ALAp 3 - SISTEMAS DE EQUAES LINEARES Acreditamos que voc j tenha, em alguma medida, trabalhado a resoluo de sistemas de equaes lineares passveis de serem resolvidas na mo, ou seja, de sistemas com poucas equaes lineares e poucas incgnitas. Na seo 3.1 relembramos um pouco do que usualmente se faz com sistemas de equaes lineares nos primeiro e segundo graus. Sistemas de equaes lineares so fundamentais para tudo o que se segue, e mais ainda nas aplicaes da lgebra Linear a problemas concretos. Teremos a oportunidade de trabalhar alguns deles neste captulo. A lista de problemas que podem ser modelados empregando sistemas de equaes lineares gigantesca, e vai desde sistemas com duas equaes e duas variveis, at problemas de grande porte com milhes de equaes e variveis aos quais se pode chegar, por exemplo, na procura de imagens do crebro numa tomografia mdica, ou em problemas de otimizao numa grande companhia de aviao. Num curso introdutrio de lgebra Linear como este cabe-nos tratar problemas de pequeno e mdio porte , num sentido que tentaremos esclarecer melhor ao final deste captulo, mas que, grosso modo, inclui os sistemas de equaes lineares com centenas de equaes e de variveis. As tcnicas para resolver sistemas de equaes lineares de grande porte usualmente no fazem mais parte do contedo relativo a um curso introdutrio de lgebra Linear. De qualquer modo, nossa preocupao neste captulo , fundamentalmente, com a compreenso terica do que pode acontecer quando tentamos resolver um sistema de equaes lineares e somente tangenciaremos as dificuldades computacionais que podem surgir.

Nos preocupamos ainda de incluir algumas aplicaes relevantes na modelagem de problemas reais com sistemas de equaes lineares. A seo 3.1 tem o sentido de uma introduo ao tema. Nela trabalhamos informalmente o mtodo da eliminao de Gauss em casos particulares, bem como introduzimos a notao matricial para sistemas de equaes lineares, com a qual trabalharemos ao longo de todo o texto. Na seo 3.2 apresentamos o algoritmo da eliminao de Gauss com detalhes, bem como os principais resultados deste captulo. Na seo 3.3 discutimos a resoluo de sistemas de equaes lineares e a seo 3.4 dedicada s matrizes na forma escada reduzida. Na seo seguinte saldamos uma dvida do captulo anterior estabelecendo que as matrizes invertveis so exatamente as quadradas de posto mximo. Estas cinco sees iniciais so bsicas para tudo o que se segue. Nas demais concentramos material que julgamos muito relevante, mas que no so prerequisitos para o resto do livro, pelo menos teoricamente. Neste ponto, apresentamos alguns exerccios suplementares de reforo s sees 3.1-3.5. Na seo 3.6 apresentamos a popular fatorao LU de uma matriz , que corresponde a uma forma mais sinttica e moderna de tratar com sistemas de equaes lineares. Na seo 3.7 discutimos um exemplo de aplicao de resoluo de sistemas de equaes lineares obteno de solues numricas de equaes diferenciais. Infelizmente, falta ainda neste captulo trabalhar mais com bons exemplos de aplicaes, sobretudo nesta seo 3.7. Fica para a prxima edio. O timo acaba, frequentemente, inimigo do possvel. Na seo 3.8, fazemos algumas

observaes de natureza computacional, bem como colocamos exerccios a serem resolvidos com o auxlio de um computador. 3.1 INTRODUO Certamente, desde o primeiro grau voc vem tendo contato com sistemas de equaes lineares. O problema abaixo foi retirado de um livro da stima srie:2 Exemplo 3.1 - Maria pagou uma conta de R$ 100,00 com 13 notas, algumas de R$ 5,00 e outras de R$10,00. Quantas notas de cada tipo Maria deu para pagar a conta? Ao equacionar este problema, chamando de x1 o nmero de notas de R$ 5,00 e de x2 o nmero de notas de R$ 10,00, encontra-se duas equaes a serem resolvidas simultaneamente:

5x 10x 100 x x 13 12 12 (3.1) Cada uma das duas equaes acima dita linear. 1 Quando procuramos x1 e x2 que satisfaam a ambas simultaneamente, temos um sistema de equaes lineares. Um tal par ordenado de nmeros reais que, simultaneamente, satisfaa ambas as equaes dito uma soluo de sistema. Portanto, as solues do sistema (3.1) so pares ordenados de nmeros, ou seja, pontos do 2 ..

Na verdade, no h um nico mtodo para resolver sistemas de equaes lineares. Para o problema (3.1), voc provavelmente j viu trs maneiras diferentes de resolv-lo. A mais ingnua corresponderia a tirar o valor de x1 na primeira equao (x1 =13 x2) e lev-lo na outra equao, obtendo: 5(13 x2) + 10x2 = 100 x2 = 7 , x1 = 13 x2 = 6

Apesar de funcionar bem neste caso, quando o nmero de variveis cresce um pouco, este mtodo fica muito inadequado. Uma maneira mais sofisticada de resolver o probleminha acima seria usando a regra de Cramer, usualmente introduzida no ensino mdio. Ela tambm torna-se invivel para problemas com muitas variveis, mas tem alguma importncia terica. Pouco falaremos dela neste livro. A terceira maneira de resolver (3.1) denominada mtodo de eliminao de Gauss. Em geral, ele mais explorado no ensino mdio, embora seja introduzido ainda no ensino fundamental. Corresponde a substituir o sistema (3.1) por um sistema equivalente, no qual trocamos a segunda equao por ela mesma menos 5 vezes a primeira, obtendo: x 7, x 13 x 6 5x 100 5 *13 35 x x 13 212 2 12 Em muitas situaes, o mtodo ideal depende fortemente do problema e teremos oportunidade de citar alguns deles, ainda neste livro. No entanto, para problemas de pequeno e mdio portes, o grande

campeo , sem dvida, o mtodo da eliminao de Gauss. A idia geral do mtodo consiste em substituir o sistema original por um fcil de resolver, usando operaes nas linhas do sistema. Tem nos chamado a ateno o fato que um nmero considervel de alunos, talvez por terem passado vrios anos resolvendo sistemas de duas equaes lineares usando o mtodo de substituio (o primeiro dos trs acima), terminam se apegando a ele na hora de fazer as suas contas na mo. Alm de ser mais trabalhoso, no caso geral, ele induz a erros com bem mais frequncia do que o mtodo de

1 Formalmente, uma equao linear com n variveis e coeficientes reais se escreve como a1x1+ +anxn = b, ou seja, uma equao polinomial do 1 o grau nas n variveis x1, ,xn e coeficientes a1 , ,an ,b em . 3 eliminao de Gauss, e insistimos para que voc desista desta tentao, mesmo em sistemas de equaes com apenas trs variveis, no caso geral. Com uma exceo importante, qual seja, a dos sistemas dito triangulares. Um exemplo de sistema triangular superior seria: 2x 4 x 3x 1 5x 2x 3x 4 3 23 123

Neste caso, o mtodo ingnuo da substituio cai como uma luva. s ir resolvendo de baixo para cima . Ou seja, na ltima equao encontramos x3=2. Substituindo este valor de x3 na segunda equao, encontramos x2 = 1 3x3 = -5 Substituindo estes valores de x2 e x3 na primeira equao, encontramos: 4 5 4 2x 3x x 23 1 Veja que obtemos x3=2, x2=-5 e x1=4 como nica soluo para o sistema, com muita facilidade. O nome sistema triangular superior uma aluso bvia ao fato que ele pode ser escrito na forma de um tringulo na forma acima. A correspondente matriz, formada pelos coeficientes do sistema dita uma matriz triangular superior. 002 013 523 U Em geral, uma matriz dita triangular superior, se for quadrada e todas as suas entradas abaixo . da diagonal principal forem nulas. Analogamente, uma matriz quadrada triangular inferior se todas as suas entradas acima da diagonal principal forem nulas. Como vimos acima, fcil resolver um sistema triangular superior, sem zeros na diagonal. No caso

geral, um sistema triangular superior com n variveis, teria a forma: nn n n 22 2 2n n 2 11 1 12 2 1n n 1 Uxb UxUxb UxUxUxb

(3.1) Se todas entradas U11, U22 , , Unn na sua diagonal forem no nulos, o procedimento para resolv-lo exatamente o mesmo. Registramos o algoritmo TRIASUP, que encontra, de baixo para cima , as solues de um tal sistema triangular nxn, e sem zeros na diagonal:4 Algoritmo 3.1 TRIASUP -

Dado um sistema triangular superior nxn, e sem zeros na diagonal, como em 3.1: Passo 1 nn n U b Passo 2 - Para i valendo, sucessivamente, n-1,n-2, ,1 , resolva i-sima equao de 3.1, substituindo os valores das solues j encontrados na i-sima equao. Ou seja, faa: xi = ii i i(i 1) i 1 in n Resolva a ltima equao, fazendo xn =

U bUx Ux O mtodo da eliminao de Gauss, essencialmente, consiste em reduzir o problema de resolver um sistema de equaes lineares qualquer ao problema fcil de resolver sistemas triangulares. Basicamente, no caso de matrizes quadradas, consiste em ir substituindo equaes do sistema, de modo a ir zerando as entradas abaixo da diagonal, sem alterar as solues do sistema original, como no exemplo abaixo. Exemplo 3.2 - Vamos comear a resolver o sistema 2x 4x 6x 8 x 2x 4x 5 x 4x 2x 7 123 123 123 de forma a zerar ( eliminar ) os coeficientes de x1 nas equaes abaixo da primeira linha. Para tanto, substituiremos sua segunda equao por ela prpria menos a primeira, bem como a terceira por ela prpria menos o dobro da primeira. 4x 2x 6 2x 2x 2 x 4x 2x 7 2x 4x 6x 8 x 2x 4x 5 x 4x 2x 7 23

23 123 Eq Eq 2Eq Eq Eq Eq 123 123 123 331 221 muito importante que voc se convena que, ao substituirmos a segunda equao por ela prpria menos a primeira, o novo sistema ter exatamente as mesmas solues que o anterior (vide exerccio 3.6). O passo seguinte consiste em zerar ( eliminar ) o coeficiente de x2, abaixo da segunda equao. Para tanto, substitumos a terceira equao do novo sistema por ela prpria, menos duas vezes a segunda: 2x 2 2x 2x 2 x 4x 2x 7 4x 2x 6 2x 2x 2 x 4x 2x 7 3 23 123 Eq Eq 2Eq 23 23

123 332 Desta forma chegamos a um sistema triangular superior, fcil de resolver por substituio. De baixo para cima, obtemos primeiramente x3=-1 na terceira equao. Levando x3=-1 na segunda equao, obtemos x2 = (2-2x3)/2= 2. Com x3=-1 e x2 = 2 obtemos, na primeira equao, x1 = -7 +4x2 2x3 = 3. Uma maneira definitiva de nos certificarmos que x1=3, x2=2 e x3= -1 constituem uma soluo do sistema original, neste caso, seria checarmos que estes valores das variveis resolvem o sistema original. De fato: 5 2 *3 4 * 2 6 * ( 1) 8 3 2 * 2 4 * ( 1) 5 3 4 * 2 2 * ( 1) 7 Em geral, altamente recomendvel verificar se no cometemos erros ao resolver um dado problema, checando se as solues obtidas na sua resoluo, de fato, funcionam. No entanto, a pergunta importante aqui saber se foi uma coincidncia o fato das solues do sistema triangular tambm serem solues do sistema original. A resposta que no foi uma coincidncia, uma vez que, ao substituirmos uma das equaes de um dado sistema por ela prpria somada a um mltiplo de qualquer outra, isto no altera as solues do sistema (vide exerccio 3.6). 3.1.1 - Interseo de duas retas no 2 Exemplo 3.3 - Ache a interseo das retas r1 e r2 , dadas pelas equaes: r1 : x1 - 2x2 + 1 = 0 e r2 : x1 - x2 - 1 = 0

Sua interseo corresponde a resolver o sistema linear de duas equaes xx1 x 2x 1

12 12 Equivalentemente, (substituindo a 2 a equao pela sua diferena com a 1 a ), obtemos x2 x 2x 1 2 12 x1 = 3 e x2 = 2

( 3 2) T o nico ponto de interseo entre r1 e r2 Exemplo 3.4 - Ache a interseo das retas r1 e r2 , dadas pelas equaes: r1 : x1 - 2x2 + 1 = 0 e r2 : -2x1 + 4x2 - 8 = 0

Sua interseo corresponde a resolver o sistema linear de duas equaes xx xx 12 12 21 2 4 86 Equivalentemente, (substituindo a 2

a equao pela sua soma com o dobro da 1 a ), obtemos 06 x1 2x2 1 O sistema no tem soluo . Portanto, as retas no se intersectam. Ou seja, so paralelas. Exemplo 3.5 - Ache a interseo das retas r1 e r2 , dadas pelas equaes: r1 : x1 - 2x2 + 1 = 0 e r2 : -2x1 + 4x2 - 2 = 0

Sua interseo corresponde a resolver o sistema linear xx xx 12 12 21 242 A 2 a equao -2 vezes a 1 a :Na prtica s temos a equao x1 - 2x2 = -1 . H vrias solues, que escrevemos como (-1+2 ) T

, para todo .

