Questão 6. Resolva os sistemas abaixo utilizando o método da fatoração LU:
\left\{\begin{aligned}3 x_{1}-4 x_{2}+x_{3} & =9 \x_{1}+2 x_{2}+2 x_{3} & =3 \\\ 4 x_{1} & -3 x_{3} \\& =-2\end{aligned}\right.

Passo 1

O enunciado dá um sistema linear de três equações com três incógnitas e pede que seja resolvido usando fatoração LU. Vou listar claramente o que o enunciado fornece (escrevi os coeficientes em forma matricial porque facilita a fatoração).
O sistema é
\begin{cases} 3x_{1}-4x_{2}+x_{3}=9,\\[4pt] x_{1}+2x_{2}+2x_{3}=3,\\[4pt] 4x_{1}-3x_{3}=-2, \end{cases}
onde notei que o termo em x_{2} da terceira equação é 0. Assim a matriz dos coeficientes e o vetor do lado direito são
A=\begin{pmatrix} 3 & -4 & 1\\[4pt] 1 & 2 & 2\\[4pt] 4 & 0 & -3 \end{pmatrix},\qquad b=\begin{pmatrix}9\\[4pt]3\\[4pt]-2\end{pmatrix}.
O que o enunciado pede: encontrar x=(x_{1},x_{2},x_{3})^{T} resolvendo A x=b através da fatoração A=LU, seguida de resolução de L y=b e U x=y.]

Passo 2

Breve explicação didática do método LU (esquema que vou usar, chamado de Doolittle):
  • Queremos escrever A como produto A=LU, onde L é triangular inferior com 1 s na diagonal e U é triangular superior.
  • Operacionalmente isso equivale a aplicar eliminação de Gauss sem permutações (sem pivotamento), e guardar os multiplicadores usados para zerar abaixo do pivô na matriz L.
  • Se u_{kk} é o pivô na coluna k, o multiplicador para zerar a linha i>k é
\ell_{ik}=\frac{a_{ik}^{(k)}}{u_{kk}},
onde a_{ik}^{(k)} é o elemento atual antes de zerar. Depois se atualizam as linhas: linha i := linha i - \ell_{ik} \times linha k. No final obtemos U como a forma escalonada superior e L com esses \ell_{ik} abaixo da diagonal e 1 na diagonal.
Vou aplicar esse procedimento passo a passo à matriz A dada.

Passo 3

Primeira etapa da eliminação (coluna 1):
  • O primeiro pivô é u_{11}=a_{11}=3 (é diferente de zero, então não precisamos pivotar).
  • Calculam-se os multiplicadores para zerar as entradas abaixo de u_{11}:
\ell_{21}=\frac{a_{21}}{u_{11}}=\frac{1}{3},\qquad \ell_{31}=\frac{a_{31}}{u_{11}}=\frac{4}{3}.
  • Substitui-se nas linhas 2 e 3: linha i := linha i - \ell_{i1} \times linha 1.
Faço as contas componente a componente:
Linha 1 (permanece) em U:
\text{linha 1}=(3,\,-4,\,1).
Linha 2 atualizada:
\begin{aligned} &\text{linha 2} - \ell_{21}\cdot\text{linha 1} = (1,\,2,\,2)-\tfrac{1}{3}(3,\,-4,\,1)\\[4pt] &\quad = (1-1,\;2-(-\tfrac{4}{3}),\;2-\tfrac{1}{3}) = \bigl(0,\;\tfrac{10}{3},\;\tfrac{5}{3}\bigr). \end{aligned}
Linha 3 atualizada:
\begin{aligned} &\text{linha 3} - \ell_{31}\cdot\text{linha 1} = (4,\,0,\,-3)-\tfrac{4}{3}(3,\,-4,\,1)\\[4pt] &\quad = (4-4,\;0-\tfrac{4}{3}(-4),\;-3-\tfrac{4}{3}\cdot1) = \bigl(0,\;\tfrac{16}{3},\;-\tfrac{13}{3}\bigr). \end{aligned}
Agora a matriz depois desta etapa (em forma de U parcial) tem as duas primeiras linhas:
\begin{pmatrix} 3 & -4 & 1\\[4pt] 0 & \tfrac{10}{3} & \tfrac{5}{3}\\[4pt] 0 & \tfrac{16}{3} & -\tfrac{13}{3} \end{pmatrix}.
E os multiplicadores obtidos até agora entrarão em L como \ell_{21}=\tfrac{1}{3} e \ell_{31}=\tfrac{4}{3}.]

