i = 2, 3, ..., n. Seja o sistema triangular superior bxa bxa xa

1- SOLUÇÃO DE SISTEMAS LINEARES E INVERSÃO DE MATRIZES
1.1- Métodos exatos para solução de sistemas lineares
Métodos para solução de sistemas de equações lineares são divididos principalmente
em dois grupos: 1) Métodos Exatos: são aqueles que forneceriam a solução exata, não
fossem os erros de arredondamento, com um número finito de operações; e 2) Métodos
Iterativos: são aqueles que permitem obter as raízes de um sistema com uma dada precisão
através de um processo infinito convergente. Veremos neste capítulo somente métodos
exatos.
1.1.1- Métodos para Sistemas Triangulares Inferiores.
Seja o sistema triangular inferior:
a 11
= b1
a 21 x 1 + a 22 x 2
= b2
.
a n1 x 1 + a n 2 x 2 + .... + a nn x n = b n
onde aii ≠ 0, i = 1, 2, ...,n.
Por substituição progressiva podemos resolvê-lo pelas fórmulas:
x1 =
b1
a 11
xi = ( bi -
i −1
a ij x j ) / aii
;
i = 2, 3, ..., n.
j=1
1.1.2- Métodos para Sistema Triangulares Superiores.
Seja o sistema triangular superior
a 11 x 1 + a 12 x 2 +
a 22 x 2 +
+ a 1n x n = b1
+ a 2n x n = b 2
a nn x n = b n
onde aii ≠ 0; i = 1,2,...,n.
1
Por substituição Retroativa podemos resolvê-lo pelas fórmulas:
b
xn = n
a nn
xi = ( bi -
n
a ij x j ) / aii
i = n-1, ..., 1
j=i +1
Exemplo 1.1.1:
a) Resolver o sistema triangular inferior,
1
0
0
1
0
0
y1
9
=
y2
1
1/ 2 1/ 2 1
y3
7
Por substituição progressiva tem-se: y1 = 9 e y2 = 1
1
1
y1 +
y2 + y3 = 7
2
2
∴ y=
→ y3 = 2
9
1
2
b) Resolver o sistema triangular superior
2
0
1
−1
3
1
0
0
1
x1
x2
x3
=
9
1
2
Por substituição retroativa: x3 = 2
-x2 + x3 = 1
→ x2 = 1
2x1 + x2 + 3 x3 = 9 → x1 = 1
1
∴ a solução deste sistema é x = 1 .
2
2
1.2-
O Método de eliminação de Gauss ou Método de Gauss Simples.
Seja o sistema linear Ax = b, onde A tem todas as submatrizes principais não
singulares.
O método de eliminação de Gauss consiste em transformar o sistema dado num
sistema triangular equivalente pela aplicação repetida da operação:
“subtrair de uma equação outra equação multiplicada por uma constante
diferente de zero”.
É claro que tal operação não altera a solução do sistema, isto é, obtem-se com ela
outro sistema equivalente ao original.
Descrição do algoritmo:
Consideremos o sistema:
a 11 x 1 +a 12 x 2 + +a 1n x n = b1
a 21 x 1 +a 22 x 2 + + a 2 n x n = b 2
a n1 x 1 + a n 2 x 2 +
+ a nn x n = b n
cuja matriz dos coeficientes chamaremos A(1) .
Montamos a tabela 1:
(1) (1)
a 11
a 12
(1) (1)
a 21 a 22
a 1(1n) b1(1)
a (21n) b (21)
a (n11) a (n12)
a (nn1) b (n1)
onde:
aij(1) = aij ;
bi(1) = bi ; i, j = 1, 2, ..., n
Por hipótese temos que a11(1) ≠ 0, pois det ( A1) ≠ 0.
Primeiro Passo:
Eliminar a incógnita x1 da 2a , 3a , ..., na equações ( isto é, zerar os elementos da
primeira coluna abaixo da diagonal) ; para isso:
a (211)
a
a
Subtraímos da 2 . equação a 1 . equação multiplicada por (1)
a 11
3
(1)
a 31
Subtraímos da 3 . equação a 1 . equação multiplicada por (1)
a11
a
a
Subtraímos da na. equação a 1a. equação multiplicada por
Passamos então da tabela inicial à tabela 2:
a (n11)
(1)
a11
(1) (1) (1)
a 11
a 12 a 13 a 1(1n) b 1(1)
a (222) a (232) a (22n) b (22)
a (n22) a (n23)
onde:
a ij( 2)
= a ij(1)
− a 1(1j)
b i( 2)
= b i(1)
− b1(1)
a i(11)
(1)
a 11
;
a (nn2) b (N2)
i = 2, 3, ..., n
a i(11)
j = 1, 2, ..., n
(1)
a 11
(2)
Temos por hipótese que a22
≠ 0, pois det ( A2) ≠ 0 .
Segundo passo.
