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.
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
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.
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,
(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.]