Para os seguintes sistemas lineares:
a. Verifique se a matriz dos coeficientes satisfaz o teorema da decomposição LU.
b. Realize a decomposição LU através do método de Gauss com pivoteamento.
c. Ache as soluções para os sistemas a partir das matrizes L e U.
d. Calcule o vetor resíduo para as soluções encontradas.
\left\{\begin{aligned} 6 x_{1}-2 x_{2}+3 x_{3} & =23 \\\\ -4 x_{1}+3 x_{2}+4 x_{3} & =1 \\\ x_{1}+x_{2}-2 x_{3} & =-5 \end{aligned}\right.
\left\{\begin{aligned} 6 x_{1}-2 x_{2}+3 x_{3} & =5 \\\\ -4 x_{1}+3 x_{2}+4 x_{3} & =-2.5 \\\ x_{1}+x_{2}-2 x_{3} & =1.5 \end{aligned}\right.

Passo 1

O que o enunciado pede e quais são os dados.
  • São dois sistemas que têm a mesma matriz de coeficientes A e vetores termos diferentes b^{(1)} e b^{(2)}.
  • Matriz dos coeficientes (extraída do enunciado):
A=\begin{pmatrix} 6 & -2 & 3\\[4pt] -4 & 3 & 4\\[4pt] 1 & 1 & -2 \end{pmatrix}
  • Vetores termos:
b^{(1)}=\begin{pmatrix}23\\[4pt]1\\[4pt]-5\end{pmatrix},\qquad b^{(2)}=\begin{pmatrix}5\\[4pt]-2{,}5\\[4pt]1{,}5\end{pmatrix}.
As perguntas a responder (para cada sistema):
a. Verificar se a matriz dos coeficientes satisfaz o teorema da decomposição LU (isto é, se existe decomposição A=LU sem permutações).
b. Realizar a decomposição LU através do método de Gauss com pivoteamento (se necessário, apresentar a matriz de permutação P e escrever PA=LU).
c. Achar as soluções usando as matrizes L e U.
d. Calcular o vetor resíduo r=b-Ax para as soluções encontradas.]

Passo 2

Verificação se existe decomposição A=LU sem permutações (condição dos menores principais).
Explicação rápida do critério que vou usar:
  • Uma condição suficiente (e prática) para garantir que exista uma decomposição A=LU sem permutações (i.e., sem pivoteamento) é que todos os menores principais (determinantes das submatrizes (1\times1),(2\times2),\dots) sejam não nulos. Vou calcular esses menores principais.
Menores principais de A:
  • Primeiro menor principal (elemento a_{11}):
\det\big(\,(6)\,\big)=6\neq0.
  • Segundo menor principal (submatriz 2\times2 no canto superior esquerdo):
\det\begin{pmatrix}6 & -2\\[4pt]-4 & 3\end{pmatrix} =6\cdot3-(-2)\cdot(-4)=18-8=10\neq0.
  • Determinante da matriz completa (terceiro menor principal):
    Vou expandir pela primeira linha:
\det(A)=6\det\begin{pmatrix}3 & 4\\[4pt]1 & -2\end{pmatrix} -(-2)\det\begin{pmatrix}-4 & 4\\[4pt]1 & -2\end{pmatrix} +3\det\begin{pmatrix}-4 & 3\\[4pt]1 & 1\end{pmatrix}.
Calculo cada determinante:
\det\begin{pmatrix}3 & 4\\[4pt]1 & -2\end{pmatrix}=3(-2)-4(1)=-6-4=-10,
\det\begin{pmatrix}-4 & 4\\[4pt]1 & -2\end{pmatrix}=-4(-2)-4(1)=8-4=4,
\det\begin{pmatrix}-4 & 3\\[4pt]1 & 1\end{pmatrix}=-4\cdot1-3\cdot1=-4-3=-7.
Substituindo:
\det(A)=6(-10)-(-2)(4)+3(-7)=-60+8-21=-73\neq0.
Conclusão deste passo: todos os menores principais são não nulos, portanto a condição suficiente está satisfeita e existe decomposição A=LU sem permutações. Em termos do pivoteamento parcial, não há necessidade de trocar linhas, logo a matriz de permutação P será a identidade.]

