Determine quais das seguintes matrizes são invertíveis.
\left[\begin{array}{rrr}4 & 2 & 8 \\\\ -2 & 1 & -4 \\\\ 3 & 1 & 6\end{array}\right]

Passo 1

O enunciado dá uma matriz quadrada 3\times3 e pede para determinar se ela é invertível. A matriz fornecida é:
A=\begin{pmatrix}4 & 2 & 8 \\\\ -2 & 1 & -4 \\\\ 3 & 1 & 6\end{pmatrix}
A pergunta é: esta matriz A é invertível ou não?

Passo 2

Regra que vou usar (explicando bem): uma matriz quadrada é invertível se, e somente se, seu determinante for diferente de zero.
Para uma matriz 3\times3 com entradas
\begin{pmatrix} a_{11} & a_{12} & a_{13}\\[4pt] a_{21} & a_{22} & a_{23}\\[4pt] a_{31} & a_{32} & a_{33} \end{pmatrix},
uma forma prática de calcular o determinante é a expansão pela primeira linha:
\det(A)=a_{11}(a_{22}a_{33}-a_{23}a_{32})-a_{12}(a_{21}a_{33}-a_{23}a_{31})+a_{13}(a_{21}a_{32}-a_{22}a_{31}).
Aqui cada a_{ij} é o elemento da linha i e coluna j. A ideia é multiplicar cada elemento da primeira linha pelo determinante do menor correspondente (o 2\times2 que sobra), com sinais +,-,+.]

Passo 3

Agora aplico essa fórmula em A. Identificando as entradas:
a_{11}=4,\quad a_{12}=2,\quad a_{13}=8,
a_{21}=-2,\quad a_{22}=1,\quad a_{23}=-4,
a_{31}=3,\quad a_{32}=1,\quad a_{33}=6.
Calculo os menores (cada um é um determinante 2\times2):
M_{11}=a_{22}a_{33}-a_{23}a_{32}=1\cdot6-(-4)\cdot1=6+4=10,
M_{12}=a_{21}a_{33}-a_{23}a_{31}=(-2)\cdot6-(-4)\cdot3=-12+12=0,
M_{13}=a_{21}a_{32}-a_{22}a_{31}=(-2)\cdot1-1\cdot3=-2-3=-5.

Passo 4

Substituindo esses valores na fórmula da expansão pela primeira linha:
\det(A)=4\cdot M_{11}-2\cdot M_{12}+8\cdot M_{13}=4\cdot10-2\cdot0+8\cdot(-5).
Faço as contas:
4\cdot10=40,\qquad 8\cdot(-5)=-40,
logo
\det(A)=40-0-40=0.

Passo 5

Interpretação do resultado (aqui explico o que isso significa, sem ainda escrever a resposta final): como o determinante calculado é \det(A)=0, isso indica que as linhas (ou colunas) da matriz são linearmente dependentes — há redundância entre elas. Vou mostrar uma verificação direta de dependência linear para solidificar a ideia.
Procuro escalares \alpha,\beta tais que \alpha vezes a primeira linha mais \beta vezes a segunda linha dê a terceira linha. Escrevendo:
\alpha(4,2,8)+\beta(-2,1,-4)=(3,1,6).
Isso gera o sistema (coordenada a coordenada):
4\alpha-2\beta=3,
2\alpha+\beta=1,
8\alpha-4\beta=6.
Da segunda equação temos \beta=1-2\alpha. Substituindo na primeira:
4\alpha-2(1-2\alpha)=3 \quad\Rightarrow\quad 4\alpha-2+4\alpha=3 \quad\Rightarrow\quad 8\alpha=5 \quad\Rightarrow\quad \alpha=\tfrac{5}{8}.
Então \beta=1-2\cdot\tfrac{5}{8}=1-\tfrac{10}{8}=-\tfrac{1}{4}. Verificando na terceira equação:
8\cdot\tfrac{5}{8}-4\cdot\left(-\tfrac{1}{4}\right)=5+1=6,
funciona. Portanto a terceira linha é combinação linear das duas primeiras:
\text{linha}_3=\tfrac{5}{8}\,\text{linha}_1-\tfrac{1}{4}\,\text{linha}_2.
Isso confirma a dependência linear e está de acordo com \det(A)=0.

Resposta

\begin{pmatrix}4 & 2 & 8 \\\\ -2 & 1 & -4 \\\\ 3 & 1 & 6\end{pmatrix} não é invertível.

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