Geometricamente, as duas retas coincidem. 3.1.2 - Intersees de planos no 3 Nesta subseo, partimos do princpio que voc j sabe que uma equao linear em trs variveis representa um plano do 3 . Exemplo 3.6 1 = {x 3 | x1 - 2x2 - 5x3 = 2}; 3 | 2x1 -x2 - 6x3 = 2}; 3 = {x 3 | x1 - x2 - 4x3 = 1} Se x um ponto que est na interseo dos trs planos ento satisfar simultaneamente s equaes dos planos, ou seja, ser uma soluo do sistema 2 = {x Considere os planos 1, 2 e 3, definidos por:

x x 4x 1 2x x 6x 2 x 2x 5x 2 123 123 123

(3.2) Procedendo a eliminao de Gauss como no exemplo anterior, comeamos zerando os coeficientes de x1 nas duas ltimas equaes, para em seguida eliminar o coeficiente em x2 na terceira equao:7 x1 3x 4x 2 x 2x 5x 2 xx1 3x 4x 2 x 2x 5x 2 x x 4x 1 2x x 6x 2 x 2x 5x 2 3 23 123 Eq Eq 3Eq 23 23 123 Eq Eq Eq Eq Eq 2Eq 123 123 123 332 331

221 Resolvendo o sistema triangular direita obtemos:

x3= 1; x2= -1-x3 = -2 e x1 = 2 +2x2+5x5 = 3. Observe que o sistema triangular tem exatamente as mesmas solues que o sistema original (vide exerccio 3.6). Ou seja, apenas x=(3 2 1) T . Geometricamente, isto significa que os trs planos se intersectam num nico ponto x, Exemplo 3.7 1 = {x 3 | x1 - 2x2 - 5x3 = 2}; 3 | 2x1 -x2 - 6x3 = 2}; 3 = {x 3 | x1 + x2 - x3 = 1} Ou seja, mantivemos os dois primeiros planos do exemplo anterior e trocamos o terceiro. Do mesmo jeito que antes, os pontos da interseo dos trs planos so exatamente as solues de: 2 = {x Considere os planos 1, 2 e 3, definidos por:

xxx1 2x x 6x 2 x 2x 5x 2

123 123 123 (3.3) Procedendo a eliminao de Gauss como no exemplo anterior, mais uma vez comeamos eliminando os coeficientes de x1 nas duas ltimas equaes, para em seguida eliminar o coeficiente em x2 na terceira equao: 02 3x 4x 3 x 2x 5x 2 3x 4x 1 3x 4x 3 x 2x 5x 2 xxx1 2x x 6x 1 x 2x 5x 2 23 123 Eq Eq Eq 23 23 123 Eq Eq Eq Eq Eq 2Eq 123 123 123

332 331 221

x Observe que o sistema direita, acima, triangular e no pode ter soluo, j que isto implicaria 0=2. Como as solues do sistema original tambm so solues do sistema triangular (por qu?), isto significa que os trs planos considerados no tm nenhum ponto em comum. Observe ainda que a interseo dos planos 1 e 2 so as solues de um sistema formado pelas duas primeiras equaes do sistema acima. Portanto, tambm formado pelas solues das duas primeiras equaes do sistema que est no meio da passagem acima. Ou seja:

3x 4x 3 x 2x 5x 2 23 123 (3.4)8 Fazendo x3 = no sistema 3.4, obtemos x2 = -1 3 4 na segunda equao e x1 = 3 7

, na primeira. Observe que x( ) = ( 3 7 -1 3 4 ( T a parametrizao de uma reta, ou seja a reta de interseo de 1 e 2 . Podemos concluir que 3 deve ser um plano paralelo a esta reta, conforme indica a figura acima. Exemplo 3.8 3 = {x 3 | 5x1 + x2 +13x3 = 1}. A interseo dos trs planos ser descrita , neste caso, pelas solues do correspondente sistema, ou seja: 00 3x 4x 3 x 2x 5x 2 9x 12x 9 3x 4x 3 x 2x 5x 2 5x x 13 1 2x x 6x 1 x 2x 5x 2 23 Mantenhamos os planos 1 e 2 dos exemplos anteriores e substituamos 3 por

123 Eq Eq 3Eq 23 23 123 Eq Eq 5Eq Eq Eq 2Eq 123 123 123 332 331 221 Observao 3.1 Estes exemplos acima so tpicos do que se pode obter ao resolver um sistema de equaes lineares, no caso geral. Conforme veremos na seo 3.3, em algumas situaes, podemos no encontrar nenhuma soluo para o sistema, como nos exemplos 3.4 e 3.7. Em outras, podemos ainda encontrar uma nica soluo como nos exemplos 3.3 e 3.6. Finalmente temos ainda situaes nas quais h mais de uma soluo, como nos exemplos 3.5 e 3.8, todas passveis de serem descritas em funo de um certo nmero de parmetros adequados. 3.1.3 Forma matricial dos sistemas de equaes lineares Considere o sistema do exemplo 3.3 e observe que podemos escrev mais concisamente na -lo forma Ax=b, onde A = 111 216

125 eb= 1 2 2 :Nesta notao . Observe que, neste caso, a terceira equao do sistema triangular direita ficou redundante. Isto nos diz que a interseo dos trs planos como na figura ao lado, ou seja, coincide com a interseo de 1 e 2. Vale dizer, igualmente podem ser descritos pela parametrizao

x( ) = ( 3 7 -1 3 4 ( T9 b 1 2 2 xxx 2x x 6x

x 2x 5x Ax 123 123 123 (3.3 ) Observe que 3.3 o mesmo sistema de equaes 3.3, reescrito num formato matricial. Neste caso, A a matriz dos coeficientes, uma vez que armazena os coeficientes do sistema, b o termo independente, uma vez que armazena os termos independentes e x a incgnita, por armazenar o vetor de incgnitas. Em (3.3 ) fica ainda mais explcito que devemos pensar nas solues dos sistemas de equaes lineares como pontos de algum n No caso acima, como pontos do . 3 (A forma (3.3 ) tem sobre (3.3 . duas vantagens importantes. Por um lado, bem mais sinttica. Do outro, nos facilita bastante a manipulao algbrica. Daqu em diante denotaremos um sistema de m equaes lineares nas n incgnitas x1, x2, ,xn , pela equao matricial Ax=b onde A uma matriz mxn de nmeros reais e b um vetor coluna do m . Usaremos ainda a denominao de matriz ampliada do sistema Ax = b matriz mx(n+1), formada

a partir de A, adicionando-lhe a coluna b. Por exemplo, a matriz ampliada do sistema (3.3 ) se escreveria como: (A |b) = 1 1 2 113 216 125 A matriz ampliada neste caso 3x4. O trao colocado antes da ltima coluna pode perfeitamente ser omitido. conveniente apenas no sentido de lembrar a correspondente partio que a caracteriza. Observe que o mtodo da eliminao de Gauss, na verdade, um mtodo que opera sobre as linhas da matriz ampliada (A |b ). Ao substituirmos uma das equaes por ela prpria menos um mltiplo de outra, em termos da matriz ampliada, o que fazemos substituir uma linha de A por uma combinao linear dela prpria com um mltiplo de outra. Para que voc se acostume com a notao, repetiremos abaixo, nas duas notaes, as operaes realizadas com o mtodo da eliminao de Gauss, no exemplo 3.7. 02 xx1 x 2x 5x 2 3x 4x 1 3x 4x 3 x 2x 5x 2 xxx1

2x x 6x 1 x 2x 5x 2 23 123 Eq Eq Eq 23 23 123 Eq Eq Eq Eq Eq 2Eq 123 123 123 332 331 221 2 3 2 000 034 125 1 3 2 034 034

125 1 1 2 113 216 125 332 331 221AAA AAA A A 2A Observe que este segundo formato limpa a escrita ao eliminar a repetida referncia s incgnitas x1, x2 e x3, perfeitamente dispensvel. 10 Daqu em diante, operaremos sempre com matrizes ampliadas, ao invs de escrevermos, por extenso, os sistemas de equaes aos quais correspondem. fundamental que voc tenha sempre em mente que, ao operar com matrizes ampliadas, estamos correspondentemente operando com as equaes do sistema. Exerccios da subseo 3.1 Exerccio 3.1 - Em cada um dos casos abaixo, considere os planos do 3 descritos por suas respectivas equaes, e descreva sua interseo, tanto geometricamente, como analiticamente: i - 1: x1 + 2x2 - 3x3 -1 = 0 ; 2: 2x1 + 3x2 - 5x3 -2 = 0; 3: -x1 + 2x3 - 2 = 0 ii - 1: x1 + 2x2 - 3x3 -1 = 0 ; 2: 2x1 + 3x2 - 5x3 -2 = 0; iii - 1: x1 + 2x2 - 3x3 -1 = 0 ; 2: 2x1 + 3x2 - 5x3 -2 = 0; 3: -x2 + x3 = 0

iv - 1: x1 + 2x2 - 3x3 -1 = 0 ; 2: 2x1 + 3x2 - 5x3 -2 = 0; 3: -x2 + x3 = 1 v - 1: x1 + 2x2 - 3x3 -1 = 0 ; 2: 3x1 + 6x2 - 9x3 - 3 = 0; 3: -x1 - 2x2 + 3x3 +1 = 0 vi - 1: x1 + 2x2 - 3x3 -1 = 0 ; 2: 3x1 + 6x2 - 9x3 - 3 = 0; 3: -x1 - 2x2 + 3x3 +2 = 0 Exerccio 3.2 As idades de 4 irmos formam uma PA e o mais velho tem 3 anos a mais que a soma das idades dos 2 mais jovens e o segundo mais velho tem 12 anos a menos que a soma dos demais. Quais as suas idades? Exerccio 3.3 Ache as equaes das medianas (retas que contm um vrtice e o ponto mdio da aresta oposta) do tringulo formado por P1 = (0 2) T , P2 = (2 3) T e P3 = (-1 4) T Verifique que as trs medianas . se intersectam num mesmo ponto (baricentro). Exerccio 3.4- Encontre um polinmio do 2 0 grau tal que P(-1) = -6, P (-1) = -6, P (1) = 2 Exerccio 3.5 Considere uma chapa triangular de alumnio, com seus vrtices nas posies A = ( 1 1) T ,B = (-2 2) T e C = (1 -2) T

. i - Como deve uma massa total de 10 kg ser distribuda em seus trs vrtices, de tal modo que seu centro de massa fique na origem (0 0 ) T (Despreze a massa da chapa e veja o exemplo 1.2.iv para uma definio de centro de massa de pontos materiais) ii - Tente agora distribuir os 10 kg nos 3 vrtices de modo que seu centro de massa fique em (0 -2) T . Explique o resultado. Exerccio 3.6 + i - Verifique, sem usar a soluo encontrada, que ao substituir, no sistema do exemplo 3.2, a segunda equao por ela mesma menos a segunda, o novo sistema ter exatamente as mesmas solues que o primeiro. ii - Mostre que, no caso geral, ao substituirmos uma linha de uma matriz ampliada por ela prpria menos um mltiplo de outra, o novo sistema de equaes lineares correspondente ter exatamente o mesmo conjunto de solues que o anterior. (Sugesto: Verifique primeiramente que as solues do novo 11 sistema satisfaro o sistema original, mas no se esquea de argumentar que, vice versa, todas as solues do novo sistema igualmente j eram solues do anterior) Exerccio 3.7 +- Considere a matriz triangular 002 013 523

U. i - Resolva os trs sistemas de equaes lineares, Ux = I (i) , para i = 1,2 e 3, onde I a matriz identidade 3x3. Denote por X (1) ,X (2) eX (3) as respectivas solues encontradas. ii - Verifique que X = (X (1) X (2) X (3) ) uma inversa direita de U e explique por qu a obtivemos. Exerccio 3.8 +- Considere a mesma matriz U do exerccio anterior. i - Resolva os mesmos trs sistemas de equaes lineares para a matriz transposta U T , ou seja, U T x=I (i) , para i = 1,2 e 3. Denote por Y

(1) ,Y (2) eY (3) as respectivas solues encontradas. ii - Verifique que a transposta de Y = (Y (1) Y (2) Y (3) ) coincide com a matriz X do exerccio anterior. Foi coincidncia, ou voc sabe explicar por qu isto se deu? (Sugesto: Verifique que as equaes U T Y (i) =I (i) , para i =1,2 e implicam que Y T uma inversa esquerda de U. Use um argumento como no exerccio 2.23.x, para verificar que isto garante X = Y) Exerccio 3.9+ - Mostre que se A e B so matrizes nxn, triangulares inferior, ento A*B tambm triangular inferior. Exerccio 3.10+: Escreva um algoritmo TRIAGINF para resolver Lx=b, para o caso no qual L

triangular inferior e sem zeros na diagoanl. Exerccio 3.11-Aplique TRIAGINF a L = 2000 4100 3250 3211 eb= 1 1 1 0 , para resolver Lx=b. Exerccio 3.12+ - O objetivo deste exerccio que voc se certifique que matrizes triangulares sem zero na diagonal so invertveis. Seja L uma matriz nxn, triangular inferior e sem zeros na diagonal. i - Para cada i = 1,2, , n, denote por X (i) a soluo do sistema Lx = I (i) dada por TRIAGINF e forme a matriz X = (X (1) ,X (2) , ,X (n) ). Mostre que X uma inversa direita de L. ii - Verifique que L

T triangular superior e sem zeros na diagonal. iii - Para cada i = 1,2, , n, denote por Y (i) a soluo do sistema L T x=I (i) dada por TRIASUP (vide exerc. 3.5) e forme a matriz Y = (Y (1) ,Y (2) , ,Y (n) ). Mostre que Y T uma inversa esquerda de de L. iv - Conclua que L tem uma inversa mostrando que X = Y T (Sugesto: Veja o exerccio 2.23.x) .

