Seja
A=\left[\begin{array}{lll} 1 & 2 & 3 \\\\ 0 & 2 & 1 \\\\ 1 & 0 & 3 \end{array}\right]
Encontre a matriz inversa de A.

Passo 1

O enunciado dá a matriz
A=\begin{pmatrix}1 & 2 & 3 \\[4pt] 0 & 2 & 1 \\[4pt] 1 & 0 & 3\end{pmatrix}
e pede para encontrar a matriz inversa de A, ou seja, encontrar A^{-1} tal que
A\,A^{-1}=I_3.
Informações relevantes: os elementos da matriz A (cada entrada está escrita acima) e que estamos trabalhando com matrizes 3\times3. Nada mais é pedido além de determinar A^{-1}.]

Passo 2

Primeiro passo operacional: verificar se A é invertível. Uma matriz quadrada é invertível se, e somente se, seu determinante for diferente de zero. Então vamos calcular \det(A). Para uma matriz 3\times3 é prático usar a regra de Sarrus: se
A=\begin{pmatrix} a_{11} & a_{12} & a_{13}\\[4pt] a_{21} & a_{22} & a_{23}\\[4pt] a_{31} & a_{32} & a_{33} \end{pmatrix},
então
\det(A)=a_{11}a_{22}a_{33}+a_{12}a_{23}a_{31}+a_{13}a_{21}a_{32}-\bigl(a_{13}a_{22}a_{31}+a_{11}a_{23}a_{32}+a_{12}a_{21}a_{33}\bigr).
Aplicando aos elementos de A:
\det(A)=1\cdot 2\cdot 3 + 2\cdot 1\cdot 1 + 3\cdot 0\cdot 0 -\bigl(3\cdot 2\cdot 1 + 1\cdot 1\cdot 0 + 2\cdot 0\cdot 3\bigr).
Calculemos termo a termo:
\det(A)=6 + 2 + 0 - (6 + 0 + 0)=8-6=2.
Como \det(A)=2\neq 0, a matriz A é invertível e podemos calcular A^{-1}.]

Passo 3

Método escolhido: eliminação de Gauss-Jordan sobre a matriz aumentada [A\mid I_3]. Explicação do método (curtinha e prática): escrevemos a matriz A à esquerda e a identidade I_3 à direita, e aplicamos operações elementares nas linhas para transformar o bloco esquerdo em I_3. As mesmas operações, aplicadas ao bloco direito, transformam I_3 em A^{-1}. Operações elementares permitidas: trocar duas linhas, multiplicar uma linha por um escalar não nulo, somar a uma linha um múltiplo de outra. Vamos executar isso passo a passo, mostrando cada operação e o motivo.

Passo 4

Montamos a matriz aumentada inicial:
\left[\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 2 & 3 & 1 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 2 & 1 & 0 & 1 & 0\\[4pt] 1 & 0 & 3 & 0 & 0 & 1 \end{array}\right].]

Passo 5

Objetivo: zerar abaixo do pivô da primeira coluna. O pivô na primeira coluna já é 1 (linha 1). Vamos eliminar o 1 na terceira linha usando R_3\leftarrow R_3-R_1. Aplico a operação:
R_3 \leftarrow R_3 - R_1.
Cálculo da terceira linha nova:
\begin{array}{ccc|ccc} 1-1 & 0-2 & 3-3 & 0-1 & 0-0 & 1-0 \end{array} = \begin{array}{ccc|ccc} 0 & -2 & 0 & -1 & 0 & 1 \end{array}.
Então a matriz aumentada fica
\left[\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 2 & 3 & 1 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 2 & 1 & 0 & 1 & 0\\[4pt] 0 & -2 & 0 & -1 & 0 & 1 \end{array}\right].]

Passo 6

Agora o pivô para a segunda coluna está em R_2, valor 2. Tornamos esse pivô igual a 1 dividindo a segunda linha por 2:
R_2 \leftarrow \tfrac{1}{2}R_2.
Linha R_2 passa a ser
\begin{array}{ccc|ccc} 0 & 1 & \tfrac{1}{2} & 0 & \tfrac{1}{2} & 0 \end{array}.
A matriz aumentada fica
\left[\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 2 & 3 & 1 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 1 & \tfrac{1}{2} & 0 & \tfrac{1}{2} & 0\\[4pt] 0 & -2 & 0 & -1 & 0 & 1 \end{array}\right].]

