Matrius i determinants: exercicis de la PAU de Matemàtiques resolts

Plantejament Fem servir el teorema de Rouché-Frobenius: comparem el rang de la matriu de coeficients $A$ amb el de la matriu ampliada $A^*$. Primer busquem els valors de $m$ que anuŀlen $|A|$.

1. Matrius del sistema:

   $A$${}= \begin{pmatrix}1&m&1\\1&3&1\\m&1&1\end{pmatrix}$$A^*$${}= \left(\begin{array}{ccc|c}1&m&1&4\\1&3&1&5\\m&1&1&4\end{array}\right)$

2. Determinant de $A$:

   $|A|$${}= \begin{vmatrix}1&m&1\\1&3&1\\m&1&1\end{vmatrix}$${}= 3+m^2+1-3m-1-m$${}= m^2-4m+3$${}= (m-1)(m-3)$

3. Si $m\ne 1$ i $m\ne 3$: $|A|\ne 0$ i el rang de les dues matrius és 3, igual al nombre d’incògnites: sistema compatible determinat.

   $\operatorname{rg}(A)=\operatorname{rg}(A^*)=3$

4. Si $m=3$: $\operatorname{rg}(A)=2$, perquè hi ha un menor d’ordre 2 no nul. En canvi, la matriu ampliada té un menor d’ordre 3 no nul:

   $\begin{vmatrix}1&3\\3&1\end{vmatrix}$${}= -8$${}\ne 0$$\begin{vmatrix}1&3&4\\1&3&5\\3&1&4\end{vmatrix}$${}= 8$${}\ne 0$

5. Per tant, per a $m=3$, $\operatorname{rg}(A)=2\ne\operatorname{rg}(A^*)=3$: sistema incompatible.

6. Si $m=1$: la primera i la tercera equació són iguals ($x+y+z=4$), i hi ha un menor d’ordre 2 no nul:

   $\begin{vmatrix}1&1\\1&3\end{vmatrix}$${}= 2$${}\ne 0$${}\Rightarrow \operatorname{rg}(A)$${}= \operatorname{rg}(A^*)$${}= 2$${}< 3$

7. Per a $m=1$ el sistema és compatible indeterminat, amb un grau de llibertat.

Plantejament Cada equació és un pla. El tipus de sistema ens diu quants punts comparteixen els tres plans; per a $m=1$ resolem i obtenim una recta.

1. Si $m\ne 1,3$ (compatible determinat): els tres plans es tallen en un únic punt.

2. Si $m=3$ (incompatible): no hi ha cap punt comú. El primer pla i el segon són paraŀlels i diferents, i el tercer talla cadascun d’ells en una recta (les dues rectes són paraŀleles).

   $x+3y+z=4$$x+3y+z=5$

3. Si $m=1$ (compatible indeterminat): el primer i el tercer pla coincideixen, i el segon els talla en una recta. Resolem:

   $\begin{cases}x+y+z=4\\ x+3y+z=5\end{cases}$${}\Longrightarrow 2y=1$${}\Longrightarrow y=\frac{1}{2}$

4. Prenem $z=\lambda$ com a paràmetre:

   $x=4-\frac{1}{2}-\lambda=\frac{7}{2}-\lambda$

5. Les solucions formen la recta:

   $(x,y,z)$${}= \left(\frac{7}{2}-\lambda,\ \frac{1}{2},\ \lambda\right)$${}= \left(\frac{7}{2},\frac{1}{2},0\right)+\lambda(-1,0,1)$$\lambda\in\mathbb{R}$

Plantejament El punt donat ha de ser una de les solucions del sistema per a $m=1$; si ho és, n’hi ha prou d’afegir una equació que el compleixi i que faci pujar el rang de la matriu de coeficients a 3.

