On a:
\[
A^3-A=\begin{pmatrix}5&0&2\\0&3&1\\1&-2&4\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}3&-4&2\\1&-1&-1\\1&2&0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}4&0&0\\0&4&0\\0&0&4\end{pmatrix}=4I_3.
\]
On en déduit alors que:
\[
(A^2-I_3)A=4I_3\qquad\text{soit}\qquad\dfrac{1}{4}(A^2-I_3)A=I_3.
\]
En posant $B=\dfrac{1}{4}(A^2-I_3)$, on a alors $B \times A = I_3$.

De même, $A \times B = A \times \dfrac{1}{4}(A^2-I_3) = \dfrac{1}{4}A(A^2-I_3)A=I_3$.

On a alors $AB = BA = I_3$, donc $A$ est inversible et:
\[
A^{-1} = \dfrac{1}{4}(A^2-I_3) = \dfrac{1}{4}\begin{pmatrix}2&-4&2\\1&-2&-1\\1&2&-1\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
\frac{1}{2} & -1 & \frac{1}{2}\\[4pt]
\frac{1}{4} & -\frac{1}{2} & -\frac{1}{4}\\[4pt]
\frac{1}{4} & \frac{1}{2} & -\frac{1}{4}
\end{pmatrix}.
\]
