Ax= num outro sistema equivalente b x A

(1)

Métodos Directos de Resolução de Sistemas Lineares

Objectivo: resolver o sistema de equações lineares Ax=b em que A é uma matriz quadrada n x n

⎥

⎦

⎤

⎢

⎣

⎡

=

⎥

⎦

⎤

⎢

⎣

⎡

⎥

⎦

⎤

⎢

⎣

⎡

n n nn n

n

n n

b

x

a

M

L

M

O

M

L

2 1 2 1

2 1

2 22

21

1 12

11

O sistema Ax = b é possível e determinado se e só se a matriz A é invertível, i.e., se det(A) ≠ 0.

Podemos resolver os sistemas de equações lineares usando métodos directos e indirectos.

Métodos directos: permitem calcular a solução exacta num número finito de passos.

1. Método de eliminação de Gauss 2. Método de factorização LU 3. Método de Cholesky

Na prática é possível a acumulação de erros de arredondamento, etc., pelo que muitas vezes é calculada uma solução aproximada em vez da solução exacta.

1-

Método de eliminação de Gauss

Requer: det(A) ≠ 0

Ideia base: transformar o sistema original

Ax

=

b

num outro sistema equivalente

b

x

A

~

=

~

com matriz A~ triangular superior, evitando assim o cálculo da matriz inversa. O sistema equivalente será muito fácil de resolver pois bastará usar

substituição ascendente (de “baixo para cima” calcular o valor de cada incógnita)

para obter à solução pretendida.

Assim, o objectivo é obter uma matriz triangular superior a partir da matriz

ampliada do sistema A′, efectuando apenas operações elementares sobre as linhas

(2)

⎥

⎦

⎤

⎢

⎣

⎡

=

′

n nn n n n n

b

a

b

a

b

a

L

M

O

M

L

2 1 2 2 22 21 1 1 12 11

A

-

matriz ampliada do sistema

Método de Eliminação de Gauss: consiste em

n-1

passos

Como resultado obtemos um sistema triangular superior equivalente:

⎥

⎦

⎤

⎢

⎣

⎡

=

⎥

⎦

⎤

⎢

⎣

⎡

⎥

⎦

⎤

⎢

⎣

⎡

n n nn n n n n

b

x

a

M

L

M

O

M

L

2 1 2 1 2 1 2 22 21 1 12 11

⇔

⎥

⎦

⎤

⎢

⎣

⎡

=

⎥

⎦

⎤

⎢

⎣

⎡

⎥

⎦

⎤

⎢

⎣

⎡

) ( ) 2 ( 2 ) 1 ( 1 2 1 ) ( ) 2 ( 2 ) 2 ( 22 ) 1 ( 1 ) 1 ( 12 ) 1 ( 11

0

n n n n nn n n

b

x

a

M

L

M

O

M

L

que se pode resolver facilmente por substituição ascendente:

) ( ) ( n nn n n n

a

b

x

=

,

1

1 para

,

)

(

) ( 1 ) ( ) (

, ...,

n-k

a

b

x

_k kk n k j k kj k k k

=

−

=

∑

= +

PASSO k (k=1,... n-1)

1. Definir como pivot o elemento da diagonal a(_kkk)

2. se a_kk(k) =0

efectuar troca de linhas

caso contrário

a)calcular multiplicador

) ( ) ( k kk k ik ik

a

m

=

(3)

Exemplo 1: Considere-se o sistema linear

⎪

⎩

⎪

⎨

⎧

−

=

−

+

=

+

−

=

+

−

=

+

−

38

18

4

6 -27

3

9

13

3

34

0

1

6

8

12

4

2

6

4 3 2 1 4 3 2 1 4 3 2 1 4 3 2 1

x

Podemos escrever este sistema em notação matricial

⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ − = ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ = ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ − − − − − = 38 27 34 12 , , 18 1 4 6 3 9 13 3 10 6 8 12 4 2 2 6 4 3 2 1 b x x x x x A

Como o det(A) = 144 ≠ 0, este sistema tem uma solução única que pode ser determinada pelo método de eliminação de Gauss.

