1. a) Considere a matriz A=\left[\begin{array}{llll}1 & 2 & 2 & 4 \\\\ 0 & 1 & 2 & 3 \\\\ 4 & 2 & 2 & 1 \\\\ 3 & 2 & 1 & 0\end{array}\right]. Mostrar que A é invertível e calcular A^{-1} através das operações elementares entre linhas. Calcule também, pela mesma técnica, o determinante de A.
    b) Obtenha a solução do sistema linear A X=B dados que X^{T}=\left[\begin{array}{llll}x_{1} & x_{2} & x_{3} & x_{4}\end{array}\right] e B^{T}=\left[\begin{array}{llll}-\frac{1}{3} & \frac{2}{3} & -\frac{1}{3} & \frac{4}{3}\end{array}\right].

Passo 1

O enunciado dá a matriz
A=\left[\begin{array}{rrrr} 1 & 2 & 2 & 4 \\\\ 0 & 1 & 2 & 3 \\\\ 4 & 2 & 2 & 1 \\\\ 3 & 2 & 1 & 0 \end{array}\right]
e pede:
  • (a) mostrar que A é invertível e calcular A^{-1} usando operações elementares entre linhas; calcular também \det(A) pela mesma técnica;
  • (b) resolver o sistema linear A X=B para X, sabendo que
X^{T}=\left[\begin{array}{llll}x_{1} & x_{2} & x_{3} & x_{4}\end{array}\right],\qquad B^{T}=\left[\begin{array}{rrrr}-\dfrac{1}{3} & \dfrac{2}{3} & -\dfrac{1}{3} & \dfrac{4}{3}\end{array}\right].
Informações relevantes recebidas:
  • a matriz A (lista completa de entradas);
  • o vetor B (listado acima).
    Nada mais foi pedido explicitamente nesta etapa; a resolução começará nos passos seguintes.

Passo 2

Breve lembrete das ferramentas que vamos usar (aula curta):
  • Para encontrar A^{-1} por operações elementares fazemos a eliminação de Gauss sobre a matriz aumentada [A\mid I], aplicando operações de linha até obter [I\mid A^{-1}].
  • Operações elementares e efeito no determinante:
    • trocar duas linhas multiplica \det por -1;
    • multiplicar uma linha por um escalar c multiplica \det por c;
    • somar múltiplo de uma linha em outra não altera \det.
  • Para calcular \det(A) com eliminação Gauss sem escalonar linhas para 1, basta transformar A em forma triangular superior por soma de múltiplos de linhas e trocas; então \det(A)=\prod_{i=1}^{n}\text{(entradas da diagonal principal da triangular)}\times(-1)^{\#\text{trocas}}\times\prod\left(\text{fatores de escala aplicados}\right).
Vou aplicar essas ideias passo a passo, mostrando cada operação e o que ela faz.

Passo 3

Montamos a matriz aumentada [A\mid I]:
\left[\begin{array}{rrrr|rrrr} 1 & 2 & 2 & 4 & 1 & 0 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 1 & 2 & 3 & 0 & 1 & 0 & 0\\[4pt] 4 & 2 & 2 & 1 & 0 & 0 & 1 & 0\\[4pt] 3 & 2 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \end{array}\right].
Primeira coluna: já temos pivô 1 em R_1. Usamos R_1 para zerar abaixo:
  • R_3 \leftarrow R_3 - 4R_1,
  • R_4 \leftarrow R_4 - 3R_1.
Cálculo:
R_3: \\ [4,2,2,1]-4[1,2,2,4]=[0,-6,-6,-15],\quad\text{parte direita }[0,0,1,0]-4[1,0,0,0]=[-4,0,1,0].
R_4: \\ [3,2,1,0]-3[1,2,2,4]=[0,-4,-5,-12],\quad\text{parte direita }[0,0,0,1]-3[1,0,0,0]=[-3,0,0,1].
Resultado:
\left[\begin{array}{rrrr|rrrr} 1 & 2 & 2 & 4 & 1 & 0 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 1 & 2 & 3 & 0 & 1 & 0 & 0\\[4pt] 0 & -6 & -6 & -15 & -4 & 0 & 1 & 0\\[4pt] 0 & -4 & -5 & -12 & -3 & 0 & 0 & 1 \end{array}\right].]

