Exercício 3. Verifique se as seguintes matrizes abaixo são inversíveis e determine as inversas.
\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 duas coisas:
  • Verificar se a matriz é inversível.
  • Se for, determinar a matriz inversa.
A matriz fornecida (vou copiá‑la exatamente como está no enunciado) é
A=\begin{pmatrix} 4 & -1 & 2 & -2\\[4pt] 3 & -1 & 0 & 0\\[4pt] 2 & 3 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 7 & 1 & 1 \end{pmatrix}.
Informações relevantes dadas: todos os elementos de A estão acima; não há imagens ou dados adicionais. O que se pede é: (i) determinar se existe A^{-1} e (ii) calcular A^{-1} quando existir.]

Passo 2

Qual método vou usar (explicação didática): vou usar o método de Gauss–Jordan (ou eliminação de Gauss com retro‑substituição transformada), que é a forma sistemática de obter A^{-1} fazendo operações elementares sobre linhas. A ideia é montar a matriz aumentada [A\mid I], aplicar operações de linha (trocar linhas, multiplicar uma linha por escalar não nulo, somar múltiplos de uma linha em outra) até transformar A na matriz identidade I. Se isso for possível, o lado direito se transforma em A^{-1}. Se em algum passo não for possível obter pivôs não nulos (ou seja, aparecer uma linha nula do lado esquerdo antes de alcançar I), então A não é inversível. Essas operações preservam as soluções e correspondem a multiplicar por matrizes elementares invertíveis, por isso o procedimento é válido.
Tipos de operação permitidos (relembrando):
  • L_i \leftrightarrow L_j (troca de linhas),
  • L_i \leftarrow c\, L_i com c\neq 0 (multiplicar linha por escalar),
  • L_i \leftarrow L_i + c\, L_j (somar múltiplo de outra linha).
Agora monto a matriz aumentada inicial e começo a reduzir.

Passo 3

Matriz aumentada inicial [A\mid I]:
\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: obter pivô 1 na posição (1,1) e eliminar abaixo.
Em vez de fazer trocas, vou dividir a primeira linha por 4 para obter pivô 1 e depois eliminar as entradas abaixo na coluna 1.
Faço:
L_1 \leftarrow \tfrac{1}{4}L_1.
Resultado (após essa divisão):
L_1=\bigl[\,1,\; -\tfrac{1}{4},\; \tfrac{1}{2},\; -\tfrac{1}{2}\mid \tfrac{1}{4},\;0,\;0,\;0\,\bigr].
Agora elimino as entradas abaixo do pivô na coluna 1:
L_2\leftarrow L_2-3L_1,\qquad L_3\leftarrow L_3-2L_1.
Calculemos os resultados linha a linha (mostrando contas importantes):
Para L_2:
  • coluna 2: -1 - 3(-\tfrac{1}{4}) = -1 + \tfrac{3}{4} = -\tfrac{1}{4},
  • coluna 3: 0 - 3\cdot\tfrac{1}{2} = -\tfrac{3}{2},
  • coluna 4: 0 - 3(-\tfrac{1}{2}) = \tfrac{3}{2},
  • parte direita: 0 - 3\cdot\tfrac{1}{4} = -\tfrac{3}{4}, e as outras entradas da identidade: 1,0,0 permanecem alinhadas como 1,0,0.
Para L_3:
  • coluna 2: 3 - 2(-\tfrac{1}{4}) = 3 + \tfrac{1}{2} = \tfrac{7}{2},
  • coluna 3: 1 - 2\cdot\tfrac{1}{2} = 1-1 = 0,
  • coluna 4: 0 - 2(-\tfrac{1}{2}) = 1,
  • parte direita: 0 - 2\cdot\tfrac{1}{4} = -\tfrac{1}{2} na primeira posição da direita, e as demais da linha original L_3 ficam 0,1,0.
Após essas operações a matriz aumentada 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 4