Passo 1: pivot

a

₁₁

₌₆

⎥

⎦

⎤

⎢

⎣

⎡

−

=

′

38

18

1

4

6

27

3

9

13

3

34

10

6

8

12

4

2

6 A

2 6 12 11 21

21 = = =

a a

m

e

L

2(1)

←

L

2(1)

–

m

21

L

1(1)

2 1 6 3 11 31

31 = = =

a a

m

e

L

3(1)

←

L

3(1)

–

m

31

L

1(1)

1 6

6

11 41

41 =−

− = =

a a

m

e

L

4(1)

←

L

4(1)

–

m

41

L

1(1)

Como resultado obtemos o seguinte sistema equivalente:

⎥

⎦

⎤

⎢

⎣

⎡

−

38

18

1

4

6

27

3

9

13

3

34

10

6

8

12

4

2

6 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯→

⎥

⎦

⎤

⎢

⎣

⎡

−

26

14

3

2

0

21

1

8

12

0

10

2

4

0

12

4

2

6

L2

(1)_←

L2 (1)

– m₂₁L1 (1)

L3 (1)_←

L3 (1)

– m₃₁L1 (1)

L4 (1)_←

L4 (1)

(4)

Passo 2: pivot

a

₂₂

_=-4

⎥

⎦

⎤

⎢

⎣

⎡

−

26

14

3

2

0

21

1

8

12

0

10

2

4

0

12

4

2

6

3 4 12

22 32

32 =

− − = =

a a

m

e

L

3(2)

←

L

3(2)

–

m

32

L

2(2)

2 1 4 2

22 42

42 = =₋ =− a

a

m

e

L

4(2)

←

L

4(2)

–

m

42

L

2(2)

e obtemos o seguinte sistema equivalente

⎥

⎦

⎤

⎢

⎣

⎡

−

26

14

3

2

0

21

1

8

12

0

10

2

4

0

12

4

2

6 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯→

⎥

⎦

⎤

⎢

⎣

⎡

−

21

13

4

0

9

5

2

0

10

2

4

0

12

4

2

6

Passo 3: pivot

a

₃₃

₌₂

⎥

⎦

⎤

⎢

⎣

⎡

−

21

13

4

0

9

5

2

0

10

2

4

0

12

4

2

6

2 2 4

33 43

43 = = =

a a

m

e

L

4(3)

←

L

4(3)

–

m

43

L

3(3)

Como resultado obtemos o último sistema equivalente:

⎥

⎦

⎤

⎢

⎣

⎡

−

21

13

4

0

9

5

2

0

10

2

4

0

12

4

2

6 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯→

⎥

⎦

⎤

⎢

⎣

⎡

−

3

0

9

5

2

0

10

2

4

0

12

4

2

6

O sistema resultante é um sistema triangular superior e equivalente ao sistema

original (as soluções de ambos os sistemas coincidem). L3

(2)_←

L3 (2)

– m₃₂L2 (2)

L4 (2)_←

L4 (2)

– m₄₂L2 (2)

L4 (3)_←

L4 (3)

(5)

⎪

⎩

⎪

⎨

⎧

−

=

−

=

−

=

+

−

=

+

−

3

9

5

2

10

2

4

12

4

2

6

4 4 3

4 3 2

4 3 2 1

x

Este sistema pode ser facilmente resolvido se aplicamos substituição ascendente

.

A solução é:

x = [ 1, -3, -2, 1 ]

T

⇒

x

1

= 1,

x

2

= -3,

x

3

= -2,

x

4

= 1.

