Resolva o sistema
\left\{\begin{array}{l} -x_{1}+x_{2}+x_{3}+2 x_{4}=5 \\\\ 3 x_{1}+x_{3}-x_{4}=0 \\\\ 3 x_{1}+x_{2}+6 x_{3}+3 x_{4}=0 \\\\ -2 x_{1}+x_{3}+3 x_{4}=-1 \end{array}\right.
(a) Usando a eliminação de Gauss
(b) Usando a fatoração LU
(c) Use a decomposição do item (b) para resolver
\left\{\begin{array}{l} -x_{1}+x_{2}+x_{3}+2 x_{4}=4 \\\\ 3 x_{1}+x_{3}-x_{4}=-2 \\\\ 3 x_{1}+x_{2}+6 x_{3}+3 x_{4}=-1 \\\\ -2 x_{1}+x_{3}+3 x_{4}=5 \end{array}\right.

Passo 1

O enunciado pede resolver dois sistemas lineares com a mesma matriz de coeficientes: primeiro (a) usando eliminação de Gauss; depois (b) fatorando a matriz em A=LU; e (c) usando essa fatoração para resolver um segundo sistema com a mesma matriz. As informações dadas são:
A matriz dos coeficientes A e os vetores termos são
A=\begin{pmatrix} -1 & 1 & 1 & 2\\[4pt] 3 & 0 & 1 & -1\\[4pt] 3 & 1 & 6 & 3\\[4pt] -2 & 0 & 1 & 3 \end{pmatrix}, \quad b^{(1)}=\begin{pmatrix}5\\[2pt]0\\[2pt]0\\[2pt]-1\end{pmatrix}, \quad b^{(2)}=\begin{pmatrix}4\\[2pt]-2\\[2pt]-1\\[2pt]5\end{pmatrix}.
As questões são:
(a) resolver A x = b^{(1)} por eliminação de Gauss;
(b) obter a fatoração A=LU (sem pivoteamento);
(c) usar essa fatoração para resolver A x = b^{(2)}.]

Passo 2

Método: eliminação de Gauss (explicação breve e fórmula de multiplicador).
  • Objetivo: transformar o sistema ampliado [A\mid b] em triangular superior U por operações elementares nas linhas.
  • Em cada etapa, para zerar a entrada a_{ij} abaixo do pivô a_{jj} usamos o multiplicador
\ell_{ij}=\frac{a_{ij}}{a_{jj}},
e fazemos a linha i ficar L_i \leftarrow L_i - \ell_{ij} L_j.
Esse \ell_{ij} será também o elemento L_{ij} da matriz L na fatoração A=LU.
Vamos aplicar isso ao sistema com b^{(1)}. Escrevemos a matriz aumentada inicial:
\left[\begin{array}{cccc|c} -1 & 1 & 1 & 2 & 5\\[4pt] 3 & 0 & 1 & -1 & 0\\[4pt] 3 & 1 & 6 & 3 & 0\\[4pt] -2 & 0 & 1 & 3 & -1 \end{array}\right]]

Passo 3

Primeira coluna: pivô a_{11}=-1.
  • Para zerar a_{21}=3: \ell_{21}=3/(-1)=-3. Nova linha 2: L_2 \leftarrow L_2 - \ell_{21}L_1 = L_2 + 3L_1.
  • Para zerar a_{31}=3: \ell_{31}=3/(-1)=-3. Nova linha 3: L_3 \leftarrow L_3 + 3L_1.
  • Para zerar a_{41}=-2: \ell_{41}=-2/(-1)=2. Nova linha 4: L_4 \leftarrow L_4 - 2L_1.
Após essas operações obtemos
\left[\begin{array}{cccc|c} -1 & 1 & 1 & 2 & 5\\[4pt] 0 & 3 & 4 & 5 & 15\\[4pt] 0 & 4 & 9 & 9 & 15\\[4pt] 0 & -2 & -1 & -1 & -11 \end{array}\right].]

Passo 4

Segunda coluna: pivô a_{22}=3.
  • Para zerar a_{32}=4: \ell_{32}=4/3. Nova linha 3: L_3 \leftarrow L_3 - \tfrac{4}{3}L_2.
  • Para zerar a_{42}=-2: \ell_{42}=-2/3. Nova linha 4: L_4 \leftarrow L_4 - (-\tfrac{2}{3})L_2 = L_4 + \tfrac{2}{3}L_2.
Cálculos:
  • Linha 3: [0,4,9,9\mid15] - \tfrac{4}{3}[0,3,4,5\mid15] = [0,0,\tfrac{11}{3},\tfrac{7}{3}\mid -5].
  • Linha 4: [0,-2,-1,-1\mid -11] + \tfrac{2}{3}[0,3,4,5\mid15] = [0,0,\tfrac{5}{3},\tfrac{7}{3}\mid -1].
Matriz agora:
\left[\begin{array}{cccc|c} -1 & 1 & 1 & 2 & 5\\[4pt] 0 & 3 & 4 & 5 & 15\\[4pt] 0 & 0 & \tfrac{11}{3} & \tfrac{7}{3} & -5\\[4pt] 0 & 0 & \tfrac{5}{3} & \tfrac{7}{3} & -1 \end{array}\right].]

