Questão 2. Para cada matriz abaixo, faça o que se pede.
\text { (i) }\left[\begin{array}{ccc} 0 & 2 & 3 \\\\ 0 & -1 & 1 \\\\ 1 & 1 & -1 \end{array}\right] \quad \text { (ii) }\left[\begin{array}{ccc} -1 & 0 & 1 \\\\ 2 & 1 & 1 \\\\ -1 & 2 & 0 \end{array}\right]
a) Obtenha a fatoração \mathbf{P A}=\mathbf{L U} utilizando pivotamento parcial simples.
b) Utilize a fatoração obtida em (a) para resolver o sistema \mathbf{A x}=\left[\begin{array}{ccc}-1 & 0 & 1\end{array}\right]^{\top}.

Passo 1

O enunciado pede, para cada uma das duas matrizes dadas, duas coisas:
  1. (a) Obter uma fatoração com pivotamento parcial simples da forma \mathbf{P}\mathbf{A}=\mathbf{L}\mathbf{U}, ou seja, encontrar uma matriz permutação \mathbf{P}, uma matriz triangular inferior unitária \mathbf{L} e uma matriz triangular superior \mathbf{U} tais que \mathbf{P}\mathbf{A}=\mathbf{L}\mathbf{U}.
  2. (b) Usar essa fatoração para resolver o sistema linear \mathbf{A}\mathbf{x}=\mathbf{b} com \mathbf{b}=\left[\begin{array}{ccc}-1 & 0 & 1\end{array}\right]^{\top}.
As matrizes fornecidas são:
(i) \mathbf{A}^{(i)}=\begin{pmatrix}0 & 2 & 3\\[4pt]0 & -1 & 1\\[4pt]1 & 1 & -1\end{pmatrix}
(ii) \mathbf{A}^{(ii)}=\begin{pmatrix}-1 & 0 & 1\\[4pt]2 & 1 & 1\\[4pt]-1 & 2 & 0\end{pmatrix}
Informações relevantes: devemos aplicar pivotamento parcial (ou seja, em cada coluna escolher, entre as linhas abaixo do pivô atual, a linha com maior valor absoluto no elemento dessa coluna e trocar linhas quando necessário), recolher os multiplicadores na \mathbf{L} e obter \mathbf{U}. Para resolver \mathbf{A}\mathbf{x}=\mathbf{b} com a fatoração \mathbf{P}\mathbf{A}=\mathbf{L}\mathbf{U} seguimos os passos: computar \mathbf{P}\mathbf{b}, resolver \mathbf{L}\mathbf{y}=\mathbf{P}\mathbf{b} por substituição direta (forward substitution) e depois \mathbf{U}\mathbf{x}=\mathbf{y} por substituição retroativa (back substitution).]

Passo 2

Breve explicação didática do método (pivotamento parcial e fatoração LU) antes de aplicar aos casos concretos.
  • Pivotamento parcial: na coluna k escolhemos, entre as linhas k,k+1,\dots,n, a linha com maior |a_{ik}|. Se essa linha não for a linha k, trocamos as linhas. Esse procedimento evita divisões por números muito pequenos e melhora estabilidade numérica.
  • Como montar \mathbf{L} e \mathbf{U}: durante a eliminação gaussiana (com as trocas de linha conforme necessário), os multiplicadores m_{ik}=\dfrac{a_{ik}}{a_{kk}} usados para zerar a_{ik} (com i>k) são colocados na entrada (i,k) de \mathbf{L}. A matriz \mathbf{U} é a matriz resultante após todos os passos de eliminação (triangular superior). \mathbf{L} tem 1 na diagonal principal.
  • Resolução do sistema: uma vez que \mathbf{P}\mathbf{A}=\mathbf{L}\mathbf{U}, temos \mathbf{A}\mathbf{x}=\mathbf{b}\Rightarrow \mathbf{P}\mathbf{A}\mathbf{x}=\mathbf{P}\mathbf{b}\Rightarrow \mathbf{L}\mathbf{U}\mathbf{x}=\mathbf{P}\mathbf{b}. Primeiro resolvemos \mathbf{L}\mathbf{y}=\mathbf{P}\mathbf{b} (forward), depois \mathbf{U}\mathbf{x}=\mathbf{y} (back).
Agora aplicamos passo a passo aos dois casos.

