Para cada uma das seguintes matrizes, calcule o posto, a nulidade e a inversa se existir.
\left[\begin{array}{lll}1 & 2 & 1 \\\\ 1 & 0 & 1 \\\\ 1 & 1 & 1\end{array}\right]

Passo 1

O enunciado dá a matriz quadrada A e pede três coisas: o posto de A, a nulidade (dimensão do núcleo) de A e a inversa de A, se existir. A matriz fornecida é
A=\begin{pmatrix}1 & 2 & 1\\[4pt] 1 & 0 & 1\\[4pt] 1 & 1 & 1\end{pmatrix}.
Resumindo o que temos de calcular:
  • o posto: número de vetores linearmente independentes nas linhas (ou colunas) de A;
  • a nulidade: dimensão do espaço solução de A\mathbf{x}=\mathbf{0};
  • a inversa A^{-1}, caso A seja invertível.]

Passo 2

Rápida revisão prática (tipo manual de bolso):
  • Uma matriz quadrada A é invertível se, e só se, \det(A)\neq 0. Se \det(A)=0, então A é singular e a inversa não existe.
  • O posto de A (denotado \operatorname{rank}(A) ou apenas “posto”) é o número de pivôs na redução por linhas (forma escalonada). Para uma matriz 3\times3, o posto pode ser 0,1,2 ou 3.
  • A nulidade (dimensão do núcleo) satisfaz o Teorema do Posto-Nulidade:
\operatorname{rank}(A)+\operatorname{nulidade}(A)=n,
onde n é o número de colunas (aqui n=3). Então basta achar o posto para obter a nulidade.
Vou primeiro checar a determinante para ver se A é invertível; depois faço eliminação para encontrar o posto e o núcleo.

Passo 3

Calcular a determinante de A. Uso expansão na primeira linha:
\det(A) =1\cdot\det\begin{pmatrix}0 & 1\\[4pt] 1 & 1\end{pmatrix} -2\cdot\det\begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt] 1 & 1\end{pmatrix} +1\cdot\det\begin{pmatrix}1 & 0\\[4pt] 1 & 1\end{pmatrix}.
Calculo cada determinante 2\times2:
\det\begin{pmatrix}0 & 1\\[4pt] 1 & 1\end{pmatrix}=0\cdot1-1\cdot1=-1,
\det\begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt] 1 & 1\end{pmatrix}=1\cdot1-1\cdot1=0,
\det\begin{pmatrix}1 & 0\\[4pt] 1 & 1\end{pmatrix}=1\cdot1-0\cdot1=1.
Substituindo:
\det(A)=1\cdot(-1)-2\cdot0+1\cdot1=-1+0+1=0.
Como \det(A)=0, concluímos imediatamente que A é singular e, portanto, A^{-1} não existe.]

Passo 4

Agora vou obter o posto através da eliminação de Gauss (redução por linhas). Começo com A:
\begin{pmatrix}1 & 2 & 1\\[4pt] 1 & 0 & 1\\[4pt] 1 & 1 & 1\end{pmatrix}.
Fazer operações elementares para zerar abaixo do primeiro pivô (entrando nas contas passo a passo, sem pular etapas):
  • R_2 \leftarrow R_2 - R_1:
R_2 = (1,0,1)-(1,2,1)=(0,-2,0).
  • R_3 \leftarrow R_3 - R_1:
R_3 = (1,1,1)-(1,2,1)=(0,-1,0).
A matriz fica
\begin{pmatrix} 1 & 2 & 1\\[4pt] 0 & -2 & 0\\[4pt] 0 & -1 & 0 \end{pmatrix}.
Agora, para eliminar o elemento em R_3 na coluna 2, uso R_3 \leftarrow R_3 - \tfrac{1}{2}R_2:
R_3 = (0,-1,0) - \tfrac{1}{2}(0,-2,0) = (0,-1,0)-(0,-1,0)=(0,0,0).
Então a forma escalonada é
\begin{pmatrix} 1 & 2 & 1\\[4pt] 0 & -2 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.]

Passo 5

Interpretação da forma escalonada:
  • Existem dois pivôs não nulos: um na coluna 1 (linha 1) e outro na coluna 2 (linha 2). Logo o número de pivôs é 2.
  • Portanto o posto da matriz é
\operatorname{rank}(A)=2.

Passo 6

Determinar a nulidade e um base do núcleo (útil para a prova). A partir da forma escalonada, as equações associadas a A\mathbf{x}=\mathbf{0} são:
  • da linha 2: -2x_2=0, então \;x_2=0;
  • da linha 1: x_1+2x_2+x_3=0. Como x_2=0, isso fica x_1+x_3=0, ou seja x_1=-x_3.
Tomando a variável livre x_3=t\in\mathbb{R}, obtemos a família de soluções
\mathbf{x}=(x_1,x_2,x_3)=(-t,0,t)=t\begin{pmatrix}-1\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Portanto o núcleo é gerado por \begin{pmatrix}-1\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}, tem dimensão 1, e assim a nulidade é
\operatorname{nulidade}(A)=1.
Verificação com o Teorema do Posto-Nulidade:
\operatorname{rank}(A)+\operatorname{nulidade}(A)=2+1=3,
que coincide com n=3. Tudo consistente.]

Passo 7

Conclusão sobre a inversa: como \det(A)=0 e \operatorname{rank}(A)=2<3, a matriz A NÃO é invertível. Assim A^{-1} não existe.

Resposta

\operatorname{posto}(A)=2
\operatorname{nulidade}(A)=1
A^{-1} não existe.

Exercícios relacionados