Calcule o determinante da matriz abaixo usando o desenvolvimento de Laplace (escolha bem a linha!). Depois, o calcule por triangulação. Compare o número de operações efetuadas. Conclua que esta matriz é inversível e obtenha sua inversa usando a Adjunta Clássica.
A=\left[\begin{array}{llll} 2 & 1 & 0 & 0 \\ 3 & 2 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \\ 4 & 3 & 2 & 1 \end{array}\right] .

Passo 1

O enunciado pede várias coisas sobre a matriz
A=\begin{pmatrix} 2 & 1 & 0 & 0\\[4pt] 3 & 2 & 1 & 0\\[4pt] 1 & 0 & 0 & 0\\[4pt] 4 & 3 & 2 & 1 \end{pmatrix}.
As perguntas são:
  1. Calcular \det(A) usando desenvolvimento de Laplace (escolhendo bem a linha/coluna).
  2. Calcular \det(A) por triangulação (eliminação).
  3. Comparar o número de operações efetuadas nos dois métodos.
  4. Concluir se A é inversível.
  5. Obter A^{-1} usando a adjunta clássica (adjugate) — isto é, calcular a matriz dos cofatores, transpor e dividir por \det(A).
Informações relevantes dadas no enunciado:
  • A matriz A é 4\times4.
  • Há zeros espalhados que podem ser explorados para reduzir cálculos (por exemplo, a última coluna tem três zeros e um 1: isso é uma dica para usar Laplace nessa coluna).
A partir daqui começo a resolver passo a passo.]

Passo 2

(Laplace) Revisão rápida do método: o desenvolvimento de Laplace diz que, para qualquer linha i ou coluna j,
\det(A)=\sum_{k=1}^{n} a_{ik}(-1)^{i+k}\det(M_{ik}),
onde M_{ik} é a submatriz obtida ao eliminar a linha i e a coluna k. Uma boa escolha é a linha/coluna com muitos zeros, porque cada entrada zero elimina um termo inteiro.
Na nossa matriz a coluna 4 é muito conveniente: tem entradas 0,0,0,1. Então ao desenvolver ao longo da coluna 4 só temos um termo não nulo (posição (4,4)): a_{44}=1 e o sinal é (-1)^{4+4}=+1. Portanto
\det(A)=a_{44}\cdot(-1)^{4+4}\det(M_{44})=1\cdot 1\cdot\det(M_{44}),
onde M_{44} é a submatriz obtida retirando a linha 4 e a coluna 4; isto é
M_{44}=\begin{pmatrix} 2 & 1 & 0\\[4pt] 3 & 2 & 1\\[4pt] 1 & 0 & 0 \end{pmatrix}.
Agora calculo \det(M_{44}). Novamente aproveito zeros: a terceira coluna de M_{44} é (0,1,0)^T. Desenvolvendo por essa coluna (coluna 3 em M_{44}) só há um termo não nulo, na posição (2,3) que vale 1 e tem sinal (-1)^{2+3}=-1. Assim
\det(M_{44}) = 1\cdot(-1)\cdot\det\big(M_{(2,3)}^{(M_{44})}\big),
onde M_{(2,3)}^{(M_{44})} é a submatriz 2\times2 obtida de M_{44} removendo sua linha 2 e coluna 3. Essa submatriz é
\begin{pmatrix}2 & 1\\[4pt]1 & 0\end{pmatrix}.
O determinante de uma 2\times2 matriz \begin{pmatrix}a&b\c&d\end{pmatrix} é ad-bc. Aplicando:
\det\begin{pmatrix}2 & 1\\[4pt]1 & 0\end{pmatrix} = 2\cdot 0 - 1\cdot 1 = -1.
Portanto
\det(M_{44}) = (-1)\cdot(-1)=1.
Como \det(A)=\det(M_{44}), obtemos
\det(A)=1.
(Na hora da prova: a estratégia foi escolher a coluna 4 porque só gerou um desenvolvimento — super economia de cálculo.)]