Passo 3

Tratamento do caso (i). Reescrevo a matriz:
\mathbf{A}^{(i)}=\begin{pmatrix}0 & 2 & 3\\[4pt]0 & -1 & 1\\[4pt]1 & 1 & -1\end{pmatrix}.
Primeiro pivô (coluna 1): entre os elementos das linhas 1 a 3 na coluna 1 temos |0|,|0|,|1|. O maior valor absoluto é 1 na linha 3. Então trocamos a linha 1 com a linha 3. Isso corresponde a aplicar uma matriz permutação parcial. Após essa troca obtemos:
\text{(após troca 1↔3)}\qquad \begin{pmatrix}1 & 1 & -1\\[4pt]0 & -1 & 1\\[4pt]0 & 2 & 3\end{pmatrix}.ó
Registo: até aqui a permutação aplica a ordem das linhas original para [3,2,1].]

Passo 4

Continuando (i): eliminação na coluna 1. Os elementos abaixo do pivô (linha 1) na coluna 1 são 0 e 0, ou seja, já são zero. Portanto os multiplicadores para zerar essas entradas são m_{21}=0 e m_{31}=0. Não há alteração das linhas nesta etapa. A matriz permanece
\begin{pmatrix}1 & 1 & -1\\[4pt]0 & -1 & 1\\[4pt]0 & 2 & 3\end{pmatrix}.]

Passo 5

Ainda (i): agora coluna 2, entre as linhas 2 e 3 (linhas abaixo do pivô 2) comparamos |-1|=1 e |2|=2. O maior é 2 na linha 3, então trocamos a linha 2 com a linha 3. Após essa troca obtemos:
\begin{pmatrix}1 & 1 & -1\\[4pt]0 & 2 & 3\\[4pt]0 & -1 & 1\end{pmatrix}.
Essa segunda troca faz a permutação final sobre as linhas originais ser [3,1,2]. Agora fazemos eliminação na coluna 2 usando o pivô a_{22}=2.]

Passo 6

Eliminação (i) para zerar entrada (3,2). Calculamos o multiplicador
m_{32}=\frac{a_{32}}{a_{22}}=\frac{-1}{2}=-\frac{1}{2}.
Atualizamos a linha 3: \text{linha}_3 \leftarrow \text{linha}_3 - m_{32}\cdot \text{linha}_2. Fazendo as contas:
\text{linha}_3 = (0,\,-1,\,1) -\left(-\tfrac{1}{2}\right)\cdot(0,\,2,\,3) =(0,\,-1,\,1) + (0,\,1,\,\tfrac{3}{2})=(0,\,0,\,\tfrac{5}{2}).
Assim a matriz triangular superior final \mathbf{U} (da forma obtida após as operações) é
\mathbf{U}^{(i)}=\begin{pmatrix}1 & 1 & -1\\[4pt]0 & 2 & 3\\[4pt]0 & 0 & \tfrac{5}{2}\end{pmatrix}.]

Passo 7

Montagem da \mathbf{L} e da \mathbf{P} para (i). Os multiplicadores usados foram:
  • Na coluna 1: m_{21}=0,\; m_{31}=0.
  • Na coluna 2 (após as trocas): m_{32}=-\tfrac{1}{2}.
A permutação total aplicada às linhas originais foi primeiro trocar 1↔3 e depois 2↔3, o que leva a ordem final das linhas originais para [3,1,2]. A matriz permutação correspondente é a que envia as linhas originais para essa ordem:
\mathbf{P}^{(i)}=\begin{pmatrix}0 & 0 & 1\\[4pt]1 & 0 & 0\\[4pt]0 & 1 & 0\end{pmatrix}.
A matriz \mathbf{L} (unitária na diagonal) coloca os multiplicadores nas posições correspondentes ao processo de eliminação já considerando as trocas; assim obtemos
\mathbf{L}^{(i)}=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0\\[4pt]0 & 1 & 0\\[4pt]0 & -\tfrac{1}{2} & 1\end{pmatrix}.
Verificação rápida (opcional): \mathbf{L}^{(i)}\mathbf{U}^{(i)} dá exatamente \mathbf{P}^{(i)}\mathbf{A}^{(i)}.]