2. Método de Factorização LU

Teorema: Seja A uma matriz de ordem n com todos os menores principais de A diferentes de zero, ou seja,

det (Ak)≠ 0, k=1,…, n-1,

onde

A

k é a matriz formada pelas primeiras k linhas e k colunas de A. Então é sempre possível decompor a matriz A numa forma única, A = L U em que :

L - é uma matriz triangular inferior com diagonal principal unitária U - é uma matriz triangular superior

Alem disso, se durante o método de eliminação de Gauss todos os pivots a_kk(k) ≠0

(não foram efectuadas trocas de linhas) então podemos sempre obter esta

factorização da matriz A na forma LU com:

(6)

Como Ax=b ⇔ LU x = b, tomando U x = y podemos resolver o sistema em dois passos:

1º. Resolver L y = b (por substituição descendente)

2º . Resolver U x = y (por substituição ascendente)

Exemplo 1 (continuação)

Resolver pelo método de factorização LU:

⎥ ⎥ ⎥ ⎥

⎦ ⎤

⎢ ⎢ ⎢ ⎢

⎣ ⎡

− = ⎥ ⎥ ⎥ ⎥

⎦ ⎤

⎢ ⎢ ⎢ ⎢

⎣ ⎡

= ⎥

⎥ ⎥ ⎥

⎦ ⎤

⎢ ⎢ ⎢ ⎢

⎣ ⎡

− −

− − −

=

38 27

34

12

,

18 1 4 6

3 9 13 3

10 6 8 12

4 2 2 6

4 3 2 1

b

x x x x

x A

Todos os métodos directos requerem que o determinante da matriz A seja não nulo. (det(A) = 144). Alem disso, para poder encontrar uma factorização LU de A todos os menores principais devem ser diferentes de zero.

0

48

9

13

3

6

8

12

2

6 ,

0

24

48

8

12

2

6 ,

0

6

₂ ₃

1

=

−

≠

−

=

≠

−

=

+

−

=

−

=

≠

=

A

Como os menores principais de A são todos diferentes de zero então é possível decompor a matriz A na forma LU. Por outro lado, durante o método de eliminação de Gauss não foram efectuadas trocas de linhas, o que também prova que é

possível decompor a matriz A em duas matrizes LU onde a matriz triangular superior U é a matriz obtida com o método de eliminação de Gauss

⎥ ⎥ ⎥ ⎥

⎦ ⎤

⎢ ⎢ ⎢ ⎢

⎣ ⎡

− − −

−

=

3 0 0 0

5 2 0 0

2 2 4 0

4 2 2 6

U

(7)

Durante o processo de eliminação de Gauss foram utilizados os seguintes

multiplicadores:

2 6 12

11 21

21= = =

a a

m

,

2 1 6 3

11 31

31 = = =

a a

m

,

1

6 6

11 41

41 =−

− = =

a a

m

,

← no passo 1

3 4 12

22 32

32 =

− − = =

a a

m

,

2 1 4 2

22 42

42 =−

− = =

a a

m

← no passo 2

2 2 4

33 43

43 = = =

a a

m

← no passo 3

Então, a matriz triangular inferior L é definida como:

⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥

⎦ ⎤

⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢

⎣ ⎡

− − = ⎥ ⎥ ⎥ ⎥

⎦ ⎤

⎢ ⎢ ⎢ ⎢

⎣ ⎡

=

1 2 2 1 1

0 1 3 2 1

0 0 1 2

0 0 0 1

1 0 1

0 0 1

0 0 0 1

43 42 41

32 31 21

m m m

m m m L

Assim obtemos a seguinte factorização LU para a matriz A:

= ⎥ ⎥ ⎥ ⎥

⎦ ⎤

⎢ ⎢ ⎢ ⎢

⎣ ⎡

− −

− − −

18 1 4 6

3 9 13 3

10 6 8 12

4 2 2 6

⎥ ⎥ ⎥ ⎥

⎦ ⎤

⎢ ⎢ ⎢ ⎢

⎣ ⎡

−

−1 1 2 2 1 0 1 3 2 1

0 0 1 2

0 0 0 1

⎥

⎦

⎤

⎢

⎣

⎡

−

3

0

5

2

0

2

4

0

4

2

6

Uma vez encontrada a factorização LU podemos proceder à resolução do sistema.

