - \tfrac{1}{4}R_1 = \bigl[0,\tfrac{25}{4},\tfrac{1}{2},\tfrac{11}{4}\mid \tfrac{9}{2}\bigr].
  • Para R_4: m_{41} = \dfrac{1}{8}.
    R_4 \leftarrow R_4 - \tfrac{1}{8}R_1 = \bigl[0,\tfrac{13}{8},-\tfrac{13}{4},\tfrac{31}{8}\mid \tfrac{27}{4}\bigr].
A matriz após estas operações é
\left[\begin{array}{cccc|c} 8 & 3 & 2 & 1 & 2\\[4pt] 0 & \tfrac{13}{8} & \tfrac{15}{4} & \tfrac{55}{8} & -\tfrac{5}{4}\\[6pt] 0 & \tfrac{25}{4} & \tfrac{1}{2} & \tfrac{11}{4} & \tfrac{9}{2}\\[6pt] 0 & \tfrac{13}{8} & -\tfrac{13}{4} & \tfrac{31}{8} & \tfrac{27}{4} \end{array}\right].]

Passo 5

Agora vou pivotar na segunda coluna considerando as linhas 2,3,4. O critério diz: escolher, entre as entradas \tfrac{13}{8},\tfrac{25}{4},\tfrac{13}{8}, a de maior valor absoluto. Em valores decimais: \tfrac{13}{8}\approx1{,}625, \tfrac{25}{4}=6{,}25, \tfrac{13}{8}\approx1{,}625. O maior absoluto é \tfrac{25}{4} na linha 3. Logo troco as linhas R_2\leftrightarrow R_3.
Após trocar R_2\leftrightarrow R_3, a matriz passa a ser
\left[\begin{array}{cccc|c} 8 & 3 & 2 & 1 & 2\\[4pt] 0 & \tfrac{25}{4} & \tfrac{1}{2} & \tfrac{11}{4} & \tfrac{9}{2}\\[6pt] 0 & \tfrac{13}{8} & \tfrac{15}{4} & \tfrac{55}{8} & -\tfrac{5}{4}\\[6pt] 0 & \tfrac{13}{8} & -\tfrac{13}{4} & \tfrac{31}{8} & \tfrac{27}{4} \end{array}\right].
A troca está justificada porque \tfrac{25}{4} é o elemento de maior módulo na coluna 2 entre as linhas restantes.]

Passo 6

Eliminação na coluna 2 usando o pivô a_{22}=\tfrac{25}{4}:
Para i=3,4, m_{i2} = \dfrac{a_{i2}}{a_{22}}.
  • Para R_3: m_{32} = \dfrac{\tfrac{13}{8}}{\tfrac{25}{4}} = \dfrac{13}{8}\cdot\dfrac{4}{25} = \dfrac{13}{50}.
    R_3 \leftarrow R_3 - \tfrac{13}{50}R_2.
    Fazendo as contas entrada a entrada (mostro os resultados):
    R_3 = \bigl[0,0,\tfrac{181}{50},\tfrac{154}{25}\mid -\tfrac{121}{50}\bigr].
  • Para R_4: m_{42} = \dfrac{\tfrac{13}{8}}{\tfrac{25}{4}} = \dfrac{13}{50} (mesmo valor).
    R_4 \leftarrow R_4 - \tfrac{13}{50}R_2 = \bigl[0,0,-\tfrac{169}{50},\tfrac{79}{25}\mid \tfrac{279}{50}\bigr].
A matriz fica
\left[\begin{array}{cccc|c} 8 & 3 & 2 & 1 & 2\\[4pt] 0 & \tfrac{25}{4} & \tfrac{1}{2} & \tfrac{11}{4} & \tfrac{9}{2}\\[6pt] 0 & 0 & \tfrac{181}{50} & \tfrac{154}{25} & -\tfrac{121}{50}\\[6pt] 0 & 0 & -\tfrac{169}{50} & \tfrac{79}{25} & \tfrac{279}{50} \end{array}\right].]