Passo 8

Resolução do sistema \mathbf{A}^{(i)}\mathbf{x}=\mathbf{b}\) usando a fatoração obtida. Primeiro calculamos \(\mathbf{P}^{(i)}\mathbf{b}\). Com \(\mathbf{b}=\left[\begin{array}{ccc}-1 & 0 & 1\end{array}\right]^{\top}\) temos \[\mathbf{P}^{(i)}\mathbf{b}=\begin{pmatrix}0 & 0 & 1\\[4pt]1 & 0 & 0\\[4pt]0 & 1 & 0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}-1\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\\[4pt]0\end{pmatrix}.
Resolvemos \mathbf{L}^{(i)}\mathbf{y}=\mathbf{P}^{(i)}\mathbf{b} por substituição direta (forward).
As equações são:
\begin{cases} y_1 = 1,\\[4pt] y_2 = -1,\\[4pt] -\tfrac{1}{2}y_2 + y_3 = 0. \end{cases}
Da terceira equação: (y_3 = \tfrac{1}{2}y_2 = \tfrac{1}{2}\cdot(-1)=-\tfrac{1}{2}]. Assim
\mathbf{y}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\\[4pt]-\tfrac{1}{2}\end{pmatrix}.]

Passo 9

Agora resolvemos \mathbf{U}^{(i)}\mathbf{x}=\mathbf{y} por substituição retroativa. \mathbf{U}^{(i)} é
\begin{pmatrix}1 & 1 & -1\\[4pt]0 & 2 & 3\\[4pt]0 & 0 & \tfrac{5}{2}\end{pmatrix}, \qquad \mathbf{y}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\\[4pt]-\tfrac{1}{2}\end{pmatrix}.
Equações (de baixo para cima):
Terceira: \dfrac{5}{2}x_3 = -\dfrac{1}{2} \Rightarrow x_3 = \dfrac{-1/2}{5/2} = -\dfrac{1}{5}.
Segunda: 2x_2 + 3x_3 = -1. Substituindo x_3=-\tfrac{1}{5}:
2x_2 + 3\left(-\tfrac{1}{5}\right)=-1 \Rightarrow 2x_2 -\tfrac{3}{5}=-1 \Rightarrow 2x_2 = -1 + \tfrac{3}{5} = -\tfrac{2}{5},
portanto x_2 = -\tfrac{1}{5}.
Primeira: x_1 + x_2 - x_3 = 1. Substituindo x_2=-\tfrac{1}{5},\; x_3=-\tfrac{1}{5}:
x_1 -\tfrac{1}{5} -\left(-\tfrac{1}{5}\right)=1 \Rightarrow x_1 = 1.
Logo a solução do sistema para (i) é
\mathbf{x}^{(i)}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-\tfrac{1}{5}\\[4pt]-\tfrac{1}{5}\end{pmatrix}.]

Passo 10

Agora tratamos o caso (ii). Reescrevo a matriz:
\mathbf{A}^{(ii)}=\begin{pmatrix}-1 & 0 & 1\\[4pt]2 & 1 & 1\\[4pt]-1 & 2 & 0\end{pmatrix}.
Primeira coluna: |-1|,|2|,|{-1}| -> maior valor absoluto é 2 na linha 2. Fazemos a troca linha 1 ↔ linha 2. Após essa troca:
\text{(após troca 1↔2)}\qquad \begin{pmatrix}2 & 1 & 1\\[4pt]-1 & 0 & 1\\[4pt]-1 & 2 & 0\end{pmatrix}.ó
Registo: até aqui a permutação parcial levou à ordem [2,1,3].]

