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{array}{r}x+2 y+z=1 \\\\ 2 x+3 y-z=2 \\\\ -x-y+z=3\end{array}\right.

Passo 1

O enunciado nos dá um sistema linear com três equações e três incógnitas e pede duas coisas:
  • Encontrar as matrizes A e \mathbf{b} associadas ao sistema.
  • Resolver o sistema por dois métodos: método da matriz inversa e regra de Cramer.
As equações fornecidas são:
\begin{cases} x+2y+z=1,\\[4pt] 2x+3y-z=2,\\[4pt] - x - y + z=3.]

Passo 2

Escrevendo o sistema na forma matricial A\mathbf{x}=\mathbf{b}, identificam-se A (matriz dos coeficientes), \mathbf{x} (vetor das incógnitas) e \mathbf{b} (termos independentes). Assim:
A=\begin{pmatrix} 1 & 2 & 1\\[4pt] 2 & 3 & -1\\[4pt] -1 & -1 & 1 \end{pmatrix}, \qquad \mathbf{x}=\begin{pmatrix}x\\[4pt] y\\[4pt] z\end{pmatrix}, \qquad \mathbf{b}=\begin{pmatrix}1\\[4pt] 2\\[4pt] 3\end{pmatrix}.]

Passo 3

Antes de aplicar inversa ou Cramer, é necessário calcular o determinante de A, porque:
  • Se \det(A)=0 não existe inversa e a regra de Cramer não se aplica.
  • Se \det(A)\neq0 então existe inversa e Cramer dá solução única.
Calculemos \det(A) pela regra de Sarrus / expansão pela primeira linha:
\det(A)= \begin{vmatrix} 1 & 2 & 1\\[4pt] 2 & 3 & -1\\[4pt] -1 & -1 & 1 \end{vmatrix} =1\cdot\begin{vmatrix}3 & -1\\[4pt]-1 & 1\end{vmatrix} -2\cdot\begin{vmatrix}2 & -1\\[4pt]-1 & 1\end{vmatrix} +1\cdot\begin{vmatrix}2 & 3\\[4pt]-1 & -1\end{vmatrix}.
Agora os menores:
\begin{vmatrix}3 & -1\\[4pt]-1 & 1\end{vmatrix}=3\cdot1-(-1)(-1)=3-1=2,
\begin{vmatrix}2 & -1\\[4pt]-1 & 1\end{vmatrix}=2\cdot1-(-1)(-1)=2-1=1,
\begin{vmatrix}2 & 3\\[4pt]-1 & -1\end{vmatrix}=2\cdot(-1)-3\cdot(-1)=-2+3=1.
Substituindo:
\det(A)=1\cdot2-2\cdot1+1\cdot1=2-2+1=1.
Conclusão: \det(A)=1\neq0. Então existe inversa e a regra de Cramer é aplicável. (Além disso, como \det(A)=1, se usarmos a fórmula \mathbf{x}=A^{-1}\mathbf{b} não haverá divisão por outro número além de 1.)]

Passo 4

Método 1 — encontrar A^{-1} (fórmula via adjunta/cofatores). A fórmula geral para matriz invertível 3\times3 é
A^{-1}=\frac{1}{\det(A)}\operatorname{adj}(A),
onde \operatorname{adj}(A) é a transposta da matriz dos cofatores de A.
Calculamos os cofatores C_{ij}=(-1)^{i+j}M_{ij} onde M_{ij} é o menor correspondente.
Menores e cofatores linha a linha:
  • Para (i,j)=(1,1): M_{11}=\begin{vmatrix}3 & -1\\[4pt]-1 & 1\end{vmatrix}=2, logo C_{11}=+2.
  • Para (1,2): M_{12}=\begin{vmatrix}2 & -1\\[4pt]-1 & 1\end{vmatrix}=1, logo C_{12}=-1 (sinal negativo porque 1+2 é ímpar).
  • Para (1,3): M_{13}=\begin{vmatrix}2 & 3\\[4pt]-1 & -1\end{vmatrix}=1, logo C_{13}=+1.
  • Para (2,1): M_{21}=\begin{vmatrix}2 & 1\\[4pt]-1 & 1\end{vmatrix}=3, logo C_{21}=-3 (sinal negativo).
  • Para (2,2): M_{22}=\begin{vmatrix}1 & 1\\[4pt]-1 & 1\end{vmatrix}=2, logo C_{22}=+2.
  • Para (2,3): M_{23}=\begin{vmatrix}1 & 2\\[4pt]-1 & -1\end{vmatrix}=1, logo C_{23}=-1.
  • Para (3,1): M_{31}=\begin{vmatrix}2 & 1\\[4pt]3 & -1\end{vmatrix}=2\cdot(-1)-1\cdot3=-2-3=-5, logo C_{31}=-5 (sinal positivo porque 3+1 é par).
  • Para (3,2): M_{32}=\begin{vmatrix}1 & 1\\[4pt]2 & -1\end{vmatrix}=1\cdot(-1)-1\cdot2=-1-2=-3, logo C_{32}=+3 (sinal negativo aplicado: -1 vezes -3 +3).
  • Para (3,3): M_{33}=\begin{vmatrix}1 & 2\\[4pt]2 & 3\end{vmatrix}=1\cdot3-2\cdot2=3-4=-1, logo C_{33}=-1.
Matriz dos cofatores:
\begin{pmatrix} 2 & -1 & 1\\[4pt] -3 & 2 & -1\\[4pt] -5 & 3 & -1 \end{pmatrix}.
A adjunta \operatorname{adj}(A) é a transposta dessa matriz:
\operatorname{adj}(A)= \begin{pmatrix} 2 & -3 & -5\\[4pt] -1 & 2 & 3\\[4pt] 1 & -1 & -1 \end{pmatrix}.
Como \det(A)=1, temos
A^{-1}=\operatorname{adj}(A)= \begin{pmatrix} 2 & -3 & -5\\[4pt] -1 & 2 & 3\\[4pt] 1 & -1 & -1 \end{pmatrix}.
Pequena verificação (opcional): multiplicar A por A^{-1} retorna a identidade — isso confirma que a inversa encontrada está correta.]

