Três crianças brincam na rua:
  • A mais velha possui o somatório da idade das duas mais novas.
  • A criança de idade intermediária tem dois anos a mais do que a criança mais nova.
  • Multiplicando a idade da criança mais nova por 3 e subtraindo 3 anos desse resultado, encontra-se a idade da criança mais velha.
Responda os itens a seguir:
(a) Monte o sistema linear para representar as idades das crianças.
(b) A decomposição LU pode ser executada para essa matriz de coeficientes? Justifique. Caso positivo, mostre as matrizes L e U.
(c) Diga se é possível resolver o sistema a partir do método iterativo de Jacobi. Justifique.

Passo 1

O enunciado pede três coisas:
(a) montar um sistema linear que represente as idades das três crianças;
(b) dizer se a decomposição LU pode ser executada para a matriz de coeficientes e, em caso positivo, mostrar as matrizes L e U;
(c) dizer se é possível resolver o sistema usando o método iterativo de Jacobi, com justificativa.
Informações dadas (cada linha é um dado do enunciado):
  • A criança mais velha tem a soma das idades das duas mais novas.
  • A criança de idade intermediária tem dois anos a mais que a criança mais nova.
  • A criança mais velha é igual a três vezes a idade da mais nova menos 3 anos.
Esses são os dados completos que vamos usar para montar e analisar o sistema.

Passo 2

Definimos variáveis (escolha natural para a prova):
x = \text{idade da criança mais velha},\qquad y = \text{idade da criança intermediária},\qquad z = \text{idade da criança mais nova}.ççáç
Agora traduzo cada frase do enunciado para uma equação em x,y,z, sem resolver ainda.

Passo 3

Traduzindo as frases para equações:
  • “A mais velha possui o somatório da idade das duas mais novas” vira
x = y + z.
Reescrevendo como equação linear padrão:
x - y - z = 0.
  • “A criança de idade intermediária tem dois anos a mais do que a criança mais nova” vira
y = z + 2,
ou
y - z = 2.
  • “Multiplicando a idade da criança mais nova por 3 e subtraindo 3 anos desse resultado, encontra-se a idade da criança mais velha” vira
x = 3z - 3,
ou
x - 3z = -3.

Passo 4

Escrevendo o sistema na forma matricial A\mathbf{u}=\mathbf{b} com \mathbf{u}=(x,y,z)^{T}:
\begin{cases} x - y - z = 0,\\[4pt] 0\cdot x + y - z = 2,\\[4pt] x + 0\cdot y -3z = -3, \end{cases}
ou, em matriz,
A = \begin{pmatrix}1 & -1 & -1\\[4pt] 0 & 1 & -1\\[4pt] 1 & 0 & -3\end{pmatrix},\qquad \mathbf{u}=\begin{pmatrix}x\\[4pt] y\\[4pt] z\end{pmatrix},\qquad \mathbf{b}=\begin{pmatrix}0\\[4pt] 2\\[4pt] -3\end{pmatrix}.]

Passo 5

Vamos analisar se a decomposição LU sem pivotamento pode ser executada. Um critério simples (suficiente e prático para aplicar à mão) é verificar os menores principais superiores (leading principal minors): se todos forem diferentes de zero, a decomposição LU (no esquema de Doolittle, sem permutações) existe.
Calculo dos menores principais:
  • Primeiro menor (1×1): \det\bigl(\begin{smallmatrix}1\end{smallmatrix}\bigr)=1\neq0.
  • Segundo menor (2×2, canto superior esquerdo): \det\begin{pmatrix}1 & -1\\[4pt] 0 & 1\end{pmatrix}=1\cdot1-0\cdot(-1)=1\neq0.
  • Terceiro menor é \det(A). Calculando \det(A):
\det(A)=1\cdot\det\begin{pmatrix}1 & -1\\[4pt]0 & -3\end{pmatrix} -(-1)\cdot\det\begin{pmatrix}0 & -1\\[4pt]1 & -3\end{pmatrix} +(-1)\cdot\det\begin{pmatrix}0 & 1\\[4pt]1 & 0\end{pmatrix}.
Calculando cada peça:
1\cdot(1\cdot(-3)-(-1)\cdot 0)= -3,\qquad -(-1)\cdot(0\cdot(-3)-(-1)\cdot 1)= +1\cdot(-\tfrac{1}{})= -\tfrac{1}{3}\\ \text{(corrigindo abaixo; melhor calcular direto)}.
(Faço o cálculo direto e limpo:) expandindo pela primeira linha:
\det(A)=1\cdot(1\cdot(-3)-(-1)\cdot0) -(-1)\cdot(0\cdot(-3)-(-1)\cdot1) +(-1)\cdot(0\cdot0-1\cdot1).
Assim
\det(A)=1\cdot(-3) -(-1)\cdot(0-(-1)) +(-1)\cdot(0-1) = -3 +1\cdot(1) +(-1)\cdot(-1) = -3+1+1 = -1.
Logo \det(A)=-1\neq0. Como todos os menores principais são não nulos, a decomposição LU sem pivotamento existe.]

