(a) Mostre que a matriz A=\left[\begin{array}{ll}a & b \\\ c & d\end{array}\right] é invertível se, e somente se, a d-b c \neq 0 e neste caso a inversa é dada por
A^{-1}=\frac{1}{a d-b c}\left[\begin{array}{rr} d & -b \\\\ -c & a \end{array}\right]
(Sugestão: encontre a forma escalonada reduzida da matriz \left[A \mid I_{2}\right], para a \neq 0 e para a=0.)
(b) Mostre que se a d-b c \neq 0, então o sistema linear
\left\{\begin{array}{l} a x+b y=g \\\ c x+d y=h \end{array}\right.
tem como solução
x=\frac{g d-b h}{a d-b c}, \quad y=\frac{a h-g c}{a d-b c}

Passo 1

O enunciado pede duas coisas: (a) mostrar que a matriz
A = \begin{pmatrix}a & b \\\ c & d\end{pmatrix}
é invertível se, e somente se, \,ad - bc \neq 0\), e encontrar explicitamente \[A^{-1} = \frac{1}{ad - bc}\begin{pmatrix}d & -b \\\\ -c & a\end{pmatrix}.
Em seguida (b) usar esse fato para resolver o sistema
\begin{cases} a\,x + b\,y = g,\\\ c\,x + d\,y = h. \end{cases}
O método sugerido é escalonar a matriz aumentada \bigl[A\mid I_2\bigr]\] em dois casos: \(a\neq0 e a=0.

Passo 2

Considere primeiro a\neq0. Escrevemos a matriz aumentada
\bigl[A\mid I_2\bigr] = \begin{pmatrix} a & b & \mid & 1 & 0\\\ c & d & \mid & 0 & 1 \end{pmatrix}.
  1. Dividimos a primeira linha por a:
R_1 \leftarrow \frac1a\,R_1 \quad\Longrightarrow\quad \begin{pmatrix} 1 & \tfrac b a & \mid & \tfrac1a & 0\\\ c & d & \mid & 0 & 1 \end{pmatrix}.
  1. Eliminamos o c embaixo:
R_2 \leftarrow R_2 - c\,R_1 \quad\Longrightarrow\quad \begin{pmatrix} 1 & \tfrac b a & \mid & \tfrac1a & 0\\\\ 0 & d - c\,\tfrac b a & \mid & -c\,\tfrac1a & 1 \end{pmatrix}.
Observe que
d - c\,\tfrac b a = \frac{ad - bc}{a}.

Passo 3

Se ad - bc\neq0, então d - c\,\tfrac b a \neq0. Continuamos:
3) Dividimos a segunda linha por \dfrac{ad - bc}{a}:
R_2 \leftarrow \frac{a}{ad - bc}\,R_2 \quad\Longrightarrow\quad \begin{pmatrix} 1 & \tfrac b a & \mid & \tfrac1a & 0\\\\ 0 & 1 & \mid & -\frac{c}{ad - bc} & \frac{a}{ad - bc} \end{pmatrix}.
  1. Eliminamos o \tfrac b a acima:
R_1 \leftarrow R_1 - \tfrac b a\,R_2 \quad\Longrightarrow\quad \begin{pmatrix} 1 & 0 & \mid & \tfrac1a + \frac{b\,c}{a(ad - bc)} & -\frac{b\,a}{a(ad - bc)}\\\\ 0 & 1 & \mid & -\frac{c}{ad - bc} & \frac{a}{ad - bc} \end{pmatrix}.
Simplificando
\tfrac1a + \frac{b\,c}{a(ad - bc)} = \frac{ad - bc + bc}{a(ad - bc)} = \frac{d}{ad - bc}, \quad -\frac{b\,a}{a(ad - bc)} = -\frac{b}{ad - bc}.
Logo a forma reduzida é
\bigl[I_2 \mid A^{-1}\bigr] = \begin{pmatrix} 1 & 0 & \mid & \tfrac{d}{ad - bc} & -\tfrac{b}{ad - bc}\\\\ 0 & 1 & \mid & -\tfrac{c}{ad - bc} & \tfrac{a}{ad - bc} \end{pmatrix}.
Isso prova que A é invertível e
A^{-1} = \frac{1}{ad - bc}\begin{pmatrix}d & -b \\[6pt] -c & a\end{pmatrix}.]

Passo 4

Se a=0 e ad - bc\neq0, então bc\neq0 força b\neq0 ou c\neq0. De fato, c\neq0, pois ad - bc = -bc\neq0. Então trocamos linhas em \bigl[A\mid I_2\bigr] para ter pivô não nulo, e processo análogo leva ao mesmo A^{-1}. Assim, em qualquer caso A é invertível se, e somente se,
ad - bc \neq 0,
e a inversa é a fórmula acima.

Passo 5

Para o item (b), escrevemos o sistema em forma matricial:
A\begin{pmatrix}x\y\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}g\h\end{pmatrix}.
Quando ad - bc\neq0, multiplicamos ambos os lados por A^{-1}:
\begin{pmatrix}x\y\end{pmatrix} = A^{-1} \begin{pmatrix}g\h\end{pmatrix} = \frac{1}{ad - bc} \begin{pmatrix}d & -b \\[3pt] -c & a\end{pmatrix} \begin{pmatrix}g\h\end{pmatrix}.
Fazendo o produto de matrizes, obtemos
x = \frac{d\,g - b\,h}{ad - bc}, \quad y = \frac{-c\,g + a\,h}{ad - bc} = \frac{a\,h - c\,g}{ad - bc}.]

Resposta

(a) A é inversível se, e somente se, ad - bc \neq 0. Nesse caso
A^{-1} = \frac{1}{ad - bc} \begin{pmatrix} d & -b\\\\ -c & a \end{pmatrix}.
(b) Para ad - bc \neq 0, a solução do sistema é
x = \frac{d\,g - b\,h}{ad - bc}, \quad y = \frac{a\,h - c\,g}{ad - bc}.

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