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Álgebra Linear Aplicada – Exer. 17 – Qualificação

Estou estudando para a prova de qualificação de álgebra linear aplicada do programa de mestrado em matemática aplicada da UFPR e vou divulgar a resolução de algumas questões. Os exercícios são das provas de exames anteriores, disponíveis na página do programa. Fique à vontade para fazer sugestões, correções, críticas, etc.

Veja aqui todos os exercícios resolvidos de Álgebra Linear Aplicada.

Farei cópia fiel do enunciado dos exercícios, não corrigirei erros e imprecisões. Fica por conta dos comentário na resolução.

Exercício: (número 5 da prova de 25/08/2009)

Determine as decomposições $LU$ e $QR$ da matriz $A=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0\\ -1 & 0 & 1\\ 0 & 1 & 1\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$.

(Por questão de organização, vou fazer agora apenas a decomposição $LU$, a decomposição $QR$ está em Álgebra Linear Aplicada – Exer. 19 – Qualificação.)

 

Resolução:

Vamos escalonar anotando os pivôs (espero que a notação seja auto-explicativa para quem conhece o assunto): $$\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0\\ -1 & 0 & 1\\ 0 & 1 & 1\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}\ [m_{21}=-1]\ {L_2\leftarrow L_1+L_2}\ \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0\\ 0 & 1 & 1\\ 0 & 1 & 1\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}\ [m_{32}=1]\ {L_3\leftarrow -L_2+L_3}\ \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0\\ 0 & 1 & 1 \\0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.$$ Aqui vemos que, para chegar na forma escalonada de $A$ (ou seja, encontrar a matriz $U$), será necessário trocar as duas últimas linhas da matriz. Mas isso implica que a decomposição $LU$ que encontraríamos não seria da matriz $A$, mas sim de uma matriz obtida de $A$ pela mesma troca de linhas.

Na verdade, a matriz $A$ não tem decomposição $LU$, o que invalida o exercício.

Para ficarmos satisfeitos, vamos encontrar a decomposição $LU$ da matriz $$PA= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 1\\ 0 & 0 & 1 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0\\ -1 & 0 & 1\\ 0 & 1 & 1\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0\\ -1 & 0 & 1\\ 0 & 0 & 1\\ 0 & 1 & 1 \end{pmatrix},$$ (obtida de $A$ pela troca das duas últimas linhas). Felizmente não é necessário reiniciar o processo de escalonamento, podemos fazer a troca de linhas de onde paramos: $$\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0\\ 0 & 1 & 1\\ 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}\ [m_{32}\leftrightarrow m_{42}]\ {L_3\leftrightarrow L_4}\ \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0\\ 0 & 1 & 1\\ 0 & 0 & 1\\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}=U.$$

A matriz $L$ é triangular inferior, com $1$’s na diagonal e com os pivôs $m_{ij}$ abaixo dela ”na ordem adequada” (o pivô é zero quando as entradas já eram nulas). Lembrando que trocamos as duas últimas linhas e portanto devemos trocar a ordem dos pivôs, temos $$L=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0\\ -1 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 1 \end{pmatrix}.$$ Veja que foi adicionada a última coluna a esta matriz para ser possível efetuar o produto $LU$. Outra opção era eliminar a última linha da matriz $U$, pois ela é nula, tanto faz.

Conclusão: $PA=LU$, ou $A=P^TLU$.

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