Passo 5

Terceira coluna: pivô a_{33}=\tfrac{11}{3}.
  • Para zerar a_{43}=\tfrac{5}{3}: \ell_{43}=(\tfrac{5}{3})/(\tfrac{11}{3})=\tfrac{5}{11}. Nova linha 4: L_4 \leftarrow L_4 - \tfrac{5}{11}L_3.
Cálculo:
[0,0,\tfrac{5}{3},\tfrac{7}{3}\mid -1] - \tfrac{5}{11}[0,0,\tfrac{11}{3},\tfrac{7}{3}\mid -5] = [0,0,0,\tfrac{14}{11}\mid \tfrac{14}{11}].
Agora temos a forma triangular superior U:
U=\begin{pmatrix} -1 & 1 & 1 & 2\\[4pt] 0 & 3 & 4 & 5\\[4pt] 0 & 0 & \tfrac{11}{3} & \tfrac{7}{3}\\[4pt] 0 & 0 & 0 & \tfrac{14}{11} \end{pmatrix}.]

Passo 6

Back substitution para resolver U x = c, onde c é o vetor resultante após eliminação (no caso aqui é o b^{(1)} transformado; as últimas entradas que temos são os termos à direita na última matriz triangular):
Escrevemos as equações obtidas (da última linha para cima):
  • Da linha 4: \tfrac{14}{11}x_4=\tfrac{14}{11} x_4=1.
  • Da linha 3: \tfrac{11}{3}x_3+\tfrac{7}{3}x_4=-5. Substituindo x_4=1:
\tfrac{11}{3}x_3+\tfrac{7}{3}=-5 \Rightarrow \tfrac{11}{3}x_3=-\tfrac{22}{3}\Rightarrow x_3=-2.
  • Da linha 2: 3x_2+4x_3+5x_4=15. Substituindo x_3=-2,x_4=1:
3x_2+4(-2)+5=15 \Rightarrow 3x_2-8+5=15 \Rightarrow 3x_2=18 \Rightarrow x_2=6.
  • Da linha 1: -x_1+x_2+x_3+2x_4=5. Substituindo x_2=6,x_3=-2,x_4=1:
-x_1+6-2+2=5 \Rightarrow -x_1+6=5 \Rightarrow x_1=1.
Portanto a solução do sistema (a) é \,x=(1,6,-2,1)^T.

Passo 7

Fatoração A=LU (explicação e construção).
  • Usamos o método de Doolittle: L tem uns na diagonal e os multiplicadores usados durante a eliminação estão nas posições abaixo da diagonal; U é a matriz triangular superior obtida.
  • Os multiplicadores que encontramos nas etapas foram: \ell_{21}=-3,\quad \ell_{31}=-3,\quad \ell_{41}=2;
\ell_{32}=\tfrac{4}{3},\quad \ell_{42}=-\tfrac{2}{3};
\ell_{43}=\tfrac{5}{11}.
  • Assim a matriz L é
L=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0\\[4pt] -3 & 1 & 0 & 0\\[4pt] -3 & \tfrac{4}{3} & 1 & 0\\[4pt] 2 & -\tfrac{2}{3} & \tfrac{5}{11} & 1 \end{pmatrix},
e U foi dada antes:
U=\begin{pmatrix} -1 & 1 & 1 & 2\\[4pt] 0 & 3 & 4 & 5\\[4pt] 0 & 0 & \tfrac{11}{3} & \tfrac{7}{3}\\[4pt] 0 & 0 & 0 & \tfrac{14}{11} \end{pmatrix}.
Verificação (rápida mental): multiplicando L por U recupera A (essa relação decorre diretamente do processo de eliminação que derivou U e armazenou os multiplicadores em L).]

