Questão 1. Considere o seguinte sistema linar
\left\{\begin{array}{rlr} 2 x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4} & = & -1, \\\ x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4} & = & 3, \\\\ -x_{1}+2 x_{2}+2 x_{3}-x_{4} & = & 1, \\\ x_{1}+2 x_{2}+x_{3}-x_{4} & = & -4, \end{array}\right.
e resolva os seguintes itens.
a) Use o método de eliminação de Gauss com substituição regressiva e pivotamento parcial para resolver o sistema dado pela Eq. (1) (apresente os resultados com arredondamento de 3 casas decimais).
b) A matriz dos coeficientes do sistema (1) possui fatoração (decomposição) LU? Justifique.
c) Qual operação de troca de linhas pode ser realizada na matriz dos coeficientes do sistema (1) de forma a permitir que a matriz obtida possua fatoração L U ?
d) Realize a troca de linhas apresentada como resposta do item c) na matriz dos coeficientes do sistema (1) e, a partir da matriz obtida, determine as matrizes para fatoração L U.

Passo 1

O enunciado dá o sistema linear
\left\{\begin{array}{rl} 2 x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4} & = -1, \\\ x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4} & = 3, \\\\ - x_{1}+2 x_{2}+2 x_{3}-x_{4} & = 1, \\\ x_{1}+2 x_{2}+x_{3}-x_{4} & = -4, \end{array}\right.
e pede quatro coisas:
a) resolver o sistema usando eliminação de Gauss com substituição regressiva e pivotamento parcial (resultados arredondados com 3 casas decimais);
b) dizer se a matriz dos coeficientes possui fatoração LU (sem permutações) e justificar;
c) indicar qual troca de linhas pode ser feita na matriz dos coeficientes para que a matriz obtida possua fatoração LU;
d) aplicar essa troca de linhas e determinar as matrizes da fatoração LU.
Informações relevantes (coeficientes e termos independentes):
A=\begin{pmatrix} 2 & 1 & 1 & 1\\\\ 1 & 1 & 1 & 1\\\\ -1 & 2 & 2 & -1\\\\ 1 & 2 & 1 & -1 \end{pmatrix}, \qquad b=\begin{pmatrix}-1\\[2pt]3\\[2pt]1\\[2pt]-4\end{pmatrix}.]

Passo 2

Explico o método que vamos aplicar no item (a) — eliminação de Gauss com pivotamento parcial — de forma bem prática e passo a passo:
  • O objetivo da eliminação é transformar o sistema em um sistema triangular superior U x = \tilde b por operações elementares de linha (subtrair múltiplos de uma linha das linhas abaixo).
  • Pivotamento parcial: em cada coluna de pivô escolhemos, entre as linhas ainda não eliminadas, a linha cujo elemento na coluna atual tem maior valor absoluto; se essa linha não for a atual, fazemos uma troca de linhas (isso evita divisões por números muito pequenos e evita pivôs zero).
  • Registramos os múltiplos usados para eliminar (chamados de multiplicadores) para posterior substituição regressiva. Cada multiplicador m_{i,k} é dado por m_{i,k} = \dfrac{a_{ik}}{a_{kk}} no momento do passo (antes de zerar).
Vou aplicar esse procedimento ao sistema, mostrando todos os cálculos.

Passo 3

Passo 1 da eliminação (coluna 1, pivotamento parcial):
  • Coluna 1, valores absolutos: |2|,|1|,|{-1}|,|1| = 2,1,1,1. O maior é 2 (linha 1), logo não trocamos linhas. O pivô é a_{11}=2.
Calculamos os multiplicadores e zeramos as entradas abaixo do pivô:
  • m_{21} = \dfrac{a_{21}}{a_{11}} = \dfrac{1}{2} = 0{,}5.
    Nova linha 2 = linha 2 − m_{21} × linha 1:
    \text{R2}\leftarrow[\,0,\;0{,}5,\;0{,}5,\;0{,}5\,],\qquad \tilde b_2 = 3 - 0{,}5(-1) = 3{,}5.
  • m_{31} = \dfrac{a_{31}}{a_{11}} = \dfrac{-1}{2} = -0{,}5.
    Nova linha 3 = linha 3 − m_{31} × linha 1 (note que m_{31} é negativo, portanto somamos metade da linha 1):
    \text{R3}\leftarrow[\,0,\;2{,}5,\;2{,}5,\;-0{,}5\,],\qquad \tilde b_3 = 1 -(-0{,}5)(-1)=1-0{,}5=0{,}5.
  • m_{41} = \dfrac{a_{41}}{a_{11}} = \dfrac{1}{2} = 0{,}5.
    Nova linha 4 = linha 4 − m_{41} × linha 1:
    \text{R4}\leftarrow[\,0,\;1{,}5,\;0{,}5,\;-1{,}5\,],\qquad \tilde b_4 = -4 - 0{,}5(-1)= -4 +0{,}5 = -3{,}5.
A matriz aumentada após o passo 1:
\left(\begin{array}{cccc|c} 2 & 1 & 1 & 1 & -1\\[4pt] 0 & 0{,}5 & 0{,}5 & 0{,}5 & 3{,}5\\[4pt] 0 & 2{,}5 & 2{,}5 & -0{,}5 & 0{,}5\\[4pt] 0 & 1{,}5 & 0{,}5 & -1{,}5 & -3{,}5 \end{array}\right).]

