(2) Use a decomposição LU para determinar a matriz inversa para o seguinte sistema. Não use pivotamento e verifique seus resultados comprovando que [A][A]^{-1}=[I]. Compare com o exercício (1) da eliminação de Gauss.
\left\{\begin{array}{l} 10 x_{1}+2 x_{2}-x_{3}=27 \\\\ -3 x_{1}-6 x_{2}+2 x_{3}=-61,5 \\\ x_{1}+x_{2}+5 x_{3}=-21,5 \end{array}\right.

Passo 1

O enunciado dá um sistema linear de três equações e pede que eu determine a matriz inversa usando decomposição LU (sem pivotamento), verifique que [[A][A]^{-1}=[I]) e compare com o exercício (1) da eliminação de Gauss. As informações dadas são:
\begin{cases} 10x_{1}+2x_{2}-x_{3}=27,\\[4pt] -3x_{1}-6x_{2}+2x_{3}=-61{,}5,\\[4pt] x_{1}+x_{2}+5x_{3}=-21{,}5, \end{cases}
daí a matriz dos coeficientes é
[A]=\begin{pmatrix} 10 & 2 & -1\\[4pt] -3 & -6 & 2\\[4pt] 1 & 1 & 5 \end{pmatrix}.
O que preciso entregar:
  • A decomposição LU (sem pivotamento) e a explicação passo a passo;
  • A matriz inversa [A]^{-1}\] encontrada via LU (resolvendo uma coluna da matriz identidade por vez); - A verificação \([A][A]^{-1}=[I];
    - Uma comparação com o método de eliminação de Gauss (exercício (1)).]

Passo 2

Breve aula sobre decomposição LU (método que vou usar) — explicando fórmulas e o raciocínio:
  • Ideia: escrever [A]=[L][U], onde [L] é triangular inferior com diagonais iguais a 1 e [U] é triangular superior. Depois, para obter [A]^{-1} resolvemos [A]X=I coluna a coluna: para cada vetor coluna \mathbf{b}=e_k (coluna canônica) resolvemos [L]\mathbf{y}=\mathbf{b} por substituição para frente e depois [U]\mathbf{x}=\mathbf{y} por substituição para trás; \mathbf{x} será a coluna k de [A]^{-1}.
  • Método Doolittle (que uso aqui): construo [L] com uns na diagonal e [U] com a primeira linha de [A] como primeira linha de [U]. As fórmulas (índices i,j) são:
    u_{1j}=a_{1j}\quad (j=1..n),\qquad l_{i1}=\frac{a_{i1}}{u_{11}}\quad (i=1..n)
    e, em geral, para calcular os elementos:
    u_{ij}=a_{ij}-\sum_{k=1}^{i-1} l_{ik}u_{kj}\quad\text{(para } i\le j\text{)},
l_{ij}=\frac{1}{u_{jj}}\left(a_{ij}-\sum_{k=1}^{j-1} l_{ik}u_{kj}\right)\quad\text{(para } i>j\text{)}.
Explico: a_{ij} são os elementos de [A]; l_{ij} e u_{ij} são os elementos que quero em L e U. Essas fórmulas dizem: para obter um elemento de U eu subtraio as contribuições já calculadas ( \sum l_{ik}u_{kj}); e para obter um elemento de L eu utilizo o elemento de U da diagonal correspondente para dividir a diferença.

Passo 3

Aplicando Doolittle ao nosso [A]. Vou trabalhar com frações sempre que possível para evitar erros de arredondamento.
Começo com \,u_{11}=a_{11}=10. Então
l_{21}=\frac{a_{21}}{u_{11}}=\frac{-3}{10}=-\frac{3}{10},\qquad l_{31}=\frac{a_{31}}{u_{11}}=\frac{1}{10}.
A primeira linha de U é a primeira linha de A:
u_{11}=10,\quad u_{12}=2,\quad u_{13}=-1.
Agora atualizo as linhas 2 e 3 (subtraindo a contribuição da primeira coluna) para obter os elementos de U na segunda linha:
linha 2 atualizada:
\begin{aligned} u_{22}&=a_{22}-l_{21}u_{12} = -6 -\Big(-\frac{3}{10}\Big)\cdot 2 = -6 + \frac{6}{10} = -\frac{27}{5} = -5{,}4,\\[4pt] u_{23}&=a_{23}-l_{21}u_{13} = 2 -\Big(-\frac{3}{10}\Big)\cdot(-1) = 2 - \frac{3}{10} = \frac{17}{10}=1{,}7. \end{aligned}
linha 3 atualizada:
\begin{aligned} \text{(temporário)}\quad a'_{32}&=a_{32}-l_{31}u_{12}=1-\frac{1}{10}\cdot 2 = 1- \frac{2}{10}=\frac{4}{5}=0{,}8,\\[4pt] a'_{33}&=a_{33}-l_{31}u_{13}=5-\frac{1}{10}\cdot(-1)=5+\frac{1}{10}=\frac{51}{10}=5{,}1. \end{aligned}á
Agora calculo l_{32} usando u_{22}:
l_{32}=\frac{a'_{32}}{u_{22}}=\frac{\tfrac{4}{5}}{-\tfrac{27}{5}}=-\frac{4}{27}.
Finalmente obtenho u_{33}:
u_{33}=a'_{33}-l_{32}u_{23} =\frac{51}{10}-\Big(-\frac{4}{27}\Big)\cdot\frac{17}{10} =\frac{51}{10}+\frac{68}{270} =\frac{289}{54}\approx 5{,}35185185.
Portanto as matrizes L e U (escritas com frações exatas) são:
[L]=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\[4pt] -\dfrac{3}{10} & 1 & 0\\[6pt] \dfrac{1}{10} & -\dfrac{4}{27} & 1 \end{pmatrix},\qquad [U]=\begin{pmatrix} 10 & 2 & -1\\[4pt] 0 & -\dfrac{27}{5} & \dfrac{17}{10}\\[6pt] 0 & 0 & \dfrac{289}{54} \end{pmatrix}.
(Faça uma pausa: perceba que os l_{ij} são os multiplicadores que apareceriam na eliminação de Gauss sem pivotamento — é a mesma informação, só organizada como L e U.)]