Passo 4

Segunda coluna: pivô em R_2 é 1. Zerar nas outras linhas usando R_2:
  • R_1 \leftarrow R_1 - 2R_2,
  • R_3 \leftarrow R_3 + 6R_2,
  • R_4 \leftarrow R_4 + 4R_2.
Cálculos (linha a linha):
R_1: [1,2,2,4]-2[0,1,2,3]=[1,0,-2,-2],\quad\text{dir: }[1,0,0,0]-2[0,1,0,0]=[1,-2,0,0].
R_3: [0,-6,-6,-15]+6[0,1,2,3]=[0,0,6,3],\quad\text{dir: }[-4,0,1,0]+6[0,1,0,0]=[-4,6,1,0].
R_4: [0,-4,-5,-12]+4[0,1,2,3]=[0,0,3,0],\quad\text{dir: }[-3,0,0,1]+4[0,1,0,0]=[-3,4,0,1].
Agora a matriz aumentada é
\left[\begin{array}{rrrr|rrrr} 1 & 0 & -2 & -2 & 1 & -2 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 1 & 2 & 3 & 0 & 1 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 6 & 3 & -4 & 6 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 3 & 0 & -3 & 4 & 0 & 1 \end{array}\right].]

Passo 5

Terceira coluna: pivô atual em R_3 é 6. Vamos zerar abaixo em R_4 usando uma combinação:
  • R_4 \leftarrow R_4 - \tfrac{1}{2}R_3 (porque 3 - \tfrac{1}{2}\cdot 6 = 0).
Cálculo de R_4:
\text{parte esquerda: }[0,0,3,0]-\tfrac{1}{2}[0,0,6,3]=[0,0,0,-\tfrac{3}{2}].
\text{parte direita: }[-3,4,0,1]-\tfrac{1}{2}[-4,6,1,0]=[-3+2,\\\ 4-3,\\\ 0-\tfrac{1}{2},\\\ 1-0]=[-1,\\\ 1,\\\ -\tfrac{1}{2},\\\ 1].
Agora a matriz está em forma triangular superior:
\left[\begin{array}{rrrr|rrrr} 1 & 0 & -2 & -2 & 1 & -2 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 1 & 2 & 3 & 0 & 1 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 6 & 3 & -4 & 6 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 0 & -\tfrac{3}{2} & -1 & 1 & -\tfrac{1}{2} & 1 \end{array}\right].
Observação sobre determinante: não fizemos trocas de linhas e só usamos operações do tipo “somar múltiplo de linha a outra” (que não alteram \det). Portanto \det(A) é o produto das entradas da diagonal desta triangular superior:
\det(A)=1\cdot 1\cdot 6\cdot\left(-\tfrac{3}{2}\right)=6\cdot\left(-\tfrac{3}{2}\right)=-9.
Portanto A é invertível porque \det(A)\neq 0. (Comentário: isso já responde a parte de mostrar invertibilidade.)]

Passo 6

Continuar para obter A^{-1}: agora normalizamos pivôs para 1 e reduzimos acima deles para formar a identidade no lado esquerdo. Primeiro normalizamos R_3 e R_4:
  • R_3 \leftarrow \tfrac{1}{6}R_3,
  • R_4 \leftarrow -\tfrac{2}{3}R_4 (porque dividir por -\tfrac{3}{2} é multiplicar por -\tfrac{2}{3}).
Cálculos:
R_3=\tfrac{1}{6}[0,0,6,3\mid -4,6,1,0]=[0,0,1,\tfrac{1}{2}\mid -\tfrac{2}{3},1,\tfrac{1}{6},0].
R_4=-\tfrac{2}{3}[0,0,0,-\tfrac{3}{2}\mid -1,1,-\tfrac{1}{2},1]=[0,0,0,1\mid \tfrac{2}{3},-\tfrac{2}{3},\tfrac{1}{3},-\tfrac{2}{3}].
Aumentada agora:
\left[\begin{array}{rrrr|rrrr} 1 & 0 & -2 & -2 & 1 & -2 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 1 & 2 & 3 & 0 & 1 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 1 & \tfrac{1}{2} & -\tfrac{2}{3} & 1 & \tfrac{1}{6} & 0\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 1 & \tfrac{2}{3} & -\tfrac{2}{3} & \tfrac{1}{3} & -\tfrac{2}{3} \end{array}\right].]

