Para cada um dos sistemas lineares abaixo, encontre as matrizes A e \mathbf{b} do sistema e resolva cada um dos sistemas por dois métodos: método da matriz inversa e regra de Cramer.
\left\{\begin{aligned} 2 x-3 y-5 z & =-19 \\\\ -x+2 y+3 z & =12 \\\ x-y-z & =-4\end{aligned}\right.

Passo 1

O enunciado pede duas coisas para o sistema linear dado:
  • Encontrar as matrizes A e \mathbf{b} associadas ao sistema.
  • Resolver o sistema por dois métodos: (i) método da matriz inversa e (ii) regra de Cramer.
As informações que o enunciado fornece (peguei diretamente do sistema) são as equações:
\begin{aligned} 2x-3y-5z &= -19,\\\\ -x+2y+3z &= 12,\\\ x-y-z &= -4. \end{aligned}
A partir disso, as matrizes do sistema A\mathbf{x}=\mathbf{b} são:
A = \begin{pmatrix} 2 & -3 & -5\\[4pt] -1 & 2 & 3\\[4pt] 1 & -1 & -1 \end{pmatrix}, \qquad \mathbf{b} = \begin{pmatrix}-19\\[4pt]12\\[4pt]-4\end{pmatrix}.]

Passo 2

Antes de usar a matriz inversa, preciso verificar se A é invertível, isto é, se \det(A)\neq0. Vou calcular \det(A).
Regra usada (expansão pela primeira linha): para
A=\begin{pmatrix}a_{11}&a_{12}&a_{13}\\\ a_{21}&a_{22}&a_{23}\\\ a_{31}&a_{32}&a_{33}\end{pmatrix},
temos
\det(A)=a_{11}\det\begin{pmatrix}a_{22}&a_{23}\\\ a_{32}&a_{33}\end{pmatrix} - a_{12}\det\begin{pmatrix}a_{21}&a_{23}\\\ a_{31}&a_{33}\end{pmatrix} + a_{13}\det\begin{pmatrix}a_{21}&a_{22}\\\ a_{31}&a_{32}\end{pmatrix}.
Aplicando a fórmula a A:
\det(A)=2\det\begin{pmatrix}2&3\\\\ -1&-1\end{pmatrix} -(-3)\det\begin{pmatrix}-1&3\\\\ 1&-1\end{pmatrix} +(-5)\det\begin{pmatrix}-1&2\\\\ 1&-1\end{pmatrix}.
Calculo dos determinantes 2×2 (cada um na forma \det\begin{pmatrix}p&q\\\ r&s\end{pmatrix}=ps-qr):
\det\begin{pmatrix}2&3\\\\ -1&-1\end{pmatrix}=2\cdot(-1)-3\cdot(-1)=-2+3=1,
\det\begin{pmatrix}-1&3\\\\ 1&-1\end{pmatrix}=(-1)\cdot(-1)-3\cdot1=1-3=-2,
\det\begin{pmatrix}-1&2\\\\ 1&-1\end{pmatrix}=(-1)\cdot(-1)-2\cdot1=1-2=-1.
Substituindo:
\det(A)=2\cdot 1 -(-3)\cdot(-2) + (-5)\cdot(-1) = 2 - 6 + 5 = 1.
Como \det(A)=1\neq0, A é invertível. Observação prática: com \det(A)=1, a inversa será simplesmente a matriz adjunta (adjugate), porque A^{-1}=\dfrac{1}{\det(A)}\operatorname{adj}(A)=\operatorname{adj}(A).