Eliminar a incógnita x2 da 3a. , 4a. , ..., na. equações (isto é, zerar os elementos da
segunda coluna abaixo da diagonal) ; para isso
( 2)
a 32
a
a
Subtraímos da 3 . equação a 2 . equação multiplicada por ( 2)
a 22
a
a
Subtraímos da 4 . equação a 2 . equação multiplicada por
- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -- - - - - - - - - - - - - - Subtraímos da na. equação a 2a. equação multiplicada por
Obtemos então a tabela 3:
(1) (1) (1)
a 11
a 12 a 13 a 1(1n) b1(1)
a (222) a (232) a (22n) b (22)
( 3)
a 33
a 3(3n) b 3(3)
a (n33)
a (nn3) b (n3)
4
a (422)
a (222)
a (n22)
a (222)
onde a ij(3) = a ij( 2) − a (22j)
a i(22)
a (222)
; b i(3) = b i( 2) − b (22)
a i(22)
a (222)
; i = 3, 4, ..., n; j = 2, 3, ..., n
E assim sucessivamente, chegaremos ao:
(n -1) º Passo
Temos por hipótese que a (nn−−11, ) n −1 ≠ 0 , pois det (A n −1 )≠ 0.
Eliminar a incógnita xn-1 da na. equação (isto é, zerar o elemento da (n-1)ª coluna
abaixo da diagonal); para isso:
a (nn,n−−1)1
a
Subtraímos da n . equação, a (n-1)ª. equação multiplicada por ( n −1) .
a n −1, n −1
E assim, obtemos a tabela n:
(1) (1) (1)
a 11
a 12 a 13
a 1(1,n) −1 a 1(1n) b1(1)
a (222) a (232)
a (22,n) −1 a (22n) b (22)
( 3)
a 33
a 3(3,n) −1 a 3(3n) b 3(3)
a (nn−−11,n) −1 a (nn−−11,n) b (nn−−11)
a (nnn ) b (nn )
onde:
a ij( n )
bi
( n)
= a ij( n −1)
= bi
− a (nn−−11, j) .
(n – 1)
-
a i(,nn−−11)
a (nn−−11, n) −1
b (nn−−11)
.
a i(,nn−−11)
a (nn−−1,1)n −1
; i = n; j = n – 1, n.
Assim, o sistema triangular superior obtido será:
5
(1)
(1)
(1)
a 11
x 1 + a 12
x 2 + a 13
x3 +
+ a 1(1, )n − 1 + a 1(1n) x n = b1(1)
a (222) x 2 + a (232) x 3 +
+ a (22, )n − 1 + a (22n) x n = b (22)
( 3)
a 33
x3 +
+ a 3(3, )n − 1 + a 3(3n) x n = b 3(3)
a (nn−−11, )n − 1 x n − 1 +
a (nn−−11, )n x n = b (nn−−11)
a (nnn ) x n = b (nn )
é equivalente ao Sistema Linear original.
Exemplo 1.2.1:
Resolver o sistema:
6
2
−1
x1
2
3
4
2
1
8
x2
x3
usando o método de Eliminação de Gauss.
Temos a tabela 1:
6 2 −1
7
2 4
3 2
7
13
1
8
6
7
=
7
13
(1)
a11
a (211)
(1)
a11
a (212) = 0
(1)
a (222) = a (221) − a12
a (211)
(1)
a11
a (222) =
10
3
a (232)
(1)
a13
a (211)
(1)
a11
a (232) =
4
3
b(22) = b(21) − b1(1)
a (211)
(1)
a11
b(22) =
14
3
( 2)
a 31
(1)
a11
(1)
a 31
(1)
a11
( 2)
a 31
= 0
( 2)
(1)
(1)
a 32
= a 32
− a12
(1)
a 31
(1)
a11
( 2)
a 32
=1
a (212)
a (211)
=
a (231)
=
(1)
a 31
=
−
−
−
( 2)
(1)
a33
= a33
− a13(1)
(2 )
(1)
b3 = b3
(1)
a31
a11(1)
(2)
a33
=
(1)
(1) a 31
− b 1 (1)
b 3(2 ) =
a 11
17
2
19
2
Assim obtemos a tabela 2:
6
2
0 10 / 3
0
1
−1
4/3
7
14 / 3
17 / 2 19 / 2
2º Passo:
( 3)
a 32
12 )
( 2)
= a 32
− a 22
( 3)
a 33
( 2)
( 2)
= a 33
− a 23
b 3(3)
=
b 3( 2)
−
b (22) .