Exerccio 3.13 - Certo ou errado? Justifique: i - Se E1 e E2 so triangulares, sem zero na diagonal e A = E1 E2 ento A invertvel. ii - Se U e V so matrizes triangulares superior ento UV tambm triangular superior.12 iii - A matriz A = 01 10

pode ser fatorada como um produto A= LU, onde L triangular inferior e U triangular superior. 3.2 ALGORITMO DA ELIMINAO DE GAUSS

Esta seo dedicada a sistematizar o mtodo da eliminao de Gauss. A idia essencial de como ele funciona j est colocada nos exemplos 3.1-3.7. Basicamente, cada iterao do mtodo usa um elemento no nulo de uma linha, para zerar todos os elementos da mesma coluna e que esto abaixo dele. Vale dizer, se pensamos no sistema de equaes correspondente, para eliminar uma das variveis de todas as equaes que esto abaixo dele. Em basquete e futebol de salo, o jogador que arma as jogadas de ataque denominado de piv. Por analogia, no mtodo de eliminao de Gauss, d o -se nome de piv ao elemento no nulo que usado para zerar a coluna abaixo dele. A posio que ele ocupa na matriz denominada de posio de piv, e sua coluna leva o nome de coluna de piv. No exemplo 3.8, as colunas de piv foram a primeira e a segunda. O primeiro piv foi 1, na posio (1,1), e o segundo piv foi 3 na posio (2,2). Com a exceo dos exemplos 3.7 e 3.8, nos casos de matrizes quadradas do captu anterior, lo chegamos a sistemas triangulares, sem zeros na diagonal, fceis de resolver por substituio. No caso geral, de matrizes que no so quadradas, no podemos esperar chegar a sistemas triangulares. Ainda assim, a idia de ir usando pivs em colunas cada vez mais direita da matriz para, sucessivamente, ir eliminando variveis nas equaes abaixo dos pivs continua vlida. Vamos faz-lo no exemplo abaixo, para um sistema de 3 equaes, com 5 incgnitas. Exemplo 3.9 - Eliminao de Gauss para resolver Ax =

36543 24562 12331 x = 0 0 1 A matriz ampliada do sistema se escreve: = (A |b)= 0 0 1 36543 24562 12323 Devemos pens-la como . uma matriz que vai variar a cada iterao, sem mudar de nome. Primeira iterao: Eliminando x1 das duas ltimas equaes, usando como piv 11 = 1. 0 0 1 36543 24562 12323 331 221 A A3 A

A A2 A 3 2 1 00426 00124 1 2 3 2 313 Segunda iterao: Queremos eliminar uma varivel na ltima equao, sem mexer com o que j est feito. x2 j foi automaticamente eliminada das duas ltimas equaes. Mas x3 pode ser eliminada da terceira equao usando como piv 23 = -1. 2 3 2 1 00426 00124 12323 3 3 A2 A4 A A matriz a que chegamos acima corresponde ao sistema de equaes: 10x 10x 5 x 2x 4x 1 x 2x 3x 2x 3x 1 45

345 12345 Observe que mantendo, nas equaes acima, as variveis correspondentes aos pivs onde esto, e passando as demais para o outro lado, obtemos: 45 345 13425 10x 5 10x x 2x 1 4x x 3x 2x 1 2x 3x Analogamente ao que j havia acontecido no exemplo 3.8, chegamos a um sistema triangular superior, cujas solues podem ser explicitadas em forma paramtrica. Por exemplo, fazendo se x2= 1 e x5 = 2, obtemos, de baixo para cima : x4 = 10 1 (5 10 2) = 1/2 + 2; x3 = (1+4x5-2x4) = 2 2 2 x1 = 1 2x2 3x5 +3x3 2x4 = 4 2 1 11 2 Temos a um exemplo tpico do que faz o mtodo de eliminao de Gauss, no caso de um sistema Ax = b, que tem solues. Elimina sucessivamente variveis do sistema, de modo a chegar num novo sistema Ux = b

, fcil de resolver por substituio, de baixo para cima . Observe que a matriz U, a qual chegamos, tem a forma de uma escada, com as seguintes caractersticas:

i - Abaixo dela s tem zeros ii - Em cada degrau fica um piv. iii - Em cada linha no nula a escada desce apenas um degrau. Formalmente, isto corresponde a seguinte definio:

2 Cuidado: Trata-se a de conforme obtida depois da primeira iterao e no mais a original . 5 2 1 0 0 0 10 10 00124 1 2 3 2 314 Definio 3.1 Matriz na forma escada. 3 Diz-se que uma matriz U tem a forma escada, caso: i - As linhas nulas, se existirem, estejam abaixo de todas as no nulas. ii - O primeiro elemento no nulo de cada linha esteja sempre numa coluna esquerda do primeiro elemento no nulo da linha seguinte. Exemplo 3.10 A matriz abaixo mais um exemplo de matriz na forma escada. Nos degraus , temos nmeros no-nulos p1, , p4 (pivs), demarcando a escada. Abaixo dela, todas as entradas so nulas. Nas demais entradas, representadas por x, temos nmeros reais quaisquer. O mtodo da eliminao de Gauss para resolver Ax = b, consiste em substituir a equao original por outra Ux = b , que tenha as mesmas solues, e cuja matriz ampliada (U | b ) esteja na

forma escada. Definio 3.2 Posio de piv e coluna de piv de uma matriz na forma escada Se U uma matriz na forma escada, mantemos a denominao de piv para os primeiros elementos no nulos de cada linha. As posies que ocupam (degraus da escada), bem como suas colunas continuam levando a denominao de posies e colunas de pivs. Nos exemplos de sistemas 2x2 e 3x3 com os quais trabalhamos na seo anterior, sempre conseguimos encontrar os pivs na diagonal, de modo a ir zerando abaixo da diagonal. Nada nos garante que isto sempre venha a ocorrer, como no exemplo 3.10 abaixo. A sada nestes casos trocar linhas de modo a sempre garantir um piv na posio correta, conforme veremos a seguir. Exemplo 3.11 - Ao empregar a eliminao de Gauss para resolver 1 0 1 x 123 245 123 , comeamos naturalmente com o piv 1, na posio (1,1) da matriz ampliada, fazendo:

3 Muitos autores preferem denomin-las de matrizes na forma escalonada, ao invs de na forma escada. 0 p1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 x x p2 0 0 x x 0 0 0 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x

p3 x p4 x

0 0 0 2 1 010 001 123 1 0 1 113 245 123 331 221 AAA A A 2A

0

0 0

0

0

0

0

0

0

0

015

O passo seguinte seria tentar chegar num sistema triangular, zerando o nmero -1 na posio 32, usando um piv em 22. S que neste caso, no dispomos de um piv na posio desejada. O jeito a trocar as linhas 2 e 3, chegando a: 2 0 1 001 010 123

0 2 1 010 001 123 A3 A2 Convena-se que esta operao corresponde a uma mera troca na posio de duas das equaes do sistema Ax = b. Portanto, tampouco altera as solues do sistema Ax = b. Desta forma, chegamos a um sistema triangular, com as mesmas solues do original, e fcil de resolver com a substituio de baixo para cima . Com isto temos uma lista de operaes elementares suficientes para operar com o mtodo da eliminao de Gauss: Definio 3.3 Operaes elementares nas linhas de uma matriz A

O1 - Substituir uma das linhas de A por uma combinao linear dela prpria com um mltiplo de outra linha de A. O2 - Trocar a posio de duas linhas entre si Definio 3.4 Matrizes linha-equivalentes Diz-se que duas matrizes mxn, A e B, so linha-equivalentes , se B for obtida de A por uma sequncia de operaes elementares nas linhas. Observao 3.2 Se duas matrizes ampliadas so linha-equivalentes, ento os sistemas que

representam tm conjuntos de solues idnticos No exerccio 3.6 pedimos a voc que verifique ao operar com O1 o conjunto de solues de um sistema no se altera. Obviamente, tampouco trocando de linhas com a operao O2. A propriedade

fundamental das operaes elementares O1 e O2 a de no alterarem as solues de um sistema Ax = b, caso operadas sobre as linhas da matriz ampliada (A |b). Isto signifca, em particular, que dois sistemas de equaes lineares, com matrizes ampliadas linha-equivalentes entre si, tm exatamente as mesmas solues. Nossa preocupao agora em descrever o algoritmo de um jeito que possa funcionar num caso bem geral, no sentido de poder ser programado para operar com qualquer sistema de equaes lineares de mdio porte . 16 Antes de descrever o algoritmo da eliminao de Gauss em geral, preferimos exemplificar como ele opera num caso particular. O algoritmo da eliminao de Gauss comea com uma matriz e a atualiza sucessivamente, de modo a chegar numa matriz , na forma escada. Em cada iterao, o algoritmo obtem uma das linhas de , e usa os pivs que vo sendo encontrados, em colunas cada vez mais esquerda de , para zerar os elementos nas colunas dos pivs que esto abaixo deles. Por exemplo: Exemplo 3.12 27554 26261 11511 12210 eb= 2 0 1 Ache as solues de Ax = b, com A =

1 , usando o mtodo da eliminao de Gauss. Primeira Iterao:

Na primeira coluna da matriz ampliada dispomos do piv 1 na primeira linha. Com isto, podemos operar na primeira coluna da matriz ampliada , fazendo: = (A |b) = 221 441 331 2 2 2 0 1 1 27554 26261 11511 12210 A A A A A A A A A Isto conclui a primeira iterao e no se mexe mais na primeira linha de . Segunda Iterao: Como na segunda coluna h um elemento no nulo na segunda linha, le vai funcionar como piv da segunda coluna. Desta forma:

Com isto termina a segunda iterao e no se mexe mais na segunda linha de . Terceira Iterao: Desta vez, toda a terceira coluna abaixo da segunda linha nula. Portanto, no h nada a zerar a. Na quarta coluna, temos um elemento no nulo na ltima linha (44= -3) , mas no temos um piv corretamente posicionado na terceira linha desta coluna (34=0) . A soluo neste caso trocar a quarta linha com a terceira.

0 2 2 1 03934 02641 01321 12210 1 2 0 0 0 0 0 0 -3 1 0 0 2 -1 1 1 -6 2 2 -2 1 0 |1

1 2 -2 1 0 0 0 0 0 0 1 3 2

0 0 -1

0 -3 1 -6 1

1 2 -2 1 0 1 -3 3 2 1 1 -6 2

-1

-6

A4 A3 0 2 2 1 03934 02641 01321 121 2 0 0 0 0 0 0 0 -1 -6 -212 1 0 | 10

0 -3 1 -6 1

1 2 -2 1 0 1 3 2 1 2

442 332 3 2 A A A A A A17 Algoritmo 3.2 Algoritmo da eliminao de Gauss: Dada uma matriz mxn A, comeando com i =1, faa: Passo 1 - Critrio de parada do algoritmo na i-sima iterao: Considere a submatriz Aux, formada pelas linhas i, i+1, , m de A. Se i=m, ou se Aux for toda nula, pare. Passo 2 - Escolha do piv da i-sima iterao:

Denote por ji a primeira coluna no nula de Aux e garanta-lhe um piv (nmero real nonulo) na sua primeira linha, possivelmente trocando a primeira linha de Aux com alguma linha abaixo. Passo 3 - Eliminao na coluna do piv e trmino da i-sima iterao: Anule os coeficientes da coluna ji de Aux que estiverem abaixo de sua primeira linha, usando operaes de substituio O1, (substituio das linhas de Aux, por elas mesmas menos mltiplos adequados da primeira). Substitua i por i+1 e volte para o primeiro passo. Exemplo 3.13 Imaginemos o algoritmo 3.2 aplicado a uma matriz 5x13, como a que resultou na escada do exemplo 3.10. Aps duas iteraes j teramos encontrado as duas primeiras linhas da escada. No comeo da terceira iterao, estaramos dispondo de algo como, por exemplo: Passo 1 Aux a submatriz formada pelas linhas 3, 4 e 5, visto que no so todas nulas. Portanto, o algoritmo continua a operar com:

Passo 2 A coluna do piv nesta iterao resulta j3 = 6. Como na posio do piv desta iterao tem um zero, somos obrigados a trocar de linhas. Trocaremos a primeira linha de Aux com a terceira, obtendo: 0 p1 0 0 0 0 Aux 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 x x p2 0 x x 0 0 0 0 0 1 x x 3 2 2 x x -1 4 2 x x 0 4 1 x x 0 5 0 x x x x 1 -1 1 2 0 -1 1 3 x x x x x