Passo 3

(Triangulação / eliminação) Revisão rápida: na eliminação de Gauss usamos combinações lineares das linhas para obter uma matriz triangular superior; operações do tipo “somar a uma linha um múltiplo de outra” não alteram o determinante; trocar duas linhas muda o sinal do determinante; multiplicar uma linha por escalar k multiplica o determinante por k. No final \det(A) é o produto das entradas da diagonal da forma triangular, ajustado pelos sinais de trocas e fatores de escala usados.
Vou triangularizar procurando minimizar frações: como há um 1 em a_{31}, é conveniente colocá-lo na primeira linha para usar esse pivot inteiro. Faço a troca R_1\leftrightarrow R_3 (uma troca altera o sinal do determinante):
Inicialmente
\begin{array}{rcl} R_1&=&(2,1,0,0)\\\ R_2&=&(3,2,1,0)\\\ R_3&=&(1,0,0,0)\\\ R_4&=&(4,3,2,1). \end{array}
Após R_1\leftrightarrow R_3:
R_1=(1,0,0,0),\quad R_2=(3,2,1,0),\quad R_3=(2,1,0,0),\quad R_4=(4,3,2,1).
Agora uso R_1 como pivot para zerar as entradas abaixo na coluna 1:
  • R_2\leftarrow R_2-3R_1 resulta em R_2=(0,2,1,0).
  • R_3\leftarrow R_3-2R_1 resulta em R_3=(0,1,0,0).
  • R_4\leftarrow R_4-4R_1 resulta em R_4=(0,3,2,1).
Agora a submatriz de linhas 2–4 colunas 2–4 é
\begin{pmatrix} 2 & 1 & 0\\[4pt] 1 & 0 & 0\\[4pt] 3 & 2 & 1 \end{pmatrix}.
Para pivot na coluna 2, é conveniente trocar R_2\leftrightarrow R_3 porque R_3 agora tem 1 em coluna 2 (evita frações). Essa segunda troca reverte o sinal global (duas trocas no total → sinal final não muda).
Após R_2\leftrightarrow R_3 temos
R_2=(0,1,0,0),\quad R_3=(0,2,1,0),\quad R_4=(0,3,2,1).
Elimino abaixo do pivot R_2 (que tem 1 em coluna 2):
  • R_3\leftarrow R_3-2R_2 = (0,0,1,0).
  • R_4\leftarrow R_4-3R_2 = (0,0,2,1).
Agora o pivot na coluna 3 está em R_3 (valor 1):
  • R_4\leftarrow R_4-2R_3 = (0,0,0,1).
Agora a matriz está triangular superior com diagonal (1,1,1,1). O produto das diagonais é 1. Tivemos duas trocas (sinal (-1)^2=+1), e não fizemos multiplicações de linhas por escalares (além das combinações que não alteram o determinante). Logo
\det(A)=1\cdot 1\cdot 1\cdot 1 = 1,
coincidindo com o resultado do Passo 2.]

Passo 4

(Contagem de operações e comparação) Vamos comparar o número de operações aritméticas (multiplicações e somas/subtrações) necessárias nos dois métodos, contando de forma prática e explorando zeros (isto é, não contando multiplicações triviais por zero se podemos evitá‑las na execução).
  • Laplace (escolhendo coluna 4):
    • Desenvolver ao longo da coluna 4: só um termo a_{44}=1 → preciso do \det(M_{44}).
    • Para \det(M_{44}) desenvolvi pela sua coluna 3 que tem só um termo 1; precisei calcular um determinante 2\times2: \det\begin{pmatrix}2&1\\\ 1&0\end{pmatrix}=2\cdot0-1\cdot1.
      Operações efetivas: duas multiplicações (para o 2\cdot0 e para 1\cdot1) e uma subtração; mais uma multiplicação ao aplicar o sinal cofatorial (produto por -1), e multiplicação final por a_{44}=1 é trivial. Contando de forma realista: cerca de 3–4 multiplicações e 1 subtração. É muito pouco trabalho.
  • Triangulação (eliminação) — contando operações reais explorando zeros como fiz:
    • Primeira etapa (usar R_1=(1,0,0,0) como pivot): para zerar abaixo só precisei, em cada linha, de 1 multiplicação e 1 subtração (porque o pivô tem zeros nas outras colunas). Foram 3 linhas a eliminar → 3 multiplicações e 3 subtrações.
    • Segunda etapa (pivot em coluna 2 com 1): mais 2 linhas a eliminar → 2 multiplicações e 2 subtrações.
    • Terceira etapa (pivot coluna 3): 1 linha a eliminar → 1 multiplicação e 1 subtração.
      Total prático: 6 multiplicações e 6 subtrações (12 operações aritméticas elementares). (Se não explorássemos zeros, o número seria maior — como mostrei no raciocínio, a contagem pode subir para ~24 multiplicações + 24 subtrações se fizermos todas as operações em todas as colunas sem aproveitar zeros.)
Conclusão da comparação: o desenvolvimento de Laplace, escolhido inteligentemente (coluna com muitos zeros), exigiu muito menos operações neste caso concreto (apenas algumas multiplicações/subtrações) do que a eliminação, embora a eliminação também seja rápida aqui graças a muitos zeros. Em resumo: Laplace foi mais econômico para este A por causa da coluna com apenas um elemento não nulo.

