Matriz inversa

a) 1. ¿Existe? $ad-bc=3\cdot 2-5\cdot 1=1\ne 0$, así que $A$ es invertible.

2. Fórmula. Se intercambian $3$ y $2$, se cambia el signo de $5$ y de $1$, y se divide entre $1$: $$A^{-1}=\frac{1}{1}\left(\begin{array}{cc}2& -5\\ -1& 3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}2& -5\\ -1& 3\end{array}\right)$$

3. Comprobación. $$A{A}^{-1}=\left(\begin{array}{cc}3& 5\\ 1& 2\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}2& -5\\ -1& 3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}6-5& -15+15\\ 2-2& -5+6\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 1\end{array}\right)$$

b) Por la propiedad $(A^t{)}^{-1}=(A^{-1}{)}^t$, no hace falta repetir el cálculo: basta trasponer el resultado de a). $$(A^t{)}^{-1}=\left(\begin{array}{cc}2& -1\\ -5& 3\end{array}\right)$$ Se puede confirmar con la fórmula: $A^t=\left(\begin{array}{cc}3& 1\\ 5& 2\end{array}\right)$, con $ad-bc=6-5=1$, y su inversa es $\left(\begin{array}{cc}2& -1\\ -5& 3\end{array}\right)$.

a) 1. Aprovechar la estructura. $A$ ya es triangular superior con unos en la diagonal: no hay que hacer ceros debajo, y la inversa existe porque ningún elemento de la diagonal es $0$. Solo quedan los ceros de encima, de abajo arriba. Escribimos $(A|I)$: $$\left(\begin{array}{cccccccc}1& 1& 0& 0& 1& 0& 0& 0\\ 0& 1& 1& 0& 0& 1& 0& 0\\ 0& 0& 1& 1& 0& 0& 1& 0\\ 0& 0& 0& 1& 0& 0& 0& 1\end{array}\right)$$

2. Cuarta columna. $F_3-F_4$ anula el $1$ de la fila 3: $$\stackrel{F_3-F_4}{\to }\left(\begin{array}{cccccccc}1& 1& 0& 0& 1& 0& 0& 0\\ 0& 1& 1& 0& 0& 1& 0& 0\\ 0& 0& 1& 0& 0& 0& 1& -1\\ 0& 0& 0& 1& 0& 0& 0& 1\end{array}\right)$$

3. Tercera columna. $F_2-F_3$ (con la nueva fila 3): $$\stackrel{F_2-F_3}{\to }\left(\begin{array}{cccccccc}1& 1& 0& 0& 1& 0& 0& 0\\ 0& 1& 0& 0& 0& 1& -1& 1\\ 0& 0& 1& 0& 0& 0& 1& -1\\ 0& 0& 0& 1& 0& 0& 0& 1\end{array}\right)$$

4. Segunda columna. $F_1-F_2$: $$\stackrel{F_1-F_2}{\to }\left(\begin{array}{cccccccc}1& 0& 0& 0& 1& -1& 1& -1\\ 0& 1& 0& 0& 0& 1& -1& 1\\ 0& 0& 1& 0& 0& 0& 1& -1\\ 0& 0& 0& 1& 0& 0& 0& 1\end{array}\right)$$

A la izquierda está $I$, así que $$A^{-1}=\left(\begin{array}{cccc}1& -1& 1& -1\\ 0& 1& -1& 1\\ 0& 0& 1& -1\\ 0& 0& 0& 1\end{array}\right)$$ Tres operaciones han bastado. La inversa de una triangular superior es triangular superior, y aquí tiene un patrón: signos alternos por encima de la diagonal.

b) Por la propiedad $(A^t{)}^{-1}=(A^{-1}{)}^t$, se traspone el resultado de a): $$(A^t{)}^{-1}=\left(\begin{array}{cccc}1& 0& 0& 0\\ -1& 1& 0& 0\\ 1& -1& 1& 0\\ -1& 1& -1& 1\end{array}\right)$$ Repetir Gauss-Jordan con $A^t$ daría lo mismo, pero con más trabajo y más ocasiones de equivocarse.

