Resolver os sistemas a seguir pelo método da decomposição L U, com a estratégia indicada.
Com pivotação parcial
\left(\begin{array}{rrr} 1 & -4 & -1 \\\\ -2 & 9 & 3 \\\\ 0 & 1 & 1 \end{array}\right)\left(\begin{array}{l} x_{1} \\\ x_{2} \\\ x_{3} \end{array}\right)=\left(\begin{array}{l} 1 \\\\ 2 \\\\ 4 \end{array}\right)

Passo 1

Resumindo: queremos resolver
A x = b,\quad A = \begin{pmatrix} 1 & -4 & -1\\\\ -2&9&3\\\\ 0&1&1 \end{pmatrix},\quad b=\begin{pmatrix}1\\\ 2\\\ 4\end{pmatrix},
usando decomposição LU com pivotação parcial. A ideia é achar uma matriz de permutação P, uma triangular inferior L (com 1 na diagonal) e uma triangular superior U tais que
P\,A = L\,U.
Então resolvemos em dois estágios:
1) L\,y = P\,b.
2) U\,x = y.

Passo 2

Aplicando o algoritmo de Gauss com pivotação parcial:
Etapa j =1
  • Coluna 1 em \{1,2,3\}: os valores são \lvert1\rvert,\lvert-2\rvert,\lvert0\rvert, máximo em linha 2.
  • Troca linha 1\leftrightarrow 2 em A e em P.
  • Pivot é u_{11}=-2. Calcula-se \ell_{21} = \frac{u_{21}}{u_{11}} = \frac{1}{-2} = -\tfrac12, \qquad \ell_{31} = \frac{u_{31}}{u_{11}} = 0.
  • Elimina em baixo do pivô: \text{linha}_2 \leftarrow \text{linha}_2 - \ell_{21}\,\text{linha}_1, \quad \text{linha}_3 \leftarrow \text{linha}_3 - \ell_{31}\,\text{linha}_1.
Etapa j =2
  • Agora na submatriz linhas 2 3 colunas 2 3, com u_{22}=0,5 e u_{32}=1, máximo em linha 3.
  • Troca linha 2\leftrightarrow 3 em U, em P e também em L nas colunas 1 até j-1.
  • Pivot passa a ser u_{22}=1.
  • Calcula-se \ell_{32} = \frac{u_{32}}{u_{22}} = \frac{0,5}{1} = \tfrac12,e elimina-se em baixo do pivô: \text{linha}_3 \leftarrow \text{linha}_3 - \ell_{32}\,\text{linha}_2.
Não há mais pivôs não nulos na última linha, pois u_{33}=0. Ao final obtemos
P = \begin{pmatrix} 0&1&0\\\\ 0&0&1\\\\ 1&0&0 \end{pmatrix},\quad L = \begin{pmatrix} 1&0&0\\\\ 0&1&0\\\\ -\tfrac12&\tfrac12&1 \end{pmatrix},\quad U = \begin{pmatrix} -2&9&3\\\\ 0&1&1\\\\ 0&0&0 \end{pmatrix},
com P\,A = L\,U.

Passo 3

Calculamos P\,b:
P\,b = \begin{pmatrix}b_{2}\b_{3}\b_{1}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}2\\\ 4\\\ 1\end{pmatrix}.
Agora resolvemos
L\,y = P\,b.
Escrevendo por linhas:
1) y_{1}=2.
2) y_{2}=4.
3) -\tfrac12\,y_{1} + \tfrac12\,y_{2} + y_{3} = 1 \implies -1 +2 + y_{3}=1 \implies y_{3}=0.
Logo
y = \begin{pmatrix}2\\\ 4\\\ 0\end{pmatrix}.

Passo 4

Resolvemos
U\,x = y, \quad \begin{pmatrix} -2&9&3\\\\ 0&1&1\\\\ 0&0&0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x_{1}\x_{2}\x_{3}\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}2\\\ 4\\\ 0\end{pmatrix}.
Isso dá os sistemas:
\begin{cases} -2\,x_{1} +9\,x_{2} +3\,x_{3}=2,\\\ x_{2}+x_{3}=4,\\\\ 0=0. \end{cases}
Da segunda equação \,x_{2}=4 - x_{3}.
Substituindo na primeira:
-2\,x_{1} +9(4 - x_{3}) +3\,x_{3}=2 \;\Longrightarrow\; -2\,x_{1}+36 -9\,x_{3}+3\,x_{3}=2 \;\Longrightarrow\; x_{1}=17 -3\,x_{3}.
Como a terceira linha não impõe restrição, x_{3} é parâmetro livre.

Resposta

As soluções são infinitas, dadas por
x_{1}=17 -3\,t,\quad x_{2}=4 - t,\quad x_{3}=t,
para todo t\in\mathbb{R}.

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