Determine, se existir, a inversa da seguinte matriz:
E=\left(\begin{array}{cccc}4 & -1 & 2 & -2 \\\\ 3 & -1 & 0 & 0 \\\\ 2 & 3 & 1 & 0 \\\\ 0 & 7 & 1 & 1\end{array}\right)

Passo 1

O enunciado pede para determinar, se existir, a inversa da matriz
E=\begin{pmatrix} 4 & -1 & 2 & -2 \\\\ 3 & -1 & 0 & 0 \\\\ 2 & 3 & 1 & 0 \\\\ 0 & 7 & 1 & 1 \end{pmatrix}.
Informações dadas (todos os elementos da matriz): as entradas de E são as mostradas acima. A única pergunta é: existe E^{-1}? Se sim, qual é ela?

Passo 2

Explicando o método (bem devagar, como um amigo explicando):
  • Para encontrar E^{-1} usamos o método de eliminação de Gauss–Jordan aplicado na matriz aumentada \bigl[E \mid I\bigr], onde I é a matriz identidade 4\times4.
  • Ideia: realizar operações elementares por linhas (trocar linhas, multiplicar uma linha por um escalar não nulo, somar múltiplos de uma linha em outra) até que o bloco esquerdo vire a identidade. Essas operações correspondem a multiplicar por matrizes elementares que são inversíveis; se for possível transformar E em I por essas operações, então a parte direita se transforma em E^{-1}.
  • Operações elementares permitidas:
    1. L_i \leftrightarrow L_j (trocar linhas),
    2. L_i \leftarrow \lambda L_i com \lambda\neq0 (multiplicar uma linha),
    3. L_i \leftarrow L_i + \mu L_j (somar múltiplo de outra linha).
  • Vamos aplicar passo a passo em \bigl[E\mid I\bigr].

Passo 3

Montando a matriz aumentada inicial:
\left[\begin{array}{cccc|cccc} 4 & -1 & 2 & -2 & 1 & 0 & 0 & 0\\[4pt] 3 & -1 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0\\[4pt] 2 & 3 & 1 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 7 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 & 1 \end{array}\right].
Primeiro objetivo: zerar abaixo do pivô na coluna 1 (usar L_1 como linha-pivô).]

Passo 4

Escalar a primeira linha para obter pivô 1 em (1,1): L_1 \leftarrow \dfrac{1}{4}L_1.
L_1=\left(1,\,-\tfrac{1}{4},\,\tfrac{1}{2},\,-\tfrac{1}{2}\;\middle|\;\tfrac{1}{4},0,0,0\right).
Zerar entradas abaixo:
  • L_2 \leftarrow L_2 - 3L_1,
  • L_3 \leftarrow L_3 - 2L_1,
    L_4 já tem zero na coluna 1.
    Calculando:
\begin{aligned} L_2 &= \left(0,\,-\tfrac{1}{4},\,-\tfrac{3}{2},\,\tfrac{3}{2}\;\middle|\;-\tfrac{3}{4},1,0,0\right),\\[4pt] L_3 &= \left(0,\,\tfrac{7}{2},\,0,\,1\;\middle|\;-\tfrac{1}{2},0,1,0\right). \end{aligned}
Agora a matriz aumenta fica
\left[\begin{array}{cccc|cccc} 1 & -\tfrac{1}{4} & \tfrac{1}{2} & -\tfrac{1}{2} & \tfrac{1}{4} & 0 & 0 & 0\\[6pt] 0 & -\tfrac{1}{4} & -\tfrac{3}{2} & \tfrac{3}{2} & -\tfrac{3}{4} & 1 & 0 & 0\\[6pt] 0 & \tfrac{7}{2} & 0 & 1 & -\tfrac{1}{2} & 0 & 1 & 0\\[6pt] 0 & 7 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 & 1 \end{array}\right].]