a) 1. Ceros en la primera columna con pivote $1$ (un número, así que no hay riesgo de dividir entre $0$): $$\left(\begin{array}{ccc}1& 1& m\\ 1& m& 1\\ m& 1& 1\end{array}\right)\underset{F_3-m{F}_1}{\overset{F_2-F_1}{\to }}\left(\begin{array}{ccc}1& 1& m\\ 0& m-1& 1-m\\ 0& 1-m& 1-m^2\end{array}\right)$$

2. Ceros en la segunda columna. En vez de dividir entre $m-1$ (que puede ser $0$), sumamos las filas 2 y 3, porque $(1-m)+(m-1)=0$: $$\stackrel{F_3+F_2}{\to }\left(\begin{array}{ccc}1& 1& m\\ 0& m-1& 1-m\\ 0& 0& 2-m-m^2\end{array}\right)$$ y $2-m-m^2=-(m^2+m-2)=-(m-1)(m+2)$.

3. Estudio de la diagonal. Los elementos de la diagonal son $1$, $m-1$ y $-(m-1)(m+2)$. Se anulan para $m=1$ y para $m=-2$.

• Si $m=1$, las filas 2 y 3 son $(0,0,0)$: hay filas de ceros, no hay inversa (de hecho, $A$ tiene todos sus elementos iguales a $1$).
• Si $m=-2$, la fila 3 es $(0,0,0)$: no hay inversa.
• Si $m\ne 1$ y $m\ne -2$, los tres pivotes son distintos de cero: se pueden hacer los ceros de encima y dividir cada fila entre su pivote, así que el método termina y $A$ es invertible.

$A$ no tiene inversa exactamente para $m=1$ y $m=-2$.

b) Para $m=0$, $A=\left(\begin{array}{ccc}1& 1& 0\\ 1& 0& 1\\ 0& 1& 1\end{array}\right)$, que es invertible por a). Gauss-Jordan: $$\left(\begin{array}{cccccc}1& 1& 0& 1& 0& 0\\ 1& 0& 1& 0& 1& 0\\ 0& 1& 1& 0& 0& 1\end{array}\right)\stackrel{F_2-F_1}{\to }\left(\begin{array}{cccccc}1& 1& 0& 1& 0& 0\\ 0& -1& 1& -1& 1& 0\\ 0& 1& 1& 0& 0& 1\end{array}\right)\stackrel{F_3+F_2}{\to }\left(\begin{array}{cccccc}1& 1& 0& 1& 0& 0\\ 0& -1& 1& -1& 1& 0\\ 0& 0& 2& -1& 1& 1\end{array}\right)$$ Dividimos la fila 3 entre $2$ y cambiamos el signo de la fila 2: $$\underset{-F_2}{\overset{\frac{1}{2}{F}_3}{\to }}\left(\begin{array}{cccccc}1& 1& 0& 1& 0& 0\\ 0& 1& -1& 1& -1& 0\\ 0& 0& 1& -\frac{1}{2}& \frac{1}{2}& \frac{1}{2}\end{array}\right)\stackrel{F_2+F_3}{\to }\left(\begin{array}{cccccc}1& 1& 0& 1& 0& 0\\ 0& 1& 0& \frac{1}{2}& -\frac{1}{2}& \frac{1}{2}\\ 0& 0& 1& -\frac{1}{2}& \frac{1}{2}& \frac{1}{2}\end{array}\right)\stackrel{F_1-F_2}{\to }\left(\begin{array}{cccccc}1& 0& 0& \frac{1}{2}& \frac{1}{2}& -\frac{1}{2}\\ 0& 1& 0& \frac{1}{2}& -\frac{1}{2}& \frac{1}{2}\\ 0& 0& 1& -\frac{1}{2}& \frac{1}{2}& \frac{1}{2}\end{array}\right)$$ $$A^{-1}=\frac{1}{2}\left(\begin{array}{ccc}1& 1& -1\\ 1& -1& 1\\ -1& 1& 1\end{array}\right)$$ Comprobación de la primera fila de $A{A}^{-1}$: $\frac{1}{2}(1+1,1-1,-1+1)=(1,0,0)$.

c) La matriz de coeficientes del sistema es justamente $A$ con $m=0$, y el sistema es $AX=B$ con $B=\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ 3\end{array}\right)$. Como $A$ es invertible: $$X=A^{-1}B=\frac{1}{2}\left(\begin{array}{ccc}1& 1& -1\\ 1& -1& 1\\ -1& 1& 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ 3\end{array}\right)=\frac{1}{2}\left(\begin{array}{c}1+2-3\\ 1-2+3\\ -1+2+3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ 2\end{array}\right)$$ La solución es $x=0$, $y=1$, $z=2$. Comprobación: $0+1=1$, $0+2=2$, $1+2=3$.

