Questão 3. Dado o sistema linear
\left\{\begin{array}{rlc} x+y+z & = & -2 \\\\ 2 x+y-z & = & 1 \\\\ 2 x-y+z & = & 3 \end{array}\right.
(a) Exiba os fatores L e U da fatoração L U.
(b) Exiba a solução do sistema linear aplicando todas as etapas da fatoração L U.

Passo 1

O enunciado dá o sistema linear
\begin{cases} x+y+z = -2,\\[4pt] 2x+y-z = 1,\\[4pt] 2x-y+z = 3, \end{cases}
e pede duas coisas:
(a) exibir os fatores L e U da fatoração LU de A (onde A é a matriz dos coeficientes desse sistema);
(b) exibir a solução do sistema aplicando todas as etapas da fatoração LU.
Informações relevantes fornecidas:
A=\begin{pmatrix}1 & 1 & 1\\[4pt]2 & 1 & -1\\[4pt]2 & -1 & 1\end{pmatrix},\qquad \mathbf{b}=\begin{pmatrix}-2\\[4pt]1\\[4pt]3\end{pmatrix}.]

Passo 2

Breve explicação didática do método que vamos usar (sem pular etapas):
  • A fatoração LU procura matrizes \,L (triangular inferior) e \,U (triangular superior) tais que \,A=L U. Aqui usaremos a forma padrão (Doolittle) em que L tem uns na diagonal: L_{ii}=1.
  • A eliminação de Gauss transforma A em uma matriz triangular superior U aplicando pivôs na diagonal; os multiplicadores usados para zerar abaixo do pivô (por exemplo, para zerar a_{21} usamos l_{21}) formam as entradas de L abaixo da diagonal.
  • Fórmula do multiplicador na etapa k: para zerar a entrada na linha i usando a linha k,
l_{ik}=\frac{a_{ik}^{(k)}}{a_{kk}^{(k)}},
onde a_{ik}^{(k)} é a entrada atual (na matriz em andamento) da linha i, coluna k, e a_{kk}^{(k)} é o pivô.
  • Depois de obter A=L U, para resolver A\mathbf{x}=\mathbf{b} fazemos duas etapas:
    1. Resolver L\mathbf{y}=\mathbf{b} por substituição progressiva (forward substitution).
    2. Resolver U\mathbf{x}=\mathbf{y} por substituição regressiva (back substitution).
  • Substituição progressiva: se L é triangular inferior com L_{ii}=1,
y_1=b_1,\qquad y_2=b_2-L_{21}y_1,\qquad y_3=b_3-L_{31}y_1-L_{32}y_2,\\ \text{etc.}
  • Substituição regressiva: se U é triangular superior,
x_n=\frac{y_n}{U_{nn}},\qquad x_{n-1}=\frac{y_{n-1}-U_{\,n-1,n}x_n}{U_{n-1,n-1}},\\ \text{etc.}

Passo 3

Vamos aplicar eliminação de Gauss em A e registrar os multiplicadores em L. Começamos com
A^{(1)}=\begin{pmatrix}1 & 1 & 1\\[4pt]2 & 1 & -1\\[4pt]2 & -1 & 1\end{pmatrix},\qquad \mathbf{b}^{(1)}=\begin{pmatrix}-2\\[4pt]1\\[4pt]3\end{pmatrix}.
O pivô inicial é a_{11}^{(1)}=1.]

Passo 4

Zeramos as entradas abaixo do pivô a_{11}=1.
  • Multiplicador para zerar a entrada a_{21}:
l_{21}=\frac{a_{21}^{(1)}}{a_{11}^{(1)}}=\frac{2}{1}=2.
Aplicamos R_2 \leftarrow R_2 - l_{21}R_1:
R_2: \\ (2,\,1,\,-1) - 2(1,\,1,\,1) = (0,\,-1,\,-3).
No vetor \mathbf{b}:
b_2^{(2)} = 1 - 2(-2) = 1 + 4 = 5.
  • Multiplicador para zerar a_{31}:
l_{31}=\frac{a_{31}^{(1)}}{a_{11}^{(1)}}=\frac{2}{1}=2.
Aplicamos R_3 \leftarrow R_3 - l_{31}R_1:
R_3: \\ (2,\,-1,\,1) - 2(1,\,1,\,1) = (0,\,-3,\,-1).
No vetor \mathbf{b}:
b_3^{(2)} = 3 - 2(-2) = 3 + 4 = 7.
Após essa etapa a matriz intermediária é
A^{(2)}=\begin{pmatrix}1 & 1 & 1\\[4pt]0 & -1 & -3\\[4pt]0 & -3 & -1\end{pmatrix},\qquad \mathbf{b}^{(2)}=\begin{pmatrix}-2\\[4pt]5\\[4pt]7\end{pmatrix}.
Já conhecemos duas entradas de L: l_{21}=2 e l_{31}=2. A primeira linha de U será (1,\,1,\,1).]