Coluna do piv j3 =6 0 2 1

0 p1 0 0 0 0 Aux1 Aux3 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

x p2 2

x

x x 2 1 2

x x 0 4

x x

x x 1 4

x x 0 5 -1

x x 1 -1 0 x

x x

x x

x x

0 0 0 0

2 0

-1 1

3

0

0

3

Coluna do piv j3 =6 1 2 0 118 Passo 3 S falta zerar um elemento na coluna j3 de Aux. Basta fazer Aux2 Aux2 2 Aux1 Ao final da iterao, completa-se o terceiro degrau da escada e faz-se i =4. A matriz A comea a prxima iterao na forma: Observao 3.3 No passo 3 do algoritmo, para zerar os elementos abaixo de um piv pi =Aij 0, numa coluna j=ji, ele manda substituir as linhas Ak por Ak LkjAi, para k = i+1, i+2, ,m. Estes nmeros Lkj so denominados de multiplicadores e tero um papel importante na seo 3.7. A condio que amarra o valor de Lkj,, tornar nula a entrada de Ak LkjAi na coluna j. Ou seja, 0 = Akj -LkjAij = Akj -Lkjpi i kj p A , onde pi o piv da coluna j = ji A esperteza do algoritmo fazer com que, em cada iterao, no se mexa com o pedao da escada que havia sido construdo nas iteraes anteriores. Ou seja, nem com as entradas acima da escada, Lkj =

nem com os zeros j construdos em iteraes anteriores, nas colunas esquerda do degrau a ser construdo em cada iterao. Resumimos esta esperteza no seguinte teorema: Teorema-chave 3.1 - O algoritmo da eliminao de Gauss nunca fracassa. De fato, o algoritmo da eliminao de Gauss tem todos os seus passos bem definidos e sempre termina em, no mximo, m iteraes, devolvendo uma matriz na forma escada linhaequivalente original. Observao 3.4 - O teorema chave 1 muito importante pois nos garante a possibilidade terica de reduzir a resoluo de um sistema de equaes lineares qualquer ao problema bem mais simples de resolver um sistema na forma escada. Do ponto de vista computacional, na prtica, o mtodo tambm 0 p1 0 0 0 0 0 0 0 x p2 0 x x 2 x x 2 x x 1 x x 0 x x 1 x x x x 0 x x 1 x x x x

Aux2 Aux2 2 Aux1 0 0 0 0 0 0 0 2 0 0 0 3 -1 0 0 0 -1 3 1 -1 0 0 1

0 0

Coluna do piv j3 =6 1 0 0 1 0 p1 0 0 A=0 0 0 0 0 p3 0 0 x p2 x 0 x x x x x x x x x 0 x x x 0 x x x 0 x x x 3 -1 0 -1 1 x x x x x x x x

0 0

Aux

0 0

0

0 0

0

0

0

3 -1

0

0

119

funciona razoavelmente bem, (pelo menos em sistemas de mdio porte ), mas h cuidados numricos importantes a se tomar, visto que os softwares usualmente empregados fazem contas com erros de arredondamento. O mais importante deles consiste em evitar pivs muito pequenos, em funo da estabilidade numrica do mtodo. A grande maioria dos softwares escolhe, como default, trocar de linhas no passo 2 do algoritmo, de modo a sempre garantir para piv o maior elemento disponvel na coluna do piv. Chegamos agora a um resultado fundamental para tudo o que se segue. Corresponde ao fato que, essencialmente, s h uma forma-escada para cada matriz A , no sentido que: TEOREMA-CHAVE 3.2 Se duas matrizes escada forem linha-equivalentes a A, ento as colunas de seus pivs coincidem. Em particular, tambm o nmero de linhas no-nulas. Observe que, no passo 2 do algoritmo da eliminao de Gauss, temos a liberdade de escolher a linha onde estar o piv de cada iterao. Em geral, isto pode conduzir a diferentes matrizes na forma escada, e linha-equivalentes a matriz ampliada original. (vide exerccio 3.21). Ainda assim, o teorema chave 3.2 est nos garantindo que, independentemente de como se escolham os pivs no passo 2 do algoritmo, os degraus das escadas sempre ficam nas mesmas posies. Ou seja, podem variar os pivs, mas no as suas posies. possvel demonstrar este teorema-chave usando apenas a descrio do algoritmo. No entanto preferimos uma demonstrao de sabor mais geomtrico, a ser feita no captulo 4.

Uma de suas consequncias mais importantes permitir que definamos o posto de uma matriz, bem como estender o conceito de posio e coluna de piv a uma matriz qualquer. Definio-chave 3.5- Posto, posio e coluna de piv, variveis pivotais e livres Posto de A o nmero de linhas no nulas de qualquer matriz escada linha-equivalente a A. Do mesmo jeito, as colunas de piv, bem como as posies de piv de A so as correspondentes colunas e posies de piv de qualquer matriz na forma escada linha-equivalente a A. Observe que a cada varivel de Ax = b, corresponde uma coluna de A Denominamos de pivotais s variveis correspondentes s colunas de pivs e de livres s demais. Olhando para o que aconteceu nos sistemas Ax = b dos exemplos 3.5, 3.8 e 3.9, podemos perceber que as solues daqueles sistemas foram obtidas explicitando as variveis nas colunas dos pivs, em funo das demais variveis, em matrizes linha equivalentes a A e na forma escada Na verdade, o que o teorema chave 3.2 nos garante que as colunas dos pivs independem de qual matriz na forma escada linha-equivalente a A tenham sido obtidas, e permite que, igualmente, classifiquemos as variveis de Ax =b em dependentes (pivotais ) e nas demais, livres. Observao 3.5 Significado do posto de uma matriz. Praticamente tudo o que dissermos neste captulo e no prximo, estar relacionado ao conceito de posto. Vamos arriscar uma primeira interpretao para o significado de posto de uma matriz, baseandonos num exemplo particular. Considere o sistema de equaes Ax = 0, dado por20 A= 9 10 11 12 5678 1234

Para achar o posto da matriz A, aplicamos o algoritmo 3.2, obtendo: 9 10 11 12 5678 1234 331 221 9 5 AAA AAA 0 8 16 24 0 4 8 12 1234 3 3 2 A A 2A 0000 0 4 8 12 1234 Portanto, tendo em vista nossa definio-chave deste captulo, a matriz A tem posto 2, apesar de ter trs linhas. Verifique que a terceira linha de A uma combinao linear das duas primeiras, j que A3 = 2A2 A1. Se pensamos no sistema de equaes lineares correspondente, 9x 10x 11x 12x 0 5x 6x 6x 8x 0 x 2x 3x 4x 0 1234 1234

1234 isto significa que a terceira equao pode ser obtida fazendo a diferena entre o dobro da segunda e a primeira. Ou seja, todas as solues das duas primeiras tambm satisfazem a terceira das equaes do sistema. Neste sentido, ela redundante e perfeitamente dispensvel. Ou seja, o sistema formado pelas duas primeiras equaes ter exatamente as mesmas solues que o original. Por outro lado se eliminarmos duas das trs equaes, a equao resultante obviamente, admitir mais solues do que o sistema original Ax = 0. (vide exerccio 3.14). Podemos dizer que, neste caso, o posto de A mede a quantidade mnima de equaes do sistema Ax = 0 que no so redundantes entre si, mas admitem exatamente as mesmas solues de Ax = 0. Ou seja, a quantidade mnima de equaes que devem ser mantidas, caso desejamos cortar equaes do sistema sem alterar seu conjunto de solues. No captulo 4 teremos a oportunidade de verificar que esta interpretao vale em geral, no contexto de uma interpretao mais abrangente para o conceito de posto. Do ponto de vista numrico, como em geral se trabalha com erros de arredondamento, h complicaes importantes para caracterizar numericamente o posto de uma matriz, mas isto escapa aos objetivos de um livro introdutrio como este. Tangenciaremos esta questo nos exerccios para computador da seo 3.8. Exerccios da seo 3.2 Exerccio 3.14 consideradas Encontre, para cada uma das 3 equaes do sistema na observao 3.5,

isoladamente, uma soluo que no satisfaa s demais. Exerccio 3.15 - Use o algoritmo da eliminao de Gauss para tentar encontrar matrizes triangulares

superior linha-equivalentes a A, nos seguintes casos: i - A= 21 12 ii A = 021 234 123 iii 4567 3456 2345 1 2 3 421 Exerccio 3.16 - Ache, em cada um dos casos, uma soluo de Ax = b, sempre que exista, aplicando o mtodo da eliminao de Gauss matriz ampliada (A |b) e calculando, em seguida, a soluo do sistema linear triangular superior correspondente. i - A= 21 12 ,b= 0 1 ; ii A = 021 234 123

,b= 1 0 1 ; iii 4567 3456 2345 1234 eb= 0 0 0 1 Exerccio 3.17 - Certo ou errado. Justifique: i - Se U uma matriz-escada nxn de posto n, ento U invertvel ii - Se A uma matriz 30x20 ento o posto de A menor que o nmero de linhas de A iii - Se A nxn de posto n e b n , ento Ax = b tem sempre uma nica soluo. iv - Se A for mxn de posto menor que m ento Ax = b nem sempre ter soluo. v - Se A for mxn de posto m ento Ax = b sempre ter soluo. vi - Se A for mxn de posto n ento Ax = b nunca tem mais de uma soluo. vii - Se A for mxn de posto menor que m ento Ax=0 sempre ter uma soluo no-trivial Exerccio 3.18 - Considere a matriz A = 12110 24211

11111 23012 . i - Encontre uma matriz-escada linha-equivalente a A. ii - Ache duas solues de Ax = 0, de tal modo que uma no seja mltipla da outra. Exerccio 3.19 Diga os postos das matrizes usadas nos exerccios 3.15 e 3.18 Exerccio 3.20 - Certo ou errado? Justifique: i - Toda matriz triangular invertvel. ii - Se o algoritmo da eliminao de Gauss bem sucedido e U no tem zeros na diagonal, ento A invertvel. iii - Se A no invertvel, e o algoritmo da eliminao bem sucedido ento U tem zero em alguma das entradas da diagonal. iv - As solues de Ax = b no se alteram ao multiplicarmos uma de suas linhas por um nmero real no-nulo. v As solues de Ax = b no se alteram ao multiplicarmos uma de suas linhas por um nmero inteiro. vi As solues de Ax = b se alteram ao multiplicarmos uma de suas linhas por um nmero inteiro. Exerccio 3.21 - Considere a matriz A = 1120 2312 4011 i - Ache uma matriz escada U, linha-equivalente a A, sem fazer permutao de linhas. ii - Ache uma outra matriz escada U , linha-equivalente a A, escolhendo em cada coluna o maior piv possvel.

iii - Veja que U e U tm a mesma forma escada. Ache as solues de Ux = 0, bem como de U x =0e verifique diretamente que coincidem com as solues de Ax = 022 3.3 Solues de um sistema de equaes lineares. Dado que o algoritmo da eliminao de Gauss nunca fracassa, encontrar as solues de um sistema de equaes lineares se reduz ao problema de encontrar as solues de um sistema na forma escada. Ao longo de toda esta seo 3.3, vamos denotar por (U |b) uma matriz ampliada na forma escada e analisar o conjunto das solues de Ux = b. Para fixar idias, comeamos analisando um destes sistemas no prximo exemplo, para em seguida discutir o caso geral: Exemplo 3.14 - Considere o sistema Ux = 000000 000003 002101 213213 4 3 2 1 6 5 4 3 2 1 b

b b b x x x x x x I - Obviamente Ux = b no admitir soluo, se b4 0 (vide ainda exemplos 3.4 e 3.7) II - Se b4= 0, a ltima equao redundante. Podemos elimin-la e trabalhar com o sistema x = b

= 3 2 1 b b b , de 3 equaes abaixo. 63 3462 1234561 3x b 2x x 1x b 2x x 3x 2x x 3x b 63

3624 1361245 3x b 2x x b x 2x 3x 3x b . x 2x x (3.5) Do mesmo modo que nos exemplos 3.5, 3.8 e 3.9, mantivemos acima as variveis dependentes (pivotais) onde estavam e passamos as variveis livres para o outro lado. Recamos num sistema triangular superior e sem zeros na diagonal, a ser resolvido em funo das variveis livres, isto , tendo as variveis livres como parmetros a serem arbitrados. Do ponto de vista matricial, observe que o sistema acima se escreve como:

DDL xL 5 4 2 x 6 3 1 U x x x 000

010 121 b ~ x x x 003 021 233 Observao 3.6 No exemplo acima reescrevemos x = b

, na forma (3.6) onde, D xD = b -LxL23 xD um vetor que armazena as variveis dependentes (pivotais) de x = b

xL armazena as variveis livres de x = b

As colunas de D so as colunas pivotais de , na mesma ordem que surgem em . As colunas de L so as demais colunas , igualmente na mesma ordem. Veja que (3.5) e (3.6) representam exatamente o mesmo sistema de equaes. (3.6) apenas uma forma matricial interessante de reescrever (3.5). Observe que podemos fazer o mesmo com qualquer sistema de equaes, de uma maneira at mais geral. Ou seja, dada uma matriz A qualquer,

armazenamos em AD algumas das colunas de A e as demais em AL , ao escrevermos Ax como combinao linear das colunas de A, sempre podemos reagrupar o produto matriz-vetor, na forma (vide exerccio 2.42). Ax =