Passo 11

Eliminação na coluna 1 (ii). Calculamos os multiplicadores para zerar as entradas embaixo do pivô a_{11}=2:
m_{21}=\frac{-1}{2}=-\tfrac{1}{2},\qquad m_{31}=\frac{-1}{2}=-\tfrac{1}{2}.
Atualizamos linhas 2 e 3:
Linha 2: (-1,\,0,\,1) - m_{21}\cdot(2,\,1,\,1) = (-1,0,1) + \tfrac{1}{2}(2,1,1) = (0,\,\tfrac{1}{2},\,\tfrac{3}{2}).
Linha 3: (-1,\,2,\,0) - m_{31}\cdot(2,\,1,\,1) = (-1,2,0) + \tfrac{1}{2}(2,1,1) = (0,\,\tfrac{5}{2},\,\tfrac{1}{2}).
A matriz após essa etapa é
\begin{pmatrix}2 & 1 & 1\\[4pt]0 & \tfrac{1}{2} & \tfrac{3}{2}\\[4pt]0 & \tfrac{5}{2} & \tfrac{1}{2}\end{pmatrix}.]

Passo 12

Coluna 2 (ii): entre as linhas 2 e 3 os elementos na coluna 2 são \tfrac{1}{2} e \tfrac{5}{2}. O maior em valor absoluto é \tfrac{5}{2} (linha 3), então trocamos a linha 2 com a linha 3. Após troca:
\begin{pmatrix}2 & 1 & 1\\[4pt]0 & \tfrac{5}{2} & \tfrac{1}{2}\\[4pt]0 & \tfrac{1}{2} & \tfrac{3}{2}\end{pmatrix}.
Essa segunda troca faz a permutação total (aplicada às linhas originais) ser [2,3,1].]

Passo 13

Continuando (ii): eliminamos o elemento (3,2) usando o pivô a_{22}=\tfrac{5}{2}. O multiplicador é
m_{32}=\frac{\tfrac{1}{2}}{\tfrac{5}{2}}=\frac{1/2}{5/2}=\frac{1}{5}.
Atualizamos a linha 3:
\text{linha}_3 \leftarrow \text{linha}_3 - m_{32}\cdot\text{linha}_2 =(0,\,\tfrac{1}{2},\,\tfrac{3}{2}) - \tfrac{1}{5}(0,\,\tfrac{5}{2},\,\tfrac{1}{2}) =(0,\,\tfrac{1}{2}-\tfrac{1}{2},\,\tfrac{3}{2}-\tfrac{1}{10})=(0,\,0,\,\tfrac{7}{5}).
A matriz triangular superior final \mathbf{U}^{(ii)} é então
\mathbf{U}^{(ii)}=\begin{pmatrix}2 & 1 & 1\\[4pt]0 & \tfrac{5}{2} & \tfrac{1}{2}\\[4pt]0 & 0 & \tfrac{7}{5}\end{pmatrix}.]

Passo 14

Montagem da \mathbf{L} e \mathbf{P} para (ii). Os multiplicadores usados foram:
m_{21}=-\tfrac{1}{2},\quad m_{31}=-\tfrac{1}{2},\quad m_{32}=\tfrac{1}{5}.
A permutação total das linhas originais ficou [2,3,1], portanto a matriz permutação é
\mathbf{P}^{(ii)}=\begin{pmatrix}0 & 1 & 0\\[4pt]0 & 0 & 1\\[4pt]1 & 0 & 0\end{pmatrix}.
A matriz \mathbf{L}^{(ii)} (unitária na diagonal, com os multiplicadores nas posições adequadas) é
\mathbf{L}^{(ii)}=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0\\[4pt]-\tfrac{1}{2} & 1 & 0\\[4pt]-\tfrac{1}{2} & \tfrac{1}{5} & 1\end{pmatrix},
verificando-se que \mathbf{L}^{(ii)}\mathbf{U}^{(ii)}=\mathbf{P}^{(ii)}\mathbf{A}^{(ii)}.]

Passo 15

Resolução do sistema para (ii) usando a fatoração. Primeiro \mathbf{P}^{(ii)}\mathbf{b}\): \[\mathbf{P}^{(ii)}\mathbf{b}=\begin{pmatrix}0 & 1 & 0\\[4pt]0 & 0 & 1\\[4pt]1 & 0 & 0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}-1\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]1\\[4pt]-1\end{pmatrix}.
Resolvemos \mathbf{L}^{(ii)}\mathbf{y}=\mathbf{P}^{(ii)}\mathbf{b}. As equações são:
\begin{cases} y_1 = 0,\\[4pt] -\tfrac{1}{2}y_1 + y_2 = 1,\\[4pt] -\tfrac{1}{2}y_1 + \tfrac{1}{5}y_2 + y_3 = -1. \end{cases}
Da primeira y_1=0\]. Da segunda \(y_2=1. Da terceira:
\tfrac{1}{5}y_2 + y_3 = -1 \Rightarrow \tfrac{1}{5}\cdot 1 + y_3 = -1 \Rightarrow y_3 = -1 - \tfrac{1}{5} = -\tfrac{6}{5}.
Portanto
\mathbf{y}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]1\\[4pt]-\tfrac{6}{5}\end{pmatrix}.]

