Seja o sistema linear:
\left\{\begin{array}{c} 3 x_{1}+2 x_{2}+4 x_{3}=1 \\\ x_{1}+x_{2}+2 x_{3}=2 \\\\ 4 x_{1}+3 x_{2}-2 x_{3}=3 \end{array}\right.
a. Mostre que a matriz inversa de uma matriz A_{\mathrm{n} \times \mathrm{n}} pode ser obtida por meio da resolução de n sistemas lineares de ordem \mathrm{n} \times \mathrm{n}.
b. Entre o método da Eliminação de Gauss e a Decomposição L U, qual é o mais indicado para este caso? Justifique.

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado nos dá e o que pede.
  • Sistema linear dado:
\left\{\begin{array}{r} 3 x_{1}+2 x_{2}+4 x_{3}=1,\\[4pt] x_{1}+x_{2}+2 x_{3}=2,\\[4pt] 4 x_{1}+3 x_{2}-2 x_{3}=3. \end{array}\right.
  • Seja A a matriz dos coeficientes associada a esse sistema (aqui A é 3\times3).
  • Perguntas:
    (a) Mostrar que a matriz inversa de uma matriz A_{n\times n} pode ser obtida resolvendo n sistemas lineares de ordem n\times n.
    (b) Entre eliminação de Gauss e decomposição LU, indicar qual método é mais indicado para este caso e justificar.
Nada será resolvido ainda; apenas enumerei os dados e as perguntas para ficar claro.]

Passo 2

Conceitos fundamentais que usamos (explicados com calma).
  • Definição de inversa: para uma matriz quadrada A dizemos que A^{-1} é a inversa de A quando
A A^{-1}=I,
onde I é a matriz identidade n\times n. A identidade tem colunas canônicas \,e_1,e_2,\dots,e_n, onde e_j tem 1 na posição j e 0 nas outras.
  • Notação por colunas: se escrevemos X para A^{-1} e dividimos X em colunas como
X=\bigl[x^{(1)}\; x^{(2)}\; \cdots\; x^{(n)}\bigr],
e I em colunas
I=\bigl[e_1\; e_2\; \cdots\; e_n\bigr],
então a igualdade A X = I se lê coluna a coluna como
A x^{(j)} = e_j,\qquad j=1,\dots,n.
Expliquei o que cada símbolo significa e porque vamos trabalhar com colunas.

Passo 3

Demonstração teórica do item (a): por que resolver n sistemas nos dá A^{-1}.
  • Partindo de A A^{-1}=I, escrevemos A^{-1} por colunas e obtemos para cada j
A x^{(j)} = e_j.
  • Portanto, a j-ésima coluna de A^{-1} é exatamente a solução do sistema linear A x = e_j.
  • Logo, se resolvermos os n sistemas
A x = e_1,\; A x = e_2,\; \dots,\; A x = e_n,
e colocarmos as soluções como colunas de uma matriz, essa matriz é A^{-1}.
  • Observação prática: isso equivale a montar a matriz aumentada [A\;|\;I] e aplicar operações de linha de forma a transformar A em I; as mesmas operações transformam I em A^{-1}. Esse procedimento é a eliminação de Gauss-Jordan aplicada simultaneamente às n colunas do lado direito — isto é, resolver todos os n sistemas de uma vez.
Até aqui a ideia é conceitual: colunas de A^{-1} = soluções de A x = e_j.

Passo 4

Mostrando o processo na prática para a matriz 3\times3 do enunciado: montar A e os vetores e_1,e_2,e_3.
  • A matriz dos coeficientes é
A=\begin{pmatrix}3 & 2 & 4\\[4pt]1 & 1 & 2\\[4pt]4 & 3 & -2\end{pmatrix}.
  • Para obter A^{-1} resolvemos os três sistemas A x = e_1, A x = e_2, A x = e_3 com
e_1=\begin{pmatrix}1\\\ 0\\\ 0\end{pmatrix},\qquad e_2=\begin{pmatrix}0\\\ 1\\\ 0\end{pmatrix},\qquad e_3=\begin{pmatrix}0\\\ 0\\\ 1\end{pmatrix}.
  • Vou resolver cada um explicitamente, passo a passo, para que veja como cada coluna de A^{-1} aparece.]