LL np np 1 1 DD p p 1 1 Ax (L ) L (L ) L Ax (D ) D (D )

D (n) n (2) 2 (1) x 1A x A x A x A x A x A x A Portanto Ax = b ADxD = b - ALxL (3.6 )

A vantagem de olhar para um sistema na forma 3.6 reside no fato dela ser bem mais econmica e passvel de manipulao algbrica do que 3.5. O exemplo 3.14 representativo do que acontece no caso geral. Dele extramos dois procedimentos para o que se segue: i - Vamos dispensar as linhas nulas da matriz ampliada (U |b), pois correspondem a equaes redundantes, da forma 0x1 +0x2+ + 0xn = 0

Basta portanto estudarmos sistemas na forma escada cujo posto igual ao nmero de linhas. Daqui por diante, no restante desta seo, vamos denotar por ( | b

) uma matriz na forma escada, sem linhas nulas, com sendo pxn. ii - Passamos a adotar ainda a notao definida na observao 3.14 para o sistema x = b

, ou seja, xD denota o vetor das variveis dependentes (pivotais), xL o vetor das variveis livres, UD uma matriz cujas colunas so as colunas pivotais de e L armazena as demais colunas de . Do mesmo modo

que antes, chegamos a: x = DxD + LxL Na subseo 3.3.1 analisamos o que podemos esperar das solues de um sistema de equaes lineares x = b

, com (U | b

) na forma escada e sem linhas nulas. Nos exemplos 3.5, 3.8 e 3.9 obtivemos famlias de solues, dependendo de parmetros, e que continham todas as solues das equaes lineares em questo. Uma tal descrio das solues denominada de soluo geral . Elas so muito teis e vamos nos ocupar de obt-las nas subsees 3.3.2 e 3.3.3. Na subseo 3.3.4, sintetizamos um algoritmo para obter as solues de um sistema Ax = b. 3.3.1 Resoluo de x = b

Estamos supondo que a matriz ampliada ( | b

) est na forma escada, no tem linhas nulas, px(n+1) e de posto p. Segue da que ou bem posto de vale p-1 ou ento vale p. Do mesmo jeito que no exemplo 3.14, cada uma das duas possibilidades correspondem a casos bemdistintos:24 I - Posto() = p-1 x = b no tem soluo. (sistema impossvel)

Nos exemplos 3.4 e 3.7 esta situao j havia aparecido. Dizer que o posto de vale p-1 e que o da matriz ampliada vale p, sinnimo de dizer que a ltima linha da matriz ampliada ( | b

) da

forma: ( | b )p = (0 0 b p) (3.7)

Ou seja, representa a equao 0x1 +0x2+ + 0xn = b p, com bp0 (3.7 )

Uma tal equao no tem solues. Portanto, tampouco o sistema x = b II Posto() = p x = b tem soluo (sistema possvel)

Dizer que o posto de vale p significa dizer que a ltima linha da matriz ampliada no da forma 3.7. Vamos verificar que, neste caso, o sistema x = b sempre tem soluo e vamos indicar maneiras convenientes de obt-las. Observe que o nmero de colunas de no pode ser inferior ao seu posto, implicando p n, e que, neste caso: O vetor xD das variveis dependentes est no p . A matriz das variveis dependentes UD pxp, triangular superior e com os pivs de na sua diagonal. Em particular D no tem zeros na diagonal e , portanto, invertvel. Se l = n p > 0, h l variveis livres e o vetor das variveis livres xL est em l Neste caso a . matriz das variveis livres UL pxl Vamos distinguir duas situaes, neste caso II: II.1 - No h variveis livres (p=n) (sistema possvel e determinado)

Neste caso, = D,. Portanto , x = b um sistema triangular sem zeros na diagonal. e admite soluo nica, fcil de encontrar com TRIASUP. II.2 - H variveis livres (l = n-p > 0) Neste caso, para cada xL que se fixe em l , existe uma nica soluo x, tendo xL nas posies das variveis livres e, nas posies das variveis pivotais, a soluo nica de DxD = b - LxL 3.3.2 Soluo geral da equao homognea x = 0 Nesta subseo trataremos de algumas propriedades das solues do caso particular muito importante de sistemas de equaes lineares homogneos, ou seja, nos quais o termo independente b = 0. Neste caso sempre h pelo menos a soluo x = 0, uma vez que *0 = 0. Em especial, descreveremos uma soluo geral de x = 0, vale dizer, uma famlia parametrizada de solues, que inclui todas as solues do sistema. Vamos comear com um exemplo particular:25 Exemplo 3.15 Obter todas as solues de Ux = 0, tais que uma de suas variveis livres valha 1 e as demais valha zero, para a mesma = 213213 002101 000003 do exemplo anterior. Se xL = 0 0 1 x x (sistema possvel e indeterminado)

x 5 4 2 , obtemos xD = 0 0 1/ 2 Ou seja, a soluo S . (1) = Se xL = 0 1 0 x x x 5 4 2 , obtemos xD = 0 1/2 1/4 Ou seja, a soluo S . (2)

=

Se xL = 1 0 0 5 4 2 x x x , obtemos xD = 0 0 1/ 2 Ou seja, a soluo S . (3) = Considere agora uma combinao linear qualquer das trs solues, digamos y = 1S (1) + 2S (2) e+ 3S (3) =

0 2 242 3 2 2 1 123 = 000 001 010 0 1/ 2 0 100 1/ 2 1/ 4 1/ 2 3 2 1 =S Observe que: I y tambm soluo de Ax = 0, j que, pela linearidade do produto matriz-vetor:

Ay = A( 1S (1) + 2S (2) e+ 3S (3)

)= 1 0 (1) AS + 2 0 (3) 3 0 (2) AS AS = 0 Ii (1) ,S (2) eS (3) 0 0 0 0 1 1/ 2 0 0 1 1/ 2 0 Todas as solues de Ax = 0 so combinaes lineares de S

1/ 4 0 1 0 0 0 1 / 226 Seja z uma soluo qualquer de Ax = 0. Queremos verificar que z tambm combinao linear de S (1) ,S (2) eS (3) ( Considere o vetor de variveis livres zL, digamos zL =( 1 2 3 . T Observe que, neste . caso, (1) + 2S (2) + 3S (3) e z tm exatamente o mesmo vetor de variveis livres. Na subseo anterior vimos que h uma nica soluo possvel de x = b, para cada vetor de variveis livres que se arbitre. Isto significa que z = y, e portanto, que z uma combinao linear das solues S (1) y = 1S

,S (2) eS (3) . Podemos dizer que x = 1S (1) + 2S (2) + 3S (3) =S , uma famlia a trs parmetros de solues, e que contem todas as solues de x = 0. Ou seja, uma soluo geral de x=0. O esquema acima se generaliza naturalmente, e provoca a seguinte definio: Definio 3.6: Solues cannicas de x = 0 Dizemos que S (i) a i-sima soluo cannica de x = 0, se o vetor das variveis livres de S (i)

valer 1 na posio i, e zero nas demais. No exemplo anterior, as solues cannicas de x = 0 eram S (1) ,S (2) eS (3)

= Em geral, teremos l . n-p solues cannicas. Do mesmo jeito que no exemplo 3.15: Observao 3.6 Combinaes lineares de solues de x = 0 tambm so solues Para verific-lo, considere solues Y (1) ,Y (2) , ,Y (l) de x = 0, bem como nmeros reais 1 , 2 , , l. Da linearidade do produto matriz-vetor, obtemos: ( 1Y (1) + 2Y (2) + + lY (l) )= 0 (l) l 0 (2) 2 0 (1)

1UY UY UY = 0 Ou seja, Y = 1Y (1) + 2Y (2) + + lY (l) tambm soluo de x=0 Observao 3.7 Uma soluo geral de x=0 Da observao anterior, dadas as solues cannicas S (1) ,S (2) , ,S (l) , ento x = S = 1S (1) + 2S (2) + + lS (l) (3.8) uma famlia a l parmetros de solues de x = 0. Na verdade, uma tal x = S tambm uma soluo geral. A justificativa para tanto a mesma do exemplo 3.15. Parte da observao que o vetor de variveis livres de x = S exatamente . (Por qu? Vide ainda exerccio 3.23.vii-ix). Mas neste caso,

se z uma soluo qualquer de x = 0, e seu vetor de variveis livres for zL, ento SzL igualmente soluo de x = 0, com o mesmo vetor de variveis livres zL. Pela unicidade da soluo para tal vetor de variveis livres, temos que z=SzL. Ou seja, toda soluo z pode ser escrita na forma 3.8 3.3.3 Soluo Geral de x =b

Comeamos com um exemplo, usando a mesma do exemplo 3.14:27 Exemplo 3.16 Encontrar soluo geral para x= 213213 002101 000003 x = b, onde b= 3 3 4 Renomeando as variveis livres por x2 = 1, x4 = 2 e x5= 3 e resolvendo de baixo para cima, obtemos, para as variveis dependentes: 3x 3 2x x 2 2x 3x 3x 2. 2 6 362 136123

x1 2 1 x1

2 1 4 1 2 1 x2 6 32 1123 Ou seja, obtemos todas as solues do sistema na forma: x = 1 0 0 1 0 2 + 000 001 010 0 1/ 2 0 100 1/ 2 1/ 4 1/ 2 3 2

1 = xp + S Observe que, na relao acima, xp uma soluo particular de x = b, e S a soluo geral de x = 0 obtida no exemplo 3.3.15. Observao 3.8 No exemplo acima, a soluo geral de x = b consistiu de uma soluo particular, somada com a soluo geral da equao homognea x = 0. Isto, na verdade, acontece em geral, devido ao fato que Duas solues de x = b diferem por uma soluo da equao homognea. Sejam x e xp solues de x = b, e considere sua diferena xH= x xp . Ento xH soluo de x = 0, visto que: xH = (x xp) = x - xp = b b = 0 Em particular, se xp uma soluo de x = b, ento todas as demais solues so da forma x = xp + xH, onde xH alguma soluo de x = 0. Ou seja, a soluo geral de x =b : x = xp + S28 Exemplo 3.17 Soluo geral de x = 2 1 x 0022 1231 , usando a observao 3.8 Passo 1 - Obtendo uma soluo particular xP do sistema: Se arbitramos as variveis livres x2 = x4= 0, obtemos x3 = 1 e x1 = -2. Ou seja xp = ( -2 0 1 0) T

. Passo 2 - Soluo geral da equao homognea. As solues cannicas de x = 0 so S (1) = (-2 1 0 0) T e S (2) = (2 0 T . Uma soluo geral (cannica) de x = 0: 01 01 10 22 Passo 3 - Somando as duas Uma soluo geral de x = b: 0 1 0 2 01 01 10 22 3.3.4 Algoritmo para resolver Ax = b x = xp + S = S= 1 1)

Podemos resumir a busca de solues para Ax = b, onde A mxn a trs passos: 1 o Passo i - Encontre uma matriz escada ( U |b ) linha-equivalente a( A |b) ii - Obtenha ( | b

), eliminando as linhas nulas de (U |b) e seja p o posto de ( | b

.( iii - Considere a matriz D formada pelas colunas pivotais de iv - Se p < n, considere a matriz L, formada pelas demais colunas de . 2 o Passo Se a ltima linha de ( | b ) for (0 0 ... 0 | b n+1), ento Ax = b no tem soluo. 3 o Passo Caso contrrio:

i - Se p = n, obtenha a soluo resolvendo D x = b ii - Se p < n , variveis e xL for o vetor de variveis livres de uma soluo x, obtenha o vetor de

dependentes xD resolvendo: UD xD = b - ULxL29

No caso 3.ii, alternativamente, obtenha uma soluo geral x = xp + S , calculando: Uma soluo xp , com xL = 0, resolvendo DxD= b , para as variveis dependentes de x. As solues cannicas S (1) ,S (2) , ... , S (n-p) de x = 0. Exemplo 3.18 Voltamos ao exemplo do circuito eltrico 2.14, com uma diferena. Neste caso, vamos supor que a resistncia do ramo da bateria desprezvel, ou seja, que R1 = 0 e que as demais valem todas 100 . Suponhamos ainda que a bateria vale e1 = 12 V. Lembramos que, no exemplo 2.14, o equacionamento do circuito se fez com duas equaes matriciais: M p Ri e (2 lei de Kirchoff) Mi 0 (1 lei de Kirchoff) Ta a onde, M = 00001111 10010001 00110010 01100100 11001000

- Matriz de incidncia

(i =(i1, i2 ,...., i8 . T - vetor das correntes nos ramos. p = (p1, p2,p3,p4,p5) T - vetor dos potenciais eltricos em cada n. R= 100 0 100 0 0

Matriz das resistncias (Diagonal, com os Ri na diagonal). e = (12, 0 , ......., 0) T - Fontes de tenso em cada um dos ramos. No exemplo 2.14, a matriz R resultava invertvel, e isto nos permitia explicitar a soluo na forma de um sistema determinado na forma MR -1 MT p=-MR -1 e Neste caso, isto no ocorre mais, pois R continua sendo uma matriz diagonal, porm com um zero

na sua diagonal. O jeito trabalhar com o sistema 3.10, nas 13 incgnitas armazenadas em i e p, com as 13 equaes que reescrevemos na forma: Ri M p e Mi 0 T (3.10)30 Uma maneira de resolver tal sistema seria aplicando o algoritmo da eliminao diretamente ao sistema acima. Olhando o sistema como particionado em blocos, teremos: Ou seja, a matriz ampliada se escreve: A

