Resolução de Sistemas Lineares por Eliminação Gaussiana

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LISTA DE EXERCÍCIOS CAPÍTULO 6 – EEL 7031 
Aluna: Camila Gasparin 
Matrícula: 14206067 
 
Set 6.2 
Exercício 1 – Encontrar a solução por método gráfico para os seguintes sistemas lineares: 
a) 𝑥1 + 2𝑥2 = 3 
𝑥1 − 𝑥2 = 0 
A solução gráfica é (1,1): 
 
 
b) 𝑥1 + 2𝑥2 = 0 
𝑥1 − 𝑥2 = 0 
A solução gráfica é: 
 
 
c) 𝑥1 + 2𝑥2 = 3 
2𝑥1 + 4𝑥2 = 6 
Como as duas retas são coincidentes 𝑦 =
3−𝑥
2
, temos um número de infinitas soluções 
definidas nos pontos sobre a reta. 
 
 
d) 𝑥1 + 2𝑥2 = 3 
−2𝑥1 − 4𝑥2 = 6 → 𝑥1 + 2𝑥2 = −3 
A solução gráfica é: 
 
O sistema não tem solução, pois as retas são paralelas. 
 
e) 𝑥1 + 2𝑥2 = 0 
2𝑥1 + 4𝑥2 = 0 
A solução gráfica é dada apenas uma reta, pois as duas funções são equivalentes dadas 
por 𝑥2 = −
𝑥1
2
 : 
 
 
f) 2𝑥1 + 𝑥2 = −1 
𝑥1 + 𝑥2 = 2 
𝑥1 − 3𝑥2 = 5 
Como temos três relações entre 𝑥1 e 𝑥2 , temos três soluções distintas, mas nenhuma 
para o sistema como está, pois as retas não se interceptam em nenhum ponto em 
comum. 
 
 
g) 2𝑥1 + 𝑥2 = −1 
4𝑥1 + 2𝑥2 = −2 
𝑥1 − 3𝑥2 = 5 
As duas primeiras relações são equivalentes. As duas retas restantes se interceptam 
em: 
 
 
 
h) 2𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 = 1 
2𝑥1 + 4𝑥2 − 𝑥3 = −1 
Duas superfícies se intersectam conforme: 
 
 
Exercício 7 – Considerando as colocações do exercício: 
a) Há comida suficiente para o consumo médio diário, pois 
𝐴 ∗ 𝑥 =
3200
2500
750
 
e 
𝑏 =
3500
2700
900
 
Ou seja, 𝐴 ∗ 𝑥 > 𝑏. 
b) Para saber quantos animais podemos ter de cada espécie mantemos a matriz A e 
variamos cada termo da matriz x, adicionando um valor x a cada termo. Temos, então, 
os seguintes valores podendo ser somados a cada população, apenas uma ou outra, 
𝑥1 = 200 
𝑥2 = 150 
𝑥3 = 100 
𝑥4 = 100 
c) Se houver extinção da espécie 1, qual incremento individual de cada espécie poderia 
ser suportado? 
𝑥2 = 600 
𝑥3 = 150 
𝑥4 = 150 
d) E se depois fosse a espécie 2? 
𝑥3 = 150 
𝑥4 = 150 
 
Set 6.3 
Exercício 1 – Usando a eliminação gaussiana encontre as trocas de linhas necessárias para 
resolver os sistemas lineares: 
a) Não é necessária nenhuma troca. 
b) Troca das linhas 2 e 3. 
c) Não é necessária nenhuma troca. 
d) Troca das linhas 1 e 2. 
 
Exercício 8 – Repita o exercício 5 utilizando pivoteamento parcial escalado. 
5 – Usando a aritmética de truncamento de três dígitos, resolva os sistemas lineares e 
compare as aproximações às reais soluções. 
a) 0,03𝑥1 + 58,9𝑥2 = 59,2 
5,31𝑥1 − 6,10𝑥2 = 47,0 
Solução real: 𝑥1 = 10, 𝑥2 = 1. 
Trocando as linhas de posição, e procedendo com o pivoteamento parcial 
normalmente, temos 𝑥1 = 10,0, 𝑥2 = 1,00. Com o truncamento as duas soluções são 
iguais. 
 
b) 59,9𝑥1 + 0,03𝑥2 = 59,2 
−6,10𝑥1 + 5,31𝑥2 = 47,0 
Solução real: 𝑥1 = 1, 𝑥2 = 10. 
Trocando as linhas de posição, e procedendo com o pivoteamento parcial 
normalmente, temos 𝑥1 = 0,982, 𝑥2 = 9,98. Com o truncamento as duas soluções 
diferem. 
 