Passo 16

Finalmente resolvemos \mathbf{U}^{(ii)}\mathbf{x}=\mathbf{y}. \mathbf{U}^{(ii)} é
\begin{pmatrix}2 & 1 & 1\\[4pt]0 & \tfrac{5}{2} & \tfrac{1}{2}\\[4pt]0 & 0 & \tfrac{7}{5}\end{pmatrix}, \qquad \mathbf{y}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]1\\[4pt]-\tfrac{6}{5}\end{pmatrix}.
Substituição retroativa:
Terceira: \dfrac{7}{5}x_3 = -\dfrac{6}{5} \Rightarrow x_3 = \dfrac{-6/5}{7/5} = -\dfrac{6}{7}.
Segunda: \dfrac{5}{2}x_2 + \dfrac{1}{2}x_3 = 1. Substituindo x_3=-\tfrac{6}{7}:
\dfrac{5}{2}x_2 + \dfrac{1}{2}\left(-\tfrac{6}{7}\right)=1 \Rightarrow \dfrac{5}{2}x_2 -\tfrac{3}{7}=1 \Rightarrow \dfrac{5}{2}x_2 = 1 + \tfrac{3}{7} = \tfrac{10}{7},
portanto x_2 = \dfrac{10/7}{5/2} = \dfrac{10}{7}\cdot\dfrac{2}{5}=\dfrac{4}{7}.
Primeira: 2x_1 + x_2 + x_3 = 0. Substituindo x_2=\tfrac{4}{7} e x_3=-\tfrac{6}{7}:
2x_1 + \tfrac{4}{7} - \tfrac{6}{7} = 0 \Rightarrow 2x_1 - \tfrac{2}{7}=0 \Rightarrow x_1 = \tfrac{1}{7}.
Portanto a solução para (ii) é
\mathbf{x}^{(ii)}=\begin{pmatrix}\tfrac{1}{7}\\[4pt]\tfrac{4}{7}\\[4pt]-\tfrac{6}{7}\end{pmatrix}.]

Resposta

(i) \mathbf{P}^{(i)}=\begin{pmatrix}0 & 0 & 1\\[4pt]1 & 0 & 0\\[4pt]0 & 1 & 0\end{pmatrix},\quad \mathbf{L}^{(i)}=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0\\[4pt]0 & 1 & 0\\[4pt]0 & -\tfrac{1}{2} & 1\end{pmatrix},\quad \mathbf{U}^{(i)}=\begin{pmatrix}1 & 1 & -1\\[4pt]0 & 2 & 3\\[4pt]0 & 0 & \tfrac{5}{2}\end{pmatrix}.
\mathbf{x}^{(i)}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-\tfrac{1}{5}\\[4pt]-\tfrac{1}{5}\end{pmatrix}.
(ii) \mathbf{P}^{(ii)}=\begin{pmatrix}0 & 1 & 0\\[4pt]0 & 0 & 1\\[4pt]1 & 0 & 0\end{pmatrix},\quad \mathbf{L}^{(ii)}=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0\\[4pt]-\tfrac{1}{2} & 1 & 0\\[4pt]-\tfrac{1}{2} & \tfrac{1}{5} & 1\end{pmatrix},\quad \mathbf{U}^{(ii)}=\begin{pmatrix}2 & 1 & 1\\[4pt]0 & \tfrac{5}{2} & \tfrac{1}{2}\\[4pt]0 & 0 & \tfrac{7}{5}\end{pmatrix}.
\mathbf{x}^{(ii)}=\begin{pmatrix}\tfrac{1}{7}\\[4pt]\tfrac{4}{7}\\[4pt]-\tfrac{6}{7}\end{pmatrix}.]

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