Ao aplicar o algoritmo da eliminao de Gauss matriz acima, obtemos a seguinte matriz na forma escada, linha equivalente a A: Como Posto(D) = Posto( (D | b)=n 0 de colunas de A, o sistema tem soluo nica, a ser obtida resolvendo: D p i = b Ao aplicar TRIASUP ao sistema acima, obtemos: T RM

M0 e 0 p i -1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 -1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 -1 0 0 1 1 0 0 0 -1 0 0 0 -1 0 0 0 0 -1 0 -2 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 -1 0 2 0 1 0 0 0 0 0 0 0 -1 1 2 0 0 0 0 0 0 0 0 0 -1 0 0 0 0 0 -12 0 0 -12 -24 24 -132 -15

0 -100 0 100 100 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 -1 1 -1

1 -1 0 -1 0 0 2 0

0 -100 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 -2

0 100 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

0 -1 -1 0 0 0 0 0 -2

0 -0.5 -2 2.5 0 0 0 12 0 -14 0 -3.5

= D b M0 M A = R R MT -1 0 0 1 0 e

1 -1 0 0 1

0

0 0

0 0 0

1 -1 0 0

1 -1 0 0

0 -1 0 1

0 -1 0 0 0 0 0 0 0 0

0 -1 0 0 0 0 0 0 0

0 -1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

0 -1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

0 -100 0 0 0 0 0 0 0 -1

0 -100 0 0 0 0 0 0

0 -100 0 0 0 0 0

0 -100 0 0 0 0 0 0 1

0 -100 0 0 0 1

0 -100 0 0 0 -100 0 0 0 0 0 0

1 0

0 -1 1 0 1 0 0 0 0 -1

0 -1 0 0

0 -1 0

0 0 -1 0 0

0 -1

0 -1

1 -1 -1

0 0 0

-12 0 0 0 0 0 0 031 Resulta: i = (-0.0514 -0.0343 -0.0514 -0.0343 -0.0171 -0.0171 0.0171 -0.0171) T

p = ( -6 T

-2.5714

2.5714

6

-4.2857)

Observao 3.9 Uma alternativa mais barata para resolver 3.10 Uma maneira alternativa de resolver o sistema 3.10, parte da observao que as cinco primeiras equaes no envolvem as variveis em p, mas apenas as relativas corrente i. Ou seja, a matriz do sistema 3.10 diagonal em blocos. Isto nos permite atacar primeiro a equao MI = 0, explicitar sua soluo geral na forma i = S e levar este valor nas demais equaes do sistema (vide exerccio 3.34). Este tipo de procedimento alternativo pode ser importante em problemas grandes . Ou seja, encontrar

alternativas para baratear computacionalmente a resoluo de Ax = b, usando informaes sobre a estrutura do problema. Observe que o critrio para distinguir se Ax = b tem ou no soluo, depende apenas de saber se Posto()= Posto ( | b

), para uma matriz ( | b

) na forma escada e linha equivalente matriz ampliada (A |b). Como, neste caso, Posto(U) = Posto(A) e Posto(( | b

)) = Posto(A |b), podemos dizer que: Observao 3.10 n . i ii iii Posto(A) < Posto(A |b) Posto(A) = Posto(A |b) Posto(A) = Posto(A |b) = n se e somente se se e somente se se e somente se Ax = b no tem soluo Ax = b tem soluo Ax = b tem uma nica soluo Seja A uma matriz mxn e b

Em particular, se Posto(A) = m, ento Ax = b tem sempre soluo, para todo b n , j que neste caso Posto(A)=Posto(A |b) = m para todo b n. .

E vice-versa, se Posto(A) < m, possivel exibir um

b para o qual Ax = b no tem soluo. Basta tomar uma matriz U na forma escada e considerar o sistema Ux = I (m) , onde I representa a matriz identidade mxm. Um tal sistema no pode ter soluo, j que a ltima linha de U nula, se Posto(A) < m. Como (U |I (m) ) tem de ser linha equivalente a (A | (m) ) para algum vetor (m) que resulte da equivalncia por linhas que leva U de volta a A, em particular, Ax = (m) , igualmente, um sistema sem soluo. Ou seja: iv - Posto(A) = m n. Observe que, se posto(A) = n, o sistema Ax = b pode at nem ter soluo. No entanto, se tiver soluo, ser nica, pois neste caso, o sistema Ax = b no ter variveis livres ( n=p ). E vice versa, se Ax = b nunca tem mais de uma soluo, isto significa que Ax = 0 s tem a soluo trivial x = 0. Mas ento, pelo que vimos na resoluo da seo 3.3.1, A no pode ter variveis livres e Posto(A) = n. Em resumo: vPosto(A) = n se e somente se Ax = b nunca admite mais de uma soluo. se e somente se Ax = b tem soluo para todo b

Em palavras, dizer que o posto de A iguala seu nmero de linhas sinnimo de dizer que Ax =

b tem sempre soluo, para todo b. Dizer que o posto de A iguala o nmero de colunas sinnimo de garantir unicidade para as solues de Ax = b, quando existirem. 32 Exerccios da seo 3.3 Exerccio 3.22 : Considere a equao Ax = 0, com a mesma matriz A do exemplo 3.17 i - Ache a soluo S (1) de Ax = 0 que tem por vetor das variveis livres xL = x x 2 4 = 1 0 ii - Ache a soluo S (2) de Ax = 0 que tem por vetor das variveis livres xL = x x 2 4 = 0 1 iii - Verifique que toda soluo de Ax=0 se escreve como combinao linear de S (1) eS

(2) iv - Verifique que toda soluo de Ax = 0 se escreve como na forma S , onde 2 e S uma matriz 4x2 cujas colunas so S (1) eS (2) . Exerccio 3.23 - Sejam A = 21 11 ,b= 1 0 e C uma matriz mxn qualquer. Certo ou errado? Justifique: i - Se x e y forem solues de Ax = 0, ento x + y tambm . ii - Se x e y forem solues de Ax =b, ento x + y tambm . iii - Se x for soluo de Ax =b, e y for soluo de Ax=0, ento x+y tambm soluo de Ax=b. iv - Se x soluo de Cx = 0, ento 3x tambm . v - Se x e y forem solues de Cx = 0, ento (x+2y) tambm . vi - Se x e y forem solues de Cx = 0, ento toda combinao linear de x e y tambm vii Se x = S uma soluo geral de Ax =0 ento o seu vetor das variveis livres. viii Se uma soluo geral x = S de Ax =0 tiver como vetor das variveis livres, ento x uma soluo geral cannica. ix Se S (1)

,S (2) ,,S (p) so as solues cannicas de Ax = 0, ento 1S (1) + 2S (2) + + (p) S (p) uma soluo de Ax = 0 cujo vetor de variveis livres xL = ( 1, 2, , (p) ( Exerccio 3.24 - Ache as solues gerais da equao Ax = 0, em cada um dos seguintes casos: i-A= 11 21 01 ii - A = 12 24 36 48 iii - A =

1020 2101 1110 iv - A = 01202 10110 11101 Exerccio 3.25 - Considere U = 12401 00201 . Observe que U est na forma escada i - Diga quais so as variveis bsicas de U e quais as variveis livres. ii - Encontre as solues cannicas de Ux=0. iii - Encontre uma soluo de Ux = 0 e tal que x2 = 1, x4 = 0 e x5 = 0. iv - possvel encontrar uma soluo de Ux = 0 tal que x3 = 1, x4 = 0 e x5 = 0. v - possvel encontrar uma soluo de Ux = 0 tal que x1 = 1, x4 = 0 e x5 = 0?.33 Exerccio 3.26 - Considere A = 13021 26110 13132 . i - Encontre uma matriz escada U, linha equivalente a A. ii - Diga quais so as variveis bsicas de U e quais suas variveis livres. iii - Encontre as solues cannicas de Ux = 0. iii - Descreva uma soluo geral de Ax = 0 iv - Encontre uma soluo de Ax=0 tal que x2 = 1, x4 = 0 e x5 = 0. v - possvel encontrar uma soluo de Ax=0 tal que x3 = 1, x4 = 1 e x5 = 1.

vi - possvel encontrar uma soluo de Ax = 0 tal que x1 = 1, x4 = 0 e x5 = 0?. Exerccio 3.27 casos: i-A= 11 21 01 ii - A = 12 24 36 48 iii - A = 1020 2101 1110 iv - A = 01202 10110 11101 Exerccio 3.28 - Sejam A = 13121 24210 10120 eb= 1 0 1 Encontre as solues gerais da equao Ax = 0, em cada um dos seguintes

i - Ache o posto de A, diga quais variveis de Ax = b so bsicas e quais so livres. ii - Ache todas as solues cannicas de Ax=0 iii - Ache uma soluo particular de Ax = b iv - Descreva todas as solues de Ax = b v - Ache uma soluo de Ax = b tal que x4=1 e x5 = 2 vi - possvel encontrar uma soluo particular de Ax = b tal que x2 = x3 = x4 = x5 ? 3.4 Matriz Escada na Forma Cannica Na subseo 3.1 vimos que a resoluo de Ax = b se reduz, com a eliminao de Gauss, a resolver sistemas de equaes triangulares superior na forma UDxD = b ~ - ULxL , para obter as variveis bsicas de uma soluo cujas variveis livres so arbitradas em xL. Veremos a seguir que possvel melhorar um pouco esta resoluo, esticando o mtodo da eliminao de Gauss de forma a transformar a matriz UD na matriz identidade. Para tanto, usaremos precisamos de uma terceira operao elementar sobre as linhas de uma matriz, qual seja: O3 Trocar uma linha de uma matriz por um mltiplo no nulo dela mesma. Obviamente, substituir uma linha de uma matriz ampliada (A |b) por um mltiplo no nulo de si prpria tambm no altera as solues de Ax = b. (vide exerc. 3.16.iv). Comeamos com um exemplo: Exemplo 3.19 Considere nossa matriz U = 213213 002101 000003 , do exemplo 3.14. Vamos realizar

operaes elementares nas linhas de U, de forma a transformar cada coluna de piv de U, numa coluna da

matriz identidade. Dividimos o procedimento em trs iteraes:34 Iterao 1: Transformando a ltima coluna de piv em (0 0 1 ) T Passo 1 - Divida a ltima linha de U pelo piv p3 = 3 Passo 2 - Anule U16 e U26, usando a operao elementar O1, tendo como piv U36=1 000003 002101 213213 3 3 3 U U 000001 002101 213213 113 223 U U 2U UUU 000001 002100 213210 Iterao 2 T Passo 1 - Divida a penltima linha de U pelo piv p2 = 2 Passo 2 - Anule U13, usando a operao elementar O1, tendo como piv U23=1 Transformando a penltima coluna de piv em (0 1 0)

000001 002100 213210 2 2 2 U U 000001 0 0 1 1/ 2 0 0 213210 1 1 2 U U 3U 000001 0 0 1 1/ 2 0 0 2 1 0 1/ 2 1 0 Iterao 3 T Passo 1 - Divida a primeira linha de U pelo piv p1 = 2 000001 0 0 1 1/ 2 0 0 2 1 0 1/ 2 1 0 2 1 1 U U 000001 Transformando a primeira coluna de piv em (1 0 0)

0 0 1 1/ 2 0 0 1 1/ 2 0 1/ 4 1/ 2 0 Chamemos de U ~ a nova matriz Observe que a equao original Ux = 0 ter as mesmas solues que Ux = 000001 0 0 1 1/ 2 0 0 1 1/ 2 0 1/ 4 1/ 2 0 x =0 A vantagem que agora a matriz das variveis dependentes resultou U ~ D= 001 010 100 . Em particular as variveis dependentes se obtm de graa em funo das livres xL = : xD = U ~ DxD = - U ~ LxL = 000 0 1/ 2 0 1/ 2 1/ 4 1/ 2

3 2 1 A matriz da soluo geral cannica resulta S = (S (1) S (2) S (3) =( 000 001 010 0 1/ 2 0 100 1/ 2 1/ 4 1/ 2 Ou seja, as variveis livres das solues cannicas resultam ser as colunas de -UL35 Este procedimento motiva a seguinte definio: Definio 3.7: Matriz na forma escada reduzida Dizemos que uma matriz U tem a forma escada reduzida (cannica) se, alm de ter U a forma escada, a sua matriz de colunas pivotais UD for a identidade. Equivalentemente, se todos os seus pivs valerem 1, e nas colunas dos pivs todas as demais entradas forem nulas. O algoritmo a seguir imita o procedimento do exemplo 3.19 e, s vezes, designado como fase regressiva da eliminao de Gauss. Essencialmente, parte de uma matriz U na forma escada e, comeando pela ltima coluna de piv, vai sucessivamente transformando cada uma das colunas de piv em correspondentes colunas da identidade. Formalmente temos:

Algoritmo 3.4

Algoritmo da eliminao regressiva de Gauss (Fase regressiva)