1. El punt és de la recta de solucions (per a $\lambda=\frac{1}{2}$):

   $\left(\frac{7}{2}-\frac{1}{2},\ \frac{1}{2},\ \frac{1}{2}\right)=\left(3,\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right)$

2. Afegim, per exemple, l’equació $x=3$, que aquest punt compleix. La nova matriu de coeficients té rang 3:

   $\begin{vmatrix}1&1&1\\1&3&1\\1&0&0\end{vmatrix}$${}= 1\cdot(1\cdot 1-1\cdot 3)$${}= -2$${}\ne 0$

3. El sistema de quatre equacions és compatible (el punt compleix totes les equacions) i el rang és 3, igual al nombre d’incògnites: és compatible determinat i la seva única solució és el punt donat.

Plantejament Es demanen els valors de $k$ per als quals $\boldsymbol{M}\boldsymbol{N}$ té inversa. $\boldsymbol{M}$ és $2\times 3$ i $\boldsymbol{N}$ és $3\times 2$, de manera que $\boldsymbol{M}\boldsymbol{N}$ és $2\times 2$; és invertible si i només si el seu determinant no és zero.

1. Producte, fila per columna:

   $\boldsymbol{M}\boldsymbol{N}$${}= \begin{pmatrix}3&3&0\\k-1&-1&-1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}3&1\\k-1&0\\0&2\end{pmatrix}$${}= \begin{pmatrix}9+3(k-1)&3\\3(k-1)-(k-1)&(k-1)-2\end{pmatrix}$${}= \begin{pmatrix}3k+6&3\\2k-2&k-3\end{pmatrix}$

2. Determinant:

   $|\boldsymbol{M}\boldsymbol{N}|$${}= (3k+6)(k-3)$${}-3(2k-2)$${}= 3k^2-9k-12$${}= 3\left(k^2-3k-4\right)$

3. S’anul·la quan:

   $k^2-3k-4=0$${}\Longleftrightarrow k=\frac{3\pm\sqrt{9+16}}{2}$${}= \frac{3\pm 5}{2}$${}\Longleftrightarrow k=4$$\text{o}\ \ \ k=-1$

Plantejament Es demanen els valors de $k$ per als quals $\boldsymbol{N}\boldsymbol{M}$, que és $3\times 3$, té inversa. Calculem el producte i estudiem el seu determinant.

1. Producte, fila per columna:

   $\boldsymbol{N}\boldsymbol{M}$${}= \begin{pmatrix}3&1\\k-1&0\\0&2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}3&3&0\\k-1&-1&-1\end{pmatrix}$${}= \begin{pmatrix}k+8&8&-1\\3k-3&3k-3&0\\2k-2&-2&-2\end{pmatrix}$

2. Les columnes són linealment dependents: la primera és la segona menys $k$ vegades la tercera, per a qualsevol $k$:

   $\begin{pmatrix}8\\3k-3\\-2\end{pmatrix}$${}-k\begin{pmatrix}-1\\0\\-2\end{pmatrix}$${}= \begin{pmatrix}k+8\\3k-3\\2k-2\end{pmatrix}$

3. Un determinant amb una columna que és combinació lineal de les altres val zero:

   $|\boldsymbol{N}\boldsymbol{M}|=0\quad\text{per a tot }k$

4. Una altra manera de veure-ho: el rang d’un producte no supera el de cap dels factors, i $\boldsymbol{N}$ només té dues columnes, de manera que $\operatorname{rang}(\boldsymbol{N}\boldsymbol{M})\le 2<3$.

Plantejament Es demana per a quins $m$, $n$ i $k$ el sistema, de dues equacions i tres incògnites, té infinites solucions. Fem servir el teorema de Rouché-Frobenius: comparem el rang de la matriu de coeficients, $\boldsymbol{M}$, amb el de l’ampliada, $\boldsymbol{M}^*$, i amb el nombre d’incògnites.

1. Escrit amb equacions:

   $\begin{cases}3x+3y=m\\ (k-1)x-y-z=n\end{cases}$

2. El menor de $\boldsymbol{M}$ format per les columnes de $y$ i $z$ no depèn de cap paràmetre i no és zero:

   $\begin{vmatrix}3&0\\-1&-1\end{vmatrix}$${}= -3$${}\neq 0$${}\Longrightarrow \operatorname{rang}\boldsymbol{M}$${}= 2$

3. La matriu ampliada només té 2 files, de manera que el seu rang és com a màxim 2; i conté aquest menor, així que també és 2:

   $\operatorname{rang}\boldsymbol{M}^*=2$

4. Els dos rangs són iguals i més petits que el nombre d’incògnites ($2<3$): pel teorema de Rouché-Frobenius, el sistema és compatible indeterminat (amb un grau de llibertat), siguin quins siguin $m$, $n$ i $k$.