Passo 3

Vou construir a inversa A^{-1} usando a matriz dos cofatores e sua transposta (adjugada). Procedimento: calcular todos os menores M_{ij} (determinantes das 2×2 que surgem ao eliminar linha i e coluna j), depois os cofatores C_{ij}=(-1)^{i+j}M_{ij}, formar a matriz dos cofatores e transpor para obter \operatorname{adj}(A). Como \det(A)=1, teremos A^{-1}=\operatorname{adj}(A).
Calculei já alguns menores na verificação do determinante; agora listo todos os menores M_{ij}:
  • M_{11}=\det\begin{pmatrix}2&3\\\\ -1&-1\end{pmatrix}=1.
  • M_{12}=\det\begin{pmatrix}-1&3\\\\ 1&-1\end{pmatrix}=-2.
  • M_{13}=\det\begin{pmatrix}-1&2\\\\ 1&-1\end{pmatrix}=-1.
  • M_{21}=\det\begin{pmatrix}-3&-5\\\\ -1&-1\end{pmatrix}=(-3)(-1)-(-5)(-1)=3-5=-2.
  • M_{22}=\det\begin{pmatrix}2&-5\\\\ 1&-1\end{pmatrix}=2(-1)-(-5)1=-2+5=3.
  • M_{23}=\det\begin{pmatrix}2&-3\\\\ 1&-1\end{pmatrix}=2(-1)-(-3)1=-2+3=1.
  • M_{31}=\det\begin{pmatrix}-3&-5\\\\ 2&3\end{pmatrix}=(-3)3-(-5)2=-9+10=1.
  • M_{32}=\det\begin{pmatrix}2&-5\\\\ -1&3\end{pmatrix}=2\cdot3-(-5)(-1)=6-5=1.
  • M_{33}=\det\begin{pmatrix}2&-3\\\\ -1&2\end{pmatrix}=2\cdot2-(-3)(-1)=4-3=1.
Agora os cofatores C_{ij}=(-1)^{i+j}M_{ij}:
\begin{aligned} C_{11}&=+1\cdot 1=1,& C_{12}&=-1\cdot(-2)=2,& C_{13}&=+1\cdot(-1)=-1,\\\ C_{21}&=-1\cdot(-2)=2,& C_{22}&=+1\cdot 3=3,& C_{23}&=-1\cdot 1=-1,\\\ C_{31}&=+1\cdot 1=1,& C_{32}&=-1\cdot 1=-1,& C_{33}&=+1\cdot 1=1. \end{aligned}
Matriz dos cofatores:
\begin{pmatrix} 1 & 2 & -1\\[4pt] 2 & 3 & -1\\[4pt] 1 & -1 & 1 \end{pmatrix}.
A adjugate é a transposta dessa matriz:
\operatorname{adj}(A)=\begin{pmatrix} 1 & 2 & 1\\[4pt] 2 & 3 & -1\\[4pt] -1 & -1 & 1 \end{pmatrix}.
Como \det(A)=1, obtemos
A^{-1}=\operatorname{adj}(A)=\begin{pmatrix} 1 & 2 & 1\\[4pt] 2 & 3 & -1\\[4pt] -1 & -1 & 1 \end{pmatrix}.]

Passo 4

Agora resolvo \mathbf{x}=A^{-1}\mathbf{b}. Faço a multiplicação linha por coluna (cada entrada da solução é o produto escalar da linha correspondente de A^{-1} com \mathbf{b}).
Cálculos:
\begin{aligned} x &= 1\cdot(-19) + 2\cdot 12 + 1\cdot(-4) = -19 +24 -4 = 1,\\[4pt] y &= 2\cdot(-19) + 3\cdot 12 + (-1)\cdot(-4) = -38 +36 +4 = 2,\\[4pt] z &= -1\cdot(-19) + (-1)\cdot 12 + 1\cdot(-4) = 19 -12 -4 = 3. \end{aligned}
Portanto, pela matriz inversa obtém-se (x,y,z)=(1,2,3).]