Dada uma matriz pxn na forma escada U, de posto p, comeando com i = p, faa: Passo 1 - Atribuindo o valor 1 ao piv na i-sima linha e finalizao do algoritmo: Divida a linha Ui pelo correspondente piv da linha. Se i = 1, pare Passo 2 - Eliminao na coluna do i-sima piv de U e fim i-sima iterao: Anule os coeficientes da coluna do i-simo piv de U que estiverem acima da posio do piv usando operaes de substituio O1. Substitua i por i-1 e volte para o primeiro passo. Tipicamente, a terceira iterao do algoritmo aplicada a uma matriz na forma escada 5x7, com pivs nas colunas 2, 3, 4, 5 e 7, seria algo do tipo: Observao 3.11 Para resolver sistemas Ax = b pequenos, na mo, frequentemente bem mais confortvel trabalhar um pouco mais para chegar a uma matriz na forma escada reduzi a do d que resolver um sistema triangular superior com TRIASUP. Talvez por isto as matrizes na forma escada reduzida sejam to populares nos livros didticos de lgebra Linear. Conforme teremos a oportunidade de checar na seo 3.8, do ponto de vista computacional, ela torna a resoluo de Ax = b um pouco mais cara do que usar TRIASUP, apesar da diferena seja pequena. Em particular, a fase regressiva da eliminao completa um interessante mtodo prtico para inverter matrizes. (vide exerccio 3.31 e a seo 3.5) Observao 3.12 - Unicidade da forma escada reduzida Se U e V so matrizes na forma escada reduzida e linha-equivalentes, suas colunas pivotais coincidem (pelo teorema chave 3.2), bem como suas matrizes de variveis pivotais UD e VD (ambas 0 p1 x x 0 x 0 0 p2 x 0 x 0 U3 U3/p3 0 0 0 0 p1 x 0 0 p2 0 0 x 0 x 0

0 0 0 0 0 0

0 p3 0 x 0 0 1 0 0 0 x 0

0 U2 U2 0 1

U24U2 U14U2 0 0 0

0 0

0 1 0

x

0 x 0

U1 U1 0 0

0 0 0 136

0 0 1

valem a identidade pxp). Como as solues de Ux = 0 e Vx = 0 so as mesmas, podemos explicitar suas variveis dependentes na forma xD = - ULxL = - VLxL , para todo vetor de variveis livres xL. Mas ento UL = VL , para todo de l ( l = nmero de variveis livres) e isto significa que UL = VL (vide exerccios. 2.2.iv e 3.33.vii). Com isto esticamos o teorema-chave 3.2 para dizer que cada matriz A admite uma nica matriz linha-equivalente e na forma escada reduzida . (Da a denominao forma escada cannica frequentemente utilizada em vez de forma escada reduzida, j que, usualmente, a designao cannica est associada a uma conotao de unicidade) Exerccios da subseo 3.7.3 Exerccio 3.29 - Reduza forma escada cannica as matrizes dos exerccios 3.24.ii e 3.24.iv e 3.26. Exerccio 3. 30 - Ache a soluo geral do sistema Ax = b, onde A a matriz do exerccio 3.24.iv e b= (1,0,0) T .Ache uma soluo particular de Ax = b tal que x4 = 3 e x5 = 2 . Exerccio 3.31 - Considere a matriz A = 231 213 111 do exerccio 3.17 e, juntando-lhe colunas da

identidade, forme a matriz = (A I) = 001 010 100 231 213 111 . i - Encontre a matriz , na forma escada cannica e linha equivalente a . ii Verifique que a matriz formada pelas trs ltimas colunas de uma inversa de A. iii Voc sabe explicar se isto foi uma coincidncia, ou no? iv Observe que, na prtica, voc repetiu o procedimento do exerccio 3.18. Exerccio 3.32 - Tente aplicar o mtodo do exerccio acima para achar a inversa de A= 331 210 121 .Explique por que no deu certo . Exerccio 3.33 Certo ou errado? Justifique: i - Toda matriz A admite uma matriz linha-equivalente na forma escada cannica ii - Se A linha equivalente a B e B linha-equivalente a C, ento A e C admitem uma mesma matriz linha-equivalente na forma escada cannica. iii - Se A uma matriz invertvel, ento a sua forma escada cannica a identidade. iv - Se A uma matriz nxn e de posto n ento a forma escada cannica de A e de A T so as mesmas. v - Se A uma matriz 2x2 ento a forma escada cannica de A e de A

T so as mesmas. vi Se A mxn e Ax = 0, para todo x n , ento A = 0 vii Se A e B so mxn e Ax = Bx, para todo x n , ento A = B viii Se k vetores forem solues de Ax = 0, ento qualquer combinao linear deles tambm ser. ix - Se A 3x3 e Ax = 2x, para algum x 0, ento A - 2I no invertvel.37 3.5 Inverso de Matrizes e resoluo de sistemas Comeamos lembrando o exemplo 2.8. L encontramos uma inversa esquerda para uma matriz A, 2x2 e que tambm funcionava como inversa direita. O principal objetivo desta seo dizer que este procedimento funciona sempre para matrizes quadradas, desde que o posto de A seja mximo, bem como sistematizar a forma de encontrar inversas. Na verdade vamos faz-lo, verificando primeiramente as condies nas que uma matriz A, mxn, admite uma inversa direita. Em seguida analisamos as condies nas quais A admite uma inversa esquerda. Observao 3.13 Condies nas quais Amxn admite inversa direita. i - Se A = Amxn tem inversa direita ento o posto de A m Seja X = Xnxm uma inversa direita de A, ou seja, tal que AX = Imxm. Tome um b qualquer no n e observe que y = Xb soluo de Ax = b, j que: Ay = A(Xb) = (AX) b = I b = b Portanto, y = Xb sempre resolve Ax = b. Pela observao 3.10, A tem posto m.

ii - Se A tem posto m, ento A tem uma inversa direita. Se X for uma inversa direita de A, ento AX = Imxm . Em particular, isto significa que cada coluna de AX = (AX (1) AX (2) AX (m) ) igual correspondente coluna da identidade. Ou seja, so solues de m sistemas de equaes lineares, a saber: Ax = I (i) , para i = 1,2, , m Como o posto de A m, a observao 3.10 nos garante que cada um dos m sistemas acima admite uma tal soluo X (i) A inversa X resulta como a matriz cujas colunas so estas solues X . (i) . Em resumo, A = Amxn admite inversa direita se e somente se o posto de A for m. Em particular, uma forma prtica de procurar inversas para matrizes consiste em resolver as m equaes acima para achar uma inversa direita de A. Exemplo 3.20 Procurar uma inversa direita para A = 111 233 123

Procuramos uma matriz X tal que AX = (AX (1) AX (2) AX (3) ) = I3x3. Vale dizer, tal que AX (i) =I (i) , para i = 1,2,3. Veja que ao levar cada uma das 3 matrizes ampliadas (A |I (i) ) forma cannica reduzida, se A tiver inversa direita, ter posto 3, e chegaremos a ( I |X (i) ) . mais interessante fazer as 3 contas ao mesmo tempo, na matriz ampliada (A |I ) , como no exerccio 3.31. Veja que se A tiver inversa direita, na forma escada reduzida encontraremos ( I3x3 |X), tal que AX = I38 (A | I ) = 001 010 100 111 233 123

331 221 AAA A A 2A 101 210 100 012 013 123 A3 A3 A2 111 210 100 001 013 123 113 223 A A 3A A A 3A 111 123 233 001 010 120

113 223 A A 3A A A 3A

X 111 123 013 001 010 100 Verifique que AX = I3x3 Exemplo 3.21 Vamos procurar calcular diretamente uma inversa esquerda da mesma matriz A do exemplo anterior. Nosso ponto de partida a observao que se X uma inversa esquerda de A, ento: I = XA = (XA) T =A T X T Ou seja, X uma inversa esquerda de A sss X T uma inversa direita de A T

Como j . sabemos calcular inversas direita, basta procurarmos uma inversa direita de A T e tomar sua transposta. A tcnica a mesma do exemplo anterior. Ou seja, basta procurarmos uma matriz na forma escada reduzida e linha equivalente a (A T | I ). Vamos omitir as contas 001 010 100 331 231 121 T A

T X 331 121 011 001 010 100

Observao 3.14 Condies nas quais Amxn admite inversa esquerda Do mesmo jeito que no exemplo 3.21, a forma de procurar uma inversa esquerda para A = Amxn procurando uma inversa direita para A T Veja que se Imxm = A . T X , resulta que X T uma inversa esquerda de A. Neste caso, A T nxm, ou seja A T tem n linhas. Portanto, pela observao 3.13, A= Amxn admite uma inversa esquerda se e somente se posto de A T for n. Eliminao de Gauss.39 A pergunta natural, a seguir, Posto(A T ) = Posto(A) = n ? Felizmente a resposta para esta pergunta sim. Isto vai nos permitir melhorar a condio acima para: um fato que Posto(A T ) = Posto(A) vale sempre, mesmo que o posto de A seja diferente de n. Trata-se

de um resultado importante e no trivial que estabeleceremos no prximo captulo. Neste caso particular, no qual Posto(A) = n, faremos uma demonstrao aparentemente simples, porm engenhosa 4 , deste fato. Comeamos mostrando que, supondo Posto(A) = n, a equao A T Ax = 0 s admite a soluo trivial. Seja x0 n tal que A T Axo = 0. Neste caso, x0 T (A T Axo) = x0 T 0 = 0. Observe que: 0 = x0 T (A T Axo) =(Ax0) T Axo = (A1x0) 2 + (A2x0)

2 + + (Anx0) 2 = (Ax0 )1 2 + (Ax0 )2 2 + + (Ax0)n 2 Neste caso, (A x0)1 = (A x0)2 = = (A x0 )n = 0, o que nos garante Ax0 = 0. Como Ax0 = 0 e Posto(A) = n, o item anterior nos garante que x0 = 0. Ou seja, a equao A T Ax = 0 s admite a soluo trivial x0 = 0, conforme queramos estabelecer. Portanto, pela observao 3.10, Posto(A T A) = n. Como A T A uma matriz quadrada nxn, a observao anterior lhe garante uma inversa direita . Ou seja, uma matriz X, tal que Inxn = (A T A)X = A T (AX). Mas ento AX uma inversa direita de A T e, pela mesma observao 3.13, isto significa que A

T tem posto n J estamos em condies de poder consolidar as afirmaes esboadas no captulo 2, sobre existncia de inversas de matrizes: Observao 3.15 As matrizes invertveis nxn so exatamente as de posto mximo. Podemos tirar duas concluses importantes das observaes 3.13 e 3.14: Uma matriz que no quadrada nunca tem inversas dos dois lados. Uma matriz nxn invertvel se e somente se tiver posto n. A primeira das afirmaes segue do fato que, se A = Amxn tem inversas dos dois lados, pelas observaes 3.13 e 3.14, temos Posto(A) = m = n. Isto nos garante ainda, no caso quadrado m=n, que se A invertvel ento tem posto n. Vice-versa, no caso de A ter posto mximo n, temos garantidas inversas direita X e esquerda Y. S falta verificar que, neste caso X = Y. Para tanto, veja que Y = YInxn = Y(AX) = (YA) X = InxnX = X Observao 3.15 Um resumo terico til do que obtivemos at aqui seria dizer que, se A = Amxn: Pela esquerda, as seguintes afirmaes so equivalentes entre si : i A tem posto n ii - A equao Ax = 0 s admite a soluo trivial x = 0 iii A admite inversa esquerda. Pela direita, as seguintes afirmaes so equivalentes entre si: i A tem posto m ii A equao Ax = b tem sempre soluo iii A admite inversa direita

4

Na verdade, a idia principal desta demonstrao tem uma inspirao geomtrica importante. Se voc j tem alguma familiaridade com a norma de vetores no 3 , pense no caso onde n = 3 e observe que supor A T Ax0 = 0, signifca 0 = x0 T A T Ax0 = (Ax0) T Ax0 =||Ax0|| 2 Ax0 = 0 A admite uma inversa esquerda se e somente se posto de A for n40 Exerccios da seo 3.5 Exerccio 3.34 - Certo ou errado. Justifique: i - Uma matriz 3x2 nunca tem inversa direita. ii - Uma matriz 3x2 nunca tem inversa esquerda. iii Uma matriz 3x2 sempre tem inversa esquerda iv - Se A uma matriz invertvel ento A T tambm inversvel. v - Se A mxn e admite inversa esquerda, ento A T admite uma inversa direita.

vi Se A mxn de posto m ento posto(A) = Posto(A T A) = posto(A T .( Exerccio 3.35 - Considere a matriz A do exerccio 3.28. i - A admite inversa esquerda? ii - A admite inversa direita? iii - Caso exista inversa de algum dos lados, diga se nica e calcule pelo menos uma delas. Exerccios suplementares s sees 3.1-3.5 Exerccio 3.36 No exemplo 3.18:

i - Encontre a soluo geral de Mi = 0, na forma i = S ii Escreva a matriz ampliada de um sistema de 8 equaes e 8 incgnitas cujas solues calculam o valor do potencial nos ns, bem como o valor das variveis livres na soluo do sistema original. Exerccio 3.37 - Seja A = 121 11 101 eb= 1 0 i - Encontre os valores de e ii - Encontre valores de e Exerccio 3. 38 - Seja A = 0111 1101 para os quais o sistema Ax = b no admite soluo. para os quais o sistema Ax = b admite mais de uma soluo.

