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 nos dá a matriz
A=\begin{pmatrix} 1 & 2 & 2 & 4\\[4pt] 0 & 1 & 2 & 3\\[4pt] 4 & 2 & 2 & 1\\[4pt] 3 & 2 & 1 & 0 \end{pmatrix}
e o vetor B com transposta
B^{T}=\left[-\tfrac{1}{3}\\ \\ \tfrac{2}{3}\\ \\\ -\tfrac{1}{3}\\ \\ \tfrac{4}{3}\right].
As tarefas são:
  • (a) Mostrar que A é invertível, calcular A^{-1} usando operações elementares entre linhas e calcular \det(A) usando a mesma técnica.
  • (b) Resolver o sistema linear A X=B (ou seja, encontrar X).
Todas as informações relevantes estão acima (a matriz A e o vetor B). Não há imagens nem dados adicionais.]

Passo 2

Plano de ação e conceitos usados (aula rápida e prática):
  • Para obter A^{-1} por operações elementares entre linhas, constrói-se a matriz aumentada [\,A\mid I\,] e aplica-se Gauss–Jordan (operações de linha) até obter [\,I\mid A^{-1}\,]. As operações de linha permitidas são: R_i\leftrightarrow R_j (troca), R_i\leftarrow R_i + k R_j (adição com múltiplo), R_i\leftarrow \lambda R_i (multiplicação por escalar não nulo).
  • Efeito dessas operações no determinante:
    • Trocar duas linhas multiplica o determinante por -1.
    • Multiplicar uma linha por \lambda multiplica o determinante por \lambda.
    • Adicionar a uma linha um múltiplo de outra linha não altera o determinante.
  • Estratégia para \det(A): reduzir A a triangular superior usando apenas operações do tipo “adição de múltiplo de uma linha em outra” (essas não alteram o determinante). Então \det(A) é o produto dos elementos da diagonal da triangular superior obtida. Se for necessário usar troca ou escala, é preciso ajustar o determinante conforme acima.
  • Vou executar passo a passo as operações (com números exatos — frações) e mostrar como o bloco à direita (aumentado com I) muda: no fim terei A^{-1}. Ao longo do avanço, quando obter a triangular superior sem trocar linhas ou escalar, calculo \det(A) como produto das diagonais.

Passo 3

Montar a matriz aumentada inicial [\,A\mid I\,]:
\left[\begin{array}{cccc|cccc} 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]
Primeiro passo: eliminar as entradas abaixo do pivô em coluna 1 (usar R_1 como pivô).
  • R_3 \leftarrow R_3 - 4R_1.
  • R_4 \leftarrow R_4 - 3R_1.
Calculemos os novos R_3 e R_4 (mostrando também a parte direita aumentada):
  • Nova linha R_3 (esquerda): [4-4\cdot1,\\\ 2-4\cdot2,\\\ 2-4\cdot2,\\\ 1-4\cdot4]=[0,-6,-6,-15].
  • Nova linha R_3 (direita): [0,0,1,0]-4[1,0,0,0]=[-4,0,1,0].
  • Nova linha R_4 (esquerda): [3-3\cdot1,\\\ 2-3\cdot2,\\\ 1-3\cdot2,\\\ 0-3\cdot4]=[0,-4,-5,-12].
  • Nova linha R_4 (direita): [0,0,0,1]-3[1,0,0,0]=[-3,0,0,1].
Matriz aumentada agora:
\left[\begin{array}{cccc|cccc} 1 & 2 & 2 & 4 & 1 & 0 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 1 & 2 & 3 & 0 & 1 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & -6 & -15 & -4 & 0 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 0 & -4 & -12 & -3 & 0 & 0 & 1 \end{array}\right]
Observação: até agora usei apenas operações do tipo “adição de múltiplo de uma linha em outra”, que não alteram o determinante.]

Passo 4

Continuar eliminação usando R_2 como pivô (coluna 2), para zerar as entradas em coluna 2 das linhas 3 e 4:
  • R_3 \leftarrow R_3 + 6R_2 (porque R_3 tem -6 em col.2).
  • R_4 \leftarrow R_4 + 4R_2 (porque R_4 tem -4 em col.2).
Calculemos:
  • Nova R_3 (esq): [0,0,-6+6\cdot2,-15+6\cdot3]=[0,0,6,3].
  • Nova R_3 (dir): [-4,0,1,0]+6[0,1,0,0]=[-4,6,1,0].
  • Nova R_4 (esq): [0,0,-4+4\cdot2,-12+4\cdot3]=[0,0,3,0].
  • Nova R_4 (dir): [-3,0,0,1]+4[0,1,0,0]=[-3,4,0,1].
Matriz aumentada agora:
\left[\begin{array}{cccc|cccc} 1 & 2 & 2 & 4 & 1 & 0 & 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]
Ainda só usei adições de múltiplos de linhas (determinante inalterado).]