Passo 5

Resolver A x = e_1 (primeiro sistema) passo a passo.
O sistema é
\left\{\begin{array}{r} 3 x_{1}+2 x_{2}+4 x_{3}=1,\\[4pt] x_{1}+x_{2}+2 x_{3}=0,\\[4pt] 4 x_{1}+3 x_{2}-2 x_{3}=0. \end{array}\right.
  • Da segunda equação isolamos x_1:
x_1 = -x_2 -2x_3.
  • Substituímos em 1ª e 3ª:
    • Na 1ª:
    3(-x_2-2x_3)+2x_2+4x_3=1que simplifica para -x_2-2x_3=1 \quad\Rightarrow\quad x_2+2x_3=-1.
    • Na 3ª:
    4(-x_2-2x_3)+3x_2-2x_3=0que simplifica para -x_2-10x_3=0 \quad\Rightarrow\quad x_2+10x_3=0.
  • Subtraindo as duas equações para eliminar x_2:
(x_2+10x_3)-(x_2+2x_3)=0-(-1)\quad\Rightarrow\quad 8x_3=1.
  • Portanto x_3=\dfrac{1}{8}. Em seguida
x_2 = -10x_3 = -\dfrac{10}{8} = -\dfrac{5}{4},
e
x_1 = -x_2 -2x_3 = -\Bigl(-\dfrac{5}{4}\Bigr) -2\cdot\dfrac{1}{8} = \dfrac{5}{4}-\dfrac{1}{4}=1.
  • Conclusão: solução para A x = e_1 é
x^{(1)}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-\dfrac{5}{4}\\[4pt]\dfrac{1}{8}\end{pmatrix}.
Essa será a primeira coluna de A^{-1}.]

Passo 6

Resolver A x = e_2 (segundo sistema) passo a passo.
O sistema é
\left\{\begin{array}{r} 3 x_{1}+2 x_{2}+4 x_{3}=0,\\[4pt] x_{1}+x_{2}+2 x_{3}=1,\\[4pt] 4 x_{1}+3 x_{2}-2 x_{3}=0. \end{array}\right.
  • Da segunda equação isolamos x_1:
x_1 = 1 - x_2 -2x_3.
  • Substituímos em 1ª e 3ª:
    • Na 1ª:
    3(1-x_2-2x_3)+2x_2+4x_3=0que simplifica para x_2+2x_3=3.
    • Na 3ª:
    4(1-x_2-2x_3)+3x_2-2x_3=0que simplifica para x_2+10x_3=4.
  • Subtraindo para eliminar x_2:
(x_2+10x_3)-(x_2+2x_3)=4-3\quad\Rightarrow\quad 8x_3=1.
  • Logo x_3=\dfrac{1}{8}. Então
x_2 = 3 - 2x_3 = 3 - \dfrac{1}{4} = \dfrac{11}{4},
e
x_1 = 1 - x_2 -2x_3 = 1 - \dfrac{11}{4} - \dfrac{1}{4} = -2.
  • Conclusão: solução para A x = e_2 é
x^{(2)}=\begin{pmatrix}-2\\[4pt]\dfrac{11}{4}\\[4pt]\dfrac{1}{8}\end{pmatrix}.
Essa será a segunda coluna de A^{-1}.]

Passo 7

Resolver A x = e_3 (terceiro sistema) passo a passo.
O sistema é
\left\{\begin{array}{r} 3 x_{1}+2 x_{2}+4 x_{3}=0,\\[4pt] x_{1}+x_{2}+2 x_{3}=0,\\[4pt] 4 x_{1}+3 x_{2}-2 x_{3}=1. \end{array}\right.
  • Da segunda equação isolamos x_1:
x_1 = -x_2 -2x_3.
  • Substituímos em 1ª e 3ª:
    • Na 1ª:
    3(-x_2-2x_3)+2x_2+4x_3=0que simplifica para x_2+2x_3=0.
    • Na 3ª:
    4(-x_2-2x_3)+3x_2-2x_3=1que simplifica para x_2+10x_3=-1.
  • Subtraindo:
(x_2+10x_3)-(x_2+2x_3)=-1-0\quad\Rightarrow\quad 8x_3=-1.
  • Então x_3=-\dfrac{1}{8}. Em seguida
x_2 = -2x_3 = -2\Bigl(-\dfrac{1}{8}\Bigr)=\dfrac{1}{4},
e
x_1 = -x_2 -2x_3 = -\dfrac{1}{4} -2\Bigl(-\dfrac{1}{8}\Bigr)=0.
  • Conclusão: solução para A x = e_3 é
x^{(3)}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]\dfrac{1}{4}\\[4pt]-\dfrac{1}{8}\end{pmatrix}.
Essa será a terceira coluna de A^{-1}.]