Como A x = b ⇔ LU x = b, tomando y =U x podemos resolver o sistema Ax=b em dois passos:

1º. Resolver Ly = b (determinar y por substituição descendente)

⇒ ⇒

y

1 = 12,

y

2 = 10,

y

3 = -9,

y

4 = -3

2º. Resolver Ux = y (determinar x por substituição ascendente)

⇒

x

1 = 1,

x

2 = -3,

x

3 = -2,

x

4 = 1

6 x

1

– 2

x

2

+ 2

x

3

+ 4

x

4

= 12

-4

x

2

+ 2

x

3

+ 2

x

4

=

10

2 x

3

- 5

x

4

= -9

- 3

x

4

= -3

y

1

=

12

2 y

1

+

y

2

= 34

1/2

y

1

+ 3

y

2

+

y

3

= 27

(8)

% Exemplo 1, Resolução em MatLab

A=[6 -2 2 4; 12 -8 6 10; 3 -13 9 3; -6 4 1 -18]

b=[12 34 27 -38]'

disp('Factorizando a matriz A na forma LU');

[L, U]=lu(A)

disp('Resolver o sistema de equaçoes Ax=b usando a

factorizaçao LU');

disp('Passo 1: resolver o sistema de equações Ly=b');

y=L\b

disp('Passo 2: resolver o sistema de equações Ux=y');

x=U\y

disp('Vector resíduo');

r=b-A*x

norma_residuo = norm(r,inf)

2.1. Método de Factorização LU com pivotagem

Caso 1) ∃ det Ak = 0 (k=1,…, n-1), onde Ak – menores de A ou 2) ∃ pivot a(k)_{kk = 0 (foram efectuadas trocas de linhas)} a factorização é da forma P A = L U

em que P é uma matriz de permutação

(P obtém-se da matriz identidade por troca de linhas)

Então: Ax=b ⇔ PA x =P b ⇔ L U x = P b Podemos resolver o sistema Ax=b em dois passos:

1º. Resolver L y = P b (por substituição descendente)

(9)

Exemplo 2 (exercício 4 da FP nº2)

Resolver pelo método de factorização LU:

⎥

⎦

⎤

⎢

⎣

⎡

−

=

⎥

⎦

⎤

⎢

⎣

⎡

=

⎥

⎦

⎤

⎢

⎣

⎡

=

.5

0

1

1 ,

,

3

5

3

7

4

2

3

2

1

3 2 1

b

x

A

x

Todos os métodos directos requerem que o determinante da matriz A seja não nulo. (det(A) = 1). Alem disso, para poder encontrar uma factorização LU de A todos os menores principais devem ser diferentes de zero.

0

4

2

1 ,

1

₂

1

=

A

=

−

=

A

Como |A2| = 0 esta matriz não admite a factorização LU ⇒ temos de encontrar uma matriz de permutação P e determinar a factorização LU de PA em vez da permutação de A.

Neste caso:

Ax=b ⇔ PA x =P b ⇔ L U x = P b

Se um dos menores é nulo, então durante o processo da eliminação de Gauss um dos pivots deverá também ser nulo.

3

5

3

7

4

2

3

2

1 ⎥

⎥

⎦

⎤

⎢

⎣

⎡

0

1

6

1

0

3

2

1 ⎥

⎥

⎦

⎤

⎢

⎣

⎡

−

Neste caso podemos trocar a linha L2 com a linha L3 o que corresponde à matriz de

permutação

0

1

0

1

0

1 ⎥

⎥

⎦

⎤

⎢

⎣

⎡

=

P

(P obtém-se da matriz identidade pela troca da linha L2 com a linha L3)

Vamos resolver Ax=b ⇔ PA x =P b com

⎥

⎦

⎤

⎢

⎣

⎡

−

=

⎥

⎦

⎤

⎢

⎣

⎡

=

1 .5

0

1 ,

7

4

2

3

5

3

2

1 b

A

P

L2 ← L2 – m21 L1

L3 ← L3 – m31 L1

(10)

⎥

⎦

⎤

⎢

⎣

⎡

−

=

3

5 .

