Resolva o sistema linear abaixo
\left\{\begin{array}{rr} 2 x_{1}+2 x_{2}+x_{3}+x_{4}= & 7 \\\ x_{1}-x_{2}+2 x_{3}-x_{4}= & 1 \\\\ 3 x_{1}+2 x_{2}-3 x_{3}-2 x_{4}= & 4 \\\\ 4 x_{1}+3 x_{2}+2 x_{3}+x_{4}= & 12 \end{array}\right.
a) Utilizando método da Eliminação de Gauss
b) Utilizando a Fatoração LU

Passo 1

O enunciado dá o sistema linear
\left\{\begin{array}{rr} 2 x_{1}+2 x_{2}+x_{3}+x_{4}= & 7 \\\ x_{1}-x_{2}+2 x_{3}-x_{4}= & 1 \\\\ 3 x_{1}+2 x_{2}-3 x_{3}-2 x_{4}= & 4 \\\\ 4 x_{1}+3 x_{2}+2 x_{3}+x_{4}= & 12 \end{array}\right.
e pede que o resolvamos por duas maneiras:
a) usando o método da Eliminação de Gauss;
b) usando a fatoração LU.
Informações relevantes dadas:
A=\begin{pmatrix} 2 & 2 & 1 & 1\\[2pt] 1 & -1 & 2 & -1\\[2pt] 3 & 2 & -3 & -2\\[2pt] 4 & 3 & 2 & 1 \end{pmatrix}, \qquad b=\begin{pmatrix}7\\[2pt]1\\[2pt]4\\[2pt]12\end{pmatrix},
e precisamos encontrar \;x=(x_{1},x_{2},x_{3},x_{4})^{T}\; que satisfaça A x=b.
A resolução começa agora.]

Passo 2

Explicando rapidamente (didática): Eliminação de Gauss consiste em aplicar operações elementares sobre as linhas do sistema para obter uma matriz triangular superior (ou escalonada), de modo que depois possamos aplicar substituição regressiva (back substitution) para encontrar as incógnitas. Operações permitidas: trocar linhas, multiplicar uma linha por escalar não nulo, adicionar múltiplos de uma linha a outra. Não esquenta: eu faço passo a passo e mostro cada conta.
Começamos convertendo o sistema na matriz aumentada e, por simplicidade, trocamos a linha 1 com a linha 2 (isso facilita porque a linha 2 tem 1 como primeiro coeficiente). Troca é permitida e preserva as soluções.
Matriz aumentada inicial:
\left[\begin{array}{rrrr|r} 2 & 2 & 1 & 1 & 7\\[2pt] 1 & -1 & 2 & -1 & 1\\[2pt] 3 & 2 & -3 & -2 & 4\\[2pt] 4 & 3 & 2 & 1 & 12 \end{array}\right]
Trocando R_{1}\leftrightarrow R_{2} (linha 1 com linha 2):
\left[\begin{array}{rrrr|r} 1 & -1 & 2 & -1 & 1\\[2pt] 2 & 2 & 1 & 1 & 7\\[2pt] 3 & 2 & -3 & -2 & 4\\[2pt] 4 & 3 & 2 & 1 & 12 \end{array}\right]]

Passo 3

Agora eliminamos os elementos abaixo do pivô da primeira coluna (usar R_{1} para zerar primeiro coeficiente das linhas 2, 3 e 4).
Fazemos:
R_{2}\leftarrow R_{2}-2R_{1},\quad R_{3}\leftarrow R_{3}-3R_{1},\quad R_{4}\leftarrow R_{4}-4R_{1}.
Calculemos cada nova linha:
Para R_{2}:
R_{2} = (2,2,1,1\mid 7) - 2\cdot(1,-1,2,-1\mid 1) = (0,4,-3,3\mid 5).
Para R_{3}:
R_{3} = (3,2,-3,-2\mid 4) - 3\cdot(1,-1,2,-1\mid 1) = (0,5,-9,1\mid 1).
Para R_{4}:
R_{4} = (4,3,2,1\mid 12) - 4\cdot(1,-1,2,-1\mid 1) = (0,7,-6,5\mid 8).
A matriz aumentada fica:
\left[\begin{array}{rrrr|r} 1 & -1 & 2 & -1 & 1\\[2pt] 0 & 4 & -3 & 3 & 5\\[2pt] 0 & 5 & -9 & 1 & 1\\[2pt] 0 & 7 & -6 & 5 & 8 \end{array}\right]]

