QUESTÃO 3) (6 pontos) Considere o sistema de equações lineares A X=B, sendo A=\left[\begin{array}{lll}3 & 2 & -4 \\\\ 1 & 4 & -2 \\\\ 4 & 1 & 1\end{array}\right] e B=\left[\begin{array}{l}6 \\\\ 4 \\\\ 4\end{array}\right].
a) Escreva a igualdade L U=P A, determinando as matrizes L, U e a matriz de permutação P;
b) Resolva o sistema A X=B pelo método de decomposição L U usando a pivotação parcial;
c) Caso possível, resolva o sistema A X=B pelo método da decomposição de Cholesky. Caso contrário, justifique sua resposta.

Passo 1

O enunciado nos dá o sistema A X = B com
A=\begin{bmatrix}3 & 2 & -4\\[4pt] 1 & 4 & -2\\[4pt] 4 & 1 & 1\end{bmatrix}, \qquad B=\begin{bmatrix}6\\[4pt]4\\[4pt]4\end{bmatrix}.
Ele pede três coisas:
  • (a) Escrever a igualdade L U = P A, determinando as matrizes L, U e a matriz de permutação P.
  • (b) Resolver A X = B usando a decomposição L U com pivotação parcial.
  • (c) Verificar se é possível resolver por Cholesky; se não, justificar.
Listei claramente os dados e o que se pede. Agora vamos passo a passo montar a fatoração com pivotação parcial, resolver o sistema e responder sobre Cholesky.]

Passo 2

O que é a fatoração com pivotação parcial e quais fórmulas vou usar (aula rápida, bem mastigada).
  • Pivotação parcial: em cada coluna k escolhe-se, entre as linhas k,k+1,\dots,n, a linha cujo elemento da coluna k tem maior valor absoluto. Se essa linha não for a linha k, faz-se uma permutação (troca de linhas). As permutações acumuladas são guardadas numa matriz de permutação P. Após aplicar as permutações P ao sistema, faz-se eliminação sem trocar mais linhas nessa coluna.
  • Representação: com pivotação parcial sempre é possível escrever
L\,U = P\,A,
onde P é a matriz de permutação (matriz obtida por permutar linhas da identidade), L é triangular inferior com 1s na diagonal e entradas l_{ij}=m_{ij} (os multiplicadores da eliminação), e U é triangular superior.
  • Como calcular os multiplicadores: no passo de eliminação da coluna k, para cada linha i>k calcula-se
m_{ik}=\frac{a_{ik}^{(k)}}{a_{kk}^{(k)}},
onde a_{ik}^{(k)} é o elemento da matriz atual na iteração k. Em notação prática, subtrai-se m_{ik} vezes a linha k da linha i.
  • Depois de obter L e U (com a ordem das linhas dada por P), para resolver A X=B fazemos:
    1. formar P B (aplicar a mesma permutação ao vetor B);
    2. resolver L Y = P B por substituição direta (forward substitution);
    3. resolver U X = Y por retro-substituição (back substitution).
Agora aplico isso concretamente.

Passo 3

Primeiro pivot (coluna 1). Olho os valores absolutos da coluna 1 de A: |3|,|1|,|4|. O maior é |4| na linha 3. Então troco a linha 1 com a linha 3. Isso gera a matriz de permutação P que troca 1↔3.
A matriz P que faz essa troca (linha 1 ← linha 3, linha 2 fixa, linha 3 ← linha 1) é
P=\begin{bmatrix}0&0&1\\[4pt]0&1&0\\[4pt]1&0&0\end{bmatrix}.
Aplico P em A para trabalhar com a matriz permutada:
P A = \begin{bmatrix}4 & 1 & 1\\[4pt]1 & 4 & -2\\[4pt]3 & 2 & -4\end{bmatrix}.
(Ver: primeira linha de P A é a terceira linha de A, etc.)
Agora vou eliminar abaixo do pivô a_{11}=4.]

