Considere o sistema linear A x=b :
\left(\begin{array}{lll} k & 0 & 2 \\\\ 0 & k & 1 \\\\ 0 & 9 & k \end{array}\right)\left(\begin{array}{l} x_{1} \\\ x_{2} \\\ x_{3} \end{array}\right)=\left(\begin{array}{r} 1 \\\\ -1 \\\\ -17 \end{array}\right) .
a) Determine os valores de k para que a matriz A possua inversa.
b) Faça k=1 e calcule a inversa da matriz dos coeficientes.
c) Resolva o sistema linear resultante com k=1, usando a matriz inversa obtida em b).

Passo 1

O enunciado dá o sistema linear A x=b com
A=\begin{pmatrix} k & 0 & 2\\[4pt] 0 & k & 1\\[4pt] 0 & 9 & k \end{pmatrix}, \qquad b=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\\[4pt]-17\end{pmatrix}.
O que pede:
  • (a) Determinar os valores de k para os quais a matriz A possui inversa (isto é, quando A é invertível).
  • (b) Tomar k=1 e calcular A^{-1}.
  • (c) Com k=1, resolver o sistema usando a inversa encontrada em (b).
Informações importantes fornecidas: a forma explícita da matriz A em função de k e o vetor b. A resolução começa a seguir.]

Passo 2

Condição de invertibilidade e cálculo do determinante.
Teoria rápida e essencial (explicando como usar na prova):
  • Uma matriz quadrada A é invertível se, e somente se, \det(A)\neq0.
  • Para calcular \det(A) pode-se usar expansão por cofatores ou aproveitar zeros na matriz para simplificar.
Calculemos \det(A). Observando a primeira coluna de A (que tem duas entradas zero), temos:
\det(A)=k\cdot\det\begin{pmatrix}k & 1\\[4pt]9 & k\end{pmatrix}.
Agora calcule o determinante 2\times2:
\det\begin{pmatrix}k & 1\\[4pt]9 & k\end{pmatrix}=k\cdot k - 9\cdot 1 = k^{2}-9.
Portanto
\det(A)=k\,(k^{2}-9)=k\,(k-3)\,(k+3).
Conclusão: A é invertível exatamente quando \det(A)\neq0, ou seja, quando
k\neq 0,\quad k\neq 3,\quad k\neq -3.]

Passo 3

Preparação para calcular a inversa com k=1.
Escolha do método (seguindo o algoritmo pedido): não foi imposto método, então usamos um método prático e básico: eliminação de Gauss–Jordan (transformar [A\mid I] em [I\mid A^{-1}]). Esse método é ensinável e aplicável à mão em prova. Vou mostrar passo a passo cada operação elementar, explicando o objetivo de cada uma: zerar abaixo/ acima dos pivôs e normalizar pivôs.
Substituindo k=1 obtemos a matriz dos coeficientes
A_{1}=\begin{pmatrix}1 & 0 & 2\\[4pt]0 & 1 & 1\\[4pt]0 & 9 & 1\end{pmatrix}.
Montamos a matriz aumentada [A_{1}\mid I]:
\left(\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & 2 & 1 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 1 & 1 & 0 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 9 & 1 & 0 & 0 & 1 \end{array}\right).]