Para el examen: en a) cada operación debe estar escrita y no se puede dividir entre $m-1$ sin decir antes que $m\ne 1$. Hay que estudiar por separado cada valor que anula un pivote y concluir con una frase clara: «$A$ tiene inversa si y solo si $m\ne 1$ y $m\ne -2$». En el tema 2 llegarás a lo mismo con $|A|=-(m-1{)}^2(m+2)$.

a) 1. $ad-bc=4\cdot 2-3\cdot 3=8-9=-1\ne 0$, así que $A$ es invertible.

2. Con la fórmula: $$A^{-1}=\frac{1}{-1}\left(\begin{array}{cc}2& -3\\ -3& 4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}-2& 3\\ 3& -4\end{array}\right)$$

3. Comprobación: $A{A}^{-1}=\left(\begin{array}{cc}-8+9& 12-12\\ -6+6& 9-8\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 1\end{array}\right)$.

b) Una matriz $2\times 2$ no tiene inversa si y solo si $ad-bc=0$: $$6\cdot 6-4k=0⟺36=4k⟺k=9$$ Para $k=9$, $B=\left(\begin{array}{cc}6& 4\\ 9& 6\end{array}\right)$: la segunda fila es $\frac{3}{2}$ de la primera, como en el ejemplo singular de la teoría.

1. Idea. $B=A^{-1}$ si $AB=I$ (para matrices cuadradas, un producto basta).

2. Producto. $$AB=\left(\begin{array}{ccc}1& -2+2& x+2y\\ 0& 1& y+3\\ 0& 0& 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}1& 0& x+2y\\ 0& 1& y+3\\ 0& 0& 1\end{array}\right)$$

3. Igualamos a $I$. $y+3=0$, luego $y=-3$; y $x+2y=0$, luego $x=6$.

4. Comprobación. Con $x=6$, $y=-3$, el producto es $I$, así que $A^{-1}=\left(\begin{array}{ccc}1& -2& 6\\ 0& 1& -3\\ 0& 0& 1\end{array}\right)$.

1. Ceros debajo de la diagonal. $$\left(\begin{array}{cccccc}1& 0& 2& 1& 0& 0\\ 0& 1& 1& 0& 1& 0\\ 1& 1& 4& 0& 0& 1\end{array}\right)\stackrel{F_3-F_1}{\to }\left(\begin{array}{cccccc}1& 0& 2& 1& 0& 0\\ 0& 1& 1& 0& 1& 0\\ 0& 1& 2& -1& 0& 1\end{array}\right)\stackrel{F_3-F_2}{\to }\left(\begin{array}{cccccc}1& 0& 2& 1& 0& 0\\ 0& 1& 1& 0& 1& 0\\ 0& 0& 1& -1& -1& 1\end{array}\right)$$ No hay fila de ceros: la inversa existe.

2. Ceros encima de la diagonal (tercera columna; la segunda ya está): $$\underset{F_1-2F_3}{\overset{F_2-F_3}{\to }}\left(\begin{array}{cccccc}1& 0& 0& 3& 2& -2\\ 0& 1& 0& 1& 2& -1\\ 0& 0& 1& -1& -1& 1\end{array}\right)$$

3. Resultado. $$A^{-1}=\left(\begin{array}{ccc}3& 2& -2\\ 1& 2& -1\\ -1& -1& 1\end{array}\right)$$ Comprobación de la tercera fila de $A{A}^{-1}$: $(3+1-4,2+2-4,-2-1+4)=(0,0,1)$.

a) $(AB{)}^{-1}=B^{-1}{A}^{-1}$ (el orden cambia): $$(AB{)}^{-1}=\left(\begin{array}{cc}2& 1\\ 1& 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}1& 2\\ 0& 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}2& 4+1\\ 1& 2+1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}2& 5\\ 1& 3\end{array}\right)$$ Si se calcula $A^{-1}{B}^{-1}=\left(\begin{array}{cc}4& 3\\ 1& 1\end{array}\right)$, sale otra matriz: ese es el error típico.