Passo 5

Agora, com R_3 tendo pivô 6 na coluna 3, zerar a entrada em coluna 3 da linha 4:
  • Fazer R_4 \leftarrow R_4 - \tfrac{1}{2}R_3 (porque 3 = \tfrac{1}{2}\cdot 6).
Calculemos o lado esquerdo:
  • Nova R_4 (esq): [0,0,3,0] - \tfrac{1}{2}[0,0,6,3] = [0,0,0,-\tfrac{3}{2}].
Calculemos o lado direito:
  • [-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].
Aumentada:
\left[\begin{array}{cccc|cccc} 1 & 2 & 2 & 4 & 1 & 0 & 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]
Agora a parte esquerda é triangular superior. Como até aqui não usei trocas nem escalas (apenas adições de múltiplos de linha), o determinante de A é o produto das entradas diagonais desta triangular superior:
\det(A)=1\cdot 1\cdot 6\cdot\bigl(-\tfrac{3}{2}\bigr)=6\cdot\bigl(-\tfrac{3}{2}\bigr)=-9.
Portanto A é invertível (determinante \neq 0).]

Passo 6

Continuar Gauss–Jordan para obter a inversa. A partir da aumentada atual, vamos transformar a parte esquerda na identidade:
  • Primeiro, tornar o pivô de R_4 igual a 1: R_4 \leftarrow -\tfrac{2}{3}R_4 (multiplicar por -\tfrac{2}{3}). Atenção: multiplicar uma linha altera o determinante; já havíamos calculado \det(A) na etapa anterior (antes de escalas), então essa multiplicação agora não afetará o valor já obtido para \det(A). Aqui fazemos só para obter a inversa.
Aplicando R_4 \leftarrow -\tfrac{2}{3}R_4 ao lado direito:
  • R_4 (dir) = -\tfrac{2}{3}[-1,1,-\tfrac{1}{2},1] = [\tfrac{2}{3},-\tfrac{2}{3},\tfrac{1}{3},-\tfrac{2}{3}].
Depois dessa escala, R_4 (esq) é [0,0,0,1].
Matriz aumentada (apenas linha 4 modificada):
\left[\begin{array}{cccc|cccc} 1 & 2 & 2 & 4 & 1 & 0 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 1 & 2 & 3 & 0 & 1 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 6 & 3 & -4 & 6 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 1 & \tfrac{2}{3} & -\tfrac{2}{3} & \tfrac{1}{3} & -\tfrac{2}{3} \end{array}\right]]

Passo 7

Eliminar os valores acima do pivô em coluna 4 (usar R_4 para zerar entradas na coluna 4 das linhas 1,2,3):
  • R_3 \leftarrow R_3 - 3R_4.
  • R_2 \leftarrow R_2 - 3R_4.
  • R_1 \leftarrow R_1 - 4R_4.
Calculemos as atualizações do lado direito (cada vez subtrai-se múltiplos de R_4 (dir)):
  • Para R_3 (dir): [-4,6,1,0] - 3[\tfrac{2}{3},-\tfrac{2}{3},\tfrac{1}{3},-\tfrac{2}{3}] = [-4-2,\\\ 6+2,\\\ 1-1,\\\ 0+2] = [-6,\\\ 8,\\\ 0,\\\ 2].
    E R_3 (esq) passa a ser [0,0,6,0].
  • Para R_2 (dir): [0,1,0,0] - 3[\tfrac{2}{3},-\tfrac{2}{3},\tfrac{1}{3},-\tfrac{2}{3}] = [0-2,\\\ 1+2,\\\ 0-1,\\\ 0+2] = [-2,\\\ 3,\\\ -1,\\\ 2].
    E R_2 (esq) passa a ser [0,1,2,0].
  • Para R_1 (dir): [1,0,0,0] - 4[\tfrac{2}{3},-\tfrac{2}{3},\tfrac{1}{3},-\tfrac{2}{3}] = [1-\tfrac{8}{3},\\\ 0+\tfrac{8}{3},\\\ 0-\tfrac{4}{3},\\\ 0+\tfrac{8}{3}] = [ -\tfrac{5}{3},\\ \tfrac{8}{3},\\\ -\tfrac{4}{3},\\ \tfrac{8}{3} ].
    E R_1 (esq) passa a ser [1,2,2,0].
Aumentada agora:
\left[\begin{array}{cccc|cccc} 1 & 2 & 2 & 0 & -\tfrac{5}{3} & \tfrac{8}{3} & -\tfrac{4}{3} & \tfrac{8}{3}\\[4pt] 0 & 1 & 2 & 0 & -2 & 3 & -1 & 2\\[4pt] 0 & 0 & 6 & 0 & -6 & 8 & 0 & 2\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 1 & \tfrac{2}{3} & -\tfrac{2}{3} & \tfrac{1}{3} & -\tfrac{2}{3} \end{array}\right]]