0

2

31 x

⎥

⎦

⎤

⎢

⎣

⎡

−

=

3

2.5

1 y

Por eliminação de Gauss:

2

4

7

3

5

3

2

1 ⎥

⎥

⎦

⎤

⎢

⎣

⎡

0

1

6

1 -0

3

2

1 ⎥

⎥

⎦

⎤

⎢

⎣

⎡

−

3 1 3

11 21

21= = =

a a

m 2

1 2 ,

11 31

31= = =

a a

m , 0

22 33

32 = =

a a m

Assim podemos encontrar uma factorização LU para PA, i.e., PA= L U com

1

0

2

0

1

3

0

1

0

1

0

1

32 31 21

⎥

⎦

⎤

⎢

⎣

⎡

=

⎥

⎦

⎤

⎢

⎣

⎡

=

m

L

0

1

6

1 -0

3

2

1 ,

⎥

⎦

⎤

⎢

⎣

⎡

−

=

U

Uma vez encontrada a factorização LU podemos proceder à resolução do sistema.

Como PA x = Pb ⇔ LU x = Pb, tomando y =U x podemos resolver o sistema em dois passos:

1º. Resolver Ly = Pb (determinar y por substituição descendente)

2º. Resolver Ux = y (determinar x por substituição ascendente)

L2 ← L2 – m21 L1

L3 ← L3 – m31 L1

y

1

=

1

3 y

1

+

y

2

= 0.5

⇒

2 y

1

+

y

3

= -1

x

1

+ 2

x

2

+ 3

x

3

= 1

-

x

2

- 6

x

3

=

-2.5

⇒

(11)

3. Método de Cholesky

Teorema: Seja A uma matriz simétrica definida positiva de ordem n.

Então existe uma matriz triangular inferior L com elementos diagonais positivos tal

que T

LL

A

=

.

Como Ax=b ⇔ L LT x = b, tomando y = LT x podemos resolver o sistema em dois passos:

1º. Resolver L y = b (por substituição descendente) 2º. Resolver LT_{x = y (por substituição ascendente)}

Então para poder aplicar o método de Cholesky temos de verificar se:

1. A é simétrica ⇔ A = AT 2. A é definida positiva:

devemos verificar uma das seguintes condições suficientes e necessárias:

i) todos os menores principais incluindo o determinante de A são positivos: det (Ak)> 0,

k

=1,…, n

ou

ii) todos os valores próprios λi de A são positivos % FP 2 Exercício 4, resolução em MatLab

A=[1 2 3; 2 4 7; 3 5 3] b=[1 -1 0.5]'

disp('Factorizando a matriz A na forma LU com matriz de

permutação');

[L, U, P]=lu(A)

disp('Resolver o sistema de equaçoes Ax=b por factorizaçao LU');

disp('com a matriz de permutação P');

disp('Passo 1: resolver o sistema de equações Ly=Pb');

y=L\P*b

disp('Passo 2: resolver o sistema de equações Ux=y');

x=U\y

disp('Vector residuo');

(12)

A matriz triangular inferior L é então determinada pelas seguintes fórmulas:

Passo 1:

Passo

k: (k

= 2, …, n

)

Exemplo 3: (exercício 6 da FP nº2)

Resolver o seguinte sistema linear pelo método de Choleski

⎪

⎩

⎪

⎨

⎧

=

+

=

+

−

=

+

−

=

+

39

0

3

14

5

23

4

1

4

1

5

4

5

4

4 3

2 1

4 3 2

1

4 3 2

1

4 3 2 1

x

.

