Para as matrizes A abaixo, decomponha cada matriz na forma L U, onde L é uma matriz unitriangular inferior e U é uma matriz triangular superior. Caso seja preciso permutar linhas multiplicando A por uma matriz de permutação P, de maneira que P A=L U, exiba a matriz P.
A=\left(\begin{array}{ccc} 0 & 2 & 3 \\\\ 1 & 1 & -1 \\\\ 0 & -1 & 1 \end{array}\right)

Passo 1

O enunciado pede: decompor a matriz
A=\left(\begin{array}{ccc} 0 & 2 & 3 \\\\ 1 & 1 & -1 \\\\ 0 & -1 & 1 \end{array}\right)
na forma L U, onde L é unitriangular inferior (diagonal principal com 1s) e U é triangular superior. Se for necessário permutar linhas para evitar pivôs nulos, devemos encontrar uma matriz de permutação P tal que
P A = L U.
Informações fornecidas:
  • A matriz A é 3\times3.
  • O elemento (1,1) de A é 0, o que impede diretamente aplicar eliminação com pivô nessa posição sem permutar linhas.

Passo 2

Por que permutar?
Para fazer decomposição LU usando eliminação de Gauss sem divisão por zero, o pivô (elemento da diagonal) em cada etapa não pode ser zero. Como A_{11}=0, vamos permutar linhas para trazer um elemento não nulo para a posição (1,1). A permutação mínima é trocar a linha 1 com a linha 2. A matriz de permutação que troca as linhas 1 e 2 é
P=\left(\begin{array}{ccc} 0 & 1 & 0\\\\ 1 & 0 & 0\\\\ 0 & 0 & 1 \end{array}\right).

Passo 3

Calcular P A (ou seja, trocar linhas 1 e 2 de A):
P A = \left(\begin{array}{ccc} 1 & 1 & -1 \\\\ 0 & 2 & 3 \\\\ 0 & -1 & 1 \end{array}\right).
Vou chamar esta matriz de trabalho de B:
B = P A = \left(\begin{array}{ccc} 1 & 1 & -1 \\\\ 0 & 2 & 3 \\\\ 0 & -1 & 1 \end{array}\right).

Passo 4

Agora fazemos eliminação de Gauss em B para obter U; os multiplicadores usados formam L.
Primeira etapa (pivô em (1,1)): o pivô é b_{11}=1. Eliminamos os elementos abaixo na coluna 1:
  • b_{21}=0 já é zero, então o multiplicador l_{21}=0.
  • b_{31}=0 já é zero, então o multiplicador l_{31}=0.
Após essa etapa a matriz continua igual:
\text{(após etapa 1)}\quad \begin{pmatrix} 1 & 1 & -1 \\\\ 0 & 2 & 3 \\\\ 0 & -1 & 1 \end{pmatrix}.ó

Passo 5

Segunda etapa (pivô em (2,2)): o pivô é b_{22}=2. Precisamos eliminar o elemento b_{32}=-1 abaixo dele.
O multiplicador é
l_{32}=\frac{b_{32}}{b_{22}}=\frac{-1}{2}=-\tfrac{1}{2}.
Aplicando a eliminação na linha 3:
\text{nova linha 3}=\text{linha 3} - l_{32}\cdot\text{linha 2} =\begin{pmatrix}0 & -1 & 1\end{pmatrix} -\big(-\tfrac{1}{2}\big)\begin{pmatrix}0 & 2 & 3\end{pmatrix}.
Calcule componente a componente (somando \tfrac{1}{2} vezes a linha 2):
  • nova entrada (3,2): -1 -(-\tfrac{1}{2})\cdot 2 = -1 +1 = 0 (ficou zero como desejado);
  • nova entrada (3,3): 1 -(-\tfrac{1}{2})\cdot 3 = 1 + \tfrac{3}{2} = \tfrac{5}{2}.
Portanto, depois da eliminação obtemos a matriz triangular superior
U=\left(\begin{array}{ccc} 1 & 1 & -1 \\\\ 0 & 2 & 3 \\\\ 0 & 0 & \tfrac{5}{2} \end{array}\right).

Passo 6

Construção de L: L é unitriangular e contém os multiplicadores usados para zerar abaixo da diagonal, dispostos nas posições correspondentes:
  • l_{21}=0, l_{31}=0 (da primeira etapa),
  • l_{32}=-\tfrac{1}{2} (da segunda etapa).
    Logo
L=\left(\begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0 \\\\ 0 & 1 & 0 \\\\ 0 & -\tfrac{1}{2} & 1 \end{array}\right).
Verificação rápida (opcional, mas reconfortante): multiplicando L U,
L U = \left(\begin{array}{ccc} 1 & 1 & -1 \\\\ 0 & 2 & 3 \\\\ 0 & -1 & 1 \end{array}\right)=B=P A,
confirmando que P A = L U.

Passo 7

Conclusão: foi necessário permutar as linhas 1 e 2 de A com a matriz P. Após a permutação, a eliminação direta fornece L e U acima, satisfeitas a relação P A = L U. Boa! Isso é exatamente o procedimento que se usa na prova quando aparece um pivô zero: trocar linhas (usar P) e continuar a eliminação normalmente.

Resposta

P=\left(\begin{array}{ccc} 0 & 1 & 0\\\\ 1 & 0 & 0\\\\ 0 & 0 & 1 \end{array}\right)
L=\left(\begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0 \\\\ 0 & 1 & 0 \\\\ 0 & -\tfrac{1}{2} & 1 \end{array}\right)
U=\left(\begin{array}{ccc} 1 & 1 & -1 \\\\ 0 & 2 & 3 \\\\ 0 & 0 & \tfrac{5}{2} \end{array}\right)

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