Seja a matriz
A=\left(\begin{array}{ccc} 4 & 2 & -4 \\\\ 2 & 10 & 4 \\\\ -4 & 4 & 9 \end{array}\right)
a. Calcule o determinante de A, usando a decomposição LU;
b. Resolva o sistema A x=b, onde b=\left[\begin{array}{l}0 \\\\ 6 \\\\ 5\end{array}\right].

Passo 1

O enunciado nos dá a matriz
A=\begin{pmatrix} 4 & 2 & -4 \\\\ 2 & 10 & 4 \\\\ -4 & 4 & 9 \end{pmatrix}
e o vetor
b=\begin{pmatrix}0\\[4pt]6\\[4pt]5\end{pmatrix}.
Pede-se:
  • a) calcular o determinante de A usando a decomposição LU;
  • b) resolver o sistema A x=b.
Informações relevantes fornecidas:
  • A matriz A é 3\times3 e contém os elementos listados acima.
  • O vetor b tem componentes \,0,\,6,\,5.
  • Não há indicação de uso de pivotamento; usaremos uma decomposição LU sem permutações (método de Doolittle: L com diagonal unitária).]

Passo 2

O que é a decomposição LU (explicação didática curta e fórmulas usadas).
  • Queremos escrever A=LU, onde L é triangular inferior com uns na diagonal (ou seja, L_{ii}=1) e U é triangular superior.
  • A vantagem: operações de eliminação gaussiana fornecem diretamente os elementos de L (os multiplicadores) e de U (os pivôs e entradas restantes).
  • Notação: L=(\ell_{ij}) com \ell_{ii}=1 e \ell_{ij}=0 para j>i; U=(u_{ij}) com u_{ij}=0 para i>j.
  • Procedimento (Doolittle): inicializar u_{11}=a_{11}. Para eliminar abaixo do primeiro pivô, os multiplicadores são \ell_{21}=a_{21}/u_{11}, \ell_{31}=a_{31}/u_{11}. Subtrair \ell_{2 1} vezes a linha 1 da linha 2 e \ell_{31} vezes a linha 1 da linha 3 para obter a submatriz 2×2 reduzida; então continuar com o segundo pivô u_{22}, etc.
Agora aplicamos passo a passo na nossa matriz.
Passo inicial: primeiro pivô
u_{11}=a_{11}=4.
Multiplicadores para eliminar coluna 1:
\ell_{21}=\frac{a_{21}}{u_{11}}=\frac{2}{4}=\tfrac{1}{2},\qquad \ell_{31}=\frac{a_{31}}{u_{11}}=\frac{-4}{4}=-1.
Eliminamos usando esses multiplicadores.
Calcule a nova linha 2:
\text{linha}_2 \leftarrow \text{linha}_2 - \ell_{21}\cdot\text{linha}_1.
Componentes:
\begin{aligned} &0 \quad(\text{coluna 1}),\\\ &10 - \tfrac{1}{2}\cdot 2 = 10-1 =9 \quad(\text{coluna 2}),\\\ &4 - \tfrac{1}{2}\cdot(-4)=4+2=6 \quad(\text{coluna 3}). \end{aligned}
Calcule a nova linha 3:
\text{linha}_3 \leftarrow \text{linha}_3 - \ell_{31}\cdot\text{linha}_1.
Como \ell_{31}=-1, isso equivale a somar a linha 1:
\begin{aligned} &0 \quad(\text{coluna 1}),\\\ &4 - (-1)\cdot 2 = 4+2 =6 \quad(\text{coluna 2}),\\\ &9 - (-1)\cdot(-4)=9 - 4 =5 \quad(\text{coluna 3}). \end{aligned}
Após a primeira etapa, a matriz transformada (o bloco superior em U) fica
U^{(1)}=\begin{pmatrix} 4 & 2 & -4\\[4pt] 0 & 9 & 6\\[4pt] 0 & 6 & 5 \end{pmatrix}.
Segundo passo: segundo pivô é u_{22}=9. Multiplicador para eliminar abaixo do pivô:
\ell_{32}=\frac{u^{(1)}_{32}}{u_{22}}=\frac{6}{9}=\tfrac{2}{3}.
Eliminamos na linha 3:
\text{linha}_3 \leftarrow \text{linha}_3 - \ell_{32}\cdot\text{linha}_2.
Cálculo da entrada (3,3):
5 - \tfrac{2}{3}\cdot 6 = 5 - 4 = 1.
Então a forma final de U (triangular superior) é
U=\begin{pmatrix} 4 & 2 & -4\\[4pt] 0 & 9 & 6\\[4pt] 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.
E L (triangular inferior com 1s na diagonal) reúne os multiplicadores calculados:
L=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\[4pt] \tfrac{1}{2} & 1 & 0\\[4pt] -1 & \tfrac{2}{3} & 1 \end{pmatrix}.
Breve verificação estrutural: multiplicadores \ell_{21}=\tfrac{1}{2}, \ell_{31}=-1, \ell_{32}=\tfrac{2}{3} aparecem corretamente em L, e U contém os pivôs 4,9,1 na diagonal.]