c) 3,03𝑥1 − 12,1𝑥2 + 14𝑥3 = −119 
−3,03𝑥1 + 12,1𝑥2 − 7𝑥3 = 120 
6,11𝑥1 − 14,2𝑥2 + 21𝑥3 = −139 
Solução real: 𝑥1 = 0, 𝑥2 = 10, 𝑥3 =
1
7
. 
Após 𝐸1
(0)
 precisamos trocar as linhas 2 e 3. Então, com o truncamento de 3 dígitos 
teremos 𝑥1 = 0,0235, 𝑥2 = 12,5, 𝑥3 = 0,356. Com o truncamento as duas soluções 
diferem. 
 
d) 3,3330𝑥1 + 15920𝑥2 + 10,333𝑥3 = 7953 
2,2220𝑥1 + 16,710𝑥2 − 9,6120𝑥3 = 0,965 
−1,5611𝑥1 + 5,1792𝑥2 − 1,6855𝑥3 = 2,714 
Solução real: 𝑥1 = 1, 𝑥2 = 0,5, 𝑥3 = −1. 
Não fazemos troca de linhas, ou seja, procedemos diretamente com o pivoteamento 
A= e temos 𝑥1 = 0.555𝑥10
−4, 𝑥2 = 0,499 ∗ 10
−4, 𝑥3 = 0. Com o truncamento as 
duas soluções diferem. 
 
e) 1,19𝑥1 + 2,11𝑥2 − 100𝑥3 + 𝑥4 = 1,12 
14,2𝑥1 − 0,122𝑥2 + 12,2𝑥3 − 𝑥4 = 3,44 
 100𝑥2 − 99,9𝑥3 + 𝑥4 = 2,15 
15,3𝑥1 + 0.110𝑥2 − 13,1𝑥3 − 𝑥4 = 4,16 
Solução real: 𝑥1 = 0,17682530, 𝑥2 = 0,01269269, 𝑥3 = −0,02065405, 𝑥4 =
−1,18260870. 
A solução obtida com o truncamento é: 𝑥1 = 0,1830, 𝑥2 = 0,129, 𝑥3 = −0,021, 
𝑥4 = −1,21. Com o truncamento as duas soluções diferem. 
 
f) 𝜋𝑥1 − 𝑒𝑥2 + √2𝑥3 − √3𝑥4 = √11 
𝜋²𝑥1 + 𝑒𝑥2 + 𝑒²𝑥3 +
3
7
𝑥4 = 0 
√5𝑥1 − √6𝑥2 + 𝑥3 − √2𝑥4 = 𝜋 
𝜋³𝑥1 + 𝑒²𝑥2 − √7𝑥3 +
1
9
𝑥4 = √2 
Solução real: 𝑥1 = 0,78839378, 𝑥2 = −3,12541367, 𝑥3 = 0,16759660, 𝑥4 =
4,55700252. 
A solução encontrada com o truncamento é: 𝑥1 = 0,696, 𝑥2 = −2,83, 𝑥3 = 0,104, 
𝑥4 = 3,70. Com o truncamento as duas soluções diferem. 
 
Set 6.4 
Exercício 4 – Considere os 4 sistemas lineares 3x3 com a mesma matriz dos coeficientes: 
 
{
2𝑥1 − 3𝑥2 + 𝑥3 = 2
𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3 = −1
−𝑥1 + 𝑥2 − 3𝑥3 = 0
 {
2𝑥1 − 3𝑥2 + 𝑥3 = 6
𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3 = 4
−𝑥1 + 𝑥2 − 3𝑥3 = 5
 {
2𝑥1 − 3𝑥2 + 𝑥3 = 0
𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3 = 1
−𝑥1 + 𝑥2 − 3𝑥3 = −3
 {
2𝑥1 − 3𝑥2 + 𝑥3 = −1
𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3 = 0
−𝑥1 + 𝑥2 − 3𝑥3 = 0
 
 
a) Resolva os sistemas lineares por eliminação gaussiana aplicada à matriz ampliada. 
[
2 −3 1
1 1 −1
−1 1 −3
 
2
−1
0
 
6 0 −1
4 1 0
5 −3 0
] 
Fazendo os pivôs 𝑚21 =
1
2
 e 𝑚31 = −
1
2
, temos a matriz resultante: 
𝐴 = [
2 −3 1
0 2,5 −1,5
0 −0,5 −2,5
 
2
−2
1
 
6 0 −1
1 1 0,5
8 −3 −0,5
] 
Fazendo o pivô 𝑚32 = −
0,5
2,5
, temos a matriz resultante: 
𝐴 = [
2 −3 1
0 2,5 −1,5
0 0 −2,8
 
2
−2
1
 
6 0 −1
 1 1 0,5
8,2 −2,8 −0,4
] 
As matrizes ampliadas que temos, então, são: 
𝐴1 = [
2 −3 1
0 2,5 −1,5
0 0 −2,8
 
