[12] Escreva cada um dos seguintes conjuntos de equações em forma matricial. Resolva as equações após obter as matrizes inversas necessárias (se existirem). Se não houver uma inversa, explique o porquê.
3 x+4 y-2 z=4
-3 x+4 y=2
x-7 y+z=-2

Passo 1

O enunciado pede duas coisas: (1) escrever o sistema linear em forma matricial e (2) resolver o sistema usando matrizes inversas quando possível. As equações fornecidas são:
\begin{cases} 3x+4y-2z=4,\\[4pt] -3x+4y+0z=2,\\[4pt] x-7y+z=-2. \end{cases}
Informações relevantes que temos (coeficientes e termos independentes):
A=\begin{pmatrix}3 & 4 & -2\\[4pt]-3 & 4 & 0\\[4pt]1 & -7 & 1\end{pmatrix},\qquad \mathbf{x}=\begin{pmatrix}x\\[4pt]y\\[4pt]z\end{pmatrix},\qquad \mathbf{b}=\begin{pmatrix}4\\[4pt]2\\[4pt]-2\end{pmatrix}.]

Passo 2

Escrevemos o sistema na forma matricial padrão
A\mathbf{x}=\mathbf{b}.
Uma forma direta de resolver é obter a inversa A^{-1} (se existir) e então calcular
\mathbf{x}=A^{-1}\mathbf{b}.
Vou usar esse método. Antes, preciso checar se A é invertível — isto depende do determinante de A.

Passo 3

Breve explicação sobre determinante e invertibilidade:
  • Para uma matriz quadrada 3\times3, a matriz é invertível se, e somente se, \det(A)\neq0.
  • O determinante de uma 3\times3 pode ser calculado por desenvolvimento (ex.: ao longo da primeira linha):
\det(A)=a_{11}\det\!\begin{pmatrix}a_{22}&a_{23}\\[4pt]a_{32}&a_{33}\end{pmatrix} - a_{12}\det\!\begin{pmatrix}a_{21}&a_{23}\\[4pt]a_{31}&a_{33}\end{pmatrix} + a_{13}\det\!\begin{pmatrix}a_{21}&a_{22}\\[4pt]a_{31}&a_{32}\end{pmatrix}.
Agora aplico isso à nossa A. Usando a primeira linha de A:
\det(A)=3\det\begin{pmatrix}4&0\\[4pt]-7&1\end{pmatrix} -4\det\begin{pmatrix}-3&0\\[4pt]1&1\end{pmatrix} +(-2)\det\begin{pmatrix}-3&4\\[4pt]1&-7\end{pmatrix}.
Calculo cada menor 2\times2:
\det\begin{pmatrix}4&0\\[4pt]-7&1\end{pmatrix}=4\cdot1-0\cdot(-7)=4,
\det\begin{pmatrix}-3&0\\[4pt]1&1\end{pmatrix}=(-3)\cdot1-0\cdot1=-3,
\det\begin{pmatrix}-3&4\\[4pt]1&-7\end{pmatrix}=(-3)(-7)-4\cdot1=21-4=17.
Substituindo:
\det(A)=3\cdot4-4\cdot(-3)+(-2)\cdot17=12+12-34=-10.
Como \det(A)=-10\neq0, concluímos que A é invertível e podemos calcular A^{-1}.]

Passo 4

Explicação do método para obter A^{-1}:
  • Uma forma prática para 3\times3 é usar a matriz dos cofatores, transpor essa matriz (adjunta ou adjugate) e dividir pelo determinante:
A^{-1}=\frac{1}{\det(A)}\operatorname{adj}(A),
onde \operatorname{adj}(A) é a transposta da matriz de cofatores.
  • Um cofator C_{ij} é dado por C_{ij}=(-1)^{i+j}M_{ij}, com M_{ij} sendo o determinante do menor que resulta ao eliminar a linha i e coluna j.
Vou calcular os menores M_{ij} e os cofatores C_{ij} para todos os elementos.