Passo 8

Resolver A x = b^{(2)} usando A=LU.
  • Primeiro resolvemos L y = b^{(2)} por substituição direta (forward substitution).
    Escrevendo b^{(2)}=(4,-2,-1,5)^T:
Equações da frente:
  1. y_1 = 4.
  2. -3y_1 + y_2 = -2 \Rightarrow y_2 = -2 + 3y_1 = -2 + 12 = 10.
  3. -3y_1 + \tfrac{4}{3}y_2 + y_3 = -1 \Rightarrow y_3 = -1 + 3y_1 - \tfrac{4}{3}y_2.
    Calculando: 3y_1=12, \tfrac{4}{3}y_2=\tfrac{4}{3}\cdot 10=\tfrac{40}{3}. Então
    y_3 = -1 + 12 - \tfrac{40}{3} = 11 - \tfrac{40}{3} = -\tfrac{7}{3}.
  4. 2y_1 - \tfrac{2}{3}y_2 + \tfrac{5}{11}y_3 + y_4 = 5 \Rightarrow
y_4 = 5 - 2y_1 + \tfrac{2}{3}y_2 - \tfrac{5}{11}y_3.
Calculando: 2y_1=8,\\ \tfrac{2}{3}y_2=\tfrac{20}{3},\\ \tfrac{5}{11}y_3=\tfrac{5}{11}\cdot\big(-\tfrac{7}{3}\big)=-\tfrac{35}{33}.
Assim
y_4 = 5-8+\tfrac{20}{3}+\tfrac{35}{33} = -3 + \tfrac{220}{33} + \tfrac{35}{33} = -3 + \tfrac{255}{33} = -\tfrac{99}{33} + \tfrac{255}{33} = \tfrac{156}{33}=\tfrac{52}{11}.
Logo
y=\begin{pmatrix}4\\[2pt]10\\[2pt]-\tfrac{7}{3}\\[2pt]\tfrac{52}{11}\end{pmatrix}.]

Passo 9

Agora resolvemos U x = y por substituição regressiva (back substitution).
Da linha 4: \tfrac{14}{11}x_4=\tfrac{52}{11} \Rightarrow x_4=\dfrac{52}{14}=\dfrac{26}{7}.
Da linha 3: \tfrac{11}{3}x_3+\tfrac{7}{3}x_4=-\tfrac{7}{3}.
Multiplicando por 3: 11x_3+7x_4=-7.
Substituindo x_4=\tfrac{26}{7}:
11x_3+7\cdot \tfrac{26}{7}=-7 \Rightarrow 11x_3+26=-7 \Rightarrow 11x_3=-33 \Rightarrow x_3=-3.
Da linha 2: 3x_2+4x_3+5x_4=10.
Substituindo x_3=-3,x_4=\tfrac{26}{7}:
3x_2 + 4(-3) + 5\cdot \tfrac{26}{7}=10 \Rightarrow 3x_2 -12 + \tfrac{130}{7}=10.
Isolando x_2:
3x_2 = 10 +12 - \tfrac{130}{7} = 22 - \tfrac{130}{7} = \tfrac{154-130}{7}=\tfrac{24}{7} \Rightarrow x_2=\tfrac{8}{7}.
Da linha 1: -x_1 + x_2 + x_3 + 2x_4 = 4.
Substituindo x_2=\tfrac{8}{7},x_3=-3,x_4=\tfrac{26}{7}:
-x_1 + \tfrac{8}{7} -3 + 2\cdot \tfrac{26}{7}=4.
Calcule a soma dos termos conhecidos: \tfrac{8}{7}-3+\tfrac{52}{7}=\tfrac{60}{7}-3=\tfrac{60}{7}-\tfrac{21}{7}=\tfrac{39}{7}.
Logo -x_1 + \tfrac{39}{7}=4 \Rightarrow -x_1 = 4 - \tfrac{39}{7} = \tfrac{28-39}{7} = -\tfrac{11}{7}.
Portanto x_1=\tfrac{11}{7}.
Resultado para o sistema com b^{(2)}: x=\left(\tfrac{11}{7},\tfrac{8}{7},-3,\tfrac{26}{7}\right)^T.

Resposta

(a) \displaystyle x=\begin{pmatrix}1\\[2pt]6\\[2pt]-2\\[2pt]1\end{pmatrix}
(b) L=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0\\[4pt] -3 & 1 & 0 & 0\\[4pt] -3 & \tfrac{4}{3} & 1 & 0\\[4pt] 2 & -\tfrac{2}{3} & \tfrac{5}{11} & 1 \end{pmatrix},\qquad U=\begin{pmatrix} -1 & 1 & 1 & 2\\[4pt] 0 & 3 & 4 & 5\\[4pt] 0 & 0 & \tfrac{11}{3} & \tfrac{7}{3}\\[4pt] 0 & 0 & 0 & \tfrac{14}{11} \end{pmatrix}
(c) \displaystyle x=\begin{pmatrix}\tfrac{11}{7}\\[2pt]\tfrac{8}{7}\\[2pt]-3\\[2pt]\tfrac{26}{7}\end{pmatrix}]

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