\(A\cdot\mathrm{adj}\,A = (\det A)\,I\)

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\cardid{thm-matriz-adjunta}
\cardtipo{teorema}
\cardtitulo{$A\cdot\mathrm{adj}\,A = (\det A)\,I$}
\cardtags{}
\cardautor{}

\cardrequer{def-adj}
\cardrequerdem{thm-laplace, cor-linhas}
\cardveja{}

\begin{cartao}

\emph{Para toda $A\in\Mat{n}{n}$,}
\[A\cdot\mathrm{adj}\,A = \mathrm{adj}\,A\cdot A = (\det A)\,I_n.\]
\emph{Em particular, se $\det A\neq0$ então $A^{-1} = \frac{1}{\det A}\,\mathrm{adj}\,A$.}

\begin{demonstracao}

A entrada $(i,k)$ do produto $A\cdot\mathrm{adj}\,A$ é
\[\sum_{j=1}^n a_{ij}\,(-1)^{k+j}\det A_{kj}.\]
Se $i=k$, isso é exatamente o desenvolvimento de Laplace de $\det A$ pela linha $i$
(\vejacard{thm-laplace}), logo vale $\det A$.

Se $i\neq k$, considere a matriz $\widetilde A$ obtida de $A$ substituindo a linha $k$ pela
linha $i$. Ela tem duas linhas iguais, logo $\det\widetilde A = 0$. Mas o menor
$\widetilde A_{kj}$ não vê a linha $k$, e portanto $\widetilde A_{kj} = A_{kj}$; assim o
desenvolvimento de $\det\widetilde A$ pela linha $k$ é precisamente a soma acima. Ela vale
$0$.

Logo $A\cdot\mathrm{adj}\,A = (\det A)I$; o outro produto é análogo, desenvolvendo por
colunas.

\end{demonstracao}

\end{cartao}