Passo 3

Decomposição LU pelo método de Gauss (mostrando os passos de eliminação e construindo L e U).
Explicação didática do método:
  • Executa-se eliminação de Gauss em A para obter uma matriz triangular superior U.
  • Os multiplicadores usados para zerar abaixo dos pivôs formam a matriz L (com diagonal de uns).
  • Como na verificação anterior não foi preciso trocar linhas, teremos P=I e A=LU.
Vou fazer a eliminação passo a passo (uso convenção de Doolittle: L com diagonal unitária).
Matriz inicial:
A=\begin{pmatrix} 6 & -2 & 3\\[4pt] -4 & 3 & 4\\[4pt] 1 & 1 & -2 \end{pmatrix}.
Pivô na posição (1,1) é u_{11}=6. Os multiplicadores são
\ell_{21}=\frac{a_{21}}{u_{11}}=\frac{-4}{6}=-\frac{2}{3},\qquad \ell_{31}=\frac{a_{31}}{u_{11}}=\frac{1}{6}.
Substituição nas linhas 2 e 3:
  • Linha 2 nova = Linha 2 -\ell_{21}·Linha 1 = Linha2 -(-\tfrac{2}{3})·Linha1 = Linha2 +\tfrac{2}{3}·Linha1.
    Calcule componente a componente:
\text{linha2 nova} = \bigl[-4,\,3,\,4\bigr] + \tfrac{2}{3}\bigl[6,\,-2,\,3\bigr] = \bigl[0,\;3-\tfrac{4}{3},\;4+2\bigr] = \bigl[0,\;\tfrac{5}{3},\;6\bigr].
  • Linha 3 nova = Linha 3 -\ell_{31}·Linha 1 = [1,1,-2]-\tfrac{1}{6}[6,-2,3]
\text{linha3 nova}=\bigl[0,\;1+\tfrac{1}{3},\;-2-\tfrac{1}{2}\bigr] =\bigl[0,\;\tfrac{4}{3},\;-\tfrac{5}{2}\bigr].
Agora a matriz transformada (após etapa 1) tem forma
\begin{pmatrix} 6 & -2 & 3\\[4pt] 0 & \tfrac{5}{3} & 6\\[4pt] 0 & \tfrac{4}{3} & -\tfrac{5}{2} \end{pmatrix}.
O pivô seguinte é u_{22}=\tfrac{5}{3}. Multiplicador para zerar a posição (3,2):
\ell_{32}=\frac{\tfrac{4}{3}}{\tfrac{5}{3}}=\frac{4}{5}.
Eliminar abaixo do pivô:
  • Linha 3 nova = linha3 antiga -\ell_{32}·linha2:
\bigl[0,\tfrac{4}{3},-\tfrac{5}{2}\bigr]-\tfrac{4}{5}\bigl[0,\tfrac{5}{3},6\bigr] =\bigl[0,0,\;-\tfrac{5}{2}-\tfrac{24}{5}\bigr] =\bigl[0,0,-\tfrac{73}{10}\bigr].
Portanto a matriz triangular superior U resultante é
U=\begin{pmatrix} 6 & -2 & 3\\[4pt] 0 & \tfrac{5}{3} & 6\\[4pt] 0 & 0 & -\tfrac{73}{10} \end{pmatrix}.
Os multiplicadores coletados formam L (com diagonal 1):
L=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\[4pt] -\tfrac{2}{3} & 1 & 0\\[4pt] \tfrac{1}{6} & \tfrac{4}{5} & 1 \end{pmatrix}.
Como não houve trocas de linha, a matriz de permutação é
P=I=\begin{pmatrix}1&0&0\\[4pt]0&1&0\\[4pt]0&0&1\end{pmatrix},
e confirmamos a identidade
PA=LU.
Observação: pode verificar fazendo multiplicação L\cdot U para confirmar que volta A.]