Passo 4

Segunda etapa da eliminação (coluna 2 na submatriz 2×2):
  • O pivô para essa etapa é u_{22}=\tfrac{10}{3} (novamente não nulo, então sem pivotamento).
  • O multiplicador para zerar a entrada (3,2) é
\ell_{32}=\frac{\text{(posição (3,2) após passo anterior)}}{u_{22}} =\frac{\tfrac{16}{3}}{\tfrac{10}{3}}=\frac{16}{10}=\frac{8}{5}.çãó
  • Atualiza-se a linha 3: linha 3 := linha 3 - \ell_{32} \times linha 2.
Calcule a terceira linha final:
\begin{aligned} \text{linha 3 final} &=\bigl(0,\tfrac{16}{3},-\tfrac{13}{3}\bigr)-\tfrac{8}{5}\bigl(0,\tfrac{10}{3},\tfrac{5}{3}\bigr)\\[4pt] &=\bigl(0,\tfrac{16}{3}-\tfrac{8}{5}\cdot\tfrac{10}{3},\; -\tfrac{13}{3}-\tfrac{8}{5}\cdot\tfrac{5}{3}\bigr)\\[4pt] &=\bigl(0,\,0,\, -\tfrac{13}{3}-\tfrac{8}{3}\bigr) =\bigl(0,\,0,\, -\tfrac{21}{3}\bigr) =\bigl(0,\,0,\, -7\bigr). \end{aligned}
Portanto a fatoração A=LU fornece as matrizes
U=\begin{pmatrix} 3 & -4 & 1\\[4pt] 0 & \tfrac{10}{3} & \tfrac{5}{3}\\[4pt] 0 & 0 & -7 \end{pmatrix}, \qquad L=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\[4pt] \tfrac{1}{3} & 1 & 0\\[4pt] \tfrac{4}{3} & \tfrac{8}{5} & 1 \end{pmatrix}.
Pequena verificação mental: os multiplicadores \tfrac{1}{3},\tfrac{4}{3},\tfrac{8}{5} são exatamente os elementos de L abaixo da diagonal; a forma triangular de U está como esperado.]

Passo 5

Agora resolvemos L y=b por substituição direta (forward substitution). Escrevendo y=(y_{1},y_{2},y_{3})^{T} temos:
\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\[4pt] \tfrac{1}{3} & 1 & 0\\[4pt] \tfrac{4}{3} & \tfrac{8}{5} & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}y_{1}\\[4pt]y_{2}\\[4pt]y_{3}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}9\\[4pt]3\\[4pt]-2\end{pmatrix}.
Resolvendo linha a linha:
  • Primeira equação: y_{1}=9.
  • Segunda equação: \tfrac{1}{3}y_{1}+y_{2}=3 \Rightarrow y_{2}=3-\tfrac{1}{3}\cdot 9=3-3=0.
  • Terceira equação: \tfrac{4}{3}y_{1}+\tfrac{8}{5}y_{2}+y_{3}=-2. Substituindo y_{1} e y_{2}:
y_{3}=-2-\tfrac{4}{3}\cdot 9-\tfrac{8}{5}\cdot 0=-2-12=-14.
Assim
y=\begin{pmatrix}9\\[4pt]0\\[4pt]-14\end{pmatrix}.]

Passo 6

Agora resolvemos U x = y por substituição regressiva (back substitution). Escrevendo x=(x_{1},x_{2},x_{3})^{T}, o sistema é
\begin{pmatrix} 3 & -4 & 1\\[4pt] 0 & \tfrac{10}{3} & \tfrac{5}{3}\\[4pt] 0 & 0 & -7 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x_{1}\\[4pt]x_{2}\\[4pt]x_{3}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}9\\[4pt]0\\[4pt]-14\end{pmatrix}.
Resolvo de baixo para cima:
  • Terceira equação: -7 x_{3}=-14 \Rightarrow x_{3}=\dfrac{-14}{-7}=2.
  • Segunda equação: \tfrac{10}{3}x_{2}+\tfrac{5}{3}x_{3}=0. Substituindo x_{3}=2:
\tfrac{10}{3}x_{2}+\tfrac{5}{3}\cdot 2=0 \quad\Rightarrow\quad \tfrac{10}{3}x_{2}+\tfrac{10}{3}=0 \quad\Rightarrow\quad 10x_{2}+10=0 \quad\Rightarrow\quad x_{2}=-1.
  • Primeira equação: 3x_{1}-4x_{2}+x_{3}=9. Substituindo x_{2}=-1 e x_{3}=2:
3x_{1}-4(-1)+2=9 \quad\Rightarrow\quad 3x_{1}+4+2=9 \quad\Rightarrow\quad 3x_{1}+6=9 \quad\Rightarrow\quad x_{1}=1.
Portanto os valores obtidos são x_{1}=1, x_{2}=-1, x_{3}=2. (Os cálculos acima mostram passo a passo como obter esses números.)]

Resposta

x_{1}=1
x_{2}=-1
x_{3}=2

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