b) $(A^t{)}^{-1}=(A^{-1}{)}^t=\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 2& 1\end{array}\right)$.

c) $A=(A^{-1}{)}^{-1}$. Con la fórmula $2\times 2$ ($ad-bc=1$): $$A=\left(\begin{array}{cc}1& -2\\ 0& 1\end{array}\right)$$

d) $(2B{)}^{-1}=\frac{1}{2}{B}^{-1}=\left(\begin{array}{cc}1& \frac{1}{2}\\ \frac{1}{2}& \frac{1}{2}\end{array}\right)$. Comprobación: $B=(B^{-1}{)}^{-1}=\left(\begin{array}{cc}1& -1\\ -1& 2\end{array}\right)$, $2B=\left(\begin{array}{cc}2& -2\\ -2& 4\end{array}\right)$ y $(2B)\cdot \frac{1}{2}{B}^{-1}=B{B}^{-1}=I$.

a) 1. Pivote nulo. El elemento $(1,1)$ es $0$: intercambiamos filas. Además, colocamos la fila $(0,1,1)$ antes que la $(0,2,1)$ para tener un $1$ como segundo pivote: $$\left(\begin{array}{cccccc}0& 2& 1& 1& 0& 0\\ 1& 1& 0& 0& 1& 0\\ 0& 1& 1& 0& 0& 1\end{array}\right)\stackrel{F_1\leftrightarrow F_2}{\to }\left(\begin{array}{cccccc}1& 1& 0& 0& 1& 0\\ 0& 2& 1& 1& 0& 0\\ 0& 1& 1& 0& 0& 1\end{array}\right)\stackrel{F_2\leftrightarrow F_3}{\to }\left(\begin{array}{cccccc}1& 1& 0& 0& 1& 0\\ 0& 1& 1& 0& 0& 1\\ 0& 2& 1& 1& 0& 0\end{array}\right)$$

2. Ceros debajo. $$\stackrel{F_3-2F_2}{\to }\left(\begin{array}{cccccc}1& 1& 0& 0& 1& 0\\ 0& 1& 1& 0& 0& 1\\ 0& 0& -1& 1& 0& -2\end{array}\right)\stackrel{-F_3}{\to }\left(\begin{array}{cccccc}1& 1& 0& 0& 1& 0\\ 0& 1& 1& 0& 0& 1\\ 0& 0& 1& -1& 0& 2\end{array}\right)$$

3. Ceros encima. $$\stackrel{F_2-F_3}{\to }\left(\begin{array}{cccccc}1& 1& 0& 0& 1& 0\\ 0& 1& 0& 1& 0& -1\\ 0& 0& 1& -1& 0& 2\end{array}\right)\stackrel{F_1-F_2}{\to }\left(\begin{array}{cccccc}1& 0& 0& -1& 1& 1\\ 0& 1& 0& 1& 0& -1\\ 0& 0& 1& -1& 0& 2\end{array}\right)$$ $$A^{-1}=\left(\begin{array}{ccc}-1& 1& 1\\ 1& 0& -1\\ -1& 0& 2\end{array}\right)$$ Los intercambios de filas no cambian el resultado: la inversa es única. Comprobación de la primera fila de $A{A}^{-1}$: $(0+2-1,0+0+0,0-2+2)=(1,0,0)$.

b) 1. Gauss en $B$. $$\left(\begin{array}{ccc}1& 2& 1\\ 2& 1& 0\\ 4& 5& 2\end{array}\right)\underset{F_3-4F_1}{\overset{F_2-2F_1}{\to }}\left(\begin{array}{ccc}1& 2& 1\\ 0& -3& -2\\ 0& -3& -2\end{array}\right)\stackrel{F_3-F_2}{\to }\left(\begin{array}{ccc}1& 2& 1\\ 0& -3& -2\\ 0& 0& 0\end{array}\right)$$ Aparece una fila de ceros, así que Gauss-Jordan no puede llegar a $I$ y $B$ no tiene inversa.