1010 e b= 1 0 1 i - Encontre os valores de , e para os quais o sistema Ax = b no admite soluo. ii - Encontre valores de , e para os quais o sistema Ax = b admite uma nica soluo. iii - Encontre valores de , e para os quais o sistema Ax = b admite uma famlia a um parmetro de solues. iv - Encontre valores de , e para os quais o sistema Ax = b admite uma famlia a dois parmetro de solues. Exerccio 3.39 Considere A = 25 12 . i - Ache valores de para os quais Ax = x admite soluo x 0. ii - Para cada um dos valores de , ache vetores x 0 tais Ax = x (Sugesto: Observe que se Ax = x sss (A - I)x = 0 )41 Exerccio 3.40 - Certo ou errado? Justifique: i - Se uma matriz quadrada tiver inversa direita ento tambm admitir inversa esquerda. ii - Uma matriz 3x5 nunca tem inversa direita. iii - Uma matriz 3x5 nunca tem inversa esquerda. iv -Toda matriz tem inversa de pelo menos um dos lados v - Se A e B forem matrizes quadradas de postos diferentes ento AB no inversvel vi - Se A e B forem matrizes quadradas de mesmo posto ento AB ser inversvel. vii - Se uma matriz A tem mais linhas que colunas ento A no admite inversa direita.

viii - Se uma matriz A tem mais linhas que colunas ento A no admite inversa esquerda. ix - Se A for mxn e A T A for inversvel, ento A tem posto n. Exerccio 3.41 - Suponha que uma rao alimentar balanceada para a sua vaquinha necessite de 0,4 kg de uma substncia I, 1,2 kg de substancia II e 0,9 kg de uma substncia III. Reproduzimos na tabela abaixo a quantidade, em kg, de substncias I, II, III encontradas em cada kg dos alimentos A, B, C e D. i - Ache a quantidade de alimentos A, B e C que garantem exatamente as substncias I, II e III que sua vaquinha necessita. ii - Verifique que, se podemos usar os alimentos A, B, C e D, haver vrias formas de combina-los de modo a garantir exatamente a quantidade de substncias que a vaquinha necessita. iii* - Sabendo que os alimentos A, B, C e D custam respectivamente R$ 1,00, R$ 1,50, R$ 2,00 e R$ 0,50, qual das combinaes de alimentos A, B, C e D que garantem exatamente as substncias I,II,III de que necessita a vaquinha a mais barata? 3.6 Fatorao LU subproduto do algoritmo da eliminao de

O objetivo desta seo estabelecer, como

Gauss, uma fatorao de uma matriz A num produto de matrizes triangulares, que tem grande importncia terica e prtica. Na seo 3.6.1, discutimos uma situao mais simples, na qual o algoritmo da eliminao de Gauss executado sem que nenhuma troca de linhas seja realizada. Na seo 3.6.2, discutimos o caso geral, no qual se faz uso do pivoteamento indicado no passo 2 3.6.1 Fatorao LU na eliminao de Gauss sem pivoteamento

Falamos em eliminao de Gauss sem pivoteamento, para nos referirmos a uma aplicao do algoritmo da eliminao de Gauss, na qual no se troca de linhas no passo 2 do algoritmo e ainda assim ele termina sem fracassar. Para alguns tipos de matrizes importantes, isto possvel de se prever a priori, mas o nosso principal objetivo em estudar este caso antes para simplificar a exposio. Comeamos com um exemplo numrico: ABCD I 0,1 0,1 0,2 0,1 II 0,4 0,5 0,3 0,2 III 0,2 0,3 0,4 0,442 Exemplo 3.22 Vamos aplicar o algoritmo da eliminao de Gauss, matriz A = 433 222 211 , tomando o cuidado de armazenar os multiplicadores que forem surgindo (vide a observao 3.3). Denotemos por U uma matriz que varia a cada iterao do mtodo, comeando com U = A e terminando com uma matriz triangular superior. 433 222 211 321 221 A A 2A

A A ( 1)A 011 013 211 3 3 A2 A A ( 1)

U 004 013 211 Junto com U = 004 013 211 , armazenamos os multiplicadores L21 = -1, L31= 2 e L32= -1. Forme a matriz dos multiplicadores L = 211 110 100 LL1 L10 100 31 32 21 , e observe que:

LU =

211 110 100 004 013 211 = 433 222 211 =A Ou seja, como num passe de mgica , a matriz original A ficou fatorada num produto de duas matrizes triangulares, uma superior e outra inferior. Vamos explicar a mgica deste exemplo, observando passo a passo, o que aconteceu com a matriz U. esquerda, vamos registrando os valores definitivos de U que vo se fixando em cada iterao: Na primeira iterao, tivemos: U1 A1 U1 = A1 U2 = A2 + U1

U2 A2 L21U1 = A2 + U1 U3 A3 L31U1 = A3 2 U1 Na segunda iterao, tivemos

U3 U3 L32U2 = A3 L31U1 L32U2 = A3 -2U1 +U2 No final da iterao resultou:

U3 = A3 -2U1 +U2

Passando as linhas de A para o lado esquerdo, e as de U para o lado direito, pode-se perceber que cada linha de A o produto da correspondente linha de L por U, ou seja: U1 = A1 U2 = A2 + U1 U3 = A3 -2U1 +U243

Observao 3.16 Fatorao LU No exemplo anterior obtivemos A = LU, onde L uma matriz triangular inferior com todas as entradas da diagonal iguais a 1, e U uma matriz triangular superior. As letras L (de Lower, significando inferior em ingls) e U ( de Upper, significando superior em ingls) j so universalmente consagradas na literatura. No foi um acaso. Sempre que aplicarmos o algoritmo da eliminao de Gauss, sem troca de linhas (apenas com as operaes de substituio de linhas de tipo O1), obteremos uma tal fatorao A = LU onde U a matriz na forma escada que resulta no algoritmo e L uma matriz triangular inferior. Abaixo da diagonal de L ficam os correspondentes multiplicadores resultantes do algoritmo, e 1 em cada entrada da diagonal. O argumento que justifica isto inteiramente anlogo ao que usamos para justificar a mgica do exemplo 3.22. Deixamos ao leitor (vide exerccio 3.43.i) para verificar que, do mesmo modo que no exemplo anterior, se A uma matriz nxn, de posto n, e o algoritmo da eliminao de Gauss chega ao final sem precisar trocar de linhas, obteremos: U1 = A1 U2 = A2 - L21U1 U3 = A3 - L31U1 L32U2 (3.11)

Un = An - Ln1U1 Ln2U2 Ln(n 1)Un 1 Em particular, isto significa que: A1 = U1 = ( 1 0 0 0 0) U

A2 = L21U1 + U2 = (L21 1 0 0 0) U A3 = L31U1 + L32U2 + U3 = (L31 L32 1 0 0) U

An = Ln1U1 + Ln2U2 + + Un = (Ln1 Ln2

Ln(n-1) 1) U

Observao 3.17 Fatorao LU, no caso onde U no resulta quadrada Se A no for quadrada, ou tiver pivs fora da diagonal, algo anlogo funciona, porm mais chato de descrever (vide exerccio 3.43.ii). Neste caso, U ser a matriz escada resultante do algoritmo da eliminao e L continuar quadrada, mxm, e tendo sua diagonal formada com entradas iguais a 1. Se i for menor que o posto de A, na i-sima coluna abaixo da diagonal de L ficaro os multiplicadores usados na i-sima iterao do algoritmo, ou seja, os multiplicadores usados para zerar a coluna ji abaixo do piv na posio (i, ji). Nas demais colunas e abaixo da diagonal, s zeros. A1 = U1 = ( 1 0 0 ) U A2 = -U1 +U2 = ( -1 1 0 ) U

A3 = 2U1 - U2 + U3 = ( 2 -1 1 ) U A = LU A = LU44 Exemplo 3.23 No exemplo 3.9, aplicamos o algoritmo da eliminao de Gauss matriz = 0 0 1 36543 24562 12323 = Resultou U .

5 2 1 0 0 0 10 10 00124 12323 Com pivs nas colunas j1 = 1, j2 = 3 e multiplicadores L21 = 2; L31 = 3; L32 = 4 0 0 1 36543 24562 12323 331 221 A A3 A A A2 A 3 2 1 00426 00124 12323 Portanto, L = LL1

L10 100 31 32 21 = 341 210 100 = LU Observao 3.18: Gostaramos de ressaltar que muitos dos resultados mais importantes da lgebra Linear podem ser resumidos na forma de uma fatorao de matrizes adequada. Tais fatoraes esto presentes em onze de cada dez softwares de lgebra Linear. So muito teis, tanto do ponto de vista computacional como terico. Nos captulos 5 e 8 teremos a oportunidade de introduzir outras fatoraes significativas. A principal caracterstica da fatorao LU reside no fato que L uma matriz triangular inferior com 1 na diagonal principal e U triangular superior. Isto significa que, dada a fatorao A = LU, resolver Ax = LUx = b se reduz a resolver dois sistemas triangulares. Ou seja, reduz-se a:

P1 - Achar y tal que Ly=b P2 - Achar x tal que Ux = y Veja que P1 tem sempre soluo j que a matriz L trangular inferior e no tem zeros na diagonal. J P2 pode no ter soluo, se Unn = 0. Ao se resolver um nico sistema Ax = b na mo, ele tem que ser pequeno e usualmente no se faz necessrio armazenar a matriz dos multiplicadores L. suficiente aplicar o algoritmo da eliminao de

Gauss matriz ampliada (A b) para, em seguida, resolver um sistema triangular superior. No entanto, ao se ter um problema de mdio porte, para o qual a eliminao de Gauss se fez sem pivoteamento, o mais eficiente, computacionalmente, calcular a fatorao LU e depois resolver os dois sistemas triangulares em P1 e P2. Alm disto, frequentemente se cai num problema no qual se precisa resolver a equao Ax = b muitas vezes, com valores diferentes de b que vo surgindo iterativamente. Nestes casos, ao resolver cada um dos problemas Ax = b usando a fatorao LU, evita-se de ter que refazer a eliminao de Gauss para cada um dos b s que forem surgindo, como no exemplo logo abaixo. Na seo 3.8.1 teremos a oportunidade de ver que resolver sistemas triangulares , em geral, bem mais barato , computacionalmente, do que fazer a eliminao de Gauss. 45 Exemplo 3.24 Resolva a equao linear Ax =b , para a matriz A = 433 222 211 , do exemplo 3 e trs valores de b. I - Para b = b0 = (1 0 0 ) T , encontrando a soluo x0 Ii - Para b = b1 = b0 +x0, encontrando encontrando a soluo x1 iii - Para b = b1 +x1 , encontrando encontrando a soluo x2 No exemplo 3.22, ao fazer a eliminao de Gauss, encontramos para fatores L: e U de A as seguintes matrizes: L=

211 110 100 e 004 013 211 i Usando a fatorao A = LU para resolver Ax = 0 0 1 , temos dois passos a dar: i.1 - Resolver Ly0 = ( 1 0 0 ) T (substituio de cima para baixo ) Resulta y0 = ( 1 1 -1 ) T i.2 - Resolver Ux = y0 . (substituio de baixo para baixo ) Resulta x0 = ( 3/2 -7/4 -1/4) T . ii - Analogamente para Ax = b1 = b0 + x0 = (5/2 -7/4 -1/4) T U=

ii.1 - Resolvendo Ly1 = b1 , resulta y1 = (5/2 3/4 -9/2) T ii.2 - Resolvendo Ux = y1 , resulta x1 = (31/8 -33/8 -9/8)

T ii - Analogamente para Ax = b2 = b1 + x1 = (51/8 -47/8 -11/8 ) T

ii.1 - Resolvendo Ly2 = b2 , resulta y2 = (51/8 1/2 -109/8) T ii.2 - Resolvendo Ux2 = y2 , resulta x1 = (41/4 -343/32 -109/32) T 3.6.2 Fatorao LU na eliminao de Gauss com pivoteamento Na verdade esta a situao relevante, pois quase sempre que se faz a eliminao de Gauss, se usa o pivoteamento no passo 2. Conforme j apontamos na observao 3.4, por razes de estabilidade numrica, em geral se escolhe para piv o maior elemento disponibilizado, em cada coluna, pelo algoritmo. Nossa preocupao aqui se resume a explicar como funciona a fatorao neste caso, sem maiores detalhes tcnicos. Essencialmente, o exemplo abaixo j aponta o que acontece no caso geral. Exemplo 3.25 uma matriz Vamos supor que se tenha aplicado o algoritmo da eliminao de Gauss a

3x3, de tal forma que na primeira iterao se tenha trocado a primeira linha com a terceira, e que na segunda iterao a troca tenha sido entre a segunda e a terceira linhas. Do mesmo modo que no exemplo anterior, vamos seguir, passo a passo, o que aconteceu com a matriz U, bem como registrar esquerda os 46 valores definitivos para a matriz U ao final, medida que eles forem se fixando em cada passo. Na primeira iterao tivemos: U1 A3 U1 = A3

U2 A2 L21U1 U3 A1 L31U1 Na segunda iterao, tivemos U2 U3 U2 = A1 L31U1