[SANTIAGO, 2017] Exemplificando, Página 70: Utilize o método de Gauss para a resolução do sistema linear a seguir:
\left(\begin{array}{lll} 5 & 3 & 4 \\\\ 4 & 2 & 3 \\\\ 2 & 1 & 2 \end{array}\right)\left(\begin{array}{c} x_{1} \\\ x_{2} \\\ x_{3} \end{array}\right)=\left(\begin{array}{l} 4 \\\\ 2 \\\\ 1 \end{array}\right) \Rightarrow A^{(0)} \left\lvert\, b^{(0)}=\left(\begin{array}{ccc|c} a_{11}^{(0)} & a_{1,2}^{(0)} & a_{1,3}^{(0)} & b_{1}^{(0)} \\\ a_{2,1}^{(0)} & a_{2,2}^{(0)} & a_{2,3}^{(0)} & b_{2}^{(0)} \\\ a_{3,1}^{(0)} & a_{3,2}^{(0)} & a_{3,3}^{(0)} & b_{3}^{(0)} \end{array}\right)=\left(\begin{array}{lll|l} 5 & 3 & 4 & 4 \\\\ 4 & 2 & 3 & 2 \\\\ 2 & 1 & 2 & 1 \end{array}\right)\right.

Resolução:

Resolução:

Etapa 1) Nesta etapa, o pivó é a_{1,1}^{(0)}=5 e os multiplicadores são m_{2,1}=\frac{a_{2,1}^{(0)}}{a_{1,1}^{(0)}}=\frac{4}{5}=0,8 e m_{3,1}=\frac{a_{3,1}^{(0)}}{a_{1,1}^{(0)}}=\frac{2}{5}=0,4. Considerando as operações elementares, \boldsymbol{a}_{2,1}^{(0)} é eliminado por \boldsymbol{L}_{2}=\boldsymbol{L}_{2}-\boldsymbol{m}_{2,1} \boldsymbol{L}_{1}, e \boldsymbol{a}_{3,1}^{(0)} por L_{3}=L_{3}-m_{3,1} L_{1}; assim, tem-se:
A^{(1)} \left\lvert\, b^{(1)}=\left(\begin{array}{ccc|c}a_{1,1}^{(1)} & a_{1,2}^{(1)} & a_{1,3}^{(0)} & b_{1}^{(1)} \\\\ 0 & a_{2,2}^{(1)} & a_{2,3}^{(0)} & b_{2}^{(1)} \\\\ 0 & a_{3,2}^{(1)} & a_{3,3}^{(0)} & b_{3}^{(1)}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc|c}5 & 3 & 4 & 4 \\\\ 0 & -0,4 & -0,2 & -1,2 \\\\ 0 & -0,2 & 0,4 & -0,6\end{array}\right)\right.
Etapa 2) Nesta etapa, o pivồ é a_{2,2}^{(1)}=-0,4 e o multiplicador é igual a m_{3,2}=\frac{a_{3,2}^{(1)}}{a_{2,2}^{(1)}}=\frac{-0,2}{-0,4}=0,5. Considerando as operações elementares, tem-se: L_{3} \leftarrow L_{3}-m_{3,2} L_{2}, assim:
A^{(2)} \left\lvert\, b^{(2)}=\left(\begin{array}{ccc|c}a_{1,1}^{(2)} & a_{1,2}^{(2)} & a_{1,3}^{(2)} & b_{1}^{(2)} \\\\ 0 & a_{2,2}^{(2)} & a_{2,3}^{(2)} & b_{2}^{(2)} \\\\ 0 & a_{3,2}^{(2)} & a_{3,3}^{(2)} & b_{3}^{(2)}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc|c}5 & 3 & 4 & 4 \\\\ 0 & -0,4 & -0,2 & -1,2 \\\\ 0 & 0 & 0,5 & 0\end{array}\right)\right.
Portanto, resolver o sistema linear A x=b é equivalente a resolver o sistema A^{(2)} x=b^{(2)} dado por:
\left\{\begin{array}{c}5 x_{1}+3 x_{2}+4 x_{3}=4 \\\\ 0 x_{1}-0,4 x_{2}-0,2 x_{3}=-1,2 \\\\ 0 x_{1}-0 x_{2}+0,5 x_{3}=0\end{array}\right.
O sistema linear anterior é triangular superior, logo pode ser resolvido por retrossubstituição.
x_{3}=\frac{0}{0,5}=0, x_{2}=\frac{-1,2+0,2 \cdot x_{3}}{-0,4}=3, x_{1}=\frac{4-3 \cdot x_{2}-4 \cdot x_{3}}{5}=-1.
Sendo a solução do sistema linear igual a 4, \bar{x}=\left(\begin{array}{lll}-1 & 3 & 0\end{array}\right)^{T}.

Passo 1

O que o exercício pede: resolver o sistema linear
\begin{pmatrix} 5 & 3 & 4\\[4pt] 4 & 2 & 3\\[4pt] 2 & 1 & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_{1}\\[4pt] x_{2}\\[4pt] x_{3} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 4\\[4pt] 2\\[4pt] 1 \end{pmatrix}.
Informações dadas que vamos usar:
A^{(0)}\;\big|\;b^{(0)}= \left(\begin{array}{ccc|c} 5 & 3 & 4 & 4\\[4pt] 4 & 2 & 3 & 2\\[4pt] 2 & 1 & 2 & 1 \end{array}\right).
Pergunta explícita: encontrar x_{1},x_{2},x_{3} que satisfazem o sistema usando o método de eliminação de Gauss (ou simplesmente método de Gauss).]