( 2)
a 32
a
( 2)
22
(2)
a 32
a
(2)
22
( 2)
a 32
a (222)
( 3)
a 32
=0
(3)
a 33
=
81
10
b 3(3) =
81
10
Omitindo aqui a tabela 3, diretamente, obtemos o seguinte sistema triangular
superior:
7
6
−1
2
x1
0 10 / 3 4 / 3
0
0
81 / 10
7
= 14 / 3
81 / 10
x2
x3
Solução:
81
81
x3 =
x3 = 1
10
10
10
4
14
x3 + x3 =
x2 = 1
3
3
3
6 x1 + 2 x 2 − x 3 = 7
x1 = 1
∴
Portanto, a solução de :
1.2.1
6 2 −1
x1
3 4
3 2
x2
x3
1
8
7
=
1
7 é x= 1
13
1
O Método de Gauss com Pivoteamento Parcial
1) O elemento a (kkk ) é o pivot do Kº passo.
2) Se em algum passo K encontrarmos a (kkk ) = 0 isso significa que det (Ak) = 0.
Nesse caso, o sistema ainda pode Ter solução determinada (basta que det (A) ≠ 0 ).
O método pode ser continuado simplesmente permutando a kª equação com qualquer
outra abaixo cujo coeficiente da Kª incógnita seja ≠ 0.
3) Análise de propagação de erros de arredondamento para o algorítmo de Gauss indicam a
(k )
/ a (kkk ) do kº passo)
conveniência de serem todos multiplicadores ( as constantes a ik
menores que 1 em módulo; ou seja o pivot deve ser o elemento de maior valor absoluto da
coluna, da diagonal (inclusive) para baixo.
Podemos então em cada passo, escolher na coluna correspondente o elemento de
maior valor absoluto, da diagonal (inclusive) para baixo, e fazer uma permutação nas
equações do sistema, de modo que esse elemento venha a ocupar a posição diagonal.
O exemplo abaixo ilustra as observações de nº 2 e 3.
Exemplo 1.2.2:
8
Resolver usando o método de Eliminação de Gauss o sistema:
2x1 + 2x 2 − x 3 = 3
3x1
x1
+ 3x 2
− x2
+ x3
+ 5x 3
= 7
= 5
Montamos a tabela
2
2 −1
3
3
1 −1
3
1
5
7
5
Em vista da observação 3) : passamos da tabela inicial à tabela
3
3
1
7
2 2 −1 3
1 −1 5 5
isto é, colocamos na posição do pivot o maior elemento da coluna, e aplicando o 1º passo,
obtemos:
3
3
1
7
0
0
0
−2
−5/ 3 −5/ 3
14 / 3 8 / 3
( 2)
= 0 (como já dissemos (obs.2) isso significa que
Vemos aqui que o elemento a 32
det(A2)= 0. De fato: det( A2) =
3 3
= 0 ).
2 2
( 2)
Como o elemento a 32
≠ 0 , permutamos a 3ª equação com a 2ª equação e assim
obtemos a tabela:
3
3
1
7
0 − 2 14 / 3
8/3
0
0 −5/ 3 −5/ 3
a qual corresponde a um sistema triangular.
Portanto, temos:
3
3
1
0 − 2 14 / 3
0
0 −5/ 3
Assim
7
x1
x2
x3
=
8/3
−5/3
9
5
5
− x3 = −
x3 = 1
3
3
14
8
− 2x 2 +
x3 =
x2 = 1
3
3
3x 1 + 3x 2 + x 3 = 7
x1 = 1
Logo, a solução de:
1.2.2
2x 1
+ 2x 2
−
x3
= 3
1
3x 1
x1
+ 3x 2
− x2
+ x3
+ 5x 3
= 7
= 5
é x = 1
1
O Método de Gauss com Pivoteamento Total
Neste método é adotada a seguinte estratégia:
- no k-ésimo passo é escolhido para pivô o elemento de maior módulo entre todos os
elementos que ainda atuam no processo de eliminação, ou seja, o elemento pivô será:
(k −1)
max a
.
ij
i, j≥k
- esta estratégia não é usualmente empregada pois envolve uma comparação entre os
elementos envolvidos na troca de linhas e colunas, o que , evidentemente acarreta um
esforço computacional maior que a estratégia de pivoteamento parcial.
1.2.3- Exercícios
1.2.3.1) Resolver pelo método de Eliminação de Gauss, o sistema:
10
2 x1
− 3x 2
+
x3
= −5
4 x1
x1
− 6x2
+ 2x2
−
+
x3
x3
= −7
=
4
1.2.3.2)
5 x1
Considere o sistema:
+ 2x2
+
x3
= − 12
− x1 + 4 x 2 + 2 x 3 =
20
2 x1 − 3x 2 + 10 x3 =
3
Pede-se:
a) Resolver pelo Método de Eliminação de Gauss.
b) Calcular o determinante de A, onde A é matriz dos coeficientes.
1.2.3.3) Verificar usando Eliminação de Gauss que o seguinte sistema não tem
solução:
x1
+ 2x 2
2 x1 + 3x 2
3x1 + 5x 2
+
x3
=
3
+ x3
+ 2x 3
=
=
5
1
1.2.3.4) Exercícios complementares: fazer exercícios relativos aos tópicos vistos dos
livro: Barroso, L.C. e Ruggiero, M. A. G. (ver no link “Conclusão”)
11