Seja A=\left(a_{i j}\right)_{3 \times 3} tal que a_{i j}=\min \{i, j\}. Encontre a inversa de A pelos seguintes métodos:
sistemas lineares.

Passo 1

O enunciado dá uma matriz A=\left(a_{ij}\right)_{3\times3} com
a_{ij}=\min\{i,j\},
e pede para encontrar A^{-1} usando o método por sistemas lineares.
Informações relevantes fornecidas:
  • A é 3\times3.
  • A cada posição (i,j) está o número \min\{i,j\}.
  • Deve-se obter a matriz inversa usando sistemas lineares (ou seja, resolvendo A x = e_j para cada vetor coluna padrão e_j).

Passo 2

Ideia do método (explicação didática curta antes de aplicar): para encontrar A^{-1} por sistemas lineares, resolve-se, para cada j=1,2,3, o sistema
A x^{(j)} = e_j,
onde e_j é o j-ésimo vetor da base canônica (uma coluna com 1 na posição j e zeros nas outras). A coluna j de A^{-1} é exatamente o vetor solução x^{(j)}. Para resolver os três sistemas de uma vez, monta-se a matriz aumentada [A\mid I] e aplica-se eliminação de Gauss (eliminação por linhas) seguida de substituição regressiva.
Breve explicação da eliminação de Gauss (para quem não lembra): transformam-se as linhas por operações elementares (somar múltiplos de uma linha em outra, trocar linhas, multiplicar linha por escalar não nulo) até obter uma forma triangular superior; depois resolve-se por substituição regressiva. Essas operações aplicadas em [A\mid I] devolvem [I\mid A^{-1}] se A for invertível.

Passo 3

Primeiro escrevemos explicitamente A (pegando os valores de \min\{i,j\}):
A=\begin{pmatrix} \min\{1,1\} & \min\{1,2\} & \min\{1,3\}\\[4pt] \min\{2,1\} & \min\{2,2\} & \min\{2,3\}\\[4pt] \min\{3,1\} & \min\{3,2\} & \min\{3,3\} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1\\[4pt] 1 & 2 & 2\\[4pt] 1 & 2 & 3 \end{pmatrix}.]

Passo 4

Montamos a matriz aumentada [A\mid I]:
\left[\;A\mid I\;\right]= \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 &\mid& 1 & 0 & 0\\[4pt] 1 & 2 & 2 &\mid& 0 & 1 & 0\\[4pt] 1 & 2 & 3 &\mid& 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.
Aplicamos operações de linha para triangularizar (vou explicar cada operação e o motivo):
  • Subtrair a linha 1 da linha 2 para anular o primeiro elemento da linha 2: R_2\leftarrow R_2-R_1.
  • Subtrair a linha 1 da linha 3 para anular o primeiro elemento da linha 3: R_3\leftarrow R_3-R_1.
Depois dessas duas operações obtemos:
\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 &\mid& 1 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 1 & 1 &\mid& -1 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 1 & 2 &\mid& -1 & 0 & 1 \end{pmatrix}.
Expliquei: o objetivo é criar zeros abaixo do pivô (o elemento 1 na posição (1,1)).]

Passo 5

Continuamos a eliminação para zerar abaixo do pivô da segunda coluna. Subtraímos a nova linha 2 da linha 3:
R_3\leftarrow R_3 - R_2.
Isso produz:
\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 &\mid& 1 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 1 & 1 &\mid& -1 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 1 &\mid& 0 & -1 & 1 \end{pmatrix}.
Agora temos uma matriz triangular superior à esquerda (os coeficientes da parte A estão em forma triangular superior), pronta para substituição regressiva.]

Passo 6

Interpretação das linhas finais: cada linha da parte direita da matriz aumentada contém as constantes correspondentes aos três sistemas sendo resolvidos simultaneamente. Vamos agora resolver por substituição regressiva as incógnitas x_1,x_2,x_3 para as três colunas de soluções ao mesmo tempo.
A última linha (linha 3) corresponde à equação
\;1\cdot x_3 = \text{(vetor coluna da parte direita da linha 3)}.
Da linha 3 lemos diretamente os valores de x_3 para cada sistema:
  • Para A x = e_1: x_3 = 0 (peguei este número da entrada correspondente da parte direita).
  • Para A x = e_2: x_3 = -1.
  • Para A x = e_3: x_3 = 1.
Em forma vetorial, os três valores de x_3 (um para cada sistema) são as entradas da terceira linha direita: \begin{pmatrix}0\\\ -1\\\ 1\end{pmatrix} distribuídas por colunas.

Passo 7

Agora usamos a segunda linha, que é
0\cdot x_1 + 1\cdot x_2 + 1\cdot x_3 = \text{(valor na parte direita da linha 2)}.
Para cada sistema, x_2 = (\text{valor à direita na linha 2}) - x_3à. Calculando explicitamente:
  • Para e_1: valor direito na linha 2 é -1, e x_3=0, então x_2 = -1 - 0 = -1.
  • Para e_2: valor direito é 1, e x_3=-1, então x_2 = 1 - (-1) = 2.
  • Para e_3: valor direito é 0, e x_3=1, então x_2 = 0 - 1 = -1.
Portanto, as três entradas x_2 (uma por sistema) são \begin{pmatrix}-1\\\ 2\\\ -1\end{pmatrix} (essas são as segundas componentes das três colunas solução).

Passo 8

Finalmente usamos a primeira linha:
1\cdot x_1 + 1\cdot x_2 + 1\cdot x_3 = \text{(valor à direita na linha 1)}.à
Assim, x_1 = (\text{valor à direita linha 1}) - x_2 - x_3à. Calculando para cada sistema:
  • Para e_1: valor direito linha 1 é 1; x_2=-1, x_3=0; então x_1 = 1 - (-1) - 0 = 2.
  • Para e_2: valor direito linha 1 é 0; x_2=2, x_3=-1; então x_1 = 0 - 2 - (-1) = -1.
  • Para e_3: valor direito linha 1 é 0; x_2=-1, x_3=1; então x_1 = 0 - (-1) - 1 = 0.
Portanto, as três primeiras componentes x_1 são \begin{pmatrix}2\\\ -1\\\ 0\end{pmatrix}.

Passo 9

Agora já temos, coluna a coluna, as soluções dos três sistemas A x = e_1, A x = e_2, A x = e_3:
  • Solução para e_1: x^{(1)} = \begin{pmatrix}2\\[4pt] -1\\[4pt] 0\end{pmatrix}.
  • Solução para e_2: x^{(2)} = \begin{pmatrix}-1\\[4pt] 2\\[4pt] -1\end{pmatrix}.
  • Solução para e_3: x^{(3)} = \begin{pmatrix}0\\[4pt] -1\\[4pt] 1\end{pmatrix}.
Esses vetores são, respectivamente, as colunas 1,2,3 de A^{-1}. (Rápida checagem mental: multiplicar A por cada uma dessas colunas dá e_1,e_2,e_3, então a inversa está correta.)]

Resposta

A^{-1}=\begin{pmatrix} 2 & -1 & 0 \\[4pt] -1 & 2 & -1 \\[4pt] 0 & -1 & 1 \end{pmatrix}]

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