6-Gabarito_sistemas

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Gabarito – Sistemas Lineares 
 
Exercício 1: 
 
(a) 
Linhas. das Critério o satisfaz não Logo
máx 
2
1
a
aaa
 . :Linha Quarta
 1
a
aaa
 . :Linha Terceira
 1 2
a
aaa
 . :Linha Segunda
 1 3
a
aaa
 . :Linha Primeira
k4k1
44
434241
4
33
343231
3
22
242321
2
11
141312
1
,
13)( >==
=
++
=
=
++
=
>=
++
=
>=
++
=
≤≤
αα
 
 
(b) 
1 3
a
aa�a�
 � :Linha Terceira
 1 6
a
aaa�
 � :Linha Segunda
 1 3
a
aaa
 � :Linha Primeira
33
34322311
3
22
2423211
2
11
141312
1
>=
++
=
>=
++
=
>=
++
=
 
2
3
a
a�a�a�
 � :Linha Quarta
44
433422411
4 =
++
=
 
 
d Sassenfelde Critério o satisfaz não Logo,
16)(máx k4k1 >== ≤≤ ββ
 
(c) Como este sistema não satisfaz o Critério das Linhas, então não podemos ter garantia 
de convergência em nenhum dos métodos. 
 
OBS.: O Critério de Sassenfeld pode ser satisfeito mesmo que o Critério das Linhas não o 
seja. 
 
(d) 
 
7/16� 7/8;� 3/4;� 1/2;�
:temos d, Sassenfelde Critério Pelo
12xx- 
1 x2xx - 
1 x2xx 
1 x 2x
:temos sistema,do equações primeiras duas as se-Permutando
4321
43
432
321
21
====



=+
=−+
=−+
=−
 
 
d Sassenfelde Critério o satisfaz sistemao Logo,
17/8�máx k4k1 <=≤≤
 
 
(e) 
 
Resolvendo por Gauss-Seidel, fazemos as seguintes iterações: 
 
2
x1
x
2
xx1
x
2
xx1
x
2
x1
x
(k)
3(k)
4
1)(k
4
(k)
2(k)
3
1)(k
3
(k)
1(k)
2
1)(k
2(k)
1
+
=
++
=
+−
=
+
=
−
−
−
 
 
Partindo de (0,0,0,0)X (0) = , achamos na 9a iteração uma aproximação com precisão 
menor ou igual a 0,001. 
 
1.2724) 1.5478, 0.8177, 0.9085,X ()9( = 
Lembrando que a cada iteração, temos que verificar sempre se 0.001 xxMáx kikii ≤−
−
≤≤
)1()(
41
 
 
Exercício 2: 
 
(a) 
 
 Com pivoteamento parcial: 
 
(a-1) Ver quem tem o maior módulo na primeira coluna da matriz aumentada (matriz dos 
coeficientes mais os termos independentes): 
 








−
−
−
−
−←=
−←=








−
−
−
−
=








−
−
−
−−−
88/1029/1011/10-
2/1011/10-131/10-
3021
810110
2)-(a
Assim,
LmLL 1/10;m
LmLL 1/10;m
: serãoetapa desta doresmultiplica Os
L
L
L
L
83101
11-13-1
30210
810110
:pivô do linha a e linha primeira a Permutar (ii)
)pivô! o servai (este 10 1} 10, 0, {1, Máx(i)
83101
810110
30210
11131
4441
3331
0
0
0
141
131
4
3
2
1
 
 
pivô. do linha a e linha segundaa Permutar (ii)
)coluna! segundana pivô o servai (-31/10 31/10 1/10} 31/10, {1, Máxi =)(
 
 
 








−
−
88/1029/1011/10-
02-1
2/10-11/10-31/10-
810110
0
0
0
3
1
 
 
principal.
 diagonal à pertence já ele porque nada permutar precisar vamos (não 52/31 32/31} 31,(i)Máx{52/
273/3191/3132/31
91/3111/31-52/31-
2/10-11/10-131/10-
810110
a
Assim
LmLL 1/31;m
LmLL 10/31;m
: serãoetapa desta doresmultiplica os E
442
332
=