Passo 4

Eliminação na primeira coluna e cálculo dos multiplicadores m_{21} e m_{31}.
  • Multiplicador para linha 2:
m_{21}=\frac{1}{4}=\frac{1}{4}.
Atualizo a linha 2: linha2 := linha2 − m_{21}·linha1.
\text{linha2} = \begin{bmatrix}1 & 4 & -2\end{bmatrix} - \frac{1}{4}\begin{bmatrix}4 & 1 & 1\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}0 & \tfrac{15}{4} & -\tfrac{9}{4}\end{bmatrix}.
  • Multiplicador para linha 3:
m_{31}=\frac{3}{4}=\tfrac{3}{4}.
Atualizo a linha 3: linha3 := linha3 − m_{31}·linha1.
\text{linha3} = \begin{bmatrix}3 & 2 & -4\end{bmatrix} - \tfrac{3}{4}\begin{bmatrix}4 & 1 & 1\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}0 & \tfrac{5}{4} & -\tfrac{19}{4}\end{bmatrix}.
Após esse passo a matriz (em forma de eliminação) fica
\begin{bmatrix} 4 & 1 & 1\\[4pt] 0 & \tfrac{15}{4} & -\tfrac{9}{4}\\[4pt] 0 & \tfrac{5}{4} & -\tfrac{19}{4} \end{bmatrix}.
Os multiplicadores obtidos (primeira coluna) são m_{21}=\tfrac{1}{4} e m_{31}=\tfrac{3}{4}; eles serão entradas de L abaixo da diagonal na coluna 1.]

Passo 5

Segundo passo de eliminação (coluna 2). O pivot candidato é o elemento na posição (2,2), que vale \tfrac{15}{4}. Comparo |\tfrac{15}{4}| com o elemento da linha 3 na mesma coluna |\tfrac{5}{4}|. O maior é \tfrac{15}{4} (linha 2), então NÃO preciso trocar linhas nesta coluna.
Agora calculo o multiplicador para zerar a entrada (3,2):
m_{32}=\frac{\tfrac{5}{4}}{\tfrac{15}{4}}=\frac{5/4}{15/4}=\frac{5}{15}=\frac{1}{3}.
Atualizo a linha 3: linha3 := linha3 − m_{32}·linha2.
Cálculo da última entrada:
-\tfrac{19}{4} - \frac{1}{3}\bigl(-\tfrac{9}{4}\bigr) = -\tfrac{19}{4} + \tfrac{9}{12} = -\tfrac{19}{4} + \tfrac{3}{4} = -\tfrac{16}{4} = -4.
Portanto a linha 3 fica \begin{bmatrix}0 & 0 & -4\end{bmatrix}.
Agora a matriz triangular superior U (resultado da eliminação) é
U=\begin{bmatrix} 4 & 1 & 1\\[4pt] 0 & \tfrac{15}{4} & -\tfrac{9}{4}\\[4pt] 0 & 0 & -4 \end{bmatrix}.
Os multiplicadores que formam L abaixo da diagonal são m_{21}=\tfrac{1}{4}, m_{31}=\tfrac{3}{4}, m_{32}=\tfrac{1}{3}.]

Passo 6

Matriz L: montar com 1s na diagonal e os multiplicadores abaixo:
L=\begin{bmatrix} 1 & 0 & 0\\[4pt] \tfrac{1}{4} & 1 & 0\\[4pt] \tfrac{3}{4} & \tfrac{1}{3} & 1 \end{bmatrix}.
Relembrando:
  • P foi a permutação que trocou as linhas 1 e 3:
P=\begin{bmatrix}0&0&1\\[4pt]0&1&0\\[4pt]1&0&0\end{bmatrix}.
  • U já dado acima:
U=\begin{bmatrix} 4 & 1 & 1\\[4pt] 0 & \tfrac{15}{4} & -\tfrac{9}{4}\\[4pt] 0 & 0 & -4 \end{bmatrix}.
Verificação rápida (conceitual): por construção a eliminação com os multiplicadores acima garante L U = P A.]