Passo 4

Agora pivotamos na segunda coluna (pivô 4 em R_{2}) e eliminamos abaixo:
Multiplicadores:
m_{32}=\frac{5}{4},\qquad m_{42}=\frac{7}{4}.
Aplicamos:
R_{3}\leftarrow R_{3}-\frac{5}{4}R_{2},\qquad R_{4}\leftarrow R_{4}-\frac{7}{4}R_{2}.
Calculemos R_{3}:
R_{3} = (0,5,-9,1\mid 1)-\frac{5}{4}(0,4,-3,3\mid 5) =(0,0,-\tfrac{21}{4},-\tfrac{11}{4}\mid -\tfrac{21}{4}).
Calculemos R_{4}:
R_{4} = (0,7,-6,5\mid 8)-\frac{7}{4}(0,4,-3,3\mid 5) =(0,0,-\tfrac{3}{4},-\tfrac{1}{4}\mid -\tfrac{3}{4}).
A matriz agora:
\left[\begin{array}{rrrr|r} 1 & -1 & 2 & -1 & 1\\[2pt] 0 & 4 & -3 & 3 & 5\\[2pt] 0 & 0 & -\tfrac{21}{4} & -\tfrac{11}{4} & -\tfrac{21}{4}\\[2pt] 0 & 0 & -\tfrac{3}{4} & -\tfrac{1}{4} & -\tfrac{3}{4} \end{array}\right]]

Passo 5

Última eliminação: pivot na terceira coluna é -\tfrac{21}{4} (em R_{3}). Eliminamos o elemento em R_{4,3}.
Multiplicador:
m_{43}=\frac{-\tfrac{3}{4}}{-\tfrac{21}{4}}=\frac{1}{7}.
Aplicamos:
R_{4}\leftarrow R_{4}-\frac{1}{7}R_{3}.
Calculemos R_{4}:
R_{4}=(0,0,0,\tfrac{1}{7}\mid 0).
A matriz triangular superior final (escalonada) é:
\left[\begin{array}{rrrr|r} 1 & -1 & 2 & -1 & 1\\[2pt] 0 & 4 & -3 & 3 & 5\\[2pt] 0 & 0 & -\tfrac{21}{4} & -\tfrac{11}{4} & -\tfrac{21}{4}\\[2pt] 0 & 0 & 0 & \tfrac{1}{7} & 0 \end{array}\right]
Agora aplicamos substituição regressiva para encontrar \;x_{4},x_{3},x_{2},x_{1}\;.]

Passo 6

Substituição regressiva (back substitution):
Da última equação:
\tfrac{1}{7}x_{4}=0\quad\Rightarrow\quad x_{4}=0.
Da terceira equação:
-\tfrac{21}{4}x_{3}-\tfrac{11}{4}x_{4}=-\tfrac{21}{4}.
Com x_{4}=0 obtemos
-\tfrac{21}{4}x_{3}=-\tfrac{21}{4}\quad\Rightarrow\quad x_{3}=1.
Da segunda equação:
4x_{2}-3x_{3}+3x_{4}=5.
Substituindo x_{3}=1,\;x_{4}=0:
4x_{2}-3=5\quad\Rightarrow\quad 4x_{2}=8\quad\Rightarrow\quad x_{2}=2.
Da primeira equação:
x_{1}-x_{2}+2x_{3}-x_{4}=1.
Com x_{2}=2,\;x_{3}=1,\;x_{4}=0:
x_{1}-2+2=1\quad\Rightarrow\quad x_{1}=1.
Conclusão do método de Gauss: solução
(x_{1},x_{2},x_{3},x_{4})=(1,2,1,0).

