(1) Resolva o seguinte sistema de equações por decomposição LU com pivotamento parcial:
\left\{\begin{array}{l} 2 x_{1}-6 x_{2}-x_{3}=-38 \\\\ -3 x_{1}-x_{2}+7 x_{3}=-34 \\\\ -8 x_{1}+x_{2}-2 x_{3}=-20 \end{array}\right.

Passo 1

O enunciado pede que eu resolva o sistema por decomposição LU com pivotamento parcial. O sistema dado é:
\begin{cases} 2x_{1}-6x_{2}-x_{3}=-38,\\[4pt] -3x_{1}-x_{2}+7x_{3}=-34,\\[4pt] -8x_{1}+x_{2}-2x_{3}=-20. \end{cases}
Informações relevantes que tenho:
A=\begin{pmatrix} 2 & -6 & -1\\[4pt] -3 & -1 & 7\\[4pt] -8 & 1 & -2 \end{pmatrix}, \qquad b=\begin{pmatrix}-38\\[4pt]-34\\[4pt]-20\end{pmatrix}.
O que é pedido: encontrar a solução \begin{pmatrix}x_{1}\\[4pt]x_{2}\\[4pt]x_{3}\end{pmatrix} usando decomposição LU com pivotamento parcial (ou seja obter matrizes P,L,U tais que PA=LU e então resolver).]

Passo 2

Rápida explicação do método (didática): a decomposição com pivotamento parcial constrói uma permutação P, uma matriz triangular inferior L com diagonal de uns e uma triangular superior U tal que
PA = LU.
O pivotamento parcial troca linhas de A para evitar divisões por números pequenos (escolhe, em cada coluna, o maior pivô em valor absoluto). Os elementos abaixo do pivô usados para eliminar são os multiplicadores que entram em L. Depois de obter L e U, resolvo primeiro
Ly = Pb
por substituição direta (forward substitution) e depois
Ux = y
por substituição retroativa (back substitution). Vou aplicar isso passo a passo ao sistema.

Passo 3

Começo mostrando A e b novamente:
A=\begin{pmatrix} 2 & -6 & -1\\[4pt] -3 & -1 & 7\\[4pt] -8 & 1 & -2 \end{pmatrix},\qquad b=\begin{pmatrix}-38\\[4pt]-34\\[4pt]-20\end{pmatrix}.
Vou fazer eliminação coluna a coluna com pivotamento parcial.]

Passo 4

Procuro o maior valor absoluto na coluna 1 entre as linhas 1 a 3: |2|=2, |-3|=3, |-8|=8. O maior é |-8|, que está na linha 3. Então troco a linha 1 com a linha 3 (primeiro permutação).
Após essa troca, a matriz e o vetor ficam:
A^{(1)}=\begin{pmatrix} -8 & 1 & -2\\[4pt] -3 & -1 & 7\\[4pt] 2 & -6 & -1 \end{pmatrix},\qquad b^{(1)}=\begin{pmatrix}-20\\[4pt]-34\\[4pt]-38\end{pmatrix}.
O pivô é a_{11}=-8. Calculo os multiplicadores para zerar as entradas abaixo do pivô:
\ell_{21}=\frac{a_{21}}{a_{11}}=\frac{-3}{-8}=\frac{3}{8},\qquad \ell_{31}=\frac{a_{31}}{a_{11}}=\frac{2}{-8}=-\frac{1}{4}.
Faço as operações R_2\leftarrow R_2-\ell_{21}R_1 e R_3\leftarrow R_3-\ell_{31}R_1. Calculando elemento a elemento:
  • Para a nova linha 2:
\begin{aligned} 0 &= -3 - \frac{3}{8}\cdot(-8),\\[2pt] -\tfrac{11}{8} &= -1 - \frac{3}{8}\cdot 1,\\[2pt] \tfrac{31}{4} &= 7 - \frac{3}{8}\cdot(-2). \end{aligned}
  • Para a nova linha 3:
\begin{aligned} 0 &= 2 - \Big(-\frac{1}{4}\Big)\cdot(-8),\\[2pt] -\tfrac{23}{4} &= -6 - \Big(-\frac{1}{4}\Big)\cdot 1,\\[2pt] -\tfrac{3}{2} &= -1 - \Big(-\frac{1}{4}\Big)\cdot(-2). \end{aligned}
Assim a matriz após a eliminação da primeira coluna é
A^{(2)}=\begin{pmatrix} -8 & 1 & -2\\[4pt] 0 & -\tfrac{11}{8} & \tfrac{31}{4}\\[4pt] 0 & -\tfrac{23}{4} & -\tfrac{3}{2} \end{pmatrix},
e o vetor b ficou (aplicando as mesmas operações nas entradas correspondentes)
b^{(2)}=\begin{pmatrix}-20\\[4pt]-34-\frac{3}{8}(-20)\\[4pt]-38-\Big(-\frac{1}{4}\Big)(-20)\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}-20\\[4pt]-34+\tfrac{60}{8}\\[4pt]-38-\tfrac{20}{4}\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}-20\\[4pt]-34+\tfrac{15}{2}\\[4pt]-38-5\end{pmatrix}.
Vou simplificar b^{(2)} mais adiante quando fizer a permutação completa.]