−
−
−
−←=
−←−=
00
00
0
)(
,
3
2424
2323
 
E o multiplicador desta etapa é: 
 
3434443 LmLL 32/52;m −←= 
 
E finalmente, temos a matriz reduzida: 
 







 −
71271/403
91/3111/31-52/31-
2/10-11/10-131/10-
810110
000
00
0
 
 
Solução do sistema: (-0.8780, -1.4390, -2.2195, 2.2195) 
 
(b) 
 
No pivoteamento parcial, PA = LU, onde P é a matriz permutação das linhas da matriz 
identidade. 
 
Então, 
 
PbLUxPbPAx =⇒= 
 








=








−
=








=
1271/403
11/31-52/31-
11/10-131/10-
10110
U
 
132/521/311/10
110/311/10
10
1
 
1mmm
1mm
10
1
L
434241
3231
000
00
0
0
00
000
0
00
000
 
 








=








−
−
−
=
8
8-
3
1-
b ; 
2.2195
2.2195
1.4390
0.8780
x 
 








=








=








=
=
1000
0010
0001
0100
 P Então,
identidadematriz da 3 e 1 linhas das troca a representa 
1000
0001
0010
0100
P
 identidadematriz da 3 e 2 linhas das troca a representa 
1000
0010
0100
0001
P
onde
PPP
(0)
(1)
)()( 01
 
E devemos escrever o sistema linear LUx = Pb substituindo as matrizes acima nesta 
expressão. 
 
 
 
 
Determinação da matriz inversa: 
 
PLUA 111 −−−−−−− =⇒=⇒=⇒=⇒=⇒= 1111 LUPA(LU) (PA) LU PA Pb LUx Pb PAx -1-1
 
411
422
433
-1
(1/10)LLL
(11/31)LLL
(11/52)LLL
:operações
 seguintesdas através anulados serãoquais os 1/10, e 11/31 11/52, :1 de acima temos coluna, última Na
 segunda.a até coluna última da partir a s1' dos acima elementos os anular que temos Agora
L
L
L
L
403/12710001
031/52-001
0010/31-010/31-1
0001/1001/101
10001271/403000
010011/3152/3100
001011/1010
0001/101/1001/101
10001271/403000
010011/3152/3100
001011/10131/100
0001101
:Linhas por Reduzida Escada Forma Usando
U de açãoDeter
−←
−←
−←
−−
−−
−−
−−
,
000
52/1100
31/110
10/1
10/31
10
:min
4
3
2
1
 
Assim, temos: 
 
4
3
2
1
0
0
0
L
L
L
L
403/12711
4433/66092-31/52-1
4433/39401-0110/31-1
403/12710-001/1001/101
000000
0000
00
 
 
Agora, temos que anular o -10/31 acima do 1 na terceira coluna. Assim, temos: 
 
 
4
3
2
1
0
0
0
L
L
L
L
403/12711
4433/66092-31/52-1
0.134-10/52-101
403/12710-001/1001/101
000000
0000
00
 
 
E finalmente, eliminamos 1/10 na segunda coluna: 
 
4
3
2
1
0
0
0
L
L
L
L
403/12711
0.067-31/52-1
0.134-10/52-101
0.018-1/5201/10001
000000
0000
00
 
 
 
Portanto, 
 








−−
−−
−
=
−
403/1271000
0.06731/5200
0.13410/5210
0.0181/5201/10
U 1 
 
Para determinar 1−L , basta apenas trocar o sinal dos multiplicadores da matriz L: 
 








−−−
−
=
−
132/521/311/10
0110/311/10
0010
0001
L 1 
 
Agora, para determinar a matriz inversa, basta substituir as matrizes achadas acima na 
fórmula PLUA 111 −−− = . 
 
 
(c) 
 
Como o Critério das Linhas não é satisfeito, não temos garantia de convergência para o 
Método de Gauss-Seidel, seja qual for a aproximação inicial. 
 