Passo 7

Agora a parte b): fatoração LU. Explico rapidamente: fatoração LU (no formato de Doolittle) escreve a matriz A como
A=L\,U,
onde L é triangular inferior com diagonais iguais a 1 e U é triangular superior. Em termos práticos, os multiplicadores que usamos na eliminação de Gauss formam as entradas sub-diagonais de L. A vantagem: depois fazemos duas substituições (forward e back) para resolver Ax=b de forma mais organizada: primeiro L y=b (forward), depois U x=y (back).
Importante: aqui não precisamos trocar linhas (pivot parcial), porque todos os pivôs que apareceram forem diferentes de zero. Portanto podemos aplicar Doolittle sem permutações.

Passo 8

Construímos L e U passo a passo (Doolittle). Começamos com A (relembrando):
A=\begin{pmatrix} 2 & 2 & 1 & 1\\[2pt] 1 & -1 & 2 & -1\\[2pt] 3 & 2 & -3 & -2\\[2pt] 4 & 3 & 2 & 1 \end{pmatrix}.
No método Doolittle, a primeira linha de U é a primeira linha de A:
U_{1*}=(2,\;2,\;1,\;1).
E os multiplicadores da coluna 1 formam L_{21},L_{31},L_{41}:
L_{21}=\frac{1}{2},\quad L_{31}=\frac{3}{2},\quad L_{41}=2.
(esses são exatamente os fatores que usaríamos para zerar abaixo do primeiro pivô).]

Passo 9

Agora calculamos elementos da segunda linha de U (usando fórmula U_{2j}=A_{2j}-L_{21}U_{1j}):
U_{22}= -1 - \tfrac{1}{2}\cdot 2 = -2,
U_{23}= 2 - \tfrac{1}{2}\cdot 1 = \tfrac{3}{2},
U_{24}= -1 - \tfrac{1}{2}\cdot 1 = -\tfrac{3}{2}.
Depois, os multiplicadores da coluna 2 para L (subdiagonal) são:
L_{32}=\frac{A_{32}-L_{31}U_{12}}{U_{22}}=\frac{2-(\tfrac{3}{2}\cdot 2)}{-2}=\frac{-1}{-2}=\tfrac{1}{2},
L_{42}=\frac{A_{42}-L_{41}U_{12}}{U_{22}}=\frac{3-(2\cdot 2)}{-2}=\frac{-1}{-2}=\tfrac{1}{2}.

Passo 10

Calculamos a terceira linha de U (fórmula U_{3j}=A_{3j}-L_{31}U_{1j}-L_{32}U_{2j}):
U_{33} = -3 - \tfrac{3}{2}\cdot 1 - \tfrac{1}{2}\cdot \tfrac{3}{2} = -3 - \tfrac{3}{2} - \tfrac{3}{4} = -\tfrac{21}{4}.
U_{34} = -2 - \tfrac{3}{2}\cdot 1 - \tfrac{1}{2}\cdot\left(-\tfrac{3}{2}\right) = -2 - \tfrac{3}{2} + \tfrac{3}{4} = -\tfrac{11}{4}.
O multiplicador L_{43} é:
L_{43}=\frac{A_{43}-L_{41}U_{13}-L_{42}U_{23}}{U_{33}} =\frac{2-2\cdot 1 - \tfrac{1}{2}\cdot \tfrac{3}{2}}{-\tfrac{21}{4}} =\frac{-\tfrac{3}{4}}{-\tfrac{21}{4}}=\tfrac{1}{7}.
Finalmente,
U_{44}=A_{44}-L_{41}U_{14}-L_{42}U_{24}-L_{43}U_{34} =1-2\cdot 1 -\tfrac{1}{2}\left(-\tfrac{3}{2}\right)-\tfrac{1}{7}\left(-\tfrac{11}{4}\right)=\tfrac{1}{7}.