Podemos escrever este sistema em notação matricial

⎥ ⎥ ⎥ ⎥

⎦ ⎤

⎢ ⎢ ⎢ ⎢

⎣ ⎡ − −

= ⎥ ⎥ ⎥ ⎥

⎦ ⎤

⎢ ⎢ ⎢ ⎢

⎣ ⎡

= ⎥ ⎥ ⎥ ⎥

⎦ ⎤

⎢ ⎢ ⎢ ⎢

⎣ ⎡

=

39 23 4 4

, ,

30 14 5 1

14 14 5 1

5 5 5 1

1 1 1 1

4 3 2 1

b

x x x x

x A

Para poder aplicar o método de Choleski temos de verificar se:

1. A é simétrica? Sim, pois A = AT 2. A é definida positiva?

Temos de verificar se todos os menores principais, incluindo o determinante de A, são positivos

det(A) = 576 > 0

36

0

14

5

1

5

1

1 ,

0

4

5

1

1 ,

0

1

₂ ₃

1

=

>

A

=

>

A

=

>

(13)

Como as duas condições são satisfeitas, então existe uma matriz L triangular inferior com elementos da diagonal positivos tal que L LT₌_A.

⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ = ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ × ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ 30 14 5 1 14 14 5 1 5 5 5 1 1 1 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 44 34 33 42 32 22 41 31 21 11 44 43 42 41 33 32 31 22 21 11 l l l l l l l l l l l l l l l l l l l l

Podemos agora facilmente determinar todos os elementos

l

ij da matriz L. Estes

elementos são calculados de cima para baixo e de esquerda para direita, ou seja

neste ordem:

l

11

,

l

21

,

l

31

,

l

41

,

l

22

,

l

32

,

l

42

,

l

33

,

l

43

,

l

44 1º. Determinar 4 elementos da 1ª coluna

linha 1 x coluna 1:

l

₁₁

×

l

₁₁

=

1 ⇒

l

₁₁

=

1 l

₂₁

×

l

₁₁

=

1 ⇒

l

₂₁

=

1 l

₃₁

×

l

₁₁

=

1 ⇒

l

₃₁

=

1 l

41

×

l

11

=

1 ⇒

l

41

=

1

(14)

2º. Determinar 3 elementos da 2ª coluna

linha 2 x coluna 2: l₂₁2 +l₂₂2 =5⇒l₂₂2 =5−1⇒l₂₂ = 4 ⇒l₂₂ =2

l

₃₁

×

l

₂₁

+

l

₃₂

×

l

₂₂

=

5 ⇒

1 ×

1 +

l

₃₂

×

2 =

5 ⇒

l

₃₂

=

2 l

₄₁

×

l

₂₁

+

l

₄₂

×

l

₂₂

=

5 ⇒

1 ×

1 +

l

₄₂

×

2 =

5 ⇒

l

₄₂

=

2

3º. Determinar 2 elementos da 3ª coluna

14

1

5

33

9

33

3

2 33 2 33 2 32 2

31

+

l

+

l

=

⇒

l

=

−

⇒

l

=

⇒

l

=

l

₄₁

×

l

₃₁

+

l

₄₂

×

l

₃₂

+

l

₄₃

×

l

₃₃

=

14 ⇒

1 ×

1 +

2 ×

2 +

l

₄₃

×

3 =

14 ⇒

l

₄₃

=

3

4º. Determinar o único elemento da 4ª coluna

4

16

9

4

1

30

₄₄2 ₄₄ ₄₄

2 44 2 43 2 42 2

41

+

l

+

l

+

l

=

⇒

l

=

−

⇒

l

=

⇒

l

=

l

Como resultado obtém-se a matriz

L

triangular inferior com elementos da diagonal

positivos tal que L LT₌_A.

(15)

y

1

=

-4

y

1

+ 2

y

2

= -4

y

1

+ 2

y

2

+ 3

y

3

= 23

y

1

+ 2

y

2

+ 3

y

3

+ 4

y

4

= 39

% FP 2 Exercício 6 (resolução em MatLab)

A=[1 1 1 1; 1 5 5 5; 1 5 14 14; 1 5 14 30] b=[-4 -4 23 39]'

if A'== A

disp('A matriz A e simétrica');

end;

if (eig(A)>0)

disp('A matriz A é positiva definida');

end;

if (A'== A) & (min(eig(A)) > 0)

R = chol(A) % obtém-se a matriz triangular superior R=LT

y = R'\b % RT_{=L – a matriz triangular inferior}

x = R\y end;

Uma vez encontrada a matriz

⎥ ⎥ ⎥ ⎥

⎦ ⎤

⎢ ⎢ ⎢ ⎢

⎣ ⎡

=

4 3 2 1

0 3 2 1

0 0 2 1

0 0 0 1

L

podemos proceder à resolução do sistema.