Passo 4

Eliminação por linhas (Gauss–Jordan), passo a passo.
Objetivo: obter a forma [I\mid A_{1}^{-1}].
  1. Anular elemento (3,2) usando a linha 2 (já há zero na coluna 1 nas linhas 2 e 3):
  • Fazer R_{3}\leftarrow R_{3}-9R_{2}.
Calculamos R_{3}-9R_{2}:
  • Na parte esquerda: (0,9,1)-9(0,1,1)=(0,9,1)-(0,9,9)=(0,0,-8).
  • Na parte direita: (0,0,1)-9(0,1,0)=(0,0,1)-(0,9,0)=(0,-9,1).
A matriz aumentada fica
\left(\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & 2 & 1 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 1 & 1 & 0 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 0 & -8 & 0 & -9 & 1 \end{array}\right).
  1. Normalizar o pivô da terceira linha (dividir a linha 3 por -8):
  • Fazer R_{3}\leftarrow \dfrac{1}{-8}R_{3}.
Isso dá:
  • Parte esquerda: (0,0,1).
  • Parte direita: \left(0,\dfrac{9}{8},-\dfrac{1}{8}\right).
Agora a matriz aumentada é
\left(\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & 2 & 1 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 1 & 1 & 0 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 1 & 0 & \dfrac{9}{8} & -\dfrac{1}{8} \end{array}\right).
  1. Eliminar os elementos acima do pivô (coluna 3):
  • Fazer R_{2}\leftarrow R_{2}-1\cdot R_{3}.
  • Fazer R_{1}\leftarrow R_{1}-2\cdot R_{3}.
Calculemos:
  • Para R_{2}-R_{3}: esquerda (0,1,1)-(0,0,1)=(0,1,0). Direita (0,1,0)-\left(0,\dfrac{9}{8},-\dfrac{1}{8}\right)=\left(0,1-\dfrac{9}{8},0-(-\dfrac{1}{8})\right)=\left(0,-\dfrac{1}{8},\dfrac{1}{8}\right).
  • Para R_{1}-2R_{3}: esquerda (1,0,2)-2(0,0,1)=(1,0,0). Direita (1,0,0)-2\left(0,\dfrac{9}{8},-\dfrac{1}{8}\right)=\left(1,0- \dfrac{9}{4},0-(-\dfrac{1}{4})\right)=\left(1,-\dfrac{9}{4},\dfrac{1}{4}\right).
Aumentada final (com a parte esquerda sendo a identidade) é
\left(\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & 0 & 1 & -\dfrac{9}{4} & \dfrac{1}{4}\\[6pt] 0 & 1 & 0 & 0 & -\dfrac{1}{8} & \dfrac{1}{8}\\[6pt] 0 & 0 & 1 & 0 & \dfrac{9}{8} & -\dfrac{1}{8} \end{array}\right).]

Passo 5

Ler a inversa a partir da aumentada final.
A parte direita é A_{1}^{-1}. Assim,
A^{-1}=\begin{pmatrix} 1 & -\dfrac{9}{4} & \dfrac{1}{4}\\[6pt] 0 & -\dfrac{1}{8} & \dfrac{1}{8}\\[6pt] 0 & \dfrac{9}{8} & -\dfrac{1}{8} \end{pmatrix}.
Pequena observação de verificação (útil na prova): multiplicar A_{1} por A^{-1} deve devolver I. Fazer checagens rápidas de uma ou duas entradas é uma boa prática para evitar erro de sinal.]

Passo 6

Resolver o sistema com k=1 usando x=A^{-1}b.
Multiplicamos A^{-1} por b=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\\[4pt]-17\end{pmatrix}. Calcule componente a componente, explicando cada termo:
  1. Primeiro componente x_{1}:
x_{1}=1\cdot 1 + \left(-\dfrac{9}{4}\right)\cdot(-1) + \dfrac{1}{4}\cdot(-17).
Calcule passo a passo:
1 + \dfrac{9}{4} - \dfrac{17}{4}=1 + \dfrac{9-17}{4}=1 - \dfrac{8}{4}=1-2=-1.
  1. Segundo componente x_{2}:
x_{2}=0\cdot 1 + \left(-\dfrac{1}{8}\right)\cdot(-1) + \dfrac{1}{8}\cdot(-17).
Calcule:
\dfrac{1}{8} - \dfrac{17}{8} = -\dfrac{16}{8}=-2.
  1. Terceiro componente x_{3}:
x_{3}=0\cdot 1 + \dfrac{9}{8}\cdot(-1) + \left(-\dfrac{1}{8}\right)\cdot(-17).
Calcule:
-\dfrac{9}{8} + \dfrac{17}{8} = \dfrac{8}{8}=1.
Logo a solução é
x=\begin{pmatrix}-1\\[4pt]-2\\[4pt]1\end{pmatrix}.]

Resposta

(a) k\neq 0,\\ k\neq 3,\\ k\neq -3
(b) A^{-1}=\begin{pmatrix} 1 & -\dfrac{9}{4} & \dfrac{1}{4}\\[6pt] 0 & -\dfrac{1}{8} & \dfrac{1}{8}\\[6pt] 0 & \dfrac{9}{8} & -\dfrac{1}{8} \end{pmatrix}
(c) x=\begin{pmatrix}-1\\[4pt]-2\\[4pt]1\end{pmatrix}]

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