2. La relación entre filas. La fila nula es $(F_3-4F_1)-(F_2-2F_1)=F_3-2F_1-F_2$. Como vale $0$, $F_3=2F_1+F_2$. Comprobación: $2(1,2,1)+(2,1,0)=(4,5,2)$. Por tanto $\alpha =2$ y $\beta =1$.

a) Las filas son cuadernos, bolígrafos y lápices; las columnas, los packs Básico, Estudio y Examen: $$M=\left(\begin{array}{ccc}2& 1& 1\\ 1& 1& 0\\ 1& 1& 1\end{array}\right)$$

b) 1. Ordenamos para tener un $1$ como primer pivote: $$\left(\begin{array}{cccccc}2& 1& 1& 1& 0& 0\\ 1& 1& 0& 0& 1& 0\\ 1& 1& 1& 0& 0& 1\end{array}\right)\stackrel{F_1\leftrightarrow F_2}{\to }\left(\begin{array}{cccccc}1& 1& 0& 0& 1& 0\\ 2& 1& 1& 1& 0& 0\\ 1& 1& 1& 0& 0& 1\end{array}\right)$$

2. Ceros debajo. $$\underset{F_3-F_1}{\overset{F_2-2F_1}{\to }}\left(\begin{array}{cccccc}1& 1& 0& 0& 1& 0\\ 0& -1& 1& 1& -2& 0\\ 0& 0& 1& 0& -1& 1\end{array}\right)$$ La parte izquierda ya es triangular sin ceros en la diagonal: la inversa existe.

3. Ceros encima y pivotes a $1$. $$\stackrel{F_2-F_3}{\to }\left(\begin{array}{cccccc}1& 1& 0& 0& 1& 0\\ 0& -1& 0& 1& -1& -1\\ 0& 0& 1& 0& -1& 1\end{array}\right)\stackrel{-F_2}{\to }\left(\begin{array}{cccccc}1& 1& 0& 0& 1& 0\\ 0& 1& 0& -1& 1& 1\\ 0& 0& 1& 0& -1& 1\end{array}\right)\stackrel{F_1-F_2}{\to }\left(\begin{array}{cccccc}1& 0& 0& 1& 0& -1\\ 0& 1& 0& -1& 1& 1\\ 0& 0& 1& 0& -1& 1\end{array}\right)$$ $$M^{-1}=\left(\begin{array}{ccc}1& 0& -1\\ -1& 1& 1\\ 0& -1& 1\end{array}\right)$$

c) Las unidades vendidas son $M\left(\begin{array}{c}x\\ y\\ z\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}40\\ 25\\ 30\end{array}\right)$. Multiplicando por $M^{-1}$ por la izquierda: $$\left(\begin{array}{c}x\\ y\\ z\end{array}\right)=M^{-1}\left(\begin{array}{c}40\\ 25\\ 30\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}40-30\\ -40+25+30\\ -25+30\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}10\\ 15\\ 5\end{array}\right)$$ Se vendieron 10 packs Básico, 15 Estudio y 5 Examen. Comprobación: cuadernos $20+15+5=40$, bolígrafos $10+15=25$, lápices $10+15+5=30$.

La inversa responde a la pregunta «al revés»: $M$ pasa de packs a unidades y $M^{-1}$ de unidades a packs. Como $M$ es invertible, la respuesta es única.

a) Con la fórmula $2\times 2$. Para $P$: $ad-bc=2-1=1$, y para $Q$: $ad-bc=3-2=1$. $$P^{-1}=\left(\begin{array}{cc}1& -1\\ -1& 2\end{array}\right),Q^{-1}=\left(\begin{array}{cc}1& -2\\ -1& 3\end{array}\right)$$

b) 1. La estructura. En $(A|I)$, las filas 1 y 2 solo tienen elementos no nulos en las columnas 1 y 2 de la izquierda, y las filas 3 y 4 solo en las columnas 3 y 4. Las operaciones de Gauss-Jordan que convierten $P$ en $I_2$ se hacen solo con las filas 1 y 2, y las que convierten $Q$ en $I_2$, solo con las filas 3 y 4; unas no estropean los ceros de las otras. A la derecha aparece $P^{-1}$ arriba a la izquierda y $Q^{-1}$ abajo a la derecha: $$A^{-1}=\left(\begin{array}{cccc}1& -1& 0& 0\\ -1& 2& 0& 0\\ 0& 0& 1& -2\\ 0& 0& -1& 3\end{array}\right)$$