Passo 5

Agora o pivô na segunda coluna é a_{22}^{(2)}=-1. Vamos zerar a entrada a_{32}^{(2)}=-3.
  • Multiplicador:
l_{32}=\frac{a_{32}^{(2)}}{a_{22}^{(2)}}=\frac{-3}{-1}=3.
Aplicamos R_3 \leftarrow R_3 - l_{32}R_2:
R_3: \\ (0,\,-3,\,-1) - 3(0,\,-1,\,-3) = (0,\,-3+3,\,-1+9)=(0,\,0,\,8).
No vetor \mathbf{b}:
b_3^{(3)} = 7 - 3\cdot 5 = 7 - 15 = -8.
A matriz final triangular superior U (após eliminação) é
U=\begin{pmatrix}1 & 1 & 1\\[4pt]0 & -1 & -3\\[4pt]0 & 0 & 8\end{pmatrix}.
E os multiplicadores que compõem L (com uns na diagonal) são:
L=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\[4pt] l_{21} & 1 & 0\\[4pt] l_{31} & l_{32} & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\[4pt] 2 & 1 & 0\\[4pt] 2 & 3 & 1 \end{pmatrix}.]

Passo 6

Confirmando: multiplicadores usados foram l_{21}=2, l_{31}=2, l_{32}=3. Então
A = L U \quad\text{com}\quad L=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0\\[4pt]2 & 1 & 0\\[4pt]2 & 3 & 1\end{pmatrix},\qquad U=\begin{pmatrix}1 & 1 & 1\\[4pt]0 & -1 & -3\\[4pt]0 & 0 & 8\end{pmatrix}.]

Passo 7

Agora resolvemos L\mathbf{y}=\mathbf{b}\) (forward substitution). Escrevendo as equações: \[\begin{cases} y_1 = b_1 = -2,\\[4pt] 2y_1 + y_2 = b_2 = 1,\\[4pt] 2y_1 + 3y_2 + y_3 = b_3 = 3. \end{cases}
Calculando passo a passo:
  • y_1 = -2.\] - \(2(-2) + y_2 = 1 \Rightarrow -4 + y_2 = 1 \Rightarrow y_2 = 5.
    - 2(-2) + 3(5) + y_3 = 3 \Rightarrow -4 + 15 + y_3 = 3 \Rightarrow 11 + y_3 = 3 \Rightarrow y_3 = -8.
Portanto
\mathbf{y}=\begin{pmatrix}-2\\[4pt]5\\[4pt]-8\end{pmatrix}.]

Passo 8

Agora resolvemos U\mathbf{x}=\mathbf{y}\) (back substitution). As equações são \[\begin{cases} 1\cdot x_1 + 1\cdot x_2 + 1\cdot x_3 = y_1 = -2,\\[4pt] 0\cdot x_1 -1\cdot x_2 -3\cdot x_3 = y_2 = 5,\\[4pt] 0\cdot x_1 +0\cdot x_2 +8\cdot x_3 = y_3 = -8. \end{cases}
Calculando de baixo para cima:
  • Da terceira equação: 8x_3 = -8 \Rightarrow x_3 = -1.\] - Da segunda equação: \(-x_2 -3x_3 = 5 \Rightarrow -x_2 -3(-1) = 5 \Rightarrow -x_2 +3 =5 \Rightarrow -x_2 =2 \Rightarrow x_2 = -2.
    - Da primeira equação: x_1 + x_2 + x_3 = -2 \Rightarrow x_1 +(-2)+(-1) = -2 \Rightarrow x_1 -3 = -2 \Rightarrow x_1 = 1.
Logo a solução é
\mathbf{x}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-2\\[4pt]-1\end{pmatrix}.]

Resposta

(a) L=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0\\[4pt]2 & 1 & 0\\[4pt]2 & 3 & 1\end{pmatrix},\quad U=\begin{pmatrix}1 & 1 & 1\\[4pt]0 & -1 & -3\\[4pt]0 & 0 & 8\end{pmatrix}.
(b) \mathbf{x}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-2\\[4pt]-1\end{pmatrix}.]

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