Passo 5

(Determinante e inversibilidade) Como \det(A)=1\neq 0, a matriz A é inversível. Agora vou obter A^{-1} pela adjunta clássica.
Recordando: a adjunta (ou adjugate) \operatorname{adj}(A) é a transposta da matriz dos cofatores C=(C_{ij}) onde
C_{ij}=(-1)^{i+j}\det(M_{ij}),
com M_{ij} a submatriz obtida eliminando linha i e coluna j. E
A^{-1}=\frac{1}{\det(A)}\operatorname{adj}(A).
Como \det(A)=1, teremos A^{-1}=\operatorname{adj}(A).

Passo 6

(Cálculo dos cofatores) Vou calcular os cofatores C_{ij} de maneira organizada, aproveitando novamente zeros e subdeterminantes simples. Para cada C_{ij} mostro a submatriz relevante e o cálculo do seu determinante.
  • Linha 1:
    • C_{11}: submatriz removendo linha 1, coluna 1 é \begin{pmatrix}2&1&0\\[4pt]0&0&0\\[4pt]3&2&1\end{pmatrix},tem uma linha zero → \det=0. Logo C_{11}=0.
    • C_{12}: submatriz removendo linha 1, coluna 2 é \begin{pmatrix}3&1&0\\[4pt]1&0&0\\[4pt]4&2&1\end{pmatrix}.Expandindo pela coluna 3 (só o último elemento é 1), obtemos \det=-1. O sinal cofatorial é (-1)^{1+2}=-1, então C_{12}=-1\cdot(-1)=1.
    • C_{13}: submatriz removendo linha 1, coluna 3 é \begin{pmatrix}3&2&0\\[4pt]1&0&0\\[4pt]4&3&1\end{pmatrix}.Expandindo pela coluna 3 (somente último elemento 1 contribui) dá \det=-2. O sinal (-1)^{1+3}=+1, então C_{13}=-2.
    • C_{14}: submatriz removendo linha 1, coluna 4 é \begin{pmatrix}3&2&1\\[4pt]1&0&0\\[4pt]4&3&2\end{pmatrix}.Expandindo pela segunda linha (tem dois zeros), obtém-se \det=-1. O sinal (-1)^{1+4}=-1, assim C_{14}=-1\cdot(-1)=1.
  • Linha 2:
    • C_{21}: submatriz removendo linha 2, coluna 1 é \begin{pmatrix}1&0&0\\[4pt]0&0&0\\[4pt]3&2&1\end{pmatrix},há linha zero → \det=0. Logo C_{21}=0.
    • C_{22}: submatriz removendo linha 2, coluna 2 é \begin{pmatrix}2&0&0\\[4pt]1&0&0\\[4pt]4&2&1\end{pmatrix},coluna com zeros → \det=0. Logo C_{22}=0.
    • C_{23}: submatriz removendo linha 2, coluna 3 é \begin{pmatrix}2&1&0\\[4pt]1&0&0\\[4pt]4&3&1\end{pmatrix}.Expandindo pela coluna 3 (apenas último elemento 1), obtém-se \det=-1. O sinal (-1)^{2+3}=-1 C_{23}=-1\cdot(-1)=1.
    • C_{24}: submatriz removendo linha 2, coluna 4 é \begin{pmatrix}2&1&0\\[4pt]1&0&0\\[4pt]4&3&2\end{pmatrix}.Expandindo pela segunda linha (tem zeros) obtém-se \det=-2. O sinal (-1)^{2+4}=+1 C_{24}=-2.
  • Linha 3:
    • C_{31}: submatriz removendo linha 3, coluna 1 é \begin{pmatrix}1&0&0\\[4pt]2&1&0\\[4pt]3&2&1\end{pmatrix}.Expandindo pela coluna 3 (só o último é 1), \det=1. Sinal (-1)^{3+1}=+1 C_{31}=1.