2. Justificación por el producto. Al multiplicar $A$ por esta matriz, cada elemento de las filas 1 y 2 combina solo la fila de $P$ con las columnas de $P^{-1}$, y lo mismo con $Q$: $$A{A}^{-1}=\left(\begin{array}{cccc}2-1& -2+2& 0& 0\\ 1-1& -1+2& 0& 0\\ 0& 0& 3-2& -6+6\\ 0& 0& 1-1& -2+3\end{array}\right)=I_4$$ Como el producto es $I_4$, la matriz obtenida es la inversa (y es la única).

Una matriz «por bloques diagonales» se invierte invirtiendo cada bloque: así se evita un Gauss-Jordan de $4\times 4$.

a) 1. Ceros en la primera columna. El pivote es $1$: $F_3-m{F}_1$. $$\left(\begin{array}{ccc}1& m& 0\\ 0& 1& m\\ m& 0& 1\end{array}\right)\stackrel{F_3-m{F}_1}{\to }\left(\begin{array}{ccc}1& m& 0\\ 0& 1& m\\ 0& -m^2& 1\end{array}\right)\stackrel{F_3+m^2{F}_2}{\to }\left(\begin{array}{ccc}1& m& 0\\ 0& 1& m\\ 0& 0& 1+m^3\end{array}\right)$$ El segundo pivote también es $1$, así que no se ha dividido entre nada que dependa de $m$.

2. Diagonal. Los pivotes son $1$, $1$ y $1+m^3$. Solo el último puede anularse: $$1+m^3=(m+1)(m^2-m+1)=0$$ El factor $m^2-m+1$ no tiene raíces reales (su discriminante es $1-4=-3<0$), así que la única solución real es $m=-1$. Para $m=-1$ la tercera fila es de ceros y no hay inversa; para $m\ne -1$ los tres pivotes son distintos de cero y la inversa existe.

b) 1. Las mismas operaciones con $(A|I)$. Llamamos $D=1+m^3\ne 0$. $$\left(\begin{array}{cccccc}1& m& 0& 1& 0& 0\\ 0& 1& m& 0& 1& 0\\ m& 0& 1& 0& 0& 1\end{array}\right)\stackrel{F_3-m{F}_1}{\to }\left(\begin{array}{cccccc}1& m& 0& 1& 0& 0\\ 0& 1& m& 0& 1& 0\\ 0& -m^2& 1& -m& 0& 1\end{array}\right)\stackrel{F_3+m^2{F}_2}{\to }\left(\begin{array}{cccccc}1& m& 0& 1& 0& 0\\ 0& 1& m& 0& 1& 0\\ 0& 0& D& -m& m^2& 1\end{array}\right)$$

2. Dividimos la fila 3 entre $D$ (permitido, porque $m\ne -1$): la fila 3 queda $\left(0,0,1|\frac{-m}{D},\frac{m^2}{D},\frac{1}{D}\right)$.

3. $F_2-m{F}_3$. A la derecha: $\left(0-\frac{-m^2}{D},1-\frac{m^3}{D},0-\frac{m}{D}\right)=\left(\frac{m^2}{D},\frac{D-m^3}{D},\frac{-m}{D}\right)=\frac{1}{D}\left(m^2,1,-m\right)$, porque $D-m^3=1$.

4. $F_1-m{F}_2$ (con la nueva fila 2). A la derecha: $\left(1-\frac{m^3}{D},0-\frac{m}{D},0+\frac{m^2}{D}\right)=\frac{1}{D}\left(1,-m,m^2\right)$.

5. Resultado. A la izquierda queda $I$ y $$A^{-1}=\frac{1}{1+m^3}\left(\begin{array}{ccc}1& -m& m^2\\ m^2& 1& -m\\ -m& m^2& 1\end{array}\right)(m\ne -1)$$ Comprobación del elemento $(1,1)$ de $A{A}^{-1}$: $\frac{1}{D}(1\cdot 1+m\cdot m^2+0)=\frac{1+m^3}{D}=1$; y del $(1,2)$: $\frac{1}{D}(-m+m\cdot 1)=0$.