Passo 7

Agora resolvo o sistema [A X = B) usando L U = P A.
Multiplico o lado direito por P: L U X = P B. Primeiro calcule P B.
P B = \begin{bmatrix}0&0&1\\[4pt]0&1&0\\[4pt]1&0&0\end{bmatrix} \begin{bmatrix}6\\[4pt]4\\[4pt]4\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}4\\[4pt]4\\[4pt]6\end{bmatrix}.
Chamando Y o vetor intermediário tal que L Y = P B, resolvo por substituição direta (forward substitution).
As equações de L Y = P B:
\begin{cases} 1\cdot y_1 = 4,\\[4pt] \tfrac{1}{4}y_1 + 1\cdot y_2 = 4,\\[4pt] \tfrac{3}{4}y_1 + \tfrac{1}{3}y_2 + 1\cdot y_3 = 6. \end{cases}
Resolvo em ordem:
  • y_1 = 4.\] - \(y_2 = 4 - \tfrac{1}{4}y_1 = 4 - \tfrac{1}{4}\cdot 4 = 4 - 1 = 3.
    - y_3 = 6 - \tfrac{3}{4}y_1 - \tfrac{1}{3}y_2 = 6 - \tfrac{3}{4}\cdot 4 - \tfrac{1}{3}\cdot 3 = 6 - 3 - 1 = 2.
Portanto
Y=\begin{bmatrix}4\\[4pt]3\\[4pt]2\end{bmatrix}.]

Passo 8

Agora resolvo [U X = Y) por retro-substituição.
As equações de U X = Y são
\begin{cases} 4 x_1 + 1 x_2 + 1 x_3 = 4,\\[4pt] \tfrac{15}{4} x_2 - \tfrac{9}{4} x_3 = 3,\\[4pt] -4 x_3 = 2. \end{cases}
Começo da última para a primeira:
  • Da terceira: -4 x_3 = 2 \Rightarrow x_3 = -\tfrac{1}{2}.\] - Segunda: \(\tfrac{15}{4} x_2 - \tfrac{9}{4}x_3 = 3.
    Substituindo x_3 = -\tfrac{1}{2}: \tfrac{15}{4} x_2 - \tfrac{9}{4}\cdot\bigl(-\tfrac{1}{2}\bigr) = 3 \quad\Rightarrow\quad \tfrac{15}{4} x_2 + \tfrac{9}{8} = 3.Multiplico por 8 para limpar denominadores: 30 x_2 + 9 = 24 \Rightarrow 30 x_2 = 15 \Rightarrow x_2 = \tfrac{1}{2}.
  • Primeira: 4 x_1 + x_2 + x_3 = 4. Substituindo x_2=\tfrac{1}{2}, x_3=-\tfrac{1}{2} x_2+x_3=0, então 4 x_1 =4 \Rightarrow x_1 =1.
Portanto a solução é
X=\begin{bmatrix}1\\[4pt]\tfrac{1}{2}\\[4pt]-\tfrac{1}{2}\end{bmatrix}.]

Passo 9

Sobre a decomposição de Cholesky (parte (c)) — explicação e verificação.
  • A decomposição de Cholesky só existe para matrizes simétricas e definidas positivas. Isso significa que, além de a matriz ser quadrada, ela deve satisfazer A=A^{T} e x^{T}A x>0 para todo x\neq 0.
  • Verifico rapidamente a simetria de A. Em A o elemento a_{13}=-4 e a_{31}=4. Como a_{13}\neq a_{31}, concluímos que A NÃO é simétrica. Logo, a fatoração de Cholesky NÃO é aplicável a A.
Portanto não é possível resolver por Cholesky; a razão principal é que A não é simétrica (portanto não pode ser simétrica definida positiva).

Resposta

(a) (L=\displaystyle \begin{bmatrix}1 & 0 & 0\\[4pt]\tfrac{1}{4} & 1 & 0\\[4pt]\tfrac{3}{4} & \tfrac{1}{3} & 1\end{bmatrix},\qquad
U=\displaystyle \begin{bmatrix}4 & 1 & 1\\[4pt]0 & \tfrac{15}{4} & -\tfrac{9}{4}\\[4pt]0 & 0 & -4\end{bmatrix},\qquad
P=\displaystyle \begin{bmatrix}0&0&1\\[4pt]0&1&0\\[4pt]1&0&0\end{bmatrix}.
(b) X=\displaystyle\begin{bmatrix}1\\[4pt]\tfrac{1}{2}\\[4pt]-\tfrac{1}{2}\end{bmatrix}.
(c) Não é possível aplicar Cholesky, porque A não é simétrica (por exemplo a_{13}=-4\neq a_{31}=4).])

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