Passo 11

Agora escrevemos explicitamente L e U:
L=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0\\[2pt] \tfrac{1}{2} & 1 & 0 & 0\\[2pt] \tfrac{3}{2} & \tfrac{1}{2} & 1 & 0\\[2pt] 2 & \tfrac{1}{2} & \tfrac{1}{7} & 1 \end{pmatrix}, \qquad U=\begin{pmatrix} 2 & 2 & 1 & 1\\[2pt] 0 & -2 & \tfrac{3}{2} & -\tfrac{3}{2}\\[2pt] 0 & 0 & -\tfrac{21}{4} & -\tfrac{11}{4}\\[2pt] 0 & 0 & 0 & \tfrac{1}{7} \end{pmatrix}.
Observação didática: os elementos L_{ij} (com i>j) são exatamente os multiplicadores usados na eliminação de Gauss; U é a matriz triangular superior resultante. Isso é a correspondência direta entre eliminação e fatoração LU.]

Passo 12

Agora resolvemos Ax=b usando L e U em duas etapas:
  1. Resolver L\,y=b por substituição progressiva (forward substitution).
  2. Resolver U\,x=y por substituição regressiva (back substitution).
Começando com L y=b. Escrevendo as equações:
\begin{cases} y_{1}=7,\\[4pt] \tfrac{1}{2}y_{1}+y_{2}=1,\\[4pt] \tfrac{3}{2}y_{1}+\tfrac{1}{2}y_{2}+y_{3}=4,\\[4pt] 2y_{1}+\tfrac{1}{2}y_{2}+\tfrac{1}{7}y_{3}+y_{4}=12. \end{cases}
Resolvendo passo a passo:
y_{1}=7.
y_{2}=1-\tfrac{1}{2}y_{1}=1-\tfrac{1}{2}\cdot 7=1-\tfrac{7}{2}=-\tfrac{5}{2}.
y_{3}=4-\tfrac{3}{2}y_{1}-\tfrac{1}{2}y_{2} =4-\tfrac{3}{2}\cdot 7 - \tfrac{1}{2}\left(-\tfrac{5}{2}\right) = -\tfrac{21}{4}.
y_{4}=12-2y_{1}-\tfrac{1}{2}y_{2}-\tfrac{1}{7}y_{3} =12-2\cdot 7 -\tfrac{1}{2}\left(-\tfrac{5}{2}\right)-\tfrac{1}{7}\left(-\tfrac{21}{4}\right)=0.
Portanto
y=\begin{pmatrix}7\\[2pt]-\tfrac{5}{2}\\[2pt]-\tfrac{21}{4}\\[2pt]0\end{pmatrix}.]

Passo 13

Agora resolvemos [U x = y) por substituição regressiva. As equações são:
\begin{cases} 2x_{1}+2x_{2}+x_{3}+x_{4}=y_{1}=7,\\[4pt] -2x_{2}+\tfrac{3}{2}x_{3}-\tfrac{3}{2}x_{4}=y_{2}=-\tfrac{5}{2},\\[4pt] -\tfrac{21}{4}x_{3}-\tfrac{11}{4}x_{4}=y_{3}=-\tfrac{21}{4},\\[4pt] \tfrac{1}{7}x_{4}=y_{4}=0. \end{cases}
Resolvendo de baixo para cima:
Da última: (\tfrac{1}{7}x_{4}=0\Rightarrow x_{4}=0.]
Da terceira:
-\tfrac{21}{4}x_{3}=-\tfrac{21}{4}\Rightarrow x_{3}=1.
Da segunda:
-2x_{2}+\tfrac{3}{2}\cdot 1 = -\tfrac{5}{2}\Rightarrow -2x_{2}+\tfrac{3}{2}=-\tfrac{5}{2}
-2x_{2}=-4\Rightarrow x_{2}=2.
Da primeira:
2x_{1}+2\cdot 2 +1 +0 =7\Rightarrow 2x_{1}+5=7\Rightarrow x_{1}=1.
Resultado pelo método LU:
(x_{1},x_{2},x_{3},x_{4})=(1,2,1,0),
mesmo resultado obtido por Gauss (esperado, pois é a mesma solução do mesmo sistema).]

Resposta

(a) (x_{1},x_{2},x_{3},x_{4})=(1,2,1,0)
(b) (x_{1},x_{2},x_{3},x_{4})=(1,2,1,0)

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