Exercício 10. Caso exista, calcule a inversa de
A=\left[\begin{array}{rrr} 0 & 1 & -1 \\\\ 2 & -2 & -1 \\\\ -1 & 1 & 1 \end{array}\right]
Agora resolva o sistema linear
\left[\begin{array}{rrr} 0 & 1 & -1 \\\\ 2 & -2 & -1 \\\\ -1 & 1 & 1 \end{array}\right]\left[\begin{array}{l} x \\\ y \\\ z \end{array}\right]=\left[\begin{array}{r} 3 \\\\ -1 \\\\ 7 \end{array}\right]

Passo 1

O enunciado dá a matriz
A=\begin{pmatrix} 0 & 1 & -1 \\\\ 2 & -2 & -1 \\\\ -1 & 1 & 1 \end{pmatrix}
e pede duas coisas:
  • Se existir, calcular a inversa de A.
  • Resolver o sistema linear
A\begin{pmatrix}x\\[4pt]y\\[4pt]z\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3\\[4pt]-1\\[4pt]7\end{pmatrix}.
As informações relevantes fornecidas pelo enunciado são os elementos da matriz A e o vetor do lado direito do sistema \begin{pmatrix}3\\\ -1\\\ 7\end{pmatrix}.]

Passo 2

Primeiro passo para saber se existe inversa: calcular o determinante de A. Se \det(A)\neq0 então a inversa existe; se \det(A)=0 não existe.
Vou calcular \det(A) expandindo pela primeira linha. Com notação usual:
\det(A)=a_{11}\det M_{11}-a_{12}\det M_{12}+a_{13}\det M_{13},
onde M_{1j} é a matriz obtida eliminando linha 1 e coluna j.
Os elementos da primeira linha são a_{11}=0, a_{12}=1, a_{13}=-1. Assim
\det(A)=0\cdot\det\begin{pmatrix}-2 & -1\\[4pt]1 & 1\end{pmatrix} -1\cdot\det\begin{pmatrix}2 & -1\\[4pt]-1 & 1\end{pmatrix} +(-1)\cdot\det\begin{pmatrix}2 & -2\\[4pt]-1 & 1\end{pmatrix}.]

Passo 3

Calculo os determinantes 2\times2 que apareceram:
\det\begin{pmatrix}2 & -1\\[4pt]-1 & 1\end{pmatrix}=2\cdot1-(-1)\cdot(-1)=2-1=1,
\det\begin{pmatrix}2 & -2\\[4pt]-1 & 1\end{pmatrix}=2\cdot1-(-2)\cdot(-1)=2-2=0.
Substituindo em \det(A):
\det(A)=0-1\cdot1+(-1)\cdot0=-1.
Como \det(A)=-1\neq0, concluímos que A é invertível e a inversa existe.]

Passo 4

Método para calcular A^{-1}: uso eliminação de Gauss–Jordan sobre a matriz aumentada [A\mid I]. A ideia: aplicar operações elementares de linha para transformar o bloco esquerdo em I; o bloco direito resultante será A^{-1}.
Começo escrevendo a matriz aumentada inicial:
\left[\begin{array}{ccc|ccc} 0 & 1 & -1 & 1 & 0 & 0\\[4pt] 2 & -2 & -1 & 0 & 1 & 0\\[4pt] -1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 1 \end{array}\right].]

Passo 5

Preciso de um pivô não nulo na primeira coluna. Como o elemento (1,1) é 0, faço a troca de linhas R_1\leftrightarrow R_2 para trazer 2 para a primeira linha:
\left[\begin{array}{ccc|ccc} 2 & -2 & -1 & 0 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 1 & -1 & 1 & 0 & 0\\[4pt] -1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 1 \end{array}\right].
Agora normalizo o pivô da primeira linha dividindo R_1 por 2:
R_1\leftarrow\frac{1}{2}R_1\quad\Rightarrow\quad \left[\begin{array}{ccc|ccc} 1 & -1 & -\tfrac{1}{2} & 0 & \tfrac{1}{2} & 0\\[4pt] 0 & 1 & -1 & 1 & 0 & 0\\[4pt] -1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 1 \end{array}\right].]

