Resolva os sistemas lineares abaixo utilizando a fatoração LU (com pivoteamento parcial):
A=\left[\begin{array}{lll}0 & 2 & 1 \\\\ 1 & 1 & 1 \\\\ 2 & 3 & 4\end{array}\right], \quad b=\left[\begin{array}{c}4 \\\\ 6 \\\\ 14\end{array}\right]

Passo 1

O enunciado pede para resolver o sistema A x = b com
A = \begin{pmatrix} 0 & 2 & 1\\\\ 1 & 1 & 1\\\\ 2 & 3 & 4 \end{pmatrix},\quad b = \begin{pmatrix}4\\\ 6\\\ 14\end{pmatrix}
usando fatoração LU com pivoteamento parcial. A ideia é encontrar uma matriz de permutação P e matrizes triangulares L e U tais que
P\,A = L\,U,
depois resolver L\,y = P\,b e em seguida U\,x = y.

Passo 2

Primeiro pivoteamento na coluna 1: escolhemos como pivô o maior valor em módulo na coluna 1 de A, que é 2 (linha 3). Fazemos a troca das linhas 1 e 3 de A e de b. Após essa troca, temos
A^{(1)} = \begin{pmatrix} 2 & 3 & 4\\\\ 1 & 1 & 1\\\\ 0 & 2 & 1 \end{pmatrix},\quad b^{(1)} = \begin{pmatrix}14\\\ 4\\\ 6\end{pmatrix}.
Em seguida eliminamos abaixo do pivô de valor 2. Os multiplicadores são
m_{21} = \frac{1}{2},\qquad m_{31} = \frac{0}{2} = 0.
Aplicando as operações
\text{linha}_2 \gets \text{linha}_2 - m_{21}\,\text{linha}_1,\quad \text{linha}_3 \gets \text{linha}_3 - m_{31}\,\text{linha}_1,
obtemos
U^{(1)} = \begin{pmatrix} 2 & 3 & 4\\\\ 0 & -\tfrac12 & -1\\\\ 0 & 2 & 1 \end{pmatrix}
e guardamos em L os valores L_{21}=m_{21}, L_{31}=m_{31}.

Passo 3

Segundo pivoteamento na coluna 2 (submatriz linhas 2–3): o maior em módulo é 2 (agora em linha 3). Fazemos a troca das linhas 2 e 3 em U^{(1)} e também trocamos em L as entradas já calculadas na coluna 1. A matriz fica
U^{(2)} = \begin{pmatrix} 2 & 3 & 4\\\\ 0 & 2 & 1\\\\ 0 & -\tfrac12 & -1 \end{pmatrix}.
O multiplicador para eliminar abaixo de 2 é
m_{32} = \frac{-\tfrac12}{2} = -\tfrac14.
Aplicando
\text{linha}_3 \gets \text{linha}_3 - m_{32}\,\text{linha}_2
chegamos a
U = \begin{pmatrix} 2 & 3 & 4\\\\ 0 & 2 & 1\\\\ 0 & 0 & -\tfrac34 \end{pmatrix},
e guardamos em L a entrada L_{32}=m_{32}.

Passo 4

As operações de troca de linha geram a matriz de permutação
P = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1\\\\ 1 & 0 & 0\\\\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}.
As entradas não diagonais de L são os multiplicadores ajustados após cada troca. Obtemos
L = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\\\ 0 & 1 & 0\\\ \tfrac12 & -\tfrac14 & 1 \end{pmatrix}, \qquad U = \begin{pmatrix} 2 & 3 & 4\\\\ 0 & 2 & 1\\\\ 0 & 0 & -\tfrac34 \end{pmatrix}.
De fato verifica-se P\,A = L\,U.

Passo 5

Resolvemos o sistema triangular inferior L\,y = P\,b. Primeiro calculamos
P\,b = \begin{pmatrix}14\\\ 4\\\ 6\end{pmatrix}.
Então fazemos substituição para frente:
\begin{cases} y_1 = 14,\\\ y_2 = 4,\\\ \tfrac12\,y_1 - \tfrac14\,y_2 + y_3 = 6 \end{cases} \quad\Longrightarrow\quad y_3 = 6 - 7 + 1 = 0.
Logo
y = \begin{pmatrix}14\\\ 4\\\ 0\end{pmatrix}.

Passo 6

Agora resolvemos o sistema triangular superior U\,x = y por substituição para trás:
\begin{cases} -\tfrac34\,x_3 = 0 \quad\Longrightarrow\quad x_3 = 0,\\\\ 2\,x_2 + 1\cdot x_3 = 4 \quad\Longrightarrow\quad x_2 = 2,\\\\ 2\,x_1 + 3\,x_2 + 4\,x_3 = 14 \quad\Longrightarrow\quad 2\,x_1 + 6 = 14\;\Longrightarrow\;x_1 = 4. \end{cases}
Assim o vetor solução é dado por
x = \begin{pmatrix}4\\\ 2\\\ 0\end{pmatrix}.

Resposta

x = \begin{pmatrix}4\\\ 2\\\ 0\end{pmatrix}.

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