Passo 7

Reduzir para a forma reduzida (identidade à esquerda):
  1. Eliminar entrada em R_3 na coluna 4 com R_4:
  • R_3 \leftarrow R_3 - \tfrac{1}{2}R_4.
Cálculo R_3:
\text{colunas esquerda: }[0,0,1,\tfrac{1}{2}]-\tfrac{1}{2}[0,0,0,1]=[0,0,1,0].
\text{direita: }[-\tfrac{2}{3},1,\tfrac{1}{6},0]-\tfrac{1}{2}[\tfrac{2}{3},-\tfrac{2}{3},\tfrac{1}{3},-\tfrac{2}{3}] =[-\tfrac{2}{3}-\tfrac{1}{3},\\\ 1+\tfrac{1}{3},\\ \tfrac{1}{6}-\tfrac{1}{6},\\\ 0+\tfrac{1}{3}] =[-1,\\ \tfrac{4}{3},\\\ 0,\\ \tfrac{1}{3}].
  1. Eliminar entradas na coluna 3 em R_1 e R_2 usando R_3:
  • R_1 \leftarrow R_1 + 2R_3 (pois R_1 tem -2 em coluna 3),
  • R_2 \leftarrow R_2 - 2R_3.
Cálculos:
R_1:
\text{esq: }[1,0,-2,-2]+2[0,0,1,0]=[1,0,0,-2].
\text{dir: }[1,-2,0,0]+2[-1,\tfrac{4}{3},0,\tfrac{1}{3}]=[1-2,\\\ -2+\tfrac{8}{3},\\\ 0+0,\\\ 0+\tfrac{2}{3}] =[-1,\\ \tfrac{2}{3},\\\ 0,\\ \tfrac{2}{3}].
R_2:
\text{esq: }[0,1,2,3]-2[0,0,1,0]=[0,1,0,3].
\text{dir: }[0,1,0,0]-2[-1,\tfrac{4}{3},0,\tfrac{1}{3}]=[0+2,\\\ 1-\tfrac{8}{3},\\\ 0-0,\\\ 0-\tfrac{2}{3}] =[2,\\\ -\tfrac{5}{3},\\\ 0,\\\ -\tfrac{2}{3}].
  1. Finalmente eliminar entradas na coluna 4 nas linhas R_1 e R_2 usando R_4:
  • R_1 \leftarrow R_1 + 2R_4 (pois tem -2 em coluna 4),
  • R_2 \leftarrow R_2 - 3R_4 (pois tem 3 em coluna 4).
Cálculos:
R_1:
\text{esq: }[1,0,0,-2]+2[0,0,0,1]=[1,0,0,0].
\text{dir: }[-1,\tfrac{2}{3},0,\tfrac{2}{3}]+2[\tfrac{2}{3},-\tfrac{2}{3},\tfrac{1}{3},-\tfrac{2}{3}] =[-1+\tfrac{4}{3},\\ \tfrac{2}{3}-\tfrac{4}{3},\\\ 0+\tfrac{2}{3},\\ \tfrac{2}{3}-\tfrac{4}{3}] =[\tfrac{1}{3},\\\ -\tfrac{2}{3},\\ \tfrac{2}{3},\\\ -\tfrac{2}{3}].
R_2:
\text{esq: }[0,1,0,3]-3[0,0,0,1]=[0,1,0,0].
\text{dir: }[2,-\tfrac{5}{3},0,-\tfrac{2}{3}]-3[\tfrac{2}{3},-\tfrac{2}{3},\tfrac{1}{3},-\tfrac{2}{3}] =[2-2,\\\ -\tfrac{5}{3}+2,\\\ 0-1,\\\ -\tfrac{2}{3}+2] =[0,\\ \tfrac{1}{3},\\\ -1,\\ \tfrac{4}{3}].
Após essas operações, a parte esquerda é a identidade e a parte direita é A^{-1}. Aumentada final:
\left[\begin{array}{rrrr|rrrr} 1 & 0 & 0 & 0 & \tfrac{1}{3} & -\tfrac{2}{3} & \tfrac{2}{3} & -\tfrac{2}{3}\\[6pt] 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & \tfrac{1}{3} & -1 & \tfrac{4}{3}\\[6pt] 0 & 0 & 1 & 0 & -1 & \tfrac{4}{3} & 0 & \tfrac{1}{3}\\[6pt] 0 & 0 & 0 & 1 & \tfrac{2}{3} & -\tfrac{2}{3} & \tfrac{1}{3} & -\tfrac{2}{3} \end{array}\right].]