Agora escolho a coluna 2 como próximo pivô. A linha 2 tem entrada -\tfrac{1}{4} em (2,2), que é não nula, então posso usá‑la. Para simplificar, multiplico L_2 por -4 para tornar o pivô 1:
L_2\leftarrow -4L_2.
Isso dá
L_2=[\,0,\;1,\;6,\;-6\mid 3,\;-4,\;0,\;0\,].
Agora elimino as entradas na coluna 2 nas outras linhas usando L_2:
  • L_1\leftarrow L_1 + \tfrac{1}{4}L_2 (porque L_1(2)=-\tfrac{1}{4}),
  • L_3\leftarrow L_3 - \tfrac{7}{2}L_2 (porque L_3(2)=\tfrac{7}{2}),
  • L_4\leftarrow L_4 - 7L_2 (porque L_4(2)=7).
Façamos as contas essenciais:
Para L_1:
  • nova coluna 3: \tfrac{1}{2} + \tfrac{1}{4}\cdot 6 = \tfrac{1}{2} + \tfrac{3}{2} = 2,
  • nova coluna 4: -\tfrac{1}{2} + \tfrac{1}{4}(-6) = -\tfrac{1}{2} - \tfrac{3}{2} = -2,
  • parte direita: \tfrac{1}{4} + \tfrac{1}{4}\cdot 3 = \tfrac{1}{4} + \tfrac{3}{4} = 1; a segunda entrada da direita: 0 + \tfrac{1}{4}(-4) = -1, etc.
Para L_3:
  • nova coluna 3: 0 - \tfrac{7}{2}\cdot 6 = -21,
  • nova coluna 4: 1 - \tfrac{7}{2}(-6) = 1 + 21 = 22,
  • parte direita: primeiro elemento -\tfrac{1}{2} - \tfrac{7}{2}\cdot 3 = -\tfrac{1}{2} - \tfrac{21}{2} = -11; segunda componente fica 0 - \tfrac{7}{2}(-4)=14; terceira fica 1 - \tfrac{7}{2}\cdot 0 =1.
Para L_4:
  • nova coluna 3: 1 - 7\cdot 6 = 1 - 42 = -41,
  • nova coluna 4: 1 - 7(-6) = 1 + 42 = 43,
  • parte direita: primeiro elemento 0 - 7\cdot 3 = -21; segunda 0 - 7(-4)=28; quarta 1 - 7\cdot 0 =1.
Após essas eliminações a matriz aumentada fica:
\left(\begin{array}{cccc|cccc} 1 & 0 & 2 & -2 & 1 & -1 & 0 & 0\\[6pt] 0 & 1 & 6 & -6 & 3 & -4 & 0 & 0\\[6pt] 0 & 0 & -21 & 22 & -11 & 14 & 1 & 0\\[6pt] 0 & 0 & -41 & 43 & -21 & 28 & 0 & 1 \end{array}\right).]

Passo 5

Agora coluna 3 é a próxima. Na posição (3,3) temos -21, que é não nulo; usemos essa linha como pivô. Para facilitar, divido L_3 por -21 para obter pivô 1:
L_3\leftarrow -\tfrac{1}{21}L_3.
Calculando cada componente obtemos
L_3=\bigl[\,0,\;0,\;1,\;-\tfrac{22}{21}\mid \tfrac{11}{21},\;-\tfrac{2}{3},\;-\tfrac{1}{21},\;0\,\bigr].
Agora elimino as entradas na coluna 3 nas demais linhas:
  • L_1\leftarrow L_1 - 2L_3 (porque L_1(3)=2),
  • L_2\leftarrow L_2 - 6L_3 (porque L_2(3)=6),
  • L_4\leftarrow L_4 + 41L_3 (porque L_4(3)=-41).
Fazendo as contas (mostrando resultados finais das linhas):
Para L_1:
  • coluna 4: -2 - 2(-\tfrac{22}{21}) = -2 + \tfrac{44}{21} = \tfrac{2}{21},
  • parte direita passa a -\tfrac{1}{21},\; \tfrac{1}{3},\; \tfrac{2}{21},\; 0. (Detalhes das contas dos elementos da direita podem ser seguidos por aritmética direta).
Para L_2:
  • coluna 4: -6 - 6(-\tfrac{22}{21}) = -6 + \tfrac{132}{21} = \tfrac{2}{7},
  • parte direita passa a -\tfrac{1}{7},\;0,\;\tfrac{2}{7},\;0.
Para L_4:
  • coluna 4: 43 + 41(-\tfrac{22}{21}) = 43 - \tfrac{902}{21} = \tfrac{1}{21},
  • parte direita passa a \tfrac{10}{21},\;\tfrac{2}{3},\;-\tfrac{41}{21},\;1.
Resultado após essas operações:
\left(\begin{array}{cccc|cccc} 1 & 0 & 0 & \tfrac{2}{21} & -\tfrac{1}{21} & \tfrac{1}{3} & \tfrac{2}{21} & 0\\[6pt] 0 & 1 & 0 & \tfrac{2}{7} & -\tfrac{1}{7} & 0 & \tfrac{2}{7} & 0\\[6pt] 0 & 0 & 1 & -\tfrac{22}{21} & \tfrac{11}{21} & -\tfrac{2}{3} & -\tfrac{1}{21} & 0\\[6pt] 0 & 0 & 0 & \tfrac{1}{21} & \tfrac{10}{21} & \tfrac{2}{3} & -\tfrac{41}{21} & 1 \end{array}\right).]