Passo 6

Agora obtenho L e U com o método de eliminação (Doolittle: L tem diagonais iguais a 1 e os multiplicadores ficam abaixo da diagonal).
Início com A:
\begin{pmatrix} 1 & -1 & -1\\[4pt] 0 & 1 & -1\\[4pt] 1 & 0 & -3 \end{pmatrix}.
Eliminação na coluna 1:
  • Multiplicador para zerar a_{21} é m_{21}=0/1=0.
  • Multiplicador para zerar a_{31} é m_{31}=1/1=1. Aplicando R_3\leftarrow R_3 - m_{31}R_1:
R_3 \gets (1,0,-3) - 1\cdot(1,-1,-1) = (0,1,-2).
Após passo 1, a forma triangular superior parcial é
\begin{pmatrix} 1 & -1 & -1\\[4pt] 0 & 1 & -1\\[4pt] 0 & 1 & -2 \end{pmatrix}.
Eliminação na coluna 2 (pivot a_{22}=1):
  • Multiplicador para zerar a entrada a_{32} é m_{32}=1/1=1. Aplicando R_3\leftarrow R_3 - m_{32}R_2:
R_3 \gets (0,1,-2) - 1\cdot(0,1,-1) = (0,0,-1).
Agora a matriz triangular superior final U é
U=\begin{pmatrix}1 & -1 & -1\\[4pt] 0 & 1 & -1\\[4pt] 0 & 0 & -1\end{pmatrix}.
Os multiplicadores usados (para formar L) foram m_{21}=0,\\ m_{31}=1,\\ m_{32}=1. Assim a matriz L (com 1’s na diagonal) é
L=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 1 & 0\\[4pt] 1 & 1 & 1\end{pmatrix}.]

Passo 7

Verificação rápida (multiplicando L por U):
L\,U = \begin{pmatrix}1 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 1 & 0\\[4pt] 1 & 1 & 1\end{pmatrix} \begin{pmatrix}1 & -1 & -1\\[4pt] 0 & 1 & -1\\[4pt] 0 & 0 & -1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1 & -1 & -1\\[4pt] 0 & 1 & -1\\[4pt] 1 & 0 & -3\end{pmatrix}=A,
logo a decomposição está correta.]

Passo 8

Como exercício prático (útil para a prova), resolvo o sistema usando LU — isso mostra também que a decomposição é funcional: primeiro L\mathbf{y}=\mathbf{b} por substituição para encontrar \mathbf{y}, depois U\mathbf{u}=\mathbf{y}.
Temos \mathbf{b}=(0,2,-3)^{T}. Resolvendo L\mathbf{y}=\mathbf{b}:
\begin{pmatrix}1 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 1 & 0\\[4pt] 1 & 1 & 1\end{pmatrix} \begin{pmatrix}y_1\\[4pt] y_2\\[4pt] y_3\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0\\[4pt] 2\\[4pt] -3\end{pmatrix}.
Das duas primeiras linhas:
y_1=0,\qquad y_2=2.
Terceira linha: y_1+y_2+y_3=-3 implica 0+2+y_3=-3, então y_3=-5. Assim \mathbf{y}=(0,2,-5)^{T}.
Agora resolvo U\mathbf{u}=\mathbf{y}:
\begin{pmatrix}1 & -1 & -1\\[4pt] 0 & 1 & -1\\[4pt] 0 & 0 & -1\end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\\[4pt] y\\[4pt] z\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0\\[4pt] 2\\[4pt] -5\end{pmatrix}.
Da última equação: -1\cdot z = -5 \implies z=5.
Da segunda: y - z = 2 \implies y -5 = 2 \implies y=7.
Da primeira: x - y - z = 0 \implies x -7 -5 =0 \implies x=12.
Portanto as idades são x=12, y=7, z=5. (Confere com as frases originais: 12=7+5, 7=5+2, 12=3\cdot5-3.)]