Passo 3

Determinante via LU.
Fato usado (explicado): para matrizes quadradas, \det(A)=\det(L)\det(U). Aqui L é triangular com diagonal formada só por 1's, logo \det(L)=1. Então
\det(A)=\det(U)=\prod_{i=1}^{3} u_{ii}.
Os pivôs diagonais são u_{11}=4, u_{22}=9, u_{33}=1. Portanto
\det(A)=4\cdot 9\cdot 1 = 36.

Passo 4

Resolver A x=b usando LU.
Estratégia: primeiro resolver L y=b (substituição para frente), depois resolver U x = y (substituição para trás). Isso é eficiente porque L e U são triangulares.
Escrevendo L e b novamente:
L=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\[4pt] \tfrac{1}{2} & 1 & 0\\[4pt] -1 & \tfrac{2}{3} & 1 \end{pmatrix},\qquad b=\begin{pmatrix}0\\[4pt]6\\[4pt]5\end{pmatrix}.
Resolver L y=b por linhas (forward substitution). Denotar y=(y_1,y_2,y_3)^T.
Linha 1:
1\cdot y_1 = b_1 \quad\Rightarrow\quad y_1 = 0.
Linha 2:
\tfrac{1}{2} y_1 + 1\cdot y_2 = b_2 \quad\Rightarrow\quad y_2 = b_2 - \tfrac{1}{2}y_1 = 6 - \tfrac{1}{2}\cdot 0 = 6.
Linha 3:
-1\cdot y_1 + \tfrac{2}{3} y_2 + 1\cdot y_3 = b_3.
Isolando y_3:
y_3 = b_3 + y_1 - \tfrac{2}{3}y_2 = 5 + 0 - \tfrac{2}{3}\cdot 6 = 5 - 4 = 1.
Logo
y=\begin{pmatrix}0\\[4pt]6\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Agora resolver U x = y, com
U=\begin{pmatrix} 4 & 2 & -4\\[4pt] 0 & 9 & 6\\[4pt] 0 & 0 & 1 \end{pmatrix},\qquad x=(x_1,x_2,x_3)^T.
Começar pela última equação (back substitution):
Linha 3:
1\cdot x_3 = y_3 \quad\Rightarrow\quad x_3 = 1.
Linha 2:
9 x_2 + 6 x_3 = y_2 \quad\Rightarrow\quad 9 x_2 + 6\cdot 1 = 6.
Assim
9 x_2 = 6 - 6 = 0 \quad\Rightarrow\quad x_2 = 0.
Linha 1:
4 x_1 + 2 x_2 -4 x_3 = y_1 \quad\Rightarrow\quad 4 x_1 + 2\cdot 0 -4\cdot 1 = 0.
Portanto
4 x_1 -4 = 0 \quad\Rightarrow\quad x_1 = 1.
Solução final do sistema:
x=\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Verificação rápida (opcional mas útil): calcular A x:
A\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 4\cdot1 + 2\cdot0 + (-4)\cdot1\\[4pt] 2\cdot1 + 10\cdot0 + 4\cdot1\\[4pt] -4\cdot1 + 4\cdot0 + 9\cdot1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0\\[4pt]6\\[4pt]5\end{pmatrix}=b,
confirmando que a solução está correta.]

Resposta

\det(A)=36
\displaystyle x=\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}]

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