Encontre matrizes elementares E_{1}, E_{2}, \cdots, E_{k} tais que A=E_{1} E_{2} \cdots E_{k} para
A=\left[\begin{array}{lll} 1 & 2 & 3 \\ 2 & 1 & 2 \\ 0 & 1 & 2 \end{array}\right]

Passo 1

O enunciado pede para escrever
A = \begin{pmatrix}1 & 2 & 3 \\[6pt] 2 & 1 & 2 \\[3pt] 0 & 1 & 2\end{pmatrix}
como produto de matrizes elementares E_{1},E_{2},\dots,E_{k}.
Sabemos que matrizes elementares correspondem a operações elementares sobre linhas: trocar linhas, multiplicar uma linha por escalar não-nulo, ou adicionar múltiplo de uma linha a outra. Além disso, toda matriz elementar é invertível e sua inversa também é elementar. A estratégia é:
  1. Usar operações sobre linhas para reduzir A à matriz identidade I, anotando cada operação como uma matriz elementar F_{i} tal que F_{i}\cdot(\cdot) executa essa operação.
  2. Obter
F_{m}\,\cdots\,F_{2}\,F_{1}\,A = I
  1. Inverter essa igualdade para escrever
A = \bigl(F_{1}\bigr)^{-1}\,\bigl(F_{2}\bigr)^{-1}\,\cdots\,\bigl(F_{m}\bigr)^{-1},
onde cada \bigl(F_{i}\bigr)^{-1} é também elementar.]

Passo 2

Aplicamos eliminação de Gauss em A via operações sobre linhas:
  1. L_{2}\gets L_{2}-2L_{1}.
  2. L_{2} se escala para tornar o pivô igual a 1: L_{2}\gets -\tfrac13\,L_{2}.
  3. Zerar acima do pivô em (2,2): L_{1}\gets L_{1}-2L_{2}.
  4. L_{3}\gets L_{3}-L_{2} para zerar o coeficiente em (3,2).
  5. Escalar L_{3} para pivô em (3,3): L_{3}\gets \tfrac32\,L_{3}.
  6. Zerar acima do pivô em (3,3): L_{1}\gets L_{1}-\tfrac13\,L_{3}.
  7. Zerar acima do pivô em (3,3): L_{2}\gets L_{2}-\tfrac43\,L_{3}.
Após essas sete operações obtemos a identidade.

Passo 3

Cada uma das sete operações corresponde a uma matriz elementar F_{i} que, multiplicada à esquerda, a executa. Explicitamente:
F_{1}=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\[3pt] -2 & 1 & 0\\[3pt] 0 & 0 & 1 \end{pmatrix},\quad F_{2}=\mathrm{diag}\bigl(1,-\tfrac13,1\bigr),\quad F_{3}=\begin{pmatrix} 1 & -2 & 0\\[3pt] 0 & 1 & 0\\[3pt] 0 & 0 & 1 \end{pmatrix},
F_{4}=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\[3pt] 0 & 1 & 0\\[3pt] 0 & -1 & 1 \end{pmatrix},\quad F_{5}=\mathrm{diag}\bigl(1,1,\tfrac32\bigr),\quad F_{6}=\begin{pmatrix} 1 & 0 & -\tfrac13\\[3pt] 0 & 1 & 0\\[3pt] 0 & 0 & 1 \end{pmatrix},
F_{7}=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\[3pt] 0 & 1 & -\tfrac43\\[3pt] 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.
E então
F_{7}\,F_{6}\,\cdots\,F_{1}\,A = I.]

Passo 4

Invertendo a igualdade anterior, usando \bigl(F_{i}\bigr)^{-1} também elementar, obtemos
A = F_{1}^{-1}\,F_{2}^{-1}\,\cdots\,F_{7}^{-1}.
Calculamos cada inversa (são operações inversas às originais):
F_{1}^{-1}=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\[3pt] 2 & 1 & 0\\[3pt] 0 & 0 & 1 \end{pmatrix},\quad F_{2}^{-1}=\mathrm{diag}\bigl(1,-3,1\bigr),\quad F_{3}^{-1}=\begin{pmatrix} 1 & 2 & 0\\[3pt] 0 & 1 & 0\\[3pt] 0 & 0 & 1 \end{pmatrix},
F_{4}^{-1}=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\[3pt] 0 & 1 & 0\\[3pt] 0 & 1 & 1 \end{pmatrix},\quad F_{5}^{-1}=\mathrm{diag}\bigl(1,1,\tfrac23\bigr),\quad F_{6}^{-1}=\begin{pmatrix} 1 & 0 & \tfrac13\\[3pt] 0 & 1 & 0\\[3pt] 0 & 0 & 1 \end{pmatrix},
F_{7}^{-1}=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\[3pt] 0 & 1 & \tfrac43\\[3pt] 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.]

Resposta

Uma decomposição em matrizes elementares é
A = F_{1}^{-1}\,F_{2}^{-1}\,F_{3}^{-1}\,F_{4}^{-1}\,F_{5}^{-1}\,F_{6}^{-1}\,F_{7}^{-1},
onde
F_{1}^{-1}=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\\\ 2 & 1 & 0\\\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix},\quad F_{2}^{-1}=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\\\ 0 & -3 & 0\\\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix},\quad F_{3}^{-1}=\begin{pmatrix} 1 & 2 & 0\\\\ 0 & 1 & 0\\\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix},
F_{4}^{-1}=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\\\ 0 & 1 & 0\\\\ 0 & 1 & 1 \end{pmatrix},\quad F_{5}^{-1}=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\\\ 0 & 1 & 0\\\\ 0 & 0 & \tfrac23 \end{pmatrix},\quad F_{6}^{-1}=\begin{pmatrix} 1 & 0 & \tfrac13\\\\ 0 & 1 & 0\\\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix},
F_{7}^{-1}=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\\\ 0 & 1 & \tfrac43\\\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.
Aqui k=7 e cada F_{i}^{-1} é uma matriz elementar.

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