Passo 8

Agora normalizar o pivô de R_3 (coluna 3): R_3 \leftarrow \tfrac{1}{6}R_3.
  • R_3 (dir): [-\tfrac{6}{6},\\ \tfrac{8}{6},\\\ 0,\\ \tfrac{2}{6}] = [-1,\\ \tfrac{4}{3},\\\ 0,\\ \tfrac{1}{3}].
  • R_3 (esq) torna-se [0,0,1,0].
Aumentada:
\left[\begin{array}{cccc|cccc} 1 & 2 & 2 & 0 & -\tfrac{5}{3} & \tfrac{8}{3} & -\tfrac{4}{3} & \tfrac{8}{3}\\[4pt] 0 & 1 & 2 & 0 & -2 & 3 & -1 & 2\\[4pt] 0 & 0 & 1 & 0 & -1 & \tfrac{4}{3} & 0 & \tfrac{1}{3}\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 1 & \tfrac{2}{3} & -\tfrac{2}{3} & \tfrac{1}{3} & -\tfrac{2}{3} \end{array}\right]]

Passo 9

Zerar as entradas acima do pivô de coluna 3 (usar R_3):
  • R_1 \leftarrow R_1 - 2R_3.
  • R_2 \leftarrow R_2 - 2R_3.
Calculemos o lado direito:
  • Para R_1 (dir): [-\tfrac{5}{3},\tfrac{8}{3},-\tfrac{4}{3},\tfrac{8}{3}] - 2[-1,\tfrac{4}{3},0,\tfrac{1}{3}] = [-\tfrac{5}{3}+2,\\ \tfrac{8}{3}-\tfrac{8}{3},\\\ -\tfrac{4}{3}-0,\\ \tfrac{8}{3}-\tfrac{2}{3}] = [\tfrac{1}{3},\\\ 0,\\\ -\tfrac{4}{3},\\\ 2].
    E R_1 (esq) vira [1,2,0,0].
  • Para R_2 (dir): [-2,3,-1,2] - 2[-1,\tfrac{4}{3},0,\tfrac{1}{3}] = [-2+2,\\\ 3-\tfrac{8}{3},\\\ -1-0,\\\ 2-\tfrac{2}{3}] = [0,\\ \tfrac{1}{3},\\\ -1,\\ \tfrac{4}{3}].
    E R_2 (esq) vira [0,1,0,0].
Aumentada:
\left[\begin{array}{cccc|cccc} 1 & 2 & 0 & 0 & \tfrac{1}{3} & 0 & -\tfrac{4}{3} & 2\\[4pt] 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & \tfrac{1}{3} & -1 & \tfrac{4}{3}\\[4pt] 0 & 0 & 1 & 0 & -1 & \tfrac{4}{3} & 0 & \tfrac{1}{3}\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 1 & \tfrac{2}{3} & -\tfrac{2}{3} & \tfrac{1}{3} & -\tfrac{2}{3} \end{array}\right]]

Passo 10

Zerar a entrada em coluna 2 da primeira linha (usar R_2):
  • R_1 \leftarrow R_1 - 2R_2.
Calcule o lado direito:
  • R_1 (dir): [\tfrac{1}{3},0,-\tfrac{4}{3},2] - 2[0,\tfrac{1}{3},-1,\tfrac{4}{3}] = [\tfrac{1}{3},\\\ 0-\tfrac{2}{3},\\\ -\tfrac{4}{3}+2,\\\ 2-\tfrac{8}{3}] = [\tfrac{1}{3},\\\ -\tfrac{2}{3},\\ \tfrac{2}{3},\\\ -\tfrac{2}{3}].
    E R_1 (esq) torna-se [1,0,0,0].
Agora a parte esquerda é a identidade; a parte direita é A^{-1}. A matriz invertida obtida é:
A^{-1}=\begin{pmatrix} \tfrac{1}{3} & -\tfrac{2}{3} & \tfrac{2}{3} & -\tfrac{2}{3}\\[4pt] 0 & \tfrac{1}{3} & -1 & \tfrac{4}{3}\\[4pt] -1 & \tfrac{4}{3} & 0 & \tfrac{1}{3}\\[4pt] \tfrac{2}{3} & -\tfrac{2}{3} & \tfrac{1}{3} & -\tfrac{2}{3} \end{pmatrix}.
Recap rápido (importante para a prova): o determinante foi calculado na etapa onde a matriz esquerda ficou triangular superior sem ter feito escalas nem trocas; o produto das diagonais deu \det(A)=-9. Como \det(A)\neq0, A é invertível e a inversa foi obtida acima por Gauss–Jordan.]

