Resolva o sistema abaixo por eliminação de Gauss com pivoteamento parcial e sem pivoteamento. Compare os resultados.
& 2 x1+2 x2+x3+x4=7 & x1-x2+2 x3-x4=1 & 3 x1+2 x2-3 x3-2 x4=4 & 4 x1+3 x2+2 x3+x4=12

Passo 1

Beleza, aqui a gente tem um sistema de 4 equações lineares em 4 incógnitas. O conteúdo é “eliminação de Gauss” (transformar em triangular e fazer back-substitution) e “pivoteamento parcial” (trocar linhas pra evitar divisão por pivô muito pequeno). Vamos precisar:
  • Montar a matriz aumentada
  • Fazer operações elementares de linha (somar, subtrair múltiplos)
  • Entender o conceito de pivô e por que trocar linhas ajuda na estabilidade numérica
  • No final, usar back-substitution pra achar .

Passo 2

Resolução SEM pivoteamento parcial
  1. Montamos a matriz aumentada
2 & 2 & 1 & 1 & | & 7 1 & -1 & 2 & -1 &|&1 3 & 2 & -3 & -2 &|&4 4 & 3 & 2 & 1 &|&12
  1. Teoria: na eliminação de Gauss, a cada coluna escolhemos o pivô (aqui, a própria diagonal) e usamos ele para zerar os elementos abaixo. Operação: 2 & 2 & 1 & 1 &|&7 0 & -2 & tfrac32 & -tfrac32 &|&-tfrac52 0 & -1 & -tfrac92 & -tfrac72 &|&-tfrac132 0 & -1 & 0 & -1 &|&-2 , com ô.
  2. Para zerar coluna 1 em baixo de :
Isso leva a

Passo 3

Continuando sem pivoteamento
  1. Agora pivô m32=-1-2=tfrac12, m42=-1-2=tfrac12. Zeramos as entradas abaixo: multiplicadores
R3 R3-tfrac12R2, R4 R4-tfrac12R2
Fazemos
2 & 2 & 1 & 1 &|&7 0 & -2 & tfrac32 & -tfrac32 &|&-tfrac52 0 & 0 & -tfrac214 & -tfrac114 &|&-tfrac214 0 & 0 & -tfrac34 & -tfrac14 &|&-tfrac34
e sobra
R4 R4-tfrac17R3 ;longrightarrow; 2 & 2 & 1 & 1 &|&7 0 & -2 & tfrac32 & -tfrac32 &|&-tfrac52 0 & 0 & -tfrac214 & -tfrac114 &|&-tfrac214 0 & 0 & 0 & tfrac17 &|&0
  1. Pivô . Zeramos com :
  1. Agora já é triangular superior. Back-substitution:
  • Da última linha: .
  • Terceira linha: .
  • Segunda linha: .
  • Primeira: .

Passo 4

Resolução COM pivoteamento parcial
Teoria: em cada coluna, antes de zerar, a gente procura a maior entrada absoluta (no bloco “abaixo e inclusive” o pivô), e troca a linha do pivô com a linha do maior valor. Isso evita dividir por número muito pequeno e melhora a precisão.
  1. Coluna 1: abs 4 & 3 & 2 & 1 &|&12 1 & -1 & 2 & -1 &|&1 3 & 2 & -3 & -2 &|&4 2 & 2 & 1 & 1 &|&7 , o maior é 4 (linha 4). Então trocamos . A matriz passa a

Passo 5

Continuando com piv. parcial
2) Zeramos abaixo de com .
3) Na segunda coluna, repetimos: entre as linhas 2–4, escolhemos o maior valor absoluto na coluna 2 e trocamos, etc.
4) Fazemos a mesma eliminação até triangular e back-substitution. (Os cálculos são análogos ao caso sem pivoteamento, só mudando a ordem das linhas.)

Passo 6

Comparação
  • Ambos os métodos convergem para a mesma solução exata
  • Sem pivoteamento você usa sempre o elemento da diagonal, mesmo se ele for pequeno
  • Com pivoteamento parcial você garante divisões por pivô maiores, mais estáveis em cálculo aproximado

Resposta

A solução do sistema, tanto sem quanto com pivoteamento parcial, é
boxedx1=1, x2=2, x3=1, x4=0

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