Questão 8 Dado o sistema linear
\left[\begin{array}{lll} 1 & \beta & 2 \\\ \beta & 1 & 4 \\\\ 5 & 2 & 1 \end{array}\right]\left[\begin{array}{l} x_{1} \\\ x_{2} \\\ x_{3} \end{array}\right]=\left[\begin{array}{r} -2 \\\\ -3 \\\\ 4 \end{array}\right]
a) Para que valores de \beta a matriz do sistema é decomponível em L U ? Justifique.
b) Considere \beta=1, e resolva o sistema dado pelo método de Eliminação de Gauss.

Passo 1

O enunciado dá o sistema linear
A(\beta)\,\mathbf{x} = \mathbf{b},
onde
A(\beta)=\begin{pmatrix} 1 & \beta & 2\\\ \beta & 1 & 4\\\\ 5 & 2 & 1 \end{pmatrix}, \quad \mathbf{b}=\begin{pmatrix}-2\\\ -3\\\ 4\end{pmatrix}.
Parte (a) pede para quais valores de \beta a matriz A(\beta) admite decomposição LU sem pivoteamento. Parte (b) fixa \beta=1 e requer a solução por eliminação de Gauss.

Passo 2

Para que uma matriz seja decomponível em LU sem pivoteamento, todos os menores principais à esquerda devem ser não nulos.
O menor principal de ordem 1 é
\det\bigl([1]\bigr)=1\neq0.
O menor principal de ordem 2 é
\det\begin{pmatrix}1 & \beta\\\ \beta & 1\end{pmatrix} =1-\beta^2\neq0 \;\Longrightarrow\;\beta\neq\pm1.
Como o primeiro menor é sempre não nulo e o segundo exige \beta\neq\pm1, concluímos que a decomposição LU existe exatamente para \beta\neq\pm1.

Passo 3

Agora considere \beta=1. O sistema fica
\begin{pmatrix} 1 & 1 & 2\\\\ 1 & 1 & 4\\\\ 5 & 2 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x_1\x_2\x_3\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-2\\\ -3\\\ 4\end{pmatrix}.
Montamos a matriz aumentada
\bigl[A\mid \mathbf{b}\bigr] = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 2 & \vline & -2\\\\ 1 & 1 & 4 & \vline & -3\\\\ 5 & 2 & 1 & \vline & 4 \end{pmatrix}.

Passo 4

Eliminamos x_1 das linhas 2 e 3 usando o pivô da linha 1:
multiplicadores
m_{21}=\frac{1}{1}=1,\quad m_{31}=\frac{5}{1}=5.
Atualizando
\begin{cases} \text{linha}_2\leftarrow\text{linha}_2 - m_{21}\,\text{linha}_1,\\\ \text{linha}_3\leftarrow\text{linha}_3 - m_{31}\,\text{linha}_1, \end{cases}
obtém-se
\begin{pmatrix} 1 & 1 & 2 & \vline & -2\\\\ 0 & 0 & 2 & \vline & -1\\\\ 0 & -3 & -9 & \vline & 14 \end{pmatrix}.

Passo 5

Na segunda coluna, a linha 2 tem zero no pivô; trocamos linha 2 com linha 3:
\begin{pmatrix} 1 & 1 & 2 & \vline & -2\\\\ 0 & -3 & -9 & \vline & 14\\\\ 0 & 0 & 2 & \vline & -1 \end{pmatrix}.
Não há mais eliminação a fazer abaixo do pivô da linha 2, pois já está zero na linha 3.

Passo 6

Agora temos sistema triangular superior:
\begin{cases} x_1 + x_2 + 2x_3 = -2,\\\\ -3x_2 -9x_3 = 14,\\\\ 2x_3 = -1. \end{cases}
Fazemos substituição reversa.

Passo 7

Da terceira equação:
2x_3 = -1 \quad\Longrightarrow\quad x_3 = -\tfrac12.

Passo 8

Na segunda equação:
-3x_2 -9\bigl(-\tfrac12\bigr)=14 \;\Longrightarrow\; -3x_2 + \tfrac{9}{2} =14 \;\Longrightarrow\; -3x_2 =14 - \tfrac{9}{2} =\tfrac{19}{2} \;\Longrightarrow\; x_2 = -\tfrac{19}{6}.

Passo 9

Na primeira equação:
x_1 + x_2 +2x_3 = -2 \;\Longrightarrow\; x_1 = -2 - x_2 - 2x_3 = -2 -\bigl(-\tfrac{19}{6}\bigr) -2\bigl(-\tfrac12\bigr) = -2 + \tfrac{19}{6} +1 = \tfrac{13}{6}.

Resposta

a) A decomposição LU sem pivoteamento existe para \beta\neq\pm1.
b) Para \beta=1, a solução é
x_1 = \tfrac{13}{6},\quad x_2 = -\tfrac{19}{6},\quad x_3 = -\tfrac12.

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