Passo 6

Elimino o elemento -1 na posição (3,1) somando R_1 a R_3:
R_3\leftarrow R_3+R_1\quad\Rightarrow\quad \left[\begin{array}{ccc|ccc} 1 & -1 & -\tfrac{1}{2} & 0 & \tfrac{1}{2} & 0\\[4pt] 0 & 1 & -1 & 1 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & \tfrac{1}{2} & 0 & \tfrac{1}{2} & 1 \end{array}\right].
Agora a primeira coluna já tem zeros abaixo do pivô.]

Passo 7

A segunda coluna já tem um pivô 1 na linha 2. Uso esse pivô para zerar o elemento -1 da posição (1,2): somo R_2 a R_1:
R_1\leftarrow R_1+R_2\quad\Rightarrow\quad \left[\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & -\tfrac{3}{2} & 1 & \tfrac{1}{2} & 0\\[4pt] 0 & 1 & -1 & 1 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & \tfrac{1}{2} & 0 & \tfrac{1}{2} & 1 \end{array}\right].]

Passo 8

Passe para a terceira coluna: o elemento \tfrac{1}{2} em (3,3) é pivô em potencial; normalizo multiplicando R_3 por 2:
R_3\leftarrow 2R_3\quad\Rightarrow\quad \left[\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & -\tfrac{3}{2} & 1 & \tfrac{1}{2} & 0\\[4pt] 0 & 1 & -1 & 1 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 2 \end{array}\right].
Agora uso R_3 para zerar os elementos nas posições (1,3) e (2,3).
Para (1,3)=-\tfrac{3}{2} faço R_1\leftarrow R_1+\tfrac{3}{2}R_3. Isso dá:
R_1\leftarrow R_1+\tfrac{3}{2}R_3\quad\Rightarrow\quad \left[\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & 0 & 1 & 2 & 3\\[4pt] 0 & 1 & -1 & 1 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 2 \end{array}\right].
Para (2,3)=-1 faço R_2\leftarrow R_2+R_3:
R_2\leftarrow R_2+R_3\quad\Rightarrow\quad \left[\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & 0 & 1 & 2 & 3\\[4pt] 0 & 1 & 0 & 1 & 1 & 2\\[4pt] 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 2 \end{array}\right].
Agora o bloco esquerdo é a matriz identidade I_3. O bloco direito é então A^{-1}.]

Passo 9

Lendo o bloco direito da matriz aumentada final, obtemos
A^{-1}=\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3\\[4pt] 1 & 1 & 2\\[4pt] 0 & 1 & 2 \end{pmatrix}.
(Uma verificação rápida: multiplicando A por A^{-1} obtém-se I_3, o que confirma o resultado.)]

Passo 10

Agora resolvo o sistema A\mathbf{v}=\mathbf{b} com \mathbf{b}=\begin{pmatrix}3\\[4pt]-1\\[4pt]7\end{pmatrix}. Como A é invertível, a solução é
\mathbf{v}=A^{-1}\mathbf{b}.
Calculo A^{-1}\mathbf{b}:
\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3\\[4pt] 1 & 1 & 2\\[4pt] 0 & 1 & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}3\\[4pt]-1\\[4pt]7\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1\cdot3+2\cdot(-1)+3\cdot7\\[4pt] 1\cdot3+1\cdot(-1)+2\cdot7\\[4pt] 0\cdot3+1\cdot(-1)+2\cdot7 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 22\\[4pt] 16\\[4pt] 13 \end{pmatrix}.
Portanto x=22, y=16, z=13. (Pode-se conferir substituindo na equação original; todas as três equações são satisfeitas.)]

Resposta

A^{-1}=\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3\\[4pt] 1 & 1 & 2\\[4pt] 0 & 1 & 2 \end{pmatrix}
\begin{pmatrix}x\\[4pt]y\\[4pt]z\end{pmatrix}= \begin{pmatrix}22\\[4pt]16\\[4pt]13\end{pmatrix}

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