Passo 5

Agora, para eliminar na coluna 2, comparo os valores absolutos das entradas na coluna 2 nas linhas 2 e 3 (linhas abaixo do pivô atual). De A^{(2)} temos |-\tfrac{11}{8}|=\tfrac{11}{8}\approx1{,}375 e |-\tfrac{23}{4}|=\tfrac{23}{4}=5{,}75. O maior é \tfrac{23}{4} na linha 3, então troco a linha 2 com a linha 3. Quando se troca linhas depois de já ter colocado valores em L (multiplicadores da primeira coluna), é preciso também trocar as entradas correspondentes de L abaixo da primeira coluna — vou cuidar disso ao montar L.
Após a troca, a matriz fica
A^{(3)}=\begin{pmatrix} -8 & 1 & -2\\[4pt] 0 & -\tfrac{23}{4} & -\tfrac{3}{2}\\[4pt] 0 & -\tfrac{11}{8} & \tfrac{31}{4} \end{pmatrix},
e o vetor b correspondente (após as duas trocas de linha efetuadas desde o começo) é
Pb=\begin{pmatrix}-20\\[4pt]-38\\[4pt]-34\end{pmatrix}.
Agora o pivô na posição (2,2) é -\tfrac{23}{4}. O multiplicador para zerar a posição (3,2) é
\ell_{32}=\frac{a_{32}}{a_{22}}=\frac{-\tfrac{11}{8}}{-\tfrac{23}{4}}=\frac{11}{46}.
Faço a operação R_3\leftarrow R_3-\ell_{32}R_2. Para a entrada (3,3):
a_{33}^{(final)}=\tfrac{31}{4}-\frac{11}{46}\Big(-\tfrac{3}{2}\Big) =\tfrac{31}{4}+\frac{33}{92}=\frac{713}{92}+\frac{33}{92}=\frac{746}{92}=\frac{373}{46}.
Portanto a matriz triangular superior final U é
U=\begin{pmatrix} -8 & 1 & -2\\[4pt] 0 & -\tfrac{23}{4} & -\tfrac{3}{2}\\[4pt] 0 & 0 & \tfrac{373}{46} \end{pmatrix}.]

Passo 6

Agora monto a matriz L com diagonais iguais a 1 e com os multiplicadores nas posições abaixo da diagonal, respeitando as trocas de linha que fiz. Os multiplicadores originais da primeira etapa eram \tfrac{3}{8} e -\tfrac{1}{4}, mas como troquei a linha 2 com a 3 no segundo pivot, troquei também esses elementos de lugar. O resultado final é:
L=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\[4pt] -\tfrac{1}{4} & 1 & 0\\[4pt] \tfrac{3}{8} & \tfrac{11}{46} & 1 \end{pmatrix}.
A permutação P que realizei (troca inicial linha 1 com 3, depois troca linha 2 com 3) envia as linhas originais para a ordem (3,1,2), então
P=\begin{pmatrix} 0 & 0 & 1\\[4pt] 1 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}.
Verificação curta da fatoração: de fato PA=LU com L,U,P acima (os cálculos anteriores garantem isso).]