Passo 9

Agora, sobre o método de Jacobi: explico o critério e aplico ao nosso sistema.
Resumo didático do método de Jacobi (de forma simples):
  • Se A é a matriz dos coeficientes, escrevemos A=D-(L+U), onde D é a diagonal de A e L,U são as partes estritamente triangular inferior e superior (sinais conforme convenção). A iteração de Jacobi pode ser escrita como
\mathbf{u}^{(k+1)} = D^{-1}(L+U)\,\mathbf{u}^{(k)} + D^{-1}\mathbf{b}.
O fator B_J := D^{-1}(L+U) é a matriz de iteração. Uma condição necessária e suficiente para convergência para todo chute inicial é que o raio espectral \rho(B_J)<1. Uma condição simples suficiente (mas não necessária) é que A seja estritamente diagonalmente dominante por linhas.

Passo 10

Calculo concreto para nosso A:
Diagonal D=\operatorname{diag}(1,1,-3). Então
D^{-1}=\operatorname{diag}\bigl(1,1,-\tfrac{1}{3}\bigr).
A matriz B_J = I - D^{-1}A (fórmula alternativa) fica, calculando:
D^{-1}A=\begin{pmatrix}1 & -1 & -1\\[4pt] 0 & 1 & -1\\[4pt] -\tfrac{1}{3} & 0 & 1\end{pmatrix},
logo
B_J = I - D^{-1}A = \begin{pmatrix}0 & 1 & 1\\[4pt] 0 & 0 & 1\\[4pt] \tfrac{1}{3} & 0 & 0\end{pmatrix}.
Primeiro inspeção pela dominância diagonal: as somas das não-diagonais por linha são
\begin{aligned} \text{linha 1: }& |1|+|1|=2> |1|,\\\ \text{linha 2: }& |0|+|1|=1=|1|,\\\ \text{linha 3: }& |1|+|0|=1<|{-3}|=3. \end{aligned}
Como nem todas as linhas são estritamente diagonalmente dominantes (linha 1 falha, linha 2 é apenas fraca), a condição suficiente de dominância estrita não é satisfeita — isto não prova que Jacobi falha, apenas que não podemos garantir convergência por esse critério simples.]

Passo 11

Para decidir de forma definitiva, calculo o raio espectral de B_J. Determino o polinômio característico de B_J:
\det(\lambda I - B_J)=\det\begin{pmatrix}\lambda & -1 & -1\\[4pt] 0 & \lambda & -1\\[4pt] -\tfrac{1}{3} & 0 & \lambda\end{pmatrix}.
Expandindo, obtém-se o polinômio
3\lambda^{3}-\lambda-1=0.
Esse polinômio tem exatamente uma raiz real no intervalo (0,1) (cheque rápido: para \lambda=0 o polinômio vale -1, para \lambda=1 vale 1, logo há um zero entre 0 e 1); numericamente essa raiz real é aproximadamente \lambda_1\approx 0,8519. As outras duas raízes são conjugadas complexas; usando o produto das raízes (que é -d/a para a\lambda^3+b\lambda^2+c\lambda+d) temos
\lambda_1\lambda_2\lambda_3 = \frac{1}{3}.
Com \lambda_1\approx 0{,}8519 segue que |\lambda_2|=|\lambda_3|\approx\sqrt{\tfrac{1/3}{0{,}8519}}\approx 0{,}6267. Assim todos os autovalores têm módulo menor que 1, e portanto
\rho(B_J)=\max\{|\lambda_i|\}\approx 0{,}8519 < 1.
Conclusão: a condição necessária e suficiente para convergência da iteração de Jacobi é satisfeita; o método de Jacobi converge para este sistema (apesar da falta de dominância estrita em todas as linhas).]

Resposta

(a) \begin{cases} x - y - z = 0,\\[4pt] y - z = 2,\\[4pt] x - 3z = -3, \end{cases} ou matricialmente \displaystyle \begin{pmatrix}1 & -1 & -1\\[4pt] 0 & 1 & -1\\[4pt] 1 & 0 & -3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\[4pt] y\\[4pt] z\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[4pt] 2\\[4pt] -3\end{pmatrix}.
(b) Sim. A decomposição LU sem pivotamento existe; uma possível decomposição é
\displaystyle L=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 1 & 0\\[4pt] 1 & 1 & 1\end{pmatrix},\qquad U=\begin{pmatrix}1 & -1 & -1\\[4pt] 0 & 1 & -1\\[4pt] 0 & 0 & -1\end{pmatrix}.
(c) Sim, é possível usar Jacobi: a matriz de iteração é \displaystyle B_{J}=\begin{pmatrix}0 & 1 & 1\\[4pt] 0 & 0 & 1\\[4pt] \tfrac{1}{3} & 0 & 0\end{pmatrix} cujo raio espectral é \rho(B_J)\approx 0{,}8519<1, logo a iteração de Jacobi converge para a solução.]

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