Dada a matriz A=\left[\begin{array}{cccc}1 & 5 & -1 & 3 \\\\ -1 & 2 & -2 & 4 \\\\ 6 & 7 & 3 & -1 \\\\ 5 & 3 & 0 & 4\end{array}\right], determine:
(a) \operatorname{det} A utilizando as operações elementares sobre as linhas de A;
(b) \operatorname{det} A^{T};
(c) \operatorname{det}\left(A^{2}\right);
(d) \operatorname{det}\left(A^{-1}\right) ;
(e) \operatorname{det}(-A);

Passo 1

O enunciado dá a matriz
A=\begin{pmatrix} 1 & 5 & -1 & 3 \\\\ -1 & 2 & -2 & 4 \\\\ 6 & 7 & 3 & -1 \\\\ 5 & 3 & 0 & 4 \end{pmatrix}
e pede cinco quantidades:
(a) \det A calculado usando operações elementares sobre as linhas de A;
(b) \det A^{T};
(c) \det\bigl(A^{2}\bigr);
(d) \det\bigl(A^{-1}\bigr);
(e) \det(-A).
Também foram dadas implicitamente as dimensões: A é 4\times4. Nada mais é fornecido.

Passo 2

Primeiro, algumas regras importantes sobre operações com linhas e determinantes — isso é necessário para fazer o cálculo passo a passo e entender por que podemos manipular a matriz sem perder controle do determinante.
  • Operação tipo I: trocar duas linhas troca o sinal do determinante. Se fizer uma troca, multiplica-se \det por -1.
  • Operação tipo II: somar a uma linha um múltiplo escalar de outra linha não altera o determinante. Ou seja, R_i\leftarrow R_i+kR_j mantém \det igual.
  • Operação tipo III: multiplicar uma linha por um escalar c multiplica o determinante por c.
Além disso, propriedades que usarei depois:
  • \det(A^{T})=\det(A).
  • \det(AB)=\det(A)\det(B); portanto \det(A^{2})=\det(A)^2.
  • Se A é invertível então \det(A^{-1})=\dfrac{1}{\det(A)}.
  • \det(\lambda A)=\lambda^{n}\det(A) para A n\times n. Em particular \det(-A)=(-1)^{n}\det(A).
Vou usar principalmente operações do tipo II (que não mudam o determinante) para triangularizar a matriz e, no fim, tomar produto dos elementos da diagonal superior.

Passo 3

Começo a eliminação gaussiana usando somente somas de múltiplos de linhas (operação tipo II), portanto o determinante permanece o mesmo durante todo esse processo.
Chamo as linhas originais de R_1,R_2,R_3,R_4 com
R_1=(1,5,-1,3),\quad R_2=(-1,2,-2,4),\quad R_3=(6,7,3,-1),\quad R_4=(5,3,0,4).
Faço as seguintes operações para zerar a coluna 1 abaixo de R_1:
  • R_2\leftarrow R_2+R_1.
  • R_3\leftarrow R_3-6R_1.
  • R_4\leftarrow R_4-5R_1.
Como todas são do tipo II, \det não muda. Calculo cada nova linha:
  • R_2+R_1 = (-1+1,\;2+5,\;-2+(-1),\;4+3)=(0,7,-3,7).
  • R_3-6R_1 = (6-6,\;7-30,\;3-6(-1),\;-1-18)=(0,-23,9,-19).
  • R_4-5R_1 = (5-5,\;3-25,\;0-5(-1),\;4-15)=(0,-22,5,-11).
A matriz fica
\begin{pmatrix} 1 & 5 & -1 & 3\\[4pt] 0 & 7 & -3 & 7\\[4pt] 0 & -23 & 9 & -19\\[4pt] 0 & -22 & 5 & -11 \end{pmatrix}.]