Passo 4

Como eu disse antes, para achar [A]^{-1} resolvo [A]X=I coluna a coluna. Para cada coluna canônica \mathbf{e}_k faço:
  1. Resolver [L]\mathbf{y}=\mathbf{e}_k por substituição para frente (fácil porque L é triangular inferior com 1 na diagonal).
  2. Resolver [U]\mathbf{x}=\mathbf{y} por substituição para trás (porque U é triangular superior).
Explico as duas substituições:
  • Substituição para frente (L): escrevendo as equações na ordem de cima para baixo, cada y_i depende apenas de y_1,\dots,y_{i-1} já calculados.
  • Substituição para trás (U): escrevendo da última equação para a primeira, cada x_i é obtido dividindo pela u_{ii} o que sobra depois de subtrair as contribuições dos x_j já conhecidos ( j>i).
Vou aplicar isso para k=1,2,3.

Passo 5

Coluna 1: resolvo [[L]\mathbf{y}=\mathbf{e}_1) com \mathbf{e}_1=(1,0,0)^T.
As equações (escritas com L explicitado) são:
\begin{cases} y_1 = 1,\\[4pt] -\dfrac{3}{10}y_1 + y_2 = 0 \;\Longrightarrow\; y_2=\dfrac{3}{10},\\[6pt] \dfrac{1}{10}y_1 -\dfrac{4}{27}y_2 + y_3 = 0 \;\Longrightarrow\; y_3 = -\dfrac{1}{10} + \dfrac{4}{27}\cdot\dfrac{3}{10}. \end{cases}
Calculo y_3\]: \[y_3 = -\frac{1}{10} + \frac{12}{270} = -\frac{27}{270} + \frac{12}{270} = -\frac{15}{270} = -\frac{1}{18}.\] Portanto \[\mathbf{y}=(1,\tfrac{3}{10},-\tfrac{1}{18})^T.
Agora resolvo [U]\mathbf{x}=\mathbf{y} por substituição para trás:
\begin{cases} \dfrac{289}{54}x_3 = -\dfrac{1}{18} \;\Longrightarrow\; x_3 = -\dfrac{1}{18}\cdot\dfrac{54}{289}=-\dfrac{3}{289},\\[6pt] -\dfrac{27}{5} x_2 + \dfrac{17}{10} x_3 = \dfrac{3}{10} \;\Longrightarrow\; x_2 = \dfrac{\tfrac{3}{10}-\tfrac{17}{10}x_3}{-\tfrac{27}{5}}. \end{cases}
Substituindo x_3=-\dfrac{3}{289}\] no cálculo de \(x_2:
x_2 = \frac{\tfrac{3}{10}-\tfrac{17}{10}\cdot\left(-\dfrac{3}{289}\right)}{-\tfrac{27}{5}} = \frac{\tfrac{867}{2890}+\tfrac{51}{2890}}{-\tfrac{27}{5}} = \frac{\tfrac{918}{2890}}{-\tfrac{27}{5}} = \frac{918}{2890}\cdot\frac{5}{-27} = -\frac{17}{289}.
Finalmente x_1 pela primeira equação:
10x_1 + 2x_2 - x_3 = 1 \;\Longrightarrow\; x_1 = \frac{1-2x_2 + x_3}{10} = \frac{1 -2\left(-\tfrac{17}{289}\right) + \left(-\tfrac{3}{289}\right)}{10} = \frac{320}{289}\cdot\frac{1}{10}=\frac{32}{289}.
Portanto a primeira coluna de [A]^{-1} é
\begin{pmatrix}\dfrac{32}{289}\\[4pt] -\dfrac{17}{289}\\[4pt] -\dfrac{3}{289}\end{pmatrix}.]