    • C_{32}: submatriz removendo linha 3, coluna 2 é \begin{pmatrix}2&0&0\\[4pt]3&1&0\\[4pt]4&2&1\end{pmatrix}.Expandindo pela coluna 3 (só último 1) dá \det=2. Sinal (-1)^{3+2}=-1 C_{32}=-2.
    • C_{33}: submatriz removendo linha 3, coluna 3 é \begin{pmatrix}2&1&0\\[4pt]3&2&0\\[4pt]4&3&1\end{pmatrix}.Expandindo pela coluna 3 (apenas último 1) dá \det=1. Sinal (-1)^{3+3}=+1 C_{33}=1.
    • C_{34}: submatriz removendo linha 3, coluna 4 é \begin{pmatrix}2&1&0\\[4pt]3&2&1\\[4pt]4&3&2\end{pmatrix},calculando diretamente resulta \det=0. Com sinal (-1)^{3+4}=-1 fica C_{34}=0.
  • Linha 4:
    • C_{41}: submatriz removendo linha 4, coluna 1 tem uma linha zero → \det=0 C_{41}=0.
    • C_{42}: submatriz removendo linha 4, coluna 2 tem coluna inteira de zeros na posição apropriada → \det=0 C_{42}=0.
    • C_{43}: submatriz removendo linha 4, coluna 3 tem coluna inteira de zeros → \det=0 C_{43}=0.
    • C_{44}: submatriz removendo linha 4, coluna 4 é \begin{pmatrix}2&1&0\\[4pt]3&2&1\\[4pt]1&0&0\end{pmatrix},que já tínhamos calculado no Passo 2 e cuja determinante é 1. Sinal (-1)^{4+4}=+1 C_{44}=1.
Agrupando os cofatores C_{ij} obtemos a matriz dos cofatores
C=\begin{pmatrix} 0 & 1 & -2 & 1\\[4pt] 0 & 0 & 1 & -2\\[4pt] 1 & -2 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.]

Passo 7

(Adjunta e inversa) A adjunta é a transposta da matriz dos cofatores:
\operatorname{adj}(A)=C^{T}= \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 & 0\\[4pt] 1 & 0 & -2 & 0\\[4pt] -2 & 1 & 1 & 0\\[4pt] 1 & -2 & 0 & 1 \end{pmatrix}.
Como \det(A)=1, temos
A^{-1}=\frac{1}{\det(A)}\operatorname{adj}(A)=\operatorname{adj}(A).
Portanto
A^{-1}= \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 & 0\\[4pt] 1 & 0 & -2 & 0\\[4pt] -2 & 1 & 1 & 0\\[4pt] 1 & -2 & 0 & 1 \end{pmatrix}.
(Fiz uma verificação rápida multiplicando A por essa matriz e obtive a identidade I_4, então a inversa está correta.)]

Resposta

\det(A)=1
Número aproximado de operações (explorando zeros): Laplace (coluna 4) ≈ 3–4 multiplicações e 1 subtração; Triangulação (eliminação, explorando zeros) ≈ 6 multiplicações e 6 subtrações. Portanto Laplace foi aqui mais econômico.
A é inversível (porque \det(A)=1).
A^{-1}=\begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 & 0\\[4pt] 1 & 0 & -2 & 0\\[4pt] -2 & 1 & 1 & 0\\[4pt] 1 & -2 & 0 & 1 \end{pmatrix}]

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