Passo 4

Passo 2 da eliminação (coluna 2, pivotamento parcial):
  • Agora escolhemos pivot na coluna 2 entre linhas 2 a 4: valores absolutos |0{,}5|,|2{,}5|,|1{,}5| = 0{,}5,2{,}5,1{,}5. O maior é 2{,}5 (linha 3). Portanto trocamos as linhas 2 e 3 (troca de linhas aplicada tanto na matriz de coeficientes quanto no vetor b). Esta é a etapa de pivotamento parcial.
Após a troca, a matriz aumentada fica
\left(\begin{array}{cccc|c} 2 & 1 & 1 & 1 & -1\\[4pt] 0 & 2{,}5 & 2{,}5 & -0{,}5 & 0{,}5\\[4pt] 0 & 0{,}5 & 0{,}5 & 0{,}5 & 3{,}5\\[4pt] 0 & 1{,}5 & 0{,}5 & -1{,}5 & -3{,}5 \end{array}\right).
Agora eliminamos abaixo do pivô a_{22}=2{,}5:
  • m_{32} = \dfrac{a_{32}}{a_{22}} = \dfrac{0{,}5}{2{,}5} = 0{,}2.
    Nova R3 = R3 − 0{,}2×R2:
    \text{R3}\leftarrow[\,0,\;0,\;0,\;0{,}6\,],\qquad \tilde b_3 = 3{,}5 - 0{,}2(0{,}5) = 3{,}4.
  • m_{42} = \dfrac{a_{42}}{a_{22}} = \dfrac{1{,}5}{2{,}5} = 0{,}6.
    Nova R4 = R4 − 0{,}6×R2:
    \text{R4}\leftarrow[\,0,\;0,\;-1{,}0,\;-1{,}2\,],\qquad \tilde b_4 = -3{,}5 - 0{,}6(0{,}5) = -3{,}8.
A matriz aumentada agora é
\left(\begin{array}{cccc|c} 2 & 1 & 1 & 1 & -1\\[4pt] 0 & 2{,}5 & 2{,}5 & -0{,}5 & 0{,}5\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0{,}6 & 3{,}4\\[4pt] 0 & 0 & -1{,}0 & -1{,}2 & -3{,}8 \end{array}\right).]

Passo 5

Passo 3 da eliminação (coluna 3, pivotamento parcial):
  • Na coluna 3, entre as linhas 3 e 4 temos os valores absolutos |0|,|{-1{,}0}| = 0,1{,}0. O maior é 1{,}0 (linha 4). Então trocamos as linhas 3 e 4.
Depois da troca, a matriz aumentada fica
\left(\begin{array}{cccc|c} 2 & 1 & 1 & 1 & -1\\[4pt] 0 & 2{,}5 & 2{,}5 & -0{,}5 & 0{,}5\\[4pt] 0 & 0 & -1{,}0 & -1{,}2 & -3{,}8\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0{,}6 & 3{,}4 \end{array}\right).
  • O pivô a_{33}=-1{,}0 é diferente de zero, e abaixo dele só temos zero na coluna 3, então não há mais eliminações a fazer na coluna 3. A matriz já está triangular superior.]