Passo 7

Usamos o pivô 1 em R_2 para zerar as entradas acima e abaixo dele na coluna 2.
a) Zeramos a entrada em R_1 (que é 2) com R_1\leftarrow R_1-2R_2.
Cálculo de R_1-2R_2:
\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 2-2\cdot 1 & 3-2\cdot \tfrac{1}{2} & 1-2\cdot 0 & 0-2\cdot \tfrac{1}{2} & 0-2\cdot 0 \end{array} = \begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & 2 & 1 & -1 & 0 \end{array}.
b) Zeramos a entrada em R_3 (que é -2) com R_3\leftarrow R_3+2R_2.
Cálculo de R_3+2R_2:
\begin{array}{ccc|ccc} 0 & -2+2\cdot 1 & 0+2\cdot \tfrac{1}{2} & -1+2\cdot 0 & 0+2\cdot \tfrac{1}{2} & 1+2\cdot 0 \end{array} = \begin{array}{ccc|ccc} 0 & 0 & 1 & -1 & 1 & 1 \end{array}.
Após essas duas operações a matriz aumentada é
\left[\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & 2 & 1 & -1 & 0\\[4pt] 0 & 1 & \tfrac{1}{2} & 0 & \tfrac{1}{2} & 0\\[4pt] 0 & 0 & 1 & -1 & 1 & 1 \end{array}\right].]

Passo 8

Agora o pivô da terceira coluna é 1 em R_3. Usamos esse pivô para zerar as entradas acima dele na coluna 3.
a) Zeramos a entrada em R_1 que é 2, com R_1\leftarrow R_1-2R_3.
Cálculo:
R_1-2R_3: \begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & 2-2\cdot1 & 1-2\cdot(-1) & -1-2\cdot 1 & 0-2\cdot 1 \end{array} = \begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & 0 & 3 & -3 & -2 \end{array}.
b) Zeramos a entrada em R_2 que é \tfrac{1}{2}, com R_2\leftarrow R_2-\tfrac{1}{2}R_3.
Cálculo:
R_2-\tfrac{1}{2}R_3: \begin{array}{ccc|ccc} 0 & 1 & \tfrac{1}{2}-\tfrac{1}{2}\cdot 1 & 0-\tfrac{1}{2}\cdot(-1) & \tfrac{1}{2}-\tfrac{1}{2}\cdot 1 & 0-\tfrac{1}{2}\cdot 1 \end{array} = \begin{array}{ccc|ccc} 0 & 1 & 0 & \tfrac{1}{2} & 0 & -\tfrac{1}{2} \end{array}.
Após essas operações a matriz aumentada fica na forma
\left[\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & 0 & 3 & -3 & -2\\[4pt] 0 & 1 & 0 & \tfrac{1}{2} & 0 & -\tfrac{1}{2}\\[4pt] 0 & 0 & 1 & -1 & 1 & 1 \end{array}\right].]

Passo 9

Agora o bloco esquerdo é I_3. Pelo método de Gauss-Jordan, o bloco direito é exatamente A^{-1}. Portanto
A^{-1}=\begin{pmatrix} 3 & -3 & -2\\[4pt] \tfrac{1}{2} & 0 & -\tfrac{1}{2}\\[4pt] -1 & 1 & 1 \end{pmatrix}.
Se quiser conferir rapidamente (na prova, é bom fazer essa checagem mental), pode multiplicar A por A^{-1} e ver que dá I_3. Fiz essa verificação durante os cálculos e confirma que obtivemos a inversa correta.]

Resposta

A^{-1}=\begin{pmatrix} 3 & -3 & -2\\[4pt] \tfrac{1}{2} & 0 & -\tfrac{1}{2}\\[4pt] -1 & 1 & 1 \end{pmatrix}]

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