(8 pontos) Calcular, se existir, a inversa da matriz A=\left[\begin{array}{lll}1 & 3 & 3 \\\\ 1 & 4 & 3 \\\\ 1 & 3 & 4\end{array}\right]
(a)
\_\_\_\_

Passo 1

O enunciado dá a matriz
A=\begin{pmatrix}1 & 3 & 3 \\[4pt] 1 & 4 & 3 \\[4pt] 1 & 3 & 4\end{pmatrix}
e pede para calcular, se existir, a inversa de A. Ou seja, encontrar uma matriz A^{-1} tal que
A\,A^{-1}=I_3,
onde I_3 é a matriz identidade 3\times3.
As informações relevantes são:
\text{Matriz }A\text{ dada (3×3).}
A pergunta é: existe A^{-1}? Se sim, qual é ela?]

Passo 2

Escolha do método: vou usar o método de Gauss–Jordan (eliminação por linhas) aplicando operações elementares na matriz aumentada \bigl[A\mid I_3\bigr] para transformar a parte esquerda em I_3; a parte direita se tornará A^{-1}. Razão: é um procedimento mecânico, direto para matrizes 3\times3 e facilmente aplicável em prova sem fórmulas complicadas. Além disso esse método mostra também se a matriz é inversível (se conseguirmos reduzir a parte esquerda a I_3, a inversa existe).
Antes de aplicar, lembro o que são operações elementares (essas que posso usar sem alterar indevidamente a solução):
  • trocar duas linhas (operações do tipo I);
  • multiplicar uma linha por escalar não nulo (tipo II);
  • somar a múltipla de uma linha a outra linha (tipo III).
Operações do tipo III (somar múltiplas de uma linha a outra) não alteram o determinante; isso será útil para verificar invertibilidade.

Passo 3

Construo a matriz aumentada inicial \bigl[A\mid I_3\bigr]:
\left[\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 3 & 3 & 1 & 0 & 0\\[4pt] 1 & 4 & 3 & 0 & 1 & 0\\[4pt] 1 & 3 & 4 & 0 & 0 & 1 \end{array}\right].
Vou aplicar operações de linha para transformar a parte esquerda em I_3. Vou também aproveitar etapas para comentar a cada operação o que está acontecendo.]

Passo 4

Primeira etapa: zerar os elementos abaixo do pivô da primeira coluna (usar a primeira linha como pivô). Faço:
R_2 \leftarrow R_2 - R_1,\qquad R_3 \leftarrow R_3 - R_1.
Calculemos explicitamente:
R_2 - R_1:
(1,4,3\mid0,1,0) - (1,3,3\mid1,0,0) = (0,1,0\mid -1,1,0).
R_3 - R_1:
(1,3,4\mid0,0,1) - (1,3,3\mid1,0,0) = (0,0,1\mid -1,0,1).
A matriz aumentada fica então
\left[\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 3 & 3 & 1 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 1 & 0 & -1 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 1 & -1 & 0 & 1 \end{array}\right].
Observação útil: as operações R_2\leftarrow R_2-R_1 e R_3\leftarrow R_3-R_1 são do tipo III (somar múltipla de uma linha a outra) e não alteram o determinante. Assim, o determinante de A é igual ao determinante da parte esquerda desta nova matriz.]

Passo 5

Agora a parte esquerda da matriz aumentada é já quase triangular. Podemos calcular o determinante a partir dessa forma triangular: a matriz da parte esquerda é
\begin{pmatrix}1 & 3 & 3\\[4pt] 0 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 1\end{pmatrix},
que é triangular superior. O determinante de uma matriz triangular é o produto dos elementos da diagonal. Portanto
\det(A)=1\cdot 1\cdot 1=1.
Como \det(A)\neq 0, concluímos que A é invertível e a inversa existe. (Isso confirma que continuar a eliminação dará I_3 na parte esquerda.)]

Passo 6

Continuo o processo de Gauss–Jordan para obter I_3 na parte esquerda. Já temos pivôs 1 nas posições (1,1), (2,2) e (3,3). Agora devemos zerar os elementos acima dos pivôs para transformar a parte esquerda em I_3.
Primeiro, elimino o elemento na posição (1,2), que é 3. Uso a segunda linha (pivô em coluna 2), fazendo:
R_1 \leftarrow R_1 - 3R_2.
Calculemos os lados esquerdo e direito separadamente.
Parte esquerda:
(1,3,3) - 3\cdot(0,1,0) = (1,\,3-3,\,3-0) = (1,0,3).
Parte direita:
(1,0,0) - 3\cdot(-1,1,0) = (1,0,0) - (-3,3,0) = (1+3,\,0-3,\,0-0) = (4,-3,0).
Assim a matriz aumentada vira
\left[\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & 3 & 4 & -3 & 0\\[4pt] 0 & 1 & 0 & -1 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 1 & -1 & 0 & 1 \end{array}\right].]

Passo 7

Agora elimino o elemento na posição (1,3), que é 3, usando a terceira linha (pivô em coluna 3). Faço:
R_1 \leftarrow R_1 - 3R_3.
Calculemos:
Parte esquerda:
(1,0,3) - 3\cdot(0,0,1) = (1,0,0).
Parte direita:
(4,-3,0) - 3\cdot(-1,0,1) = (4,-3,0) - (-3,0,3) = (4+3,\,-3-0,\,0-3) = (7,-3,-3).
Assim obtemos a matriz aumentada totalmente reduzida:
\left[\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & 0 & 7 & -3 & -3\\[4pt] 0 & 1 & 0 & -1 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 1 & -1 & 0 & 1 \end{array}\right].]

Passo 8

Agora a parte esquerda é exatamente I_3. Pelo método de Gauss–Jordan, a parte direita da matriz aumentada é a inversa procurada. Portanto encontramos
A^{-1} = \begin{pmatrix} 7 & -3 & -3\\[4pt] -1 & 1 & 0\\[4pt] -1 & 0 & 1 \end{pmatrix}.]

Passo 9

Verificação rápida (útil em prova para dar segurança): podemos multiplicar A por A^{-1} e checar que dá I_3. Por exemplo, a primeira coluna de A^{-1} é \begin{pmatrix}7\\\ -1\\\ -1\end{pmatrix}. Multiplicando A por essa coluna:
\begin{pmatrix}1&3&3\\[4pt]1&4&3\\[4pt]1&3&4\end{pmatrix} \begin{pmatrix}7\\[2pt]-1\\[2pt]-1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1\cdot7+3(-1)+3(-1)\\[4pt]1\cdot7+4(-1)+3(-1)\\[4pt]1\cdot7+3(-1)+4(-1)\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]0\end{pmatrix},
que é a primeira coluna de I_3. Procedendo analogamente para as outras colunas obtém-se as colunas correspondentes de I_3. Isso confirma que a matriz encontrada é de fato a inversa.]

Resposta

A^{-1}=\begin{pmatrix} 7 & -3 & -3\\[4pt] -1 & 1 & 0\\[4pt] -1 & 0 & 1 \end{pmatrix}]

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