Passo 11

Resolver A X = B. Uma vez obtida A^{-1}, a solução é X = A^{-1}B. Usar as entradas exatas (frações).
Escrevendo B em coluna:
B=\begin{pmatrix}-\tfrac{1}{3}\\[4pt]\tfrac{2}{3}\\[4pt]-\tfrac{1}{3}\\[4pt]\tfrac{4}{3}\end{pmatrix}.
Calcule X=A^{-1}B por produto de matriz (cada componente x_i é o produto escalar da i-ésima linha de A^{-1} por B).
Computações:
  • x_1 = \tfrac{1}{3}\cdot\bigl(-\tfrac{1}{3}\bigr) + \bigl(-\tfrac{2}{3}\bigr)\cdot\bigl(\tfrac{2}{3}\bigr) + \tfrac{2}{3}\cdot\bigl(-\tfrac{1}{3}\bigr) + \bigl(-\tfrac{2}{3}\bigr)\cdot\bigl(\tfrac{4}{3}\bigr)
x_1 = -\tfrac{1}{9} -\tfrac{4}{9} -\tfrac{2}{9} -\tfrac{8}{9} = -\tfrac{15}{9} = -\tfrac{5}{3}.
  • x_2 = 0\cdot\bigl(-\tfrac{1}{3}\bigr) + \tfrac{1}{3}\cdot\bigl(\tfrac{2}{3}\bigr) + (-1)\cdot\bigl(-\tfrac{1}{3}\bigr) + \tfrac{4}{3}\cdot\bigl(\tfrac{4}{3}\bigr)
x_2 = 0 + \tfrac{2}{9} + \tfrac{1}{3} + \tfrac{16}{9} = \tfrac{2+3+16}{9} = \tfrac{21}{9} = \tfrac{7}{3}.
  • x_3 = (-1)\cdot\bigl(-\tfrac{1}{3}\bigr) + \tfrac{4}{3}\cdot\bigl(\tfrac{2}{3}\bigr) + 0\cdot\bigl(-\tfrac{1}{3}\bigr) + \tfrac{1}{3}\cdot\bigl(\tfrac{4}{3}\bigr)
x_3 = \tfrac{1}{3} + \tfrac{8}{9} + 0 + \tfrac{4}{9} = \tfrac{3+8+4}{9} = \tfrac{15}{9} = \tfrac{5}{3}.
  • x_4 = \tfrac{2}{3}\cdot\bigl(-\tfrac{1}{3}\bigr) + \bigl(-\tfrac{2}{3}\bigr)\cdot\bigl(\tfrac{2}{3}\bigr) + \tfrac{1}{3}\cdot\bigl(-\tfrac{1}{3}\bigr) + \bigl(-\tfrac{2}{3}\bigr)\cdot\bigl(\tfrac{4}{3}\bigr)
x_4 = -\tfrac{2}{9} -\tfrac{4}{9} -\tfrac{1}{9} -\tfrac{8}{9} = -\tfrac{15}{9} = -\tfrac{5}{3}.
Portanto a solução é X^{T}=[-\tfrac{5}{3}\\ \\ \tfrac{7}{3}\\ \\ \tfrac{5}{3}\\ \\\ -\tfrac{5}{3}].]

Resposta

a) A é invertível; \det(A)=-9.
A^{-1}=\begin{pmatrix} \tfrac{1}{3} & -\tfrac{2}{3} & \tfrac{2}{3} & -\tfrac{2}{3}\\[4pt] 0 & \tfrac{1}{3} & -1 & \tfrac{4}{3}\\[4pt] -1 & \tfrac{4}{3} & 0 & \tfrac{1}{3}\\[4pt] \tfrac{2}{3} & -\tfrac{2}{3} & \tfrac{1}{3} & -\tfrac{2}{3} \end{pmatrix}
b) X^{T}=\left[-\tfrac{5}{3}\\ \\ \tfrac{7}{3}\\ \\ \tfrac{5}{3}\\ \\\ -\tfrac{5}{3}\right]]

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