Passo 6

Finalmente, coluna 4: na posição (4,4) temos \tfrac{1}{21}, não nula, então podemos obter pivô 1 multiplicando a linha por 21:
L_4\leftarrow 21 L_4.
Isso dá
L_4=[\,0,\;0,\;0,\;1\mid 10,\;14,\;-41,\;21\,].
Agora elimino os valores acima na coluna 4 para zerar as entradas nas linhas 1,2,3:
  • L_1\leftarrow L_1 - \tfrac{2}{21}L_4 (porque L_1(4)=\tfrac{2}{21}),
  • L_2\leftarrow L_2 - \tfrac{2}{7}L_4 (porque L_2(4)=\tfrac{2}{7}),
  • L_3\leftarrow L_3 + \tfrac{22}{21}L_4 (porque L_3(4)=-\tfrac{22}{21}).
Façamos as contas essenciais para a parte direita (pois o lado esquerdo já ficará I):
Para L_1:
  • parte direita inicial de L_1 era \bigl[-\tfrac{1}{21},\;\tfrac{1}{3},\;\tfrac{2}{21},\;0\bigr].
  • subtrair \tfrac{2}{21} vezes L_4 (que tem direita [10,14,-41,21]) dá:
    • primeira componente: -\tfrac{1}{21} - \tfrac{2}{21}\cdot 10 = -\tfrac{1}{21} - \tfrac{20}{21} = -1,
    • segunda: \tfrac{1}{3} - \tfrac{2}{21}\cdot 14 = \tfrac{1}{3} - \tfrac{28}{21} = \tfrac{1}{3} - \tfrac{4}{3} = -1,
    • terceira: \tfrac{2}{21} - \tfrac{2}{21}\cdot(-41) = \tfrac{2}{21} + \tfrac{82}{21} = 4,
    • quarta: 0 - \tfrac{2}{21}\cdot 21 = -2.
Para L_2:
  • parte direita inicial \bigl[-\tfrac{1}{7},\;0,\;\tfrac{2}{7},\;0\bigr].
  • subtrair \tfrac{2}{7}L_4 dá:
    • primeira: -\tfrac{1}{7} - \tfrac{2}{7}\cdot 10 = -\tfrac{1}{7} - \tfrac{20}{7} = -3,
    • segunda: 0 - \tfrac{2}{7}\cdot 14 = -4,
    • terceira: \tfrac{2}{7} - \tfrac{2}{7}\cdot(-41) = \tfrac{2}{7} + \tfrac{82}{7} = 12,
    • quarta: 0 - \tfrac{2}{7}\cdot 21 = -6.
Para L_3:
  • parte direita inicial \bigl[\tfrac{11}{21},\;-\tfrac{2}{3},\;-\tfrac{1}{21},\;0\bigr].
  • somar \tfrac{22}{21}L_4 dá:
    • primeira: \tfrac{11}{21} + \tfrac{22}{21}\cdot 10 = \tfrac{11}{21} + \tfrac{220}{21} = 11,
    • segunda: -\tfrac{2}{3} + \tfrac{22}{21}\cdot 14 = -\tfrac{2}{3} + \tfrac{308}{21} = -\tfrac{2}{3} + \tfrac{44}{3} = 14,
    • terceira: -\tfrac{1}{21} + \tfrac{22}{21}\cdot(-41) = -\tfrac{1}{21} - \tfrac{902}{21} = -43,
    • quarta: 0 + \tfrac{22}{21}\cdot 21 = 22.
Após essas eliminações o bloco esquerdo fica a identidade I_4 e o bloco direito é a matriz que procuramos.

Passo 7

Resultado final da redução (lado esquerdo I, lado direito com os vetores finais das linhas):
\left(\begin{array}{cccc|cccc} 1 & 0 & 0 & 0 & -1 & -1 & 4 & -2\\[6pt] 0 & 1 & 0 & 0 & -3 & -4 & 12 & -6\\[6pt] 0 & 0 & 1 & 0 & 11 & 14 & -43 & 22\\[6pt] 0 & 0 & 0 & 1 & 10 & 14 & -41 & 21 \end{array}\right).
Como foi possível transformar A em I_4 por operações elementares, concluímos que A é inversível. A parte direita da matriz aumentada (as quatro colunas à direita da barra) é exatamente A^{-1}.]

Resposta

A^{-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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