Passo 2

Ideia do método (mini-aula): a eliminação de Gauss transforma o sistema em um sistema triangular superior por operações elementares de linha. Para zerar as entradas abaixo do pivô na coluna k usamos multiplicadores
m_{i,k}=\frac{a_{i,k}^{(k-1)}}{a_{k,k}^{(k-1)}},
e fazemos a operação de linha
L_{i}\leftarrow L_{i}-m_{i,k}\,L_{k}.
Aqui a_{i,k}^{(k-1)} é o elemento da linha i e coluna k na matriz no estágio anterior; a_{k,k}^{(k-1)} é o pivô (deve ser diferente de zero). O objetivo é obter uma matriz superior triangular, então resolver por retrossubstituição.

Passo 3

Primeira etapa de eliminação (coluna 1): escolhemos pivô a_{1,1}^{(0)}=5. Calculamos os multiplicadores para zerar as entradas abaixo do pivô:
m_{2,1}=\frac{a_{2,1}^{(0)}}{a_{1,1}^{(0)}}=\frac{4}{5}=0,8, \qquad m_{3,1}=\frac{a_{3,1}^{(0)}}{a_{1,1}^{(0)}}=\frac{2}{5}=0,4.
Aplicamos as operações
L_{2}\leftarrow L_{2}-m_{2,1}L_{1},\qquad L_{3}\leftarrow L_{3}-m_{3,1}L_{1}.
Fazendo as contas elemento a elemento (vou mostrar cada entrada):
  • Para a nova linha 2: \begin{aligned} a_{2,1}^{(1)}&=4-0,8\cdot 5=4-4=0,\\\ a_{2,2}^{(1)}&=2-0,8\cdot 3=2-2,4=-0,4,\\\ a_{2,3}^{(1)}&=3-0,8\cdot 4=3-3,2=-0,2,\\\ b_{2}^{(1)}&=2-0,8\cdot 4=2-3,2=-1,2. \end{aligned}
  • Para a nova linha 3: \begin{aligned} a_{3,1}^{(1)}&=2-0,4\cdot 5=2-2=0,\\\ a_{3,2}^{(1)}&=1-0,4\cdot 3=1-1,2=-0,2,\\\ a_{3,3}^{(1)}&=2-0,4\cdot 4=2-1,6=0,4,\\\ b_{3}^{(1)}&=1-0,4\cdot 4=1-1,6=-0,6. \end{aligned}
A matriz aumentada após a etapa 1 fica
A^{(1)}\;\big|\;b^{(1)}= \left(\begin{array}{ccc|c} 5 & 3 & 4 & 4\\[4pt] 0 & -0,4 & -0,2 & -1,2\\[4pt] 0 & -0,2 & 0,4 & -0,6 \end{array}\right).]

Passo 4

Segunda etapa de eliminação (coluna 2): agora o pivô é a_{2,2}^{(1)}=-0,4. Calculamos o multiplicador para zerar a entrada a_{3,2}^{(1)}:
m_{3,2}=\frac{a_{3,2}^{(1)}}{a_{2,2}^{(1)}}=\frac{-0,2}{-0,4}=0,5.
Aplicamos
L_{3}\leftarrow L_{3}-m_{3,2}L_{2}.
Calculemos as entradas da linha 3:
\begin{aligned} a_{3,1}^{(2)}&=0-0,5\cdot 0=0,\\\ a_{3,2}^{(2)}&=-0,2-0,5\cdot(-0,4)=-0,2+0,2=0,\\\ a_{3,3}^{(2)}&=0,4-0,5\cdot(-0,2)=0,4+0,1=0,5,\\\ b_{3}^{(2)}&=-0,6-0,5\cdot(-1,2)=-0,6+0,6=0. \end{aligned}
A matriz aumentada após a etapa 2 é
A^{(2)}\;\big|\;b^{(2)}= \left(\begin{array}{ccc|c} 5 & 3 & 4 & 4\\[4pt] 0 & -0,4 & -0,2 & -1,2\\[4pt] 0 & 0 & 0,5 & 0 \end{array}\right).
Observação: agora a matriz é triangular superior (tudo abaixo da diagonal principal é zero), pronta para retrossubstituição.]

Passo 5

Retrossubstituição (mini-aula): num sistema triangular superior, resolvemos começando pela última equação para obter x_{3}\), depois substituímos para obter \(x_{2}\) e finalmente \(x_{1}\). Escrevendo o sistema equivalente: \[\begin{cases} 5x_{1}+3x_{2}+4x_{3}=4,\\[4pt] -0,4x_{2}-0,2x_{3}=-1,2,\\[4pt] 0,5x_{3}=0. \end{cases}
Da terceira equação:
x_{3}=\frac{0}{0,5}=0.
Substituindo x_{3}=0\] na segunda equação: \[-0,4x_{2}-0,2\cdot 0=-1,2 \quad\Rightarrow\quad x_{2}=\frac{-1,2}{-0,4}=3.\] Substituindo \(x_{2}=3 e x_{3}=0 na primeira:
5x_{1}+3\cdot 3+4\cdot 0=4 \quad\Rightarrow\quad 5x_{1}+9=4 \quad\Rightarrow\quad x_{1}=\frac{4-9}{5}=\frac{-5}{5}=-1.]

Passo 6

Checagem rápida (reconfortante): vamos verificar substituindo \;x_{1}=-1,\;x_{2}=3,\;x_{3}=0\; nas equações originais.
  • Primeira equação: 5(-1)+3(3)+4(0)=-5+9+0=4 (ok).
  • Segunda equação: 4(-1)+2(3)+3(0)=-4+6+0=2 (ok).
  • Terceira equação: 2(-1)+1(3)+2(0)=-2+3+0=1 (ok).
    Tudo confere, solução correta.

Resposta

\displaystyle \bar{x}=\begin{pmatrix}-1\\[4pt]3\\[4pt]0\end{pmatrix}]

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