Passo 8

Então obtemos explicitamente a inversa:
A^{-1}=\left[\begin{array}{rrrr} \tfrac{1}{3} & -\tfrac{2}{3} & \tfrac{2}{3} & -\tfrac{2}{3}\\[6pt] 0 & \tfrac{1}{3} & -1 & \tfrac{4}{3}\\[6pt] -1 & \tfrac{4}{3} & 0 & \tfrac{1}{3}\\[6pt] \tfrac{2}{3} & -\tfrac{2}{3} & \tfrac{1}{3} & -\tfrac{2}{3} \end{array}\right].
Relembrando do Passo 5, \det(A)=-9, então A é de fato invertível porque \det(A)\neq 0.]

Passo 9

Agora resolvemos A X = B. A solução é X=A^{-1}B. Escrevemos B como coluna (peguei os componentes do enunciado):
B=\left[\begin{array}{r} -\tfrac{1}{3}\\[4pt] \tfrac{2}{3}\\[4pt] -\tfrac{1}{3}\\[4pt] \tfrac{4}{3} \end{array}\right].
Calculamos cada componente x_i como produto escalar da i-ésima linha de A^{-1} por B.
Cálculos (produto linha a linha):
x_{1}=\tfrac{1}{3}\left(-\tfrac{1}{3}\right)-\tfrac{2}{3}\left(\tfrac{2}{3}\right)+\tfrac{2}{3}\left(-\tfrac{1}{3}\right)-\tfrac{2}{3}\left(\tfrac{4}{3}\right) =-\tfrac{1}{9}-\tfrac{4}{9}-\tfrac{2}{9}-\tfrac{8}{9}=-\tfrac{15}{9}=-\tfrac{5}{3}.
x_{2}=0\cdot\left(-\tfrac{1}{3}\right)+\tfrac{1}{3}\left(\tfrac{2}{3}\right)-1\left(-\tfrac{1}{3}\right)+\tfrac{4}{3}\left(\tfrac{4}{3}\right) =\tfrac{2}{9}+\tfrac{1}{3}+\tfrac{16}{9}=\tfrac{2+3+16}{9}=\tfrac{21}{9}=\tfrac{7}{3}.
x_{3}=-1\left(-\tfrac{1}{3}\right)+\tfrac{4}{3}\left(\tfrac{2}{3}\right)+0\cdot\left(-\tfrac{1}{3}\right)+\tfrac{1}{3}\left(\tfrac{4}{3}\right) =\tfrac{1}{3}+\tfrac{8}{9}+\tfrac{4}{9}=\tfrac{3+8+4}{9}=\tfrac{15}{9}=\tfrac{5}{3}.
x_{4}=\tfrac{2}{3}\left(-\tfrac{1}{3}\right)-\tfrac{2}{3}\left(\tfrac{2}{3}\right)+\tfrac{1}{3}\left(-\tfrac{1}{3}\right)-\tfrac{2}{3}\left(\tfrac{4}{3}\right) =-\tfrac{2}{9}-\tfrac{4}{9}-\tfrac{1}{9}-\tfrac{8}{9}=-\tfrac{15}{9}=-\tfrac{5}{3}.]

Resposta

(a) A^{-1}=\left[\begin{array}{rrrr} \tfrac{1}{3} & -\tfrac{2}{3} & \tfrac{2}{3} & -\tfrac{2}{3}\\[6pt] 0 & \tfrac{1}{3} & -1 & \tfrac{4}{3}\\[6pt] -1 & \tfrac{4}{3} & 0 & \tfrac{1}{3}\\[6pt] \tfrac{2}{3} & -\tfrac{2}{3} & \tfrac{1}{3} & -\tfrac{2}{3} \end{array}\right],\qquad \det(A)=-9
(b) X^{T}=\left[\begin{array}{rrrr}-\tfrac{5}{3} & \tfrac{7}{3} & \tfrac{5}{3} & -\tfrac{5}{3}\end{array}\right]]

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