2
−2
1
], 𝐴2 = [
2 −3 1
0 2,5 −1,5
0 0 −2,8
 
6
1
8,2
], 
𝐴3 = [
2 −3 1
0 2,5 −1,5
0 0 −2,8
 
0
1
−2,8
], 𝐴4 = [
2 −3 1
0 2,5 −1,5
0 0 −2,8
 
−1
0,5
−0,4
] 
Resolvendo por substituição retroativa, temos os seguintes valores das variáveis: 
A = 𝑥 = [
𝑥1
𝑥2
𝑥3
] 
𝐴1 → 𝑥 = [
1.08
−0,88
−2,8
] , 𝐴2 → 𝑥 = [
0,4286
−1,3571
−2,9286
] , 𝐴3 → 𝑥 = [
2,5
4,25
1
] , 𝐴4 → 𝑥 = [
2
0,7143
0,1429
] 
 
b) Resolva os sistemas lineares encontrando e multiplicando a inversa de 
𝐴 = [
2 −3 1
1 1 −1
−1 1 −3
] 
A inversa de A é: 
𝐵 = 𝐴−1 = [
0,1429 0,5714 −0,1429
−0,2857 0,3571 −0,2143
−0,1429 −0,0714 −0,3571
] 
E as soluções dos sistemas lineares são: 
𝐴1 → 𝑥 = [
1.08
−0,88
−2,8
] , 𝐴2 → 𝑥 = [
0,4286
−1,3571
−2,9286
] , 𝐴3 → 𝑥 = [
2,5
4,25
1
] , 𝐴4 → 𝑥 = [
2
0,7143
0,1429
] 
 
c) Qual método exige maior número de operações? 
O método da inversão da matriz exige um número maior de operações. 
 
Set 6.5 
Exercício 2 – Fatore as seguintes matrizes na decomposição LU com 𝑙𝑖𝑖 = 1 para todo i. 
a) 𝐴 = [
2 −1 1
3 3 9
3 3 5
] 
A fatoração resulta em: 𝐿 = [
1 0 0
1,5 1 0
1,5 1 1
] e 𝑈 = [
2 −1 1
0 4,5 7,5
0 0 −4
] 
b) 𝐴 = [
1,012 −2,132 3,104
−2,132 4,096 −7,013
3,104 −7,013 0,014
] 
A fatoração resulta em: 
 𝐿 = [
1 0 0
−2,1067 1 0
3,0672 1,1977 1
] e 𝑈 = [
1,0120 −2,1320 3,1040
0 −0,3955 −0,4737
0 0 −8,9392
] 
c) 𝐴 = [
2 0 0
1 1,5 0
0 −3 0,5
 
0
0
0
2 −2 1 1
] 
A fatoração resulta em: 
𝐿 = [
1 0 0
0,5 1 0
0 −2 1
 
0
0
0
1 −1,33 2 1
]e 𝑈 = [
2 0 0
0 1,5 0
0 0 0,5
 
0
0
0
0 0 0 1
] 
 
d) 𝐴 = [
2,1756 4,0231 −2,1732
−4,0231 6,0000 0
−1,0000 −5,2107 1,1111
 
5,1967
1,1973
0
6,0235 7,0000 0−4,1561
] 
A fatoração resulta em: 
𝐿 = [
1 0 0
1,8492 1 0
0,4596 0,2501 1
 
0
0
0
−2,7687 0,3079 5,3526 1
] e 
𝑈 = [
2,1756 4,0231 −2,1732
0 13,4395 −4,0187
0 0 −0,8929
 
5,1967
10,0870
5,0917
 0 0 0 12,0375
] 
 
Exercício 7 – Suponha Que A e B são matrizes positivas definidas nxn: 
a) –A é positiva definida? Não. Se considerarmos, por exemplo, que |
1 0
0 1
| então a 
afirmação não se mantém. 
b) 𝐴𝑡 é positiva definida? Sim, pois 𝐴 = 𝐴𝑡. 
c) 𝐴 + 𝐵 é positiva definida? Sim, pois 𝑥𝑡(𝐴 + 𝐵)𝑥 = 𝑥𝑡𝐴𝑥 + 𝑥𝑡𝐵𝑥. 
d) 𝐴2 é positiva definida? Não. Uma vez que 𝑥𝑡𝐴²𝑥 + 𝑥𝑡𝐴𝑡𝐴𝑥 = (𝐴𝑥)𝑡(𝐴𝑥) ≥ 0 e 
porque A não é singular a igualdade apenas se mantém se 𝑥 = 0. 
e) 𝐴 − 𝐵 é positiva definida? Não, se considerarmos, por exemplo, 𝐴 = |
1 0
0 1
| e 
𝐵 = |
2 0
0 2
|, então a afirmação 𝐴 − 𝐵 não será positiva definida.