Passo 4

Resolver os sistemas usando [L) e U: método direto (substituição para frente e para trás). Vou resolver os dois sistemas separadamente, mas ambos usam o mesmo L e U.
Esquema geral:
  • Resolver L y = b por substituição progressiva (forward substitution).
  • Resolver U x = y por substituição regressiva (back substitution).
Sistema 1: b^{(1)}=\begin{pmatrix}23\\[4pt]1\\[4pt]-5\end{pmatrix}.
  1. Resolver L y = b^{(1)}.
As equações explícitas (escritas a partir de L):
\begin{cases} y_{1}=23,\\[4pt] -\tfrac{2}{3}y_{1}+y_{2}=1,\\[4pt] \tfrac{1}{6}y_{1}+\tfrac{4}{5}y_{2}+y_{3}=-5. \end{cases}
Calcule passo a passo:
y_{1}=23.
y_{2}=1+\tfrac{2}{3}y_{1}=1+\tfrac{2}{3}\cdot23=1+\tfrac{46}{3}=\tfrac{3+46}{3}=\tfrac{49}{3}.
y_{3}=-5-\tfrac{1}{6}y_{1}-\tfrac{4}{5}y_{2} =-5-\tfrac{23}{6}-\tfrac{4}{5}\cdot\tfrac{49}{3}.
Calcule frações:
\tfrac{4}{5}\cdot\tfrac{49}{3}=\tfrac{196}{15},\qquad -5=-\tfrac{150}{30},\quad -\tfrac{23}{6}=-\tfrac{115}{30},\quad -\tfrac{196}{15}=-\tfrac{392}{30}.
Somando:
y_{3}=-\tfrac{150+115+392}{30}=-\tfrac{657}{30}=-\tfrac{219}{10}.
Portanto
y=\begin{pmatrix}\tfrac{23}{1}\\[4pt]\tfrac{49}{3}\\[4pt]-\tfrac{219}{10}\end{pmatrix}.
  1. Resolver (U x = y] por substituição regressiva.
Equações (da matriz U\)): \[\begin{cases} 6x_{1}-2x_{2}+3x_{3}=y_{1}=23,\\[4pt] \tfrac{5}{3}x_{2}+6x_{3}=y_{2}=\tfrac{49}{3},\\[4pt] -\tfrac{73}{10}x_{3}=y_{3}=-\tfrac{219}{10}. \end{cases}
Da última equação:
x_{3}=\frac{y_{3}}{-\tfrac{73}{10}}= \left(-\tfrac{219}{10}\right)\cdot\left(-\tfrac{10}{73}\right)=\tfrac{219}{73}=3
(observe que (219=73\cdot3]).
Segunda equação:
\tfrac{5}{3}x_{2}+6\cdot3=\tfrac{49}{3}\quad\Rightarrow\quad \tfrac{5}{3}x_{2}=\tfrac{49}{3}-18=\tfrac{49-54}{3}=-\tfrac{5}{3}.
x_{2}=\frac{-\tfrac{5}{3}}{\tfrac{5}{3}}=-1.
Primeira equação:
6x_{1}-2(-1)+3\cdot3=23\quad\Rightarrow\quad 6x_{1}+2+9=23.
6x_{1}=23-11=12\quad\Rightarrow\quad x_{1}=2.
Solução do sistema 1:
x^{(1)}=\begin{pmatrix}2\\[4pt]-1\\[4pt]3\end{pmatrix}.
Sistema 2: [b^{(2)}= \begin{pmatrix}5\\[4pt]-2{,}5\\[4pt]1{,}5\end{pmatrix}).
  1. Resolver L y = b^{(2)}.
Equações:
\begin{cases} y_{1}=5,\\[4pt] -\tfrac{2}{3}y_{1}+y_{2}=-2{,}5,\\[4pt] \tfrac{1}{6}y_{1}+\tfrac{4}{5}y_{2}+y_{3}=1{,}5. \end{cases}
Calcule:
y_{1}=5.
y_{2}=-2{,}5+\tfrac{2}{3}\cdot5=-\tfrac{5}{2}+\tfrac{10}{3}=\tfrac{-15+20}{6}=\tfrac{5}{6}.
y_{3}=1{,}5-\tfrac{1}{6}\cdot5-\tfrac{4}{5}\cdot\tfrac{5}{6} =\tfrac{3}{2}-\tfrac{5}{6}-\tfrac{4}{6}.
\tfrac{3}{2}=\tfrac{9}{6},\qquad \tfrac{9}{6}-\tfrac{5}{6}-\tfrac{4}{6}=0.
Logo (y_{3}=0].
Assim
y=\begin{pmatrix}5\\[4pt]\tfrac{5}{6}\\[4pt]0\end{pmatrix}.
  1. Resolver U x = y.
Equações:
\begin{cases} 6x_{1}-2x_{2}+3x_{3}=5,\\[4pt] \tfrac{5}{3}x_{2}+6x_{3}=\tfrac{5}{6},\\[4pt] -\tfrac{73}{10}x_{3}=0. \end{cases}
Da terceira:
x_{3}=0.
Da segunda:
\tfrac{5}{3}x_{2}=\tfrac{5}{6}\quad\Rightarrow\quad x_{2}=\tfrac{5}{6}\cdot\tfrac{3}{5}=\tfrac{1}{2}.
Da primeira:
6x_{1}-2\cdot\tfrac{1}{2}+0=5\quad\Rightarrow\quad 6x_{1}-1=5 \quad\Rightarrow\quad 6x_{1}=6\quad\Rightarrow\quad x_{1}=1.
Solução do sistema 2:
x^{(2)}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]\tfrac{1}{2}\\[4pt]0\end{pmatrix}.]