Passo 7

Tenho
Pb=\begin{pmatrix}-20\\[4pt]-38\\[4pt]-34\end{pmatrix}, \qquad L=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\[4pt] -\tfrac{1}{4} & 1 & 0\\[4pt] \tfrac{3}{8} & \tfrac{11}{46} & 1 \end{pmatrix}.
Resolvo Ly=Pb componente a componente:
  • Primeira equação:
y_{1} = -20.
  • Segunda equação:
-\tfrac{1}{4}y_{1}+y_{2} = -38 \quad\Rightarrow\quad y_{2} = -38 + \tfrac{1}{4}y_{1} = -38 + \tfrac{1}{4}(-20) = -38 -5 = -43.
  • Terceira equação:
\tfrac{3}{8}y_{1}+\tfrac{11}{46}y_{2}+y_{3}=-34.
Substituindo y_{1} e y_{2}:
y_{3}=-34-\tfrac{3}{8}(-20)-\tfrac{11}{46}(-43).
Calculo exato:
-\tfrac{3}{8}(-20)=\tfrac{15}{2},\qquad -\tfrac{11}{46}(-43)=\tfrac{473}{46}.
Então
y_{3}=-34+\tfrac{15}{2}+\tfrac{473}{46}=\frac{-1564+345+473}{46}=\frac{-746}{46}=-\frac{373}{23}.
Assim
y=\begin{pmatrix}-20\\[4pt]-43\\[4pt]-\dfrac{373}{23}\end{pmatrix}.]

Passo 8

Agora uso U e y:
U=\begin{pmatrix} -8 & 1 & -2\\[4pt] 0 & -\tfrac{23}{4} & -\tfrac{3}{2}\\[4pt] 0 & 0 & \tfrac{373}{46} \end{pmatrix},\qquad y=\begin{pmatrix}-20\\[4pt]-43\\[4pt]-\dfrac{373}{23}\end{pmatrix}.
Resolvo por trás para frente.
  • Da terceira linha:
\tfrac{373}{46}x_{3}= -\tfrac{373}{23} \quad\Rightarrow\quad x_{3}=\frac{-\tfrac{373}{23}}{\tfrac{373}{46}} = -\frac{373}{23}\cdot\frac{46}{373} = -\frac{46}{23} = -2.
  • Da segunda linha:
-\tfrac{23}{4}x_{2}-\tfrac{3}{2}x_{3}= -43.
Substituindo x_{3}=-2:
-\tfrac{23}{4}x_{2}-\tfrac{3}{2}(-2) = -43 \quad\Rightarrow\quad -\tfrac{23}{4}x_{2}+3 = -43 \quad\Rightarrow\quad -\tfrac{23}{4}x_{2} = -46 \quad\Rightarrow\quad x_{2}=8.
  • Da primeira linha:
-8x_{1}+1\cdot x_{2}-2x_{3} = -20.
Substituindo x_{2}=8 e x_{3}=-2:
-8x_{1}+8-2(-2) = -20 \quad\Rightarrow\quad -8x_{1}+8+4=-20 \quad\Rightarrow\quad -8x_{1}+12=-20 \quad\Rightarrow\quad -8x_{1}=-32 \quad\Rightarrow\quad x_{1}=4.]

Passo 9

Achei
x=\begin{pmatrix}x_{1}\\[4pt]x_{2}\\[4pt]x_{3}\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}4\\[4pt]8\\[4pt]-2\end{pmatrix}.
Como checagem rápida, substituindo na primeira equação:
2\cdot 4 -6\cdot 8 -1\cdot(-2)=8-48+2=-38,
que confere com o termo independente da primeira equação. Isso dá confiança que os cálculos estão corretos.]

Resposta

x_{1}=4\
x_{2}=8\
x_{3}=-2

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