Plantejament Apliquem el teorema de Rouché-Frobenius: calculem $|A|$, trobem quan s’anuŀla i estudiem els rangs en cada cas.

1. Matrius:

   $A$${}= \begin{pmatrix}2&k&1\\-1&2&2\\1&1&1\end{pmatrix}$$A^*$${}= \left(\begin{array}{ccc|c}2&k&1&3\\-1&2&2&1\\1&1&1&2\end{array}\right)$

2. Determinant:

   $|A|$${}= 4+2k-1-2-4+k$${}= 3k-3$${}= 3(k-1)$

3. Si $k\ne 1$: $|A|\ne 0$, els dos rangs valen 3, igual que el nombre d’incògnites: compatible determinat.

   $\operatorname{rg}(A)=\operatorname{rg}(A^*)=3$

4. Si $k=1$: $|A|=0$ i hi ha un menor d’ordre 2 no nul, així que $\operatorname{rg}(A)=2$:

   $\begin{vmatrix}2&1\\-1&2\end{vmatrix}$${}= 5$${}\ne 0$

5. Per a $k=1$ les columnes de $y$ i de $z$ són iguals; l’únic menor d’ordre 3 de $A^*$ que pot no ser nul és el de les columnes $x$, $y$ i termes independents:

   $\begin{vmatrix}2&1&3\\-1&2&1\\1&1&2\end{vmatrix}$${}= 8+1-3-6-2+2=0$

6. Per tant $\operatorname{rg}(A^*)=2=\operatorname{rg}(A)<3$: compatible indeterminat amb un grau de llibertat.

Plantejament Per a $k=1$ resolem en funció d’un paràmetre; per a $k\ne 1$ fem servir la regla de Cramer i veurem que $k$ desapareix.

1. Cas $k=1$. Sumant la segona i la tercera equació:

   $3y+3z=3\ \Longrightarrow\ y=1-z$

2. Substituint a la tercera, $x=2-y-z=1$. Amb $z=\lambda$:

   $(x,y,z)=(1,\ 1-\lambda,\ \lambda)$$\lambda\in\mathbb{R}$

3. Cas $k\ne 1$. Regla de Cramer:

   $x$${}= \frac{\begin{vmatrix}3&k&1\\1&2&2\\2&1&1\end{vmatrix}}{3k-3}$${}= \frac{3k-3}{3k-3}$${}= 1$
4. $y$${}= \frac{\begin{vmatrix}2&3&1\\-1&1&2\\1&2&1\end{vmatrix}}{3k-3}$${}= \frac{0}{3k-3}=0$

5. De la tercera equació:

   $z=2-x-y=2-1-0=1$

6. Comprovació a la primera equació, per a qualsevol $k$:

   $2\cdot 1+k\cdot 0+1=3$

Plantejament Cada equació és un pla. El segon i el tercer no depenen de $k$ i es tallen en una recta $r$; el primer pla canvia amb $k$.

1. Recta comuna del segon i el tercer pla (és la solució del cas $k=1$):

   $r:\ (x,y,z)=(1,1,0)+\lambda(0,-1,1)$

2. Si $k=1$, el primer pla conté la recta $r$: els tres plans són diferents i es tallen en aquesta recta (formen part d’un mateix feix).

3. Si $k\ne 1$, el primer pla talla $r$ en un sol punt, $(1,0,1)$, que és el mateix per a tots els valors de $k$. Tots els plans $2x+ky+z=3$ contenen la recta $y=0,\ 2x+z=3$, que passa per $(1,0,1)$: quan $k$ varia, el primer pla gira al voltant d’aquesta recta.