Passo 5

Cálculo dos menores e cofatores (mostrando passo a passo):
Para i=1,j=1:
M_{11}=\det\begin{pmatrix}4&0\\[4pt]-7&1\end{pmatrix}=4,\qquad C_{11}=(-1)^{1+1}M_{11}=+4.
Para i=1,j=2:
M_{12}=\det\begin{pmatrix}-3&0\\[4pt]1&1\end{pmatrix}=-3,\qquad C_{12}=(-1)^{1+2}M_{12}=-1\cdot(-3)=3.
Para i=1,j=3:
M_{13}=\det\begin{pmatrix}-3&4\\[4pt]1&-7\end{pmatrix}=17,\qquad C_{13}=(-1)^{1+3}M_{13}=+17.
Para i=2,j=1:
M_{21}=\det\begin{pmatrix}4&-2\\[4pt]-7&1\end{pmatrix}=4\cdot1-(-2)(-7)=4-14=-10,
C_{21}=(-1)^{2+1}M_{21}=-1\cdot(-10)=10.
Para i=2,j=2:
M_{22}=\det\begin{pmatrix}3&-2\\[4pt]1&1\end{pmatrix}=3\cdot1-(-2)\cdot1=3+2=5,
C_{22}=(-1)^{2+2}M_{22}=+5.
Para i=2,j=3:
M_{23}=\det\begin{pmatrix}3&4\\[4pt]1&-7\end{pmatrix}=3(-7)-4\cdot1=-21-4=-25,
C_{23}=(-1)^{2+3}M_{23}=-1\cdot(-25)=25.
Para i=3,j=1:
M_{31}=\det\begin{pmatrix}4&-2\\[4pt]4&0\end{pmatrix}=4\cdot0-(-2)\cdot4=8,
C_{31}=(-1)^{3+1}M_{31}=+8.
Para i=3,j=2:
M_{32}=\det\begin{pmatrix}3&-2\\[4pt]-3&0\end{pmatrix}=3\cdot0-(-2)(-3)=0-6=-6,
C_{32}=(-1)^{3+2}M_{32}=-1\cdot(-6)=6.
Para i=3,j=3:
M_{33}=\det\begin{pmatrix}3&4\\[4pt]-3&4\end{pmatrix}=3\cdot4-4\cdot(-3)=12+12=24,
C_{33}=(-1)^{3+3}M_{33}=+24.
Portanto a matriz de cofatores é
\begin{pmatrix} 4 & 3 & 17\\[4pt] 10 & 5 & 25\\[4pt] 8 & 6 & 24 \end{pmatrix}.
A adjunta (adjugate) \operatorname{adj}(A) é a transposta dessa matriz:
\operatorname{adj}(A)=\begin{pmatrix} 4 & 10 & 8\\[4pt] 3 & 5 & 6\\[4pt] 17 & 25 & 24 \end{pmatrix}.]

Passo 6

Agora a inversa é
A^{-1}=\frac{1}{\det(A)}\operatorname{adj}(A)=\frac{1}{-10} \begin{pmatrix} 4 & 10 & 8\\[4pt] 3 & 5 & 6\\[4pt] 17 & 25 & 24 \end{pmatrix}.
Simplificando frações:
A^{-1}= \begin{pmatrix} -\,\tfrac{2}{5} & -1 & -\,\tfrac{4}{5}\\[6pt] -\,\tfrac{3}{10} & -\,\tfrac{1}{2} & -\,\tfrac{3}{5}\\[6pt] -\,\tfrac{17}{10} & -\,\tfrac{5}{2} & -\,\tfrac{12}{5} \end{pmatrix}.
Agora calculamos \mathbf{x}=A^{-1}\mathbf{b}. Multiplico linha a linha:
Componente 1 (linha 1 · \mathbf{b}):
\left(-\tfrac{2}{5}\right)\cdot 4 + (-1)\cdot 2 + \left(-\tfrac{4}{5}\right)\cdot(-2) = -\tfrac{8}{5}-2+\tfrac{8}{5}=-2.
Componente 2 (linha 2 · \mathbf{b}):
\left(-\tfrac{3}{10}\right)\cdot4 +\left(-\tfrac{1}{2}\right)\cdot2 +\left(-\tfrac{3}{5}\right)\cdot(-2) = -\tfrac{12}{10}-1+\tfrac{6}{5}=-1.
Componente 3 (linha 3 · \mathbf{b}):
\left(-\tfrac{17}{10}\right)\cdot4 +\left(-\tfrac{5}{2}\right)\cdot2 +\left(-\tfrac{12}{5}\right)\cdot(-2) = -\tfrac{68}{10}-5+\tfrac{24}{5}=-7.
Portanto a solução do sistema é
\mathbf{x}=\begin{pmatrix}-2\\[4pt]-1\\[4pt]-7\end{pmatrix}.
(Se quiser, dá para checar substituindo esses valores nas três equações originais — eles satisfazem todas.)]

Resposta

x=-2
y=-1
z=-7

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