Passo 5

Cálculo dos vetores resíduo r=b-Ax para cada solução encontrada (verificação final).
Explicação: o resíduo mede o quanto a solução encontrada satisfaz exatamente o sistema; para solução exata do sistema linear com aritmética exata, o resíduo deve ser o vetor nulo.
Para o sistema 1:
A x^{(1)}= \begin{pmatrix} 6 & -2 & 3\\[4pt] -4 & 3 & 4\\[4pt] 1 & 1 & -2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}2\\[4pt]-1\\[4pt]3\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}23\\[4pt]1\\[4pt]-5\end{pmatrix}=b^{(1)}.
Logo o resíduo é
r^{(1)}=b^{(1)}-A x^{(1)}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\\[4pt]0\end{pmatrix}.
Para o sistema 2:
A x^{(2)}= \begin{pmatrix} 6 & -2 & 3\\[4pt] -4 & 3 & 4\\[4pt] 1 & 1 & -2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}1\\[4pt]\tfrac{1}{2}\\[4pt]0\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}5\\[4pt]-2{,}5\\[4pt]1{,}5\end{pmatrix}=b^{(2)}.
Logo o resíduo é
r^{(2)}=b^{(2)}-A x^{(2)}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\\[4pt]0\end{pmatrix}.]

Resposta

a. A matriz A satisfaz o critério (todos os menores principais são não nulos), logo existe decomposição A=LU sem permutações.
b. Decomposição obtida (sem pivoteamento efetivo, P=I):
L=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\[4pt] -\tfrac{2}{3} & 1 & 0\\[4pt] \tfrac{1}{6} & \tfrac{4}{5} & 1 \end{pmatrix},\qquad U=\begin{pmatrix} 6 & -2 & 3\\[4pt] 0 & \tfrac{5}{3} & 6\\[4pt] 0 & 0 & -\tfrac{73}{10} \end{pmatrix},\qquad P=I.
c. Soluções:
x^{(1)}=\begin{pmatrix}2\\[4pt]-1\\[4pt]3\end{pmatrix}, \qquad x^{(2)}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]\tfrac{1}{2}\\[4pt]0\end{pmatrix}.
d. Vetores resíduo:
r^{(1)}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\\[4pt]0\end{pmatrix}, \qquad r^{(2)}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\\[4pt]0\end{pmatrix}.

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