Como A x = b ⇔ L LT_{x = b}_{, substituindo por}_{y = L}T_x

1º. Resolver Ly = b (determinar y por substituição descendente)

⇒

y

1 = -4,

y

2 = 0,

y

3 = 9,

y

4 = 4

2º. Resolver LTx = y (determinar x por substituição ascendente)

⇒

x

1

= -4,

x

2

= -3,

x

3

= 2,

x

4

= 1

A solução exacta do sistema Ax = b é 4 3 2 1 .

x

1

+

x

2

+

x

3

+

x

4

= - 4

2 x

2

+ 2

x

3

+ 2

x

4

=

0

3 x

3

+ 3

x

4

= 9

(16)

Exemplo 4: (exercício 12 a) da FP nº2)

Considere o seguinte sistema de equações lineares

⎪

⎩

⎪

⎨

⎧

−

=

−

+

=

+

−

=

+

−

3

2

3 -3

1

3

12

5

2

3 2

1

3 2

1

3 2

1

x

Atendendo a que AT_A_(com_A_{singular) é uma matriz}_{simétrica definida positiva}_,

resolva o método pelo método de Cholesky.

Podemos escrever este sistema em notação matricial, A x = b com

2 _{1 1 3}

5 1

3 2

1 ,

12

13

3

Para poder aplicar o método de Choleski temos de verificar se:

1. A é simétrica? Não, pois A ≠ AT 2. A é definida positiva?

Todos os menores principais, incluindo o determinante de A, são positivos ?

0

31

1

3

1

5

2 ,

0

7

1

5

2 ,

0

2

₂ ₃

1

=

>

−

=

>

=

−

=

>

=

A

Não é possível aplicar o método de Choleski para esta matriz A pois ela não é simétrica.

Por outro lado, podemos provar que se A é uma matriz singular, a matriz AT_A_é

uma matriz simétrica e definida positiva

1) AT A é simétrica

pela propriedade (A B)T = BT AT ⇒(AT_A₎T_{= (}_AT_A₎

1) AT A é definida positiva

(17)

% FP 2 Exercício 12 a) (resolução em MatLab)

A=[2 -5 1; 1 1 3; -3 2 -1] b=[-12 13 -3]'

C=A'*A % calcular C

R=chol(C) % a matriz triangular superior R=LT

y=R'\A'*b % RT_{=L – a matriz triangular inferior}

x=R\y

Multiplicando por AT ambos os membros do sistema Ax = b e definindo C = AT A obtém-se

Ax = b⇔ AT Ax = AT b ⇔ C x = AT b

podemos agora aplicar o método de Choleski para o sistema equivalente pois a

matriz C é simétrica e definida positiva.

2 1 3

5 1 2

1 3 1

2 5 1 1 1 3 3 2 1

14 15 8 15 30 4 8 4 11

Então, existe uma matriz triangular inferior L com elementos diagonais positivos tal que C = L LT. A matriz triangular inferior L, pode ser determinada pelas fórmulas explicadas no exemplo 3.

4.0089 3.7321

3.7417

0

0 2.1381

1.2249

2.2200

Como C x = AT_b _⇔_{L L}T _x₌_AT_b,_tomando_{y = L}T_x_{podemos resolver o}

sistema em dois passos:

1º. Resolver L y = AT_b₍_{por substituição descendente}₎ ⇒ 0.5345 17.3782 4.4399

2º. Resolver LT_{x = y}₍_{por substituição ascendente}₎

⇒ 3 4 2

A solução exacta do sistema Ax = b é 3 4 2 .