Resolva os seguintes sistemas de equações lineares usando os métodos eliminação de Gauss e decomposição LU.
\left\{\begin{array}{cccc}x & +2 y-z & =-1 \\\\ 2 x-y+2 z & =6 \\\ x-y+4 z & =9\end{array}\right.

Passo 1

O enunciado pede para resolver o sistema linear abaixo usando dois métodos: eliminação de Gauss e decomposição LU. O sistema é
\begin{cases} x + 2y - z = -1,\\[4pt] 2x - y + 2z = 6,\\[4pt] x - y + 4z = 9. \end{cases}
Informações relevantes extraídas do enunciado:
  • A matriz dos coeficientes A e o vetor b são
A=\begin{pmatrix}1 & 2 & -1\\[4pt]2 & -1 & 2\\[4pt]1 & -1 & 4\end{pmatrix},\qquad b=\begin{pmatrix}-1\\[4pt]6\\[4pt]9\end{pmatrix}.
  • O objetivo: encontrar x, y, z que satisfazem o sistema, mostrando a resolução por eliminação de Gauss e por decomposição LU.]

Passo 2

Resolução por eliminação de Gauss — montagem da matriz aumentada e primeiro passo de eliminação.
A matriz aumentada inicial é
\left[\;A\;\middle|\;b\;\right] = \begin{pmatrix} 1 & 2 & -1 & \vline & -1\\[4pt] 2 & -1 & 2 & \vline & 6\\[4pt] 1 & -1 & 4 & \vline & 9 \end{pmatrix}.
Usamos o pivô da primeira linha ( 1) para zerar as entradas abaixo na coluna 1.
  • Operação: R_2 \leftarrow R_2 - 2R_1.
  • Operação: R_3 \leftarrow R_3 - R_1.
Calculemos cada nova linha:
R_2: \;[\,2,-1,2\;]-2[\,1,2,-1\,]=[\,0,-5,4\,],\qquad b_2: \;6-2(-1)=6+2=8.
R_3: \;[\,1,-1,4\,]-[\,1,2,-1\,]=[\,0,-3,5\,],\qquad b_3: \;9-(-1)=10.
A matriz aumentada após essas operações fica
\begin{pmatrix} 1 & 2 & -1 & \vline & -1\\[4pt] 0 & -5 & 4 & \vline & 8\\[4pt] 0 & -3 & 5 & \vline & 10 \end{pmatrix}.]

Passo 3

Continuação da eliminação — zerar a entrada abaixo do pivô da segunda linha.
O pivô da segunda linha é -5. Para zerar a entrada -3 na posição (3,2) usamos
R_3 \leftarrow R_3 - \left(\dfrac{-3}{-5}\right)R_2 = R_3 - \dfrac{3}{5}R_2.
Calculemos:
\text{Nova }(3,2):\;-3 - \dfrac{3}{5}(-5)= -3 - (-3)=0.
\text{Nova }(3,3):\;5 - \dfrac{3}{5}\cdot 4 = 5 - \dfrac{12}{5} = \dfrac{25-12}{5} = \dfrac{13}{5}.
\text{Novo }b_3:\;10 - \dfrac{3}{5}\cdot 8 = 10 - \dfrac{24}{5} = \dfrac{50-24}{5} = \dfrac{26}{5}.
A matriz aumentada triangular superior fica
\begin{pmatrix} 1 & 2 & -1 & \vline & -1\\[4pt] 0 & -5 & 4 & \vline & 8\\[4pt] 0 & 0 & \dfrac{13}{5} & \vline & \dfrac{26}{5} \end{pmatrix}.]

Passo 4

Resolução por substituição regressiva (back-substitution) para encontrar z, y e x.
Da terceira linha temos
\dfrac{13}{5}\,z = \dfrac{26}{5}\quad\Rightarrow\quad z = \dfrac{26/5}{13/5} = \dfrac{26}{13} = 2.
Da segunda linha temos
-5\,y + 4\,z = 8.
Substituindo z=2:
-5\,y + 4\cdot 2 = 8 \quad\Rightarrow\quad -5\,y +8 = 8 \quad\Rightarrow\quad -5\,y = 0 \quad\Rightarrow\quad y = 0.
Da primeira linha temos
x + 2y - z = -1.
Substituindo y=0 e z=2:
x + 0 - 2 = -1 \quad\Rightarrow\quad x = 1.
Portanto, pela eliminação de Gauss obtemos \,x=1,\;y=0,\;z=2.