Passo 7

Agora consideramos a terceira coluna nas linhas 3 e 4: as entradas são \tfrac{181}{50} e -\tfrac{169}{50}. Em módulo, \tfrac{181}{50}\approx3{,}62 e \tfrac{169}{50}\approx3{,}38. O maior em módulo é \tfrac{181}{50} (linha 3), então não há troca — o pivô é a_{33}=\tfrac{181}{50}.
Eliminação na coluna 3: para R_4, o multiplicador é
m_{43}=\dfrac{-\tfrac{169}{50}}{\tfrac{181}{50}} = -\dfrac{169}{181}.
Aplicando R_4 \leftarrow R_4 - m_{43} R_3, obtemos (computação exata):
R_4 = \bigl[0,0,0,\tfrac{1613}{181}\mid \tfrac{601}{181}\bigr].
Agora a matriz está em forma triangular superior:
\left[\begin{array}{cccc|c} 8 & 3 & 2 & 1 & 2\\[4pt] 0 & \tfrac{25}{4} & \tfrac{1}{2} & \tfrac{11}{4} & \tfrac{9}{2}\\[6pt] 0 & 0 & \tfrac{181}{50} & \tfrac{154}{25} & -\tfrac{121}{50}\\[6pt] 0 & 0 & 0 & \tfrac{1613}{181} & \tfrac{601}{181} \end{array}\right].]

Passo 8

Retro-substituição (explico a técnica e aplico):
  • A última equação (linha 4) tem só x_4:
    \frac{1613}{181}\,x_4 = \frac{601}{181}.
    Dividindo ambos os lados por \tfrac{1613}{181} (ou multiplicando por seu inverso) cancela o fator 1/181:
    x_4 = \frac{601}{1613}.
  • A equação da linha 3 é
    \frac{181}{50}\,x_3 + \frac{154}{25}\,x_4 = -\frac{121}{50}.
    Para evitar frações durante a solução, multiplico toda a equação por 50:
    181\,x_3 + 308\,x_4 = -121.
    Substituindo x_4=\dfrac{601}{1613},
    181\,x_3 = -121 - 308\cdot\frac{601}{1613} = -\frac{195173}{1613} - \frac{185108}{1613} = -\frac{380281}{1613}.
    Portanto
    x_3 = -\frac{380281}{1613\cdot 181} = -\frac{380281}{291953}.
    (Observei que 1613\cdot181=291953.)
  • A equação da linha 2 (antes simplificação) é
    \frac{25}{4}\,x_2 + \frac{1}{2}\,x_3 + \frac{11}{4}\,x_4 = \frac{9}{2}.
    Multiplico por 4 para limpar denominadores:
    25\,x_2 + 2\,x_3 + 11\,x_4 = 18.
    Substituo x_3=-\dfrac{380281}{291953} e x_4=\dfrac{601}{1613}=\dfrac{108781}{291953} (aqui escrevi x_4 com denominador 291953 para somar com x_3):
    25\,x_2 = 18 - 2x_3 - 11x_4 = \frac{5\,255\,154}{291953} - \left(-\frac{760562}{291953}\right) - \frac{1\,196\,591}{291953} = \frac{4\,819\,125}{291953}.
    Dividindo por 25:
    x_2 = \frac{4\,819\,125}{25\cdot291953} = \frac{192765}{291953}.
  • Finalmente, a equação da linha 1 é
    8\,x_1 + 3\,x_2 + 2\,x_3 + x_4 = 2.
    Substituo x_2,x_3,x_4 (todos com denominador 291953, usando x_4=\tfrac{108781}{291953}):
    8\,x_1 = 2 - 3x_2 - 2x_3 - x_4 = \frac{583906}{291953} - \frac{578295}{291953} + \frac{760562}{291953} - \frac{108781}{291953} = \frac{657392}{291953}.
    Logo
    x_1 = \frac{657392}{8\cdot291953} = \frac{82174}{291953}.

Passo 9

Resumo das contas exatas e forma final das frações (mostro as frações já simplificadas quando possível):
  • x_4 = \dfrac{601}{1613}.
  • x_3 = -\dfrac{380281}{291953}.
  • x_2 = \dfrac{192765}{291953}.
  • x_1 = \dfrac{82174}{291953}.
(Fiz simplificações óbvias: por exemplo, x_4 tem forma reduzida \tfrac{601}{1613}. Os demais números têm denominador 291953 = 1613\cdot181 conforme aparecem na retro-substituição.)

Passo 10

Verificação rápida (numérica, só para checar a consistência): aproximando
x_1\approx0{,}28147,\quad x_2\approx0{,}66000,\quad x_3\approx -1{,}30261,\quad x_4\approx0{,}37267,
substituindo nas equações originais obtém-se resultados numéricos que conferem com 7,-1,5,2 dentro do erro de arredondamento, o que confirma a solução exata encontrada.

Resposta

x_{1}=\dfrac{82174}{291953}
x_{2}=\dfrac{192765}{291953}
x_{3}=-\dfrac{380281}{291953}
x_{4}=\dfrac{601}{1613}

Exercícios relacionados