Passo 5

Agora resolvo o sistema pela regra de Cramer (para reforçar e mostrar outro método). Regra de Cramer (para matriz 3\times3) diz:
x = \frac{\det(A_x)}{\det(A)},\qquad y = \frac{\det(A_y)}{\det(A)},\qquad z = \frac{\det(A_z)}{\det(A)},
onde A_x é a matriz obtida de A substituindo a 1ª coluna por \mathbf{b}, A_y substitui a 2ª coluna por \mathbf{b}, e A_z substitui a 3ª coluna por \mathbf{b}.
Como já sabemos \det(A)=1, basta calcular \det(A_x),\det(A_y),\det(A_z).
Matriz A_x:
A_x=\begin{pmatrix}-19 & -3 & -5\\[4pt]12 & 2 & 3\\[4pt]-4 & -1 & -1\end{pmatrix}.
Calculo \det(A_x) (expansão pela primeira linha):
\det(A_x) = -19\det\begin{pmatrix}2&3\\\\ -1&-1\end{pmatrix} -(-3)\det\begin{pmatrix}12&3\\\\ -4&-1\end{pmatrix} +(-5)\det\begin{pmatrix}12&2\\\\ -4&-1\end{pmatrix}.
Usando os determinantes 2×2 já calculados antes (ou recomputando quando necessário):
\det\begin{pmatrix}2&3\\\\ -1&-1\end{pmatrix}=1,\qquad \det\begin{pmatrix}12&3\\\\ -4&-1\end{pmatrix}=12(-1)-3(-4)=-12+12=0,
\det\begin{pmatrix}12&2\\\\ -4&-1\end{pmatrix}=12(-1)-2(-4)=-12+8=-4.
Substituindo:
\det(A_x) = -19\cdot1 -(-3)\cdot0 + (-5)\cdot(-4) = -19 + 0 +20 = 1.
Logo x=\dfrac{\det(A_x)}{\det(A)}=\dfrac{1}{1}=1.
Matriz A_y:
A_y=\begin{pmatrix}2 & -19 & -5\\[4pt]-1 & 12 & 3\\[4pt]1 & -4 & -1\end{pmatrix}.
Calculo \det(A_y) (expansão pela primeira linha):
\det(A_y)=2\det\begin{pmatrix}12&3\\\\ -4&-1\end{pmatrix} -(-19)\det\begin{pmatrix}-1&3\\\\ 1&-1\end{pmatrix} +(-5)\det\begin{pmatrix}-1&12\\\\ 1&-4\end{pmatrix}.
Já sabemos \det\begin{pmatrix}12&3\\\\ -4&-1\end{pmatrix}=0 e \det\begin{pmatrix}-1&3\\\\ 1&-1\end{pmatrix}=-2. Calculamos também
\det\begin{pmatrix}-1&12\\\\ 1&-4\end{pmatrix}=(-1)(-4)-12\cdot1=4-12=-8.
Substituindo:
\det(A_y)=2\cdot0 -(-19)\cdot(-2) + (-5)\cdot(-8) = 0 - 38 + 40 = 2.
Então y=\dfrac{2}{1}=2.
Matriz A_z:
A_z=\begin{pmatrix}2 & -3 & -19\\[4pt]-1 & 2 & 12\\[4pt]1 & -1 & -4\end{pmatrix}.
Calculo \det(A_z):
\det(A_z)=2\det\begin{pmatrix}2&12\\\\ -1&-4\end{pmatrix} -(-3)\det\begin{pmatrix}-1&12\\\\ 1&-4\end{pmatrix} +(-19)\det\begin{pmatrix}-1&2\\\\ 1&-1\end{pmatrix}.
Calcule os 2×2:
\det\begin{pmatrix}2&12\\\\ -1&-4\end{pmatrix}=2(-4)-12(-1)=-8+12=4,
\det\begin{pmatrix}-1&12\\\\ 1&-4\end{pmatrix}=-8\quad(\text{o mesmo que acima}),
\det\begin{pmatrix}-1&2\\\\ 1&-1\end{pmatrix}=(-1)(-1)-2\cdot1=1-2=-1.
Substituindo:
\det(A_z)=2\cdot4 -(-3)\cdot(-8) + (-19)\cdot(-1) = 8 - 24 + 19 = 3.
Logo z=\dfrac{3}{1}=3.
Os resultados da regra de Cramer confirmam a solução obtida pelo método da inversa: (x,y,z)=(1,2,3).]

Resposta

x=1
y=2
z=3

Exercícios relacionados