Passo 5

Decomposição LU (método de Doolittle) — explicação rápida do método e montagem.
A ideia da decomposição LU é escrever A = L\,U, onde L é triangular inferior com diagonais iguais a 1 e U é triangular superior. No método de Doolittle as fórmulas são, para k-ésima etapa,
U_{k,j} = A_{k,j} - \sum_{s=1}^{k-1} L_{k,s}\,U_{s,j}\quad (j\ge k),
L_{i,k} = \dfrac{A_{i,k} - \sum_{s=1}^{k-1} L_{i,s}\,U_{s,k}}{U_{k,k}}\quad (i>k),
com L_{i,i}=1. Vamos aplicar passo a passo para A.

Passo 6

Cálculo explícito de L e U.
  • Etapa k=1: tomar a primeira linha de U igual à primeira linha de A:
U_{1,*} = \bigl(1,\;2,\;-1\bigr).
Os multiplicadores da coluna 1 são
L_{21} = \dfrac{A_{21}}{U_{11}} = \dfrac{2}{1} = 2,\qquad L_{31} = \dfrac{A_{31}}{U_{11}} = \dfrac{1}{1} = 1.
  • Etapa k=2: calcular elementos da segunda linha de U:
U_{2,2} = A_{2,2} - L_{21}U_{1,2} = -1 - 2\cdot 2 = -1 -4 = -5,
U_{2,3} = A_{2,3} - L_{21}U_{1,3} = 2 - 2\cdot(-1) = 2 +2 = 4.
Agora o multiplicador L_{32} é
L_{32} = \dfrac{A_{32} - L_{31}U_{1,2}}{U_{2,2}} = \dfrac{-1 - 1\cdot 2}{-5} = \dfrac{-3}{-5} = \dfrac{3}{5}.
  • Etapa k=3: calcular U_{3,3} (restante):
U_{3,3} = A_{3,3} - L_{31}U_{1,3} - L_{32}U_{2,3} = 4 - 1\cdot(-1) - \dfrac{3}{5}\cdot 4 = 4 + 1 - \dfrac{12}{5} = \dfrac{13}{5}.
Juntando tudo, obtemos
L = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\[4pt] 2 & 1 & 0\\[4pt] 1 & \dfrac{3}{5} & 1 \end{pmatrix},\qquad U = \begin{pmatrix} 1 & 2 & -1\\[4pt] 0 & -5 & 4\\[4pt] 0 & 0 & \dfrac{13}{5} \end{pmatrix}.
Verificação rápida: L\,U = A (confere com a multiplicação).]

Passo 7

Resolução do sistema A x = b\) usando \(LU\) — duas etapas: \(L y = b\) (substituição direta) e \(U x = y\) (substituição regressiva). Primeiro, resolvemos \(L y = b\). As equações são \[\begin{cases} y_1 = -1,\\[4pt] 2y_1 + y_2 = 6,\\[4pt] y_1 + \dfrac{3}{5}y_2 + y_3 = 9. \end{cases}
Calculemos:
y_1 = -1.
2(-1) + y_2 = 6 \quad\Rightarrow\quad y_2 = 6 + 2 = 8.
-1 + \dfrac{3}{5}\cdot 8 + y_3 = 9 \quad\Rightarrow\quad -1 + \dfrac{24}{5} + y_3 = 9.
-1 + \dfrac{24}{5} = \dfrac{-5+24}{5} = \dfrac{19}{5},\quad\text{logo}\quad y_3 = 9 - \dfrac{19}{5} = \dfrac{45-19}{5} = \dfrac{26}{5}.
Temos então
y = \begin{pmatrix}-1\\[4pt]8\\[4pt]\dfrac{26}{5}\end{pmatrix}.
Agora resolvemos U x = y\] por substituição regressiva: \[\begin{cases} \dfrac{13}{5}\,x_3 = \dfrac{26}{5},\\[4pt] -5\,x_2 + 4\,x_3 = 8,\\[4pt] x_1 + 2x_2 - x_3 = -1. \end{cases}\] Da terceira equação triangular (última linha de \(U):
x_3 = \dfrac{26/5}{13/5} = \dfrac{26}{13} = 2.
Da segunda:
-5\,x_2 + 4\cdot 2 = 8 \quad\Rightarrow\quad -5\,x_2 +8 = 8 \quad\Rightarrow\quad x_2 = 0.
Da primeira:
x_1 + 2\cdot 0 - 2 = -1 \quad\Rightarrow\quad x_1 = 1.
Portanto, pela decomposição LU também obtemos \,x=1,\;y=0,\;z=2.]

Resposta

x=1,\;y=0,\;z=2

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