Passo 8

Montar A^{-1} juntando as colunas obtidas e verificar (breve checagem).
  • Juntando x^{(1)},x^{(2)},x^{(3)} como colunas temos
A^{-1}=\begin{pmatrix} 1 & -2 & 0\\[6pt] -\dfrac{5}{4} & \dfrac{11}{4} & \dfrac{1}{4}\\[6pt] \dfrac{1}{8} & \dfrac{1}{8} & -\dfrac{1}{8} \end{pmatrix}.
  • Uma verificação rápida: multiplicar A pela primeira coluna deve dar e_1. Calculando a combinação de linhas (feita nos passos anteriores) confirma A x^{(1)}=e_1. Testes semelhantes valem para as outras colunas, então a matriz acima é de fato A^{-1}.
Isso conclui a parte prática que ilustra o que foi mostrado teoricamente no item (a).]

Passo 9

Comparação entre Eliminação de Gauss e Decomposição LU e resposta ao item (b), com justificativa didática.
  • O que é cada método, de maneira simples:
    • Eliminação de Gauss (ou Gauss-Jordan): aplicar operações de linha em [A\;|\;b] até triangularizar ou reduzir totalmente, obtendo a solução. Se montar [A\;|\;I] e reduzir A até I, obtém-se A^{-1} diretamente (Gauss-Jordan).
    • Decomposição LU: fatorar A numa matriz triangular inferior L e superior U tal que A=LU (na prática muitas vezes faz-se PA=LU, com P permutação para pivotamento). Uma vez A=LU, para cada lado direito b resolve-se primeiro L y = b (substituição para frente) e depois U x = y (substituição para trás).
  • Eficiência computacional (ideia sem muitos jargões):
    • Factorização LU (uma vez) custa aproximadamente \dfrac{2}{3}n^{3} operações (flops).
    • Cada solução adicional com substituições L y=b e U x=y custa cerca de 2n^{2} operações.
    • Se você resolver cada sistema separadamente usando eliminação de Gauss sem reaproveitar nada, cada sistema custa \dfrac{2}{3}n^{3} e, para n sistemas (como ao calcular A^{-1}), isso dá algo na ordem de \dfrac{2}{3}n^{4} operações no total — muito caro quando n cresce.
    • Com LU você faz \dfrac{2}{3}n^{3} para fatorar e depois n vezes 2n^{2}, total na ordem de n^{3} (mais precisamente cerca de \dfrac{8}{3}n^{3} com as constantes dadas). Assim, para muitos vetores lado direito (como os n vetores e_j necessários para A^{-1}), LU é muito mais eficiente.
  • Estabilidade numérica: na prática é recomendado usar LU com pivotamento parcial (ou seja, fatoração PA=LU) para evitar problemas numéricos. A eliminação de Gauss com pivotamento é equivalente a usar L e U com permutações, mas o ponto-chave é reaproveitar a fatoração.
  • Aplicando isso ao nosso caso:
    • Se o objetivo é obter A^{-1} (que exige resolver n sistemas), o método mais indicado é a decomposição LU (com pivotamento) porque a fatoração é feita uma vez e as soluções das n direções canônicas são obtidas por substituições baratas para cada coluna.
    • Se o objetivo fosse resolver apenas um único sistema A x=b e nada mais, a eliminação de Gauss (com pivotamento) ou LU com pivotamento têm custo semelhante; muitas implementações usam LU internamente. Para muitos lados direitos, LU é claramente preferível.
  • Observação prática importante: na maioria dos problemas numéricos não se calcula explicitamente A^{-1} (isso costuma ser desaconselhado numericamente); em vez disso, fatoramos A e resolvemos A x=b via LU. Isso é mais estável e eficiente.

Resposta

(a) A inversa A^{-1} é obtida resolvendo os n sistemas lineares A x = e_j para j=1,\dots,n; as colunas de A^{-1} são as soluções desses sistemas. Para a matriz dada,
A^{-1}=\begin{pmatrix} 1 & -2 & 0\\[6pt] -\dfrac{5}{4} & \dfrac{11}{4} & \dfrac{1}{4}\\[6pt] \dfrac{1}{8} & \dfrac{1}{8} & -\dfrac{1}{8} \end{pmatrix}.
(b) A decomposição LU (com pivotamento parcial, isto é PA=LU) é a mais indicada quando se precisa da inversa ou de resolver vários sistemas com a mesma A, porque a fatoração é feita uma vez (~ \tfrac{2}{3}n^{3} operações) e cada RHS adicional custa apenas \mathcal{O}(n^{2}), sendo assim muito mais eficiente que aplicar eliminação de Gauss independente para cada RHS.]

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