Plantejament Teorema de Rouché-Frobenius: calculem el determinant de la matriu de coeficients, trobem els valors crítics de $p$ i estudiem els rangs en cada cas.

1. Matrius (ordre de les incògnites $x$, $y$, $z$):

   $A$${}= \begin{pmatrix}0&1&-1\\p^2&0&-1\\1&-1&0\end{pmatrix}$$A^*$${}= \left(\begin{array}{ccc|c}0&1&-1&p+3\\p^2&0&-1&5\\1&-1&0&3\end{array}\right)$

2. Determinant:

   $|A|$${}= 0-1+p^2-0-0-0$${}= p^2-1$${}= (p-1)(p+1)$

3. Si $p\ne 1$ i $p\ne -1$: $|A|\ne 0$ i els dos rangs valen 3, igual que el nombre d’incògnites: compatible determinat.

   $\operatorname{rg}(A)=\operatorname{rg}(A^*)=3$

4. Si $p=1$: $\operatorname{rg}(A)=2$ (hi ha un menor d’ordre 2 no nul), però la matriu ampliada té un menor d’ordre 3 no nul (columnes $x$, $y$ i termes independents):

   $\begin{vmatrix}0&1\\1&0\end{vmatrix}$${}= -1$${}\ne 0$$\begin{vmatrix}0&1&4\\1&0&5\\1&-1&3\end{vmatrix}$${}= -2$${}\ne 0$

5. Per a $p=1$: $\operatorname{rg}(A)=2\ne\operatorname{rg}(A^*)=3$, sistema incompatible.

6. Si $p=-1$: les equacions són $y-z=2$, $x-z=5$, $x-y=3$, i la segona és la suma de la primera i la tercera. Hi ha un menor d’ordre 2 no nul:

   $\begin{vmatrix}0&1\\1&0\end{vmatrix}$${}= -1$${}\ne 0$${}\Rightarrow \operatorname{rg}(A)$${}= \operatorname{rg}(A^*)$${}= 2$${}< 3$

7. Per a $p=-1$ el sistema és compatible indeterminat amb un grau de llibertat.

Plantejament Per a $p=-1$ podem eliminar la segona equació (és la suma de les altres dues) i deixar una incògnita com a paràmetre.

1. Sistema equivalent:

   $\begin{cases}y-z=2\\ x-y=3\end{cases}$

2. Prenem $y=\lambda$:

   $x=3+\lambda$$z=\lambda-2$

Plantejament Imposem la condició $xy=10$ a les solucions de l’apartat anterior: surt una equació de segon grau en $\lambda$.

1. $(3+\lambda)\lambda=10\ \Longrightarrow\ \lambda^2+3\lambda-10=0$
2. $\lambda=\frac{-3\pm\sqrt{9+40}}{2}=\frac{-3\pm 7}{2}\ \Longrightarrow\ \lambda=2$$\text{o}\ \ \lambda=-5$

3. Solucions corresponents:

   $\lambda=2:\ (5,2,0)$$\lambda=-5:\ (-2,-5,-7)$

Plantejament Es demana discutir el sistema segons el valor de $a$. Fem servir el teorema de Rouché-Frobenius: comparem el rang de la matriu de coeficients $M$ amb el de la matriu ampliada $M^*$ i amb el nombre d’incògnites, 3.

1. Matriu de coeficients i matriu ampliada:

   $M$${}= \begin{pmatrix}1&3&a\\-2&-6&2\\a&3&1\end{pmatrix}$$M^*$${}= \left(\begin{array}{ccc|c}1&3&a&1\\-2&-6&2&2a\\a&3&1&3\end{array}\right)$

2. Determinant de $M$ (regla de Sarrus):

   $|M|$${}= (-6+6a-6a)$${}-(-6a^2+6-6)$${}= 6a^2-6$${}= 6\left(a^2-1\right)$

3. $|M|=0$ si i només si $a=1$ o $a=-1$. Si $a\neq\pm 1$, $\operatorname{rang}M=3=\operatorname{rang}M^*$, que és el nombre d’incògnites: sistema compatible determinat (una sola solució).

