Resolva os sistemas lineares abaixo utilizando a fatoração LU (com pivoteamento parcial):
A=\left[\begin{array}{ccc}0.0001 & 1 & 1 \\\\ 1 & 1 & 1 \\\\ 1 & 2 & 3\end{array}\right], \quad b=\left[\begin{array}{l}2 \\\\ 3 \\\\ 5\end{array}\right]

Passo 1

Resumimos o enunciado: queremos resolver o sistema
A\,x = b,
onde
A = \begin{pmatrix} 0.0001 & 1 & 1\\\\ 1 & 1 & 1\\\\ 1 & 2 & 3 \end{pmatrix}, \quad b = \begin{pmatrix}2\\\ 3\\\ 5\end{pmatrix}.
O método é a fatoração LU com pivotamento parcial, ou seja, encontrar uma permutação P e matrizes L (unitária inferior) e U (triangular superior) tais que
P\,A = L\,U,
e então resolver L\,y = P\,b e U\,x = y.

Passo 2

Pivot na coluna 1: comparo
\lvert a_{11}\rvert = 10^{-4}, \lvert a_{21}\rvert = 1, \lvert a_{31}\rvert = 1.
O maior valor está em (2,1), então troco as linhas 1 e 2 de A e de b. Isso gera
P^{(1)} = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0\\\\ 1 & 0 & 0\\\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}
A^{(1)} = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1\\\\ 0.0001 & 1 & 1\\\\ 1 & 2 & 3 \end{pmatrix}
b^{(1)} = \begin{pmatrix}3\\\ 2\\\ 5\end{pmatrix}.

Passo 3

Calculo os multiplicadores para zerar abaixo de a^{(1)}_{11}:
L_{21} = \frac{0.0001}{1} = 0.0001, \qquad L_{31} = \frac{1}{1} = 1.
Faço as eliminações
\text{linha}_2 \leftarrow \text{linha}_2 - L_{21}\,\text{linha}_1, \quad \text{linha}_3 \leftarrow \text{linha}_3 - L_{31}\,\text{linha}_1,
obtendo
A^{(2)} = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1\\\\ 0 & 0.9999 & 0.9999\\\\ 0 & 1 & 2 \end{pmatrix}.

Passo 4

Pivot na coluna 2 da submatriz: comparo \lvert a^{(2)}_{22}\rvert = 0.9999 com \lvert a^{(2)}_{32}\rvert = 1.
O maior está em (3,2), então troco linhas 2 e 3 de A^{(2)} e de b^{(1)}. Também troco os valores de L_{21} e L_{31} nas suas posições. Isso dá
A^{(3)} = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1\\\\ 0 & 1 & 2\\\\ 0 & 0.9999 & 0.9999 \end{pmatrix}, \qquad b^{(2)} = \begin{pmatrix}3\\\ 5\\\ 2\end{pmatrix}.

Passo 5

Calculo o multiplicador para zerar abaixo de a^{(3)}_{22}:
L_{32} = \frac{0.9999}{1} = 0.9999.
Aplico a eliminação
\text{linha}_3 \leftarrow \text{linha}_3 - L_{32}\,\text{linha}_2
e obtenho a forma final de U:
U = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1\\\\ 0 & 1 & 2\\\\ 0 & 0 & -0.9999 \end{pmatrix}.

Passo 6

Assim, tomando em conta ambas as permutações (primeiro linhas 1–2, depois 2–3), temos
P = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1\\\\ 1 & 0 & 0\\\\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}, \quad L = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\\\ 1 & 1 & 0\\\\ 0.0001 & 0.9999 & 1 \end{pmatrix}, \quad U = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1\\\\ 0 & 1 & 2\\\\ 0 & 0 & -0.9999 \end{pmatrix},
de forma que P\,A = L\,U.

Passo 7

Resolvendo L\,y = P\,b. Primeiro
P\,b = b^{(2)} = \begin{pmatrix}3\\\ 5\\\ 2\end{pmatrix}.
Pela substituição progressiva:
y_1 = 3, \quad y_2 = 5 - 1\cdot y_1 = 2, \quad y_3 = 2 - 0.0001\cdot y_1 - 0.9999\cdot y_2 = -0.0001.

Passo 8

Resolvendo U\,x = y por substituição regressiva:
x_3 = \frac{-0.0001}{-0.9999} \approx 0.00010001, \quad x_2 = y_2 - 2\,x_3 \approx 2 - 2\cdot0.00010001 = 1.99979998,
x_1 = y_1 - x_2 - x_3 \approx 3 - 1.99979998 - 0.00010001 = 1.00010001.

Resposta

x \approx \begin{pmatrix} 1.00010\\\\ 1.99980\\\\ 0.00010 \end{pmatrix}.

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