Passo 6

Substituição regressiva (resolver U x = \tilde b):
A partir da matriz triangular superior final (já com o vetor de termos independentes apropriado), as equações são:
  • Linha 4: 0{,}6\,x_{4} = 3{,}4 \implies x_{4} = \dfrac{3{,}4}{0{,}6} = 5{,}666\ldots
  • Linha 3: -1{,}0\,x_{3} -1{,}2\,x_{4} = -3{,}8. Então
    -x_{3} = -3{,}8 + 1{,}2 x_{4} \implies x_{3} = 3{,}8 - 1{,}2 x_{4}.
    Substituindo x_{4} = 5{,}666\ldots:
    x_{3} = 3{,}8 - 1{,}2\cdot 5{,}666\ldots = 3{,}8 - 6{,}8 = -3{,}0.
  • Linha 2: 2{,}5\,x_{2} + 2{,}5\,x_{3} -0{,}5\,x_{4} = 0{,}5. Logo
    2{,}5\,x_{2} = 0{,}5 - 2{,}5\,x_{3} + 0{,}5\,x_{4}.
    Substituindo x_{3}=-3 e x_{4}=5{,}666\ldots:
    2{,}5\,x_{2} = 0{,}5 - 2{,}5(-3) + 0{,}5(5{,}666\ldots) = 0{,}5 +7{,}5 +2{,}833\ldots = 10{,}833\ldots
x_{2} = \dfrac{10{,}833\ldots}{2{,}5} = 4{,}333\ldots
  • Linha 1: 2\,x_{1} + x_{2} + x_{3} + x_{4} = -1. Assim 2\,x_{1} = -1 - x_{2} - x_{3} - x_{4}.Substituindo x_{2}=4{,}333\ldots,\;x_{3}=-3,\;x_{4}=5{,}666\ldots: 2\,x_{1} = -1 - (4{,}333\ldots) - (-3) - (5{,}666\ldots) = -1 -4{,}333\ldots +3 -5{,}666\ldots = -8,logo x_{1} = -4.
Arredondando cada componente para 3 casas decimais:
x_{1} = -4{,}000,\quad x_{2} = 4{,}333,\quad x_{3} = -3{,}000,\quad x_{4} = 5{,}667.

Passo 7

Resposta ao item (b): a existência de uma fatoração LU sem permutações (ou seja, com A=LU onde L é unitária inferior e U superior) exige que durante a eliminação sem trocar linhas não ocorram pivôs iguais a zero. Uma condição prática suficiente é que todos os menores principais (determinantes dos sub-blocos superiores esquerdo) sejam não nulos.
Calculamos o menor principal de ordem 3 (os primeiros 3\times 3 de A):
\det\begin{pmatrix} 2 & 1 & 1\\[2pt] 1 & 1 & 1\\[2pt] -1 & 2 & 2 \end{pmatrix} =0.
Como esse menor principal é zero, durante a eliminação sem pivotamento o terceiro pivô seria zero (ou, como vimos se tentarmos eliminar sem trocar linhas, aparece um pivô igual a zero), portanto a matriz A NÃO possui fatoração LU sem permutações (não existe L unitária e U tal que A=LU sem permutar linhas). Conclusão do item (b): não.]

Passo 8

Item (c): precisamos indicar uma troca de linhas que torne a matriz permutada P A apta a ter fatoração LU. Uma troca possível é trocar a segunda e a quarta linhas da matriz A. Ou seja, aplicar a permutação que intercambia as linhas 2 e 4.
Justificativa curta: se permutarmos as linhas 2 e 4 obtemos a matriz
A'=\begin{pmatrix} 2 & 1 & 1 & 1\\[2pt] 1 & 2 & 1 & -1\\[2pt] -1 & 2 & 2 & -1\\[2pt] 1 & 1 & 1 & 1 \end{pmatrix}.
Os menores principais iniciais têm determinantes não nulos (em particular o menor principal 3\times 3 vale 5), logo a eliminação sem trocar linhas em A' produz pivôs não nulos e existe fatoração LU para A'.]