4. Si $a=1$, la primera i la tercera equació tenen el mateix primer membre i un terme independent diferent, de manera que no es poden complir alhora:

   $\begin{cases}x+3y+z=1\\ -2x-6y+2z=2\\ x+3y+z=3\end{cases}$

5. En rangs, per a $a=1$: el menor de les columnes de $x$ i $z$ de les dues primeres files no és zero, i en orlar-lo amb la tercera fila i la columna dels termes independents tampoc:

   $\begin{vmatrix}1&1\\-2&2\end{vmatrix}$${}= 4$${}\neq 0$$\begin{vmatrix}1&1&1\\-2&2&2\\1&1&3\end{vmatrix}$${}= 8$${}\neq 0$

6. Per tant, per a $a=1$: $\operatorname{rang}M=2\neq\operatorname{rang}M^*=3$, sistema incompatible.

7. Si $a=-1$, la segona equació és la primera multiplicada per $-2$ (també el terme independent, $2a=-2$), de manera que sobra:

   $\begin{cases}x+3y-z=1\\ -2x-6y+2z=-2\\ -x+3y+z=3\end{cases}$

8. Queden dues equacions independents (el menor de les columnes de $y$ i $z$ de la primera i la tercera fila no és zero):

   $\begin{vmatrix}3&-1\\3&1\end{vmatrix}$${}= 6$${}\neq 0$${}\Longrightarrow \operatorname{rang}M$${}= \operatorname{rang}M^*$${}= 2$${}< 3$

9. Per a $a=-1$ el sistema és compatible indeterminat, amb un grau de llibertat.

Plantejament Es demana com són els tres plans entre ells segons $a$. Ho llegim de la discussió de l’apartat a) i de la comparació dels vectors normals de cada pla.

1. Vectors normals:

   $\vec n_1=(1,3,a)$$\vec n_2=(-2,-6,2)$$\vec n_3=(a,3,1)$

2. Si $a\neq\pm 1$, el sistema és compatible determinat: els tres plans es tallen en un sol punt.

3. Si $a=1$: $\pi_1\colon x+3y+z=1$ i $\pi_3\colon x+3y+z=3$ tenen el mateix vector normal, $(1,3,1)$, i termes independents diferents: són paral·lels i diferents. $\vec n_2=(-2,-6,2)$ no és proporcional a $(1,3,1)$, de manera que $\pi_2$ talla cadascun dels altres dos en una recta (dues rectes paral·leles). Els tres plans no tenen cap punt comú.

4. Si $a=-1$: l’equació de $\pi_2$ és la de $\pi_1$ multiplicada per $-2$, així que $\pi_1$ i $\pi_2$ són el mateix pla. $\vec n_3=(-1,3,1)$ no és proporcional a $\vec n_1=(1,3,-1)$: $\pi_3$ talla aquest pla en una recta, que és la intersecció dels tres.

Plantejament Es demana si la intersecció dels tres plans pot ser una recta i, en aquest cas, un punt i un vector director. Pels apartats a) i b), passa només per a $a=-1$ (sistema compatible indeterminat); resolem el sistema i escrivim les solucions en forma paramètrica.

1. Per a $a=-1$ queden dues equacions independents, la primera i la tercera:

   $\begin{cases}x+3y-z=1\\ -x+3y+z=3\end{cases}$

2. Les sumem, i s’eliminen $x$ i $z$:

   $6y=4\ \Longrightarrow\ y=\frac{2}{3}$

3. Substituïm a la primera: $x+2-z=1$, és a dir, $x=z-1$. Prenent $z=\lambda$ com a paràmetre:

   $(x,y,z)$${}= \left(\lambda-1,\ \frac{2}{3},\ \lambda\right)$${}= \left(-1,\ \frac{2}{3},\ 0\right)+\lambda\,(1,0,1)$

4. Comprovació del vector director: el producte vectorial dels vectors normals de $\pi_1$ i $\pi_3$ hi ha de ser proporcional:

   $\vec n_1\times\vec n_3$${}= (1,3,-1)\times(-1,3,1)$${}= (6,0,6)$${}= 6\,(1,0,1)$