 
Exercício 3: 
 
(a) A aproximação tx1 é a melhor porque suas ordenadas se aproximam mais de zero 
(Observe que Ax = b é o mesmo que Ax – b = 0) 
(b) Usar método de Eliminação de Gauss com Pivoteamento Parcial 
 
Resposta: .16438)(0.39685,0x t = 
 
(c) A matriz A do sistema está próxima de uma matriz singular (não possui inversa). 
 Portanto, o sistema é mal condicionado. 
 
 
Exercício 4: 
 
Fonte – Pág. 176 do livro “Cálculo Numérico – Aspectos numéricos e computacionais” – 
Makron Books. 
 
Exercício 5: 
 
(a) Observe que os coeficientes da terceira linha não satisfazem o Critério das Linhas. 
 
Logo, precisamos permutar a segunda e a terceira linhas e temos agora o sistema 
equivalente: 
 
1
3
1
a
aa
 
2x6xkx
3x6xx 
1x3xkx
22
2321
321321
321
<=
+
⇒



=++
=++
=++
 
 
 
 Mas, ainda assim, temos para a primeira linha: 
 
 
Linhas. das Critério o satisfaz já ela pois modifique,
 senão linha segundaa que forma de novo de sistemao rearrumar precisamos , (2) (1) Como
(2) 5k16k
a
aa
:linha terceira a para e
(1) 4k1
k
4
a
aa
33
3231
11
1312
∅=∩
−<⇒<+=
+
>⇒<=
+
 
 
O que devemos fazer, neste caso, é permutar as colunas de coeficientes da segunda e da 
terceira linhas de modo que a interseção desta vez não seja vazia. 
 
 
 iaconvergênc de garantia temos ) (7, k para Portanto,
7 k : (2) (1)
(2) 7 k 2xk6xx 
3x6xx 
 (1) 4 k 1x3xkx
321
321
321
∞+∈
>∩



>⇒=++
=++
>⇒=++
 
 
(b) Resolver o sistema modificado em (b) por Gauss-Jordan com k = 8 
Resposta: (-0.0570, 0.5334, -0.1427) 
 
 
(c) Método de Gauss-Seidel converge mais rápido. 
 
 
Exercício 6: 
 
 
(a) Fonte – “Cálculo Numérico – Aspectos Teóricos e Computacionais” – Pág. 126 
 
 Obs.: supor que o elemento que está na posição akk é diferente de zero no início da 
etapa k. 
 
 
// Eliminação de Gauss sem pivoteamento: 
 
Para k = 1, 2, 3 faça 
 Para i = 2, 3, 4 faça 
 
kk
jk
a
a
m = 
 0aik = 
 Para j = k+1,..., 4 faça 
 
kii
kjijij
mbbb
maaa
−=
−=
 
 
// Resolução do sistema: 
 
kkkk
jkj
asbx 
xa s s 
 4 ,... 1),(k j 
0 s
 1 2, 3, k 
abx
/)(
façaPara
façaPara
/
−=
+=
+=
=
=
= 4444
 
(b) 
 
����� ������ 
	����� ������ 
	���� ����� 
	
344
43
233
32
122
21 (5/8)LLL
5/8m
(2/5)LLL
2/5m
(1/2)LLL
1/2m
11100
11/518/500
19/2015/20
50012
11100
61210
19/2015/20
50012
11100
61210
70131
50012
+←
−=
−←
=
+←
−=








−
−−
−
−−
⇒








−
−−
−
−−
⇒








−
−−
−−
−−








−
−−
−
−−
⇒
3/8-3/8100
11/518/500
19/2015/20
50012
 
 
Por substituição retroativa, temos: 
 
4
2
3)(5
x
3
5/2
2)(19/2
x
2
8/5
1)(11/5
x
1
3/8
3/8
x
1
2
3
4
−=
−+−
=
−=
−−−
=
−=
−+−
=
−=
−
=
 
 
Solução: S = {(-1, -3, -2, -4)} 
 
 
(c) Verificar quando resolver o algoritmo.