Passo 5

Aplicando \mathbf{x}=A^{-1}\mathbf{b}. Multiplicação matricial passo a passo:
\mathbf{x}=A^{-1}\mathbf{b}= \begin{pmatrix} 2 & -3 & -5\\[4pt] -1 & 2 & 3\\[4pt] 1 & -1 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}1\\[4pt]2\\[4pt]3\end{pmatrix}.
Calcule cada componente:
  • Primeira componente (valor de x):
x=2\cdot1+(-3)\cdot2+(-5)\cdot3=2-6-15=-19.
  • Segunda componente (valor de y):
y=(-1)\cdot1+2\cdot2+3\cdot3=-1+4+9=12.
  • Terceira componente (valor de z):
z=1\cdot1+(-1)\cdot2+(-1)\cdot3=1-2-3=-4.
Portanto, pela inversa, a solução é (x,y,z)=(-19,\,12,\,-4).]

Passo 6

Método 2 — regra de Cramer. A regra de Cramer diz que, para sistema A\mathbf{x}=\mathbf{b} com \det(A)\neq0, cada incógnita é dada por
x_i=\frac{\det(A_i)}{\det(A)},
onde A_i é a matriz obtida de A trocando a i-ésima coluna por \mathbf{b}.
Já sabemos \det(A)=1. Vamos calcular \det(A_1),\det(A_2),\det(A_3).
  • Para x (substituindo primeira coluna por \mathbf{b}):
A_1=\begin{pmatrix} 1 & 2 & 1\\[4pt] 2 & 3 & -1\\[4pt] 3 & -1 & 1 \end{pmatrix}, \qquad \det(A_1)= \begin{vmatrix} 1 & 2 & 1\\[4pt] 2 & 3 & -1\\[4pt] 3 & -1 & 1 \end{vmatrix}.
Calculando:
\det(A_1)=1\cdot\begin{vmatrix}3 & -1\\[4pt]-1 & 1\end{vmatrix} -2\cdot\begin{vmatrix}2 & -1\\[4pt]3 & 1\end{vmatrix} +1\cdot\begin{vmatrix}2 & 3\\[4pt]3 & -1\end{vmatrix} =1\cdot2-2\cdot5+1\cdot(-11)=2-10-11=-19.
Logo x=\det(A_1)/\det(A)=-19/1=-19.
  • Para y (substituindo segunda coluna por \mathbf{b}):
A_2=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1\\[4pt] 2 & 2 & -1\\[4pt] -1 & 3 & 1 \end{pmatrix}, \qquad \det(A_2)= \begin{vmatrix} 1 & 1 & 1\\[4pt] 2 & 2 & -1\\[4pt] -1 & 3 & 1 \end{vmatrix}.
Calculando:
\det(A_2)=1\cdot\begin{vmatrix}2 & -1\\[4pt]3 & 1\end{vmatrix} -1\cdot\begin{vmatrix}2 & -1\\[4pt]-1 & 1\end{vmatrix} +1\cdot\begin{vmatrix}2 & 2\\[4pt]-1 & 3\end{vmatrix} =1\cdot5-1\cdot1+1\cdot8=5-1+8=12.
Logo y=\det(A_2)/\det(A)=12/1=12.
  • Para z (substituindo terceira coluna por \mathbf{b}):
A_3=\begin{pmatrix} 1 & 2 & 1\\[4pt] 2 & 3 & 2\\[4pt] -1 & -1 & 3 \end{pmatrix}, \qquad \det(A_3)= \begin{vmatrix} 1 & 2 & 1\\[4pt] 2 & 3 & 2\\[4pt] -1 & -1 & 3 \end{vmatrix}.
Calculando:
\det(A_3)=1\cdot\begin{vmatrix}3 & 2\\[4pt]-1 & 3\end{vmatrix} -2\cdot\begin{vmatrix}2 & 2\\[4pt]-1 & 3\end{vmatrix} +1\cdot\begin{vmatrix}2 & 3\\[4pt]-1 & -1\end{vmatrix} =1\cdot11-2\cdot8+1\cdot1=11-16+1=-4.
Logo z=\det(A_3)/\det(A)=-4/1=-4.
Cramer dá a mesma solução (x,y,z)=(-19,\,12,\,-4).]

Passo 7

Resumo e checagem rápida: as duas técnicas (inversa e Cramer) concordam; substituindo os valores na equação original verifica-se que as três equações são satisfeitas:
-19+2\cdot12+(-4)=1,\quad 2(-19)+3\cdot12-(-4)=2,\quad -(-19)-12+(-4)=3.

Resposta

A=\begin{pmatrix} 1 & 2 & 1\\[4pt] 2 & 3 & -1\\[4pt] -1 & -1 & 1 \end{pmatrix}
\mathbf{b}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]2\\[4pt]3\end{pmatrix}
(x,y,z)=(-19,\;12,\;-4)]

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