Passo 5

Para trabalhar a coluna 2 escolho uma linha com pivô “bom” (evitar frações desconfortáveis). Troco L_2 e L_3 (ou seja, L_2 \leftrightarrow L_3). Após a troca, faço L_2 \leftarrow \dfrac{2}{7}L_2 para pivotar com 1 na posição (2,2).
Resultado de L_2:
L_2=\left(0,\,1,\,0,\,\tfrac{2}{7}\;\middle|\;-\tfrac{1}{7},0,\tfrac{2}{7},0\right).
Agora zero nas outras linhas na coluna 2:
  • L_1 \leftarrow L_1 + \tfrac{1}{4}L_2 (pois L_1 tem -\tfrac{1}{4} na coluna 2),
  • L_3 \leftarrow L_3 + \tfrac{1}{4}L_2 (pois L_3 tem -\tfrac{1}{4} após a troca),
  • L_4 \leftarrow L_4 - 7L_2 (pois L_4 tem 7 na coluna 2).
    Calculando cuidadosamente cada nova linha obtemos:
\begin{aligned} L_1 &= \left(1,\,0,\,\tfrac{1}{2},\,-\tfrac{3}{7}\;\middle|\;\tfrac{3}{14},0,\tfrac{1}{14},0\right),\\[4pt] L_3 &= \left(0,\,0,\,-\tfrac{3}{2},\,\tfrac{11}{7}\;\middle|\;-\tfrac{11}{14},1,\tfrac{1}{14},0\right),\\[4pt] L_4 &= \left(0,\,0,\,1,\,-1\;\middle|\;1,0,-2,1\right). \end{aligned}]

Passo 6

Agora a matriz tem zeros nas colunas 1 e 2, exceto nos pivôs. Passamos para a coluna 3. Observamos que L_4 tem entrada 1 em (4,3), o que é ótimo para pivô. Troco L_3 com L_4 para colocar esse pivô na linha 3: L_3 \leftrightarrow L_4.
Assim L_3=\left(0,0,1,-1\;\middle|\;1,0,-2,1\right).
Agora zeramos as outras entradas na coluna 3:
  • L_1 \leftarrow L_1 - \tfrac{1}{2}L_3 (porque L_1 tem \tfrac{1}{2} na coluna 3),
  • L_4 \leftarrow L_4 + \tfrac{3}{2}L_3 (porque L_4 tem -\tfrac{3}{2} na coluna 3).
    Fazendo as contas obtemos:
\begin{aligned} L_1 &= \left(1,0,0,\tfrac{1}{14}\;\middle|\;-\tfrac{2}{7},0,\tfrac{15}{14},-\tfrac{1}{2}\right),\\[4pt] L_4 &= \left(0,0,0,\tfrac{1}{14}\;\middle|\;\tfrac{5}{7},1,-\tfrac{41}{14},\tfrac{3}{2}\right). \end{aligned}]

Passo 7

Falta tratar a coluna 4. Observa-se que agora apenas entradas não nulas na coluna 4 (na parte esquerda) estão nas linhas L_1,L_2,L_3,L_4 com valores \tfrac{1}{14},\tfrac{2}{7},-1,\tfrac{1}{14}. A linha L_4 tem forma especial com zeros nas colunas 1 a 3 e \tfrac{1}{14} na coluna 4, então é conveniente usá-la como pivô escalando:
  • Multiplico L_4 por 14: L_4 \leftarrow 14L_4, obtendo
L_4=\left(0,0,0,1\;\middle|\;10,14,-41,21\right).
Agora anulo as entradas das outras linhas na coluna 4:
  • L_1 \leftarrow L_1 - \tfrac{1}{14}L_4 (pois L_1 tem \tfrac{1}{14}),
  • L_2 \leftarrow L_2 - \tfrac{2}{7}L_4 (pois L_2 tem \tfrac{2}{7}),
  • L_3 \leftarrow L_3 + 1\cdot L_4 (pois L_3 tem -1).
    Fazendo essas operações:
\begin{aligned} L_1 &\leftarrow \left(1,0,0,0\;\middle|\;-1,-1,4,-2\right),\\[4pt] L_2 &\leftarrow \left(0,1,0,0\;\middle|\;-3,-4,12,-6\right),\\[4pt] L_3 &\leftarrow \left(0,0,1,0\;\middle|\;11,14,-43,22\right). \end{aligned}]

Passo 8

Agora o bloco esquerdo da matriz aumentada é exatamente a identidade 4\times4:
\left[\begin{array}{cccc|cccc} 1 & 0 & 0 & 0 & -1 & -1 & 4 & -2\\[4pt] 0 & 1 & 0 & 0 & -3 & -4 & 12 & -6\\[4pt] 0 & 0 & 1 & 0 & 11 & 14 & -43 & 22\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 1 & 10 & 14 & -41 & 21 \end{array}\right].
Concluímos que E é invertível (pois conseguimos transformar E em I por operações elementares) e que a parte à direita é E^{-1}.]

Resposta

E^{-1}=\begin{pmatrix} -1 & -1 & 4 & -2\\[4pt] -3 & -4 & 12 & -6\\[4pt] 11 & 14 & -43 & 22\\[4pt] 10 & 14 & -41 & 21 \end{pmatrix}]

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