Passo 9

Item (d): agora executo a fatoração LU na matriz permutada A' (sem mais permutações). Vou usar o procedimento padrão (Doolittle): armazenar os multiplicadores em L e os elementos da matriz triangular superior em U.
Começo com
A'=\begin{pmatrix} 2 & 1 & 1 & 1\\[4pt] 1 & 2 & 1 & -1\\[4pt] -1 & 2 & 2 & -1\\[4pt] 1 & 1 & 1 & 1 \end{pmatrix}.
Passo 1 (coluna 1): pivô u_{11}=2.
Multiplicadores:
\ell_{21}=\tfrac{1}{2}=0{,}5,\quad \ell_{31}=\tfrac{-1}{2}=-0{,}5,\quad \ell_{41}=\tfrac{1}{2}=0{,}5.
Linhas reduzidas (após zerar primeira coluna abaixo do pivô):
\begin{array}{l} \text{R2}'=[0,\;1{,}5,\;0{,}5,\;-1{,}5],\\[2pt] \text{R3}'=[0,\;2{,}5,\;2{,}5,\;-0{,}5],\\[2pt] \text{R4}'=[0,\;0{,}5,\;0{,}5,\;0{,}5]. \end{array}
Passo 2 (coluna 2): pivô u_{22}=1{,}5.
Multiplicadores:
\ell_{32}=\dfrac{2{,}5}{1{,}5}=\dfrac{5}{3}\approx 1{,}666\ldots,\quad \ell_{42}=\dfrac{0{,}5}{1{,}5}=\dfrac{1}{3}\approx 0{,}333\ldots .
Linhas reduzidas (após zerar coluna 2 abaixo do pivô):
\text{R3}''=[0,\;0,\;\tfrac{5}{3},\;2],\qquad \text{R4}''=[0,\;0,\;\tfrac{1}{3},\;1].
Passo 3 (coluna 3): pivô u_{33}=\dfrac{5}{3}.
Multiplicador:
\ell_{43}=\dfrac{1/3}{5/3}=\dfrac{1}{5}=0{,}2.
Zerando abaixo:
\text{R4}'''=[0,\;0,\;0,\;0{,}6].
Assim obtemos a matriz triangular superior U e a matriz L (com diagonal de uns e multiplicadores abaixo da diagonal). Escrevo-as com frações (exatas) e também com 3 casas decimais:
Matriz L:
L=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0\\[4pt] \tfrac{1}{2} & 1 & 0 & 0\\[4pt] -\tfrac{1}{2} & \tfrac{5}{3} & 1 & 0\\[4pt] \tfrac{1}{2} & \tfrac{1}{3} & \tfrac{1}{5} & 1 \end{pmatrix} \approx \begin{pmatrix} 1{,}000 & 0{,}000 & 0{,}000 & 0{,}000\\[4pt] 0{,}500 & 1{,}000 & 0{,}000 & 0{,}000\\[4pt] -0{,}500 & 1{,}667 & 1{,}000 & 0{,}000\\[4pt] 0{,}500 & 0{,}333 & 0{,}200 & 1{,}000 \end{pmatrix}.
Matriz U:
U=\begin{pmatrix} 2 & 1 & 1 & 1\\[4pt] 0 & \tfrac{3}{2} & \tfrac{1}{2} & -\tfrac{3}{2}\\[4pt] 0 & 0 & \tfrac{5}{3} & 2\\[4pt] 0 & 0 & 0 & \tfrac{3}{5} \end{pmatrix} \approx \begin{pmatrix} 2{,}000 & 1{,}000 & 1{,}000 & 1{,}000\\[4pt] 0{,}000 & 1{,}500 & 0{,}500 & -1{,}500\\[4pt] 0{,}000 & 0{,}000 & 1{,}667 & 2{,}000\\[4pt] 0{,}000 & 0{,}000 & 0{,}000 & 0{,}600 \end{pmatrix}.
Verificação rápida (conceitual): A' = L U e, como A' é obtida trocando-se as linhas 2 e 4 de A, temos P A = L U com P a permutação que troca as linhas 2 e 4.]

Resposta

a) x_{1}=-4{,}000,\quad x_{2}=4{,}333,\quad x_{3}=-3{,}000,\quad x_{4}=5{,}667.
b) Não; A não possui fatoração LU sem permutações porque o menor principal de ordem 3 é zero (o terceiro pivô seria zero).
c) Trocar a segunda e a quarta linhas da matriz dos coeficientes (isto é, aplicar a permutação que intercambia as linhas 2 e 4).
d) Para a matriz permutada
A'=\begin{pmatrix} 2 & 1 & 1 & 1\\[2pt] 1 & 2 & 1 & -1\\[2pt] -1 & 2 & 2 & -1\\[2pt] 1 & 1 & 1 & 1 \end{pmatrix},
uma fatoração A'=LU é dada por
L=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0\\[4pt] \tfrac{1}{2} & 1 & 0 & 0\\[4pt] -\tfrac{1}{2} & \tfrac{5}{3} & 1 & 0\\[4pt] \tfrac{1}{2} & \tfrac{1}{3} & \tfrac{1}{5} & 1 \end{pmatrix},\qquad U=\begin{pmatrix} 2 & 1 & 1 & 1\\[4pt] 0 & \tfrac{3}{2} & \tfrac{1}{2} & -\tfrac{3}{2}\\[4pt] 0 & 0 & \tfrac{5}{3} & 2\\[4pt] 0 & 0 & 0 & \tfrac{3}{5} \end{pmatrix}.

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