Passo 4

Agora trabalho no subbloco 3\times3 formado pelas linhas 2–4 e colunas 2–4. O pivô atual é a_{22}=7. Usarei combinações lineares para zerar as entradas abaixo dele (coluna 2, linhas 3 e 4). Novamente, somas de múltiplos de uma linha em outra não alteram o determinante.
Para zerar a entrada -23 em R_3 (coluna 2), adiciono \dfrac{23}{7} vezes R_2 a R_3:
R_3\leftarrow R_3 + \frac{23}{7}R_2.
Calculando coordenada a coordenada:
  • nova a_{32}: -23 + \dfrac{23}{7}\cdot 7 = -23 + 23 = 0.
  • nova a_{33}: 9 + \dfrac{23}{7}\cdot(-3) = 9 - \dfrac{69}{7} = \dfrac{63-69}{7} = -\dfrac{6}{7}.
  • nova a_{34}: -19 + \dfrac{23}{7}\cdot 7 = -19 + 23 = 4.
Logo R_3=(0,0,-\tfrac{6}{7},4).
Para zerar a entrada -22 em R_4 (coluna 2), adiciono \dfrac{22}{7} vezes R_2 a R_4:
R_4\leftarrow R_4 + \frac{22}{7}R_2.
Calculando:
  • nova a_{42}: -22 + \dfrac{22}{7}\cdot7 = 0.
  • nova a_{43}: 5 + \dfrac{22}{7}\cdot(-3) = 5 - \dfrac{66}{7} = \dfrac{35-66}{7} = -\dfrac{31}{7}.
  • nova a_{44}: -11 + \dfrac{22}{7}\cdot7 = -11 +22 = 11.
Assim R_4=(0,0,-\tfrac{31}{7},11).
A matriz agora é
\begin{pmatrix} 1 & 5 & -1 & 3\\[4pt] 0 & 7 & -3 & 7\\[4pt] 0 & 0 & -\dfrac{6}{7} & 4\\[4pt] 0 & 0 & -\dfrac{31}{7} & 11 \end{pmatrix}.]

Passo 5

Temos pivô em a_{33}=-\dfrac{6}{7}. Para zerar a entrada -\dfrac{31}{7} em a_{43} faço
R_4\leftarrow R_4 - \frac{31}{6}\,R_3,
porque \dfrac{-31/7}{-6/7} = \dfrac{31}{6}. Essa operação é do tipo II (somar múltiplo de uma linha) e não altera o determinante.
Calculo a nova a_{44}:
a_{44}^{\text{nova}} = 11 - \frac{31}{6}\cdot 4 = 11 - \frac{124}{6} = 11 - \frac{62}{3} = \frac{33-62}{3} = -\frac{29}{3}.
E a nova a_{43} fica zero por construção. Assim a linha 4 se torna (0,0,0,-\tfrac{29}{3}).
Agora a matriz está em forma triangular superior:
\begin{pmatrix} 1 & * & * & *\\[4pt] 0 & 7 & * & *\\[4pt] 0 & 0 & -\dfrac{6}{7} & *\\[4pt] 0 & 0 & 0 & -\dfrac{29}{3} \end{pmatrix},
onde os asteriscos não importam para o determinante triangular.]

Passo 6

Quando uma matriz está em forma triangular superior, o determinante é o produto das entradas da diagonal. Durante todo o processo usei apenas operações do tipo II (somas de múltiplos de linhas), que não alteram o determinante. Portanto
\det A = 1 \cdot 7 \cdot \left(-\dfrac{6}{7}\right) \cdot \left(-\dfrac{29}{3}\right).
Faço a multiplicação passo a passo:
1\cdot 7 = 7, \qquad 7\cdot \left(-\dfrac{6}{7}\right) = -6, \qquad -6\cdot \left(-\dfrac{29}{3}\right) = \dfrac{6\cdot 29}{3} = 2\cdot 29 = 58.
Logo \det A = 58.
(Eu sei, números grandes e frações podem assustar, mas como vê: muita coisa cancela e o resultado final fica inteiro.)

Passo 7

Agora uso as propriedades gerais de determinante para responder as demais letras:
  • (b) \det(A^{T})=\det(A). Como \det(A)=58, segue \det(A^{T})=58.
  • (c) \det(A^{2})=\det(A\cdot A)=\det(A)\det(A)=\det(A)^{2}=58^{2}=3364.
  • (d) Se A é invertível (tem determinante não nulo), então \det(A^{-1})=\dfrac{1}{\det(A)}. Como \det(A)=58\neq 0, temos \det(A^{-1})=\dfrac{1}{58}.
  • (e) Para n\times n com n=4, \det(-A)=(-1)^{4}\det(A)=1\cdot\det(A)=\det(A)=58.

Resposta

(a) \det A = 58
(b) \det A^{T} = 58
(c) \det\bigl(A^{2}\bigr) = 3364
(d) \det\bigl(A^{-1}\bigr) = \dfrac{1}{58}
(e) \det(-A) = 58

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