Determine, se existir, a inversa da seguinte matriz:
H=\left(\begin{array}{lll}1 & 2 & 1 \\\\ 2 & 1 & 1 \\\\ 1 & 2 & 2\end{array}\right)

Passo 1

O enunciado pede: determinar, se existir, a inversa da matriz
H=\begin{pmatrix}1 & 2 & 1 \\[4pt] 2 & 1 & 1 \\[4pt] 1 & 2 & 2\end{pmatrix}.
Informações dadas (lista clara):
  • A matriz é quadrada de ordem 3.
  • É preciso encontrar H^{-1} quando existir (ou dizer que não existe).]

Passo 2

Qual método usar e por quê (explicação curta e amigável):
  • Vou usar eliminação de Gauss–Jordan (método do escalonamento com matriz aumentada). Por quê? Porque é um método direto, baseado em operações elementares de linha, que transforma \,H na matriz identidade \,I_3 enquanto transforma \,I_3 numa matriz que, ao final, será \,H^{-1}. É um método que dá passo a passo e é bastante comum em provas — não exige fórmulas prontas para 3×3 e é fácil de checar.
Breve lembrete sobre a ideia do método (aula curtinha):
  • Se existe H^{-1}, então existem operações elementares de linha (equivalentes a multiplicar por matrizes elementares) que levam H à identidade.
  • Aplicando as mesmas operações ao lado direito da matriz aumentada [H \mid I], o bloco direito vira H^{-1}.
  • Operações elementares de linha: trocar linhas, multiplicar uma linha por número não nulo, somar múltiplo de uma linha a outra. Essas operações não mudam a solução do sistema associado e podem ser feitas manualmente.

Passo 3

Montar a matriz aumentada inicial [H \mid I_3]:
\left(\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 2 & 1 & 1 & 0 & 0 \\[4pt] 2 & 1 & 1 & 0 & 1 & 0 \\[4pt] 1 & 2 & 2 & 0 & 0 & 1 \end{array}\right).
Objetivo: usar operações de linha para transformar o bloco esquerdo em \,I_3.]

Passo 4

Zerar abaixo do primeiro pivô (elemento (1,1)=1).
  • Fazer R_2 \leftarrow R_2 - 2R_1.
  • Fazer R_3 \leftarrow R_3 - R_1.
Calculemos os resultados linha a linha (cada entrada é combinada explicitamente):
  • R_2 - 2R_1:
    • coluna1: 2 - 2\cdot1 = 0
    • coluna2: 1 - 2\cdot2 = 1 - 4 = -3
    • coluna3: 1 - 2\cdot1 = 1 - 2 = -1
    • parte aumentada: (0,1,0) - 2(1,0,0) = (-2,1,0)
  • R_3 - R_1:
    • coluna1: 1 - 1 = 0
    • coluna2: 2 - 2 = 0
    • coluna3: 2 - 1 = 1
    • parte aumentada: (0,0,1) - (1,0,0) = (-1,0,1)
A matriz aumentada passa a ser
\left(\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 2 & 1 & 1 & 0 & 0 \\[4pt] 0 & -3 & -1 & -2 & 1 & 0 \\[4pt] 0 & 0 & 1 & -1 & 0 & 1 \end{array}\right).
Observação útil: a parte esquerda está agora triangular superior; os pivôs aparentes são 1, -3 e 1. O determinante de H é o produto desses pivôs (pois apenas foram feitas combinações que não mudam o determinante), então \det(H)=1\cdot(-3)\cdot1=-3. Como \det(H)\neq 0, H é invertível — ou seja, a inversa existe.]

Passo 5

Eliminar as entradas não nulas na coluna 3 (usar o pivô na terceira linha que já é 1):
  • Fazer R_1 \leftarrow R_1 - R_3 para zerar o elemento (1,3).
  • Fazer R_2 \leftarrow R_2 + R_3 para zerar o elemento (2,3) (porque em R_2 a entrada é -1).
Calculemos:
  • R_1 - R_3:
    • colunas: (1,2,1) - (0,0,1) = (1,2,0)
    • aumentada: (1,0,0) - (-1,0,1) = (1-(-1),\,0-0,\,0-1) = (2,0,-1)
  • R_2 + R_3:
    • colunas: (0,-3,-1) + (0,0,1) = (0,-3,0)
    • aumentada: (-2,1,0) + (-1,0,1) = (-3,1,1)
A matriz aumentada fica
\left(\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 2 & 0 & 2 & 0 & -1 \\[4pt] 0 & -3 & 0 & -3 & 1 & 1 \\[4pt] 0 & 0 & 1 & -1 & 0 & 1 \end{array}\right).]

Passo 6

Tornar o pivô da segunda linha igual a 1 (normalização):
  • Fazer R_2 \leftarrow \dfrac{-1}{3}R_2 (dividir R_2 por -3).
Calculemos:
  • Colunas de R_2: (0,-3,0)\cdot(-1/3) = (0,1,0).
  • Aumentada: (-3,1,1)\cdot(-1/3) = (1,\,-1/3,\,-1/3).
Assim
\left(\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 2 & 0 & 2 & 0 & -1 \\[4pt] 0 & 1 & 0 & 1 & -\tfrac{1}{3} & -\tfrac{1}{3} \\[4pt] 0 & 0 & 1 & -1 & 0 & 1 \end{array}\right).
Explicação didática: Normalizar o pivô facilita zerar a coluna correspondente nas demais linhas, obtendo a forma reduzida por linhas.]

Passo 7

Zerar a entrada (1,2) usando o pivô R_2:
  • Fazer R_1 \leftarrow R_1 - 2R_2.
Cálculo:
  • Colunas: (1,2,0) - 2(0,1,0) = (1,0,0).
  • Aumentada: (2,0,-1) - 2(1,-\tfrac{1}{3},-\tfrac{1}{3})
    = (2 - 2\cdot1,\; 0 - 2\cdot(-\tfrac{1}{3}),\; -1 - 2\cdot(-\tfrac{1}{3}))
    = (0,\; 0 + \tfrac{2}{3},\; -1 + \tfrac{2}{3})
    = \bigl(0,\; \tfrac{2}{3},\; -\tfrac{1}{3}\bigr).
Agora a matriz aumentada está na forma reduzida:
\left(\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & 0 & 0 & \tfrac{2}{3} & -\tfrac{1}{3} \\[6pt] 0 & 1 & 0 & 1 & -\tfrac{1}{3} & -\tfrac{1}{3} \\[6pt] 0 & 0 & 1 & -1 & 0 & 1 \end{array}\right).
Interpretação: o bloco esquerdo é agora I_3. Pelo método de Gauss–Jordan, o bloco direito é a matriz inversa procurada.]

Passo 8

Extrair a inversa H^{-1} do bloco direito da matriz aumentada. O bloco direito, linha a linha, é:
  • primeira linha: \bigl(0,\; \tfrac{2}{3},\; -\tfrac{1}{3}\bigr),
  • segunda linha: \bigl(1,\; -\tfrac{1}{3},\; -\tfrac{1}{3}\bigr),
  • terceira linha: \bigl(-1,\; 0,\; 1\bigr).
Portanto a inversa é a matriz cujas linhas são essas (coloquei os passos e as contas para que se consiga reproduzir isso na prova).

Resposta

H^{-1}=\begin{pmatrix} 0 & \tfrac{2}{3} & -\tfrac{1}{3} \\[6pt] 1 & -\tfrac{1}{3} & -\tfrac{1}{3} \\[6pt] -1 & 0 & 1 \end{pmatrix}]

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