Passo 6

Coluna 2: resolvo [L]\mathbf{y}=\mathbf{e}_2 com \mathbf{e}_2=(0,1,0)^T.
Pelas equações de L:
y_1=0,\qquad y_2=1,\qquad y_3=-\frac{1}{10}\cdot 0 + \frac{4}{27}\cdot 1 = \frac{4}{27}.
Agora [U]\mathbf{x}=\mathbf{y}:
x_3 = \frac{y_3}{u_{33}} = \frac{\tfrac{4}{27}}{\tfrac{289}{54}} = \frac{4}{27}\cdot\frac{54}{289}=\frac{8}{289}.
x_2 = \frac{y_2 - u_{23}x_3}{u_{22}} = \frac{1 - \tfrac{17}{10}\cdot \tfrac{8}{289}}{-\tfrac{27}{5}} = -\frac{51}{289}.
x_1 = \frac{0 -2x_2 + x_3}{10} = \frac{-2\left(-\tfrac{51}{289}\right) + \tfrac{8}{289}}{10} = \frac{110}{289}\cdot\frac{1}{10}=\frac{11}{289}.
Portanto a segunda coluna de [A]^{-1} é
\begin{pmatrix}\dfrac{11}{289}\\[4pt] -\dfrac{51}{289}\\[4pt] \dfrac{8}{289}\end{pmatrix}.]

Passo 7

Coluna 3: resolvo [L]\mathbf{y}=\mathbf{e}_3 com \mathbf{e}_3=(0,0,1)^T.
Pelas equações de L:
y_1=0,\qquad y_2=0,\qquad y_3=1.
Agora [U]\mathbf{x}=\mathbf{y}:
x_3 = \frac{1}{u_{33}} = \frac{1}{\tfrac{289}{54}}=\frac{54}{289}.
x_2 = \frac{0 - u_{23}x_3}{u_{22}} = \frac{-\tfrac{17}{10}\cdot\dfrac{54}{289}}{-\tfrac{27}{5}} = \frac{17}{289}.
x_1 = \frac{0 -2x_2 + x_3}{10} = \frac{-2\cdot\dfrac{17}{289} + \dfrac{54}{289}}{10} = \frac{20}{289}\cdot\frac{1}{10}=\frac{2}{289}.
Portanto a terceira coluna de [A]^{-1} é
\begin{pmatrix}\dfrac{2}{289}\\[4pt] \dfrac{17}{289}\\[4pt] \dfrac{54}{289}\end{pmatrix}.]

Passo 8

Monta-se [A]^{-1} com as três colunas obtidas. Escrevendo de forma compacta:
[A]^{-1}=\frac{1}{289} \begin{pmatrix} 32 & 11 & 2\\[6pt] -17 & -51 & 17\\[6pt] -3 & 8 & 54 \end{pmatrix}.
Se preferir ver com denominador comum 289, cada elemento está explicitado acima; aproximadamente, em decimals:
[A]^{-1}\approx \begin{pmatrix} 0{,}1107246 & 0{,}0380623 & 0{,}0069204\\[4pt] -0{,}0588235 & -0{,}1764706 & 0{,}0588235\\[4pt] -0{,}0103813 & 0{,}0276817 & 0{,}187\\\ \end{pmatrix}.]

Passo 9

Verificação [A][A]^{-1}=[I]. Faço a multiplicação na forma [A]\cdot(1/289)M onde
M=\begin{pmatrix} 32 & 11 & 2\\[4pt] -17 & -51 & 17\\[4pt] -3 & 8 & 54 \end{pmatrix}.
Mostro o produto A\cdot M (devia dar 289I) calculando as colunas:
  • Coluna 1: A\cdot(32,-17,-3)^T = (289,0,0)^T.
  • Coluna 2: A\cdot(11,-51,8)^T = (0,289,0)^T.
  • Coluna 3: A\cdot(2,17,54)^T = (0,0,289)^T.
Portanto A\cdot M = 289 I, e dividindo por 289 obtemos exatamente [A][A]^{-1}=[I]. A verificação está completa.]

Passo 10

Comparação com eliminação de Gauss (exercício (1)): os multiplicadores l_{21},l_{31},l_{32} que apareceram na construção de L são precisamente os mesmos que surgem quando se faz a eliminação de Gauss sem pivotamento; por isso os dois métodos dão o mesmo resultado final para [A]^{-1}. Ou seja, se no exercício (1) você obteve a inversa por eliminação de Gauss, o resultado deve coincidir com a matriz que obtive acima (mesmos números). Se quiser, posso comparar termo a termo com sua solução do exercício (1) — me mande os valores que você obteve que eu confirmo.

Resposta

[A]^{-1}=\frac{1}{289} \begin{pmatrix} 32 & 11 & 2\\[6pt] -17 & -51 & 17\\[6pt] -3 & 8 & 54 \end{pmatrix}
[A][A]^{-1}=[I] verificado.
Comparação: coincide com o resultado obtido pela eliminação de Gauss (exercício (1)) — os métodos são equivalentes e devem produzir a mesma matriz inversa.]

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