Matrices y determinantes: ejercicios de la PAU de Matemáticas II de Andalucía resueltos

Planteamiento Escribimos las filas del determinante con las filas de $A$: $F_1=(\alpha,\ \beta,\ 1)$, $F_2=(2,\ \alpha,\ \beta)$ y $F_3=(3,\ 4,\ \alpha)$. Así se calcula con las propiedades de los determinantes y el dato $|A|=-2$, sin conocer $\alpha$ ni $\beta$.

1. Cada fila del determinante, en función de las filas de $A$:

   $(-3,\ -4,\ -\alpha)=-F_3$$(\alpha-2,\ \beta-\alpha,\ 1-\beta)=F_1-F_2$$(8,\ 4\alpha,\ 4\beta)=4F_2$

2. Sacamos el factor $-1$ de la primera fila y el factor $4$ de la tercera:

   $\det(-F_3,\ F_1-F_2,\ 4F_2)$${}= (-1)\cdot 4\cdot\det(F_3,\ F_1-F_2,\ F_2)$

3. Sumar a una fila un múltiplo de otra no cambia el determinante: sumamos la tercera fila a la segunda.

   $\det(F_3,\ F_1-F_2,\ F_2)$${}= \det(F_3,\ F_1,\ F_2)$

4. Para pasar de $(F_3,F_1,F_2)$ a $(F_1,F_2,F_3)$ hacen falta dos intercambios de filas; cada uno cambia el signo, así que el signo se mantiene:

   $\det(F_3,\ F_1,\ F_2)$${}= (-1)^2\det(F_1,\ F_2,\ F_3)$${}= |A|$${}= -2$

5. Por tanto:

   $(-1)\cdot 4\cdot(-2)=8$

Planteamiento El determinante de un producto es el producto de los determinantes, $|A^t|=|A|$ y $|A^{-1}|=\dfrac{1}{|A|}$ (la inversa existe porque $|A|=-2\ne 0$).

1. Aplicamos las propiedades:

   $|A^{-1}(A^t)^2A|$${}= |A^{-1}|\cdot|A^t|^2\cdot|A|$${}= \frac{1}{|A|}\cdot|A|^2\cdot|A|$${}= |A|^2$

2. Con $|A|=-2$:

   $|A|^2=(-2)^2=4$

Planteamiento Tomamos determinantes en los dos miembros. El determinante de un producto es el producto de los determinantes, $|B^t|=|B|$, $|A^{-1}|=\dfrac{1}{|A|}$ y, como las matrices son de orden $2$, $|5M|=5^2\,|M|$.

1. Determinantes de $A$ y de $B$:

   $|A|=2\cdot 4-2\cdot 3=2$$|B|=3\cdot 2-1\cdot 2=4$

2. Determinante de cada miembro:

   $|A|^3\,|X|\,|B|$${}= 5^2\,|B|^2\,\frac{1}{|A|}$

3. Sustituimos:

   $2^3\cdot|X|\cdot 4$${}= 25\cdot 16\cdot\frac{1}{2}$${}\Longrightarrow 32\,|X|$${}= 200$

4. Despejamos:

   $|X|=\frac{200}{32}=\frac{25}{4}$

Planteamiento Como $|A|=2\ne 0$ y $|B|=4\ne 0$, $A$ y $B$ tienen inversa, y podemos despejar $Y$ multiplicando por la izquierda por $A^{-3}=(A^{-1})^3$ y por la derecha por $B$. El producto de matrices no es conmutativo: cada factor se multiplica por su lado.

1. Despejamos:

   $A^3YB^{-1}$${}= A^2$${}\Longrightarrow YB^{-1}$${}= A^{-3}A^2$${}= A^{-1}$${}\Longrightarrow Y=A^{-1}B$

2. Inversa de $A$, con la matriz adjunta, $A^{-1}=\frac{1}{|A|}\left(\operatorname{Adj}A\right)^t$:

   $A^{-1}$${}= \frac{1}{2}\begin{pmatrix}4&-2\\ -3&2\end{pmatrix}$${}= \begin{pmatrix}2&-1\\ -\frac{3}{2}&1\end{pmatrix}$

3. Producto:

   $Y$${}= \begin{pmatrix}2&-1\\ -\frac{3}{2}&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}3&1\\ 2&2\end{pmatrix}$${}= \begin{pmatrix}6-2&2-2\\ -\frac{9}{2}+2&-\frac{3}{2}+2\end{pmatrix}$

4. Operamos:

   $Y$${}= \begin{pmatrix}4&0\\ -\frac{5}{2}&\frac{1}{2}\end{pmatrix}$

5. Comprobación: como $Y=A^{-1}B$, el producto $AY$ tiene que ser $B$.

   $AY$${}= \begin{pmatrix}2&2\\ 3&4\end{pmatrix}\begin{pmatrix}4&0\\ -\frac{5}{2}&\frac{1}{2}\end{pmatrix}$${}= \begin{pmatrix}3&1\\ 2&2\end{pmatrix}$${}= B$

Planteamiento Calculamos las primeras potencias, vemos la regla y la aplicamos a $n=2024$.

1. Primera potencia:

   $A^2$${}= \begin{pmatrix}1&\frac{2}{8}&\frac{2}{8}\\ 0&1&0\\ 0&0&1\end{pmatrix}$

2. Multiplicando otra vez por $A$:

   $A^3$${}= A^2A$${}= \begin{pmatrix}1&\frac{3}{8}&\frac{3}{8}\\ 0&1&0\\ 0&0&1\end{pmatrix}$

3. Cada producto suma $\frac{1}{8}$ a los dos elementos de arriba a la derecha. Lo confirmamos por inducción: si $A^n$ tiene $\frac{n}{8}$ en esas posiciones, la primera fila de $A^nA$ es

   $\left(1,\ \frac{1}{8}+\frac{n}{8},\ \frac{1}{8}+\frac{n}{8}\right)$

4. Para $n=2024$, $\frac{2024}{8}=253$:

   $A^{2024}$${}= \begin{pmatrix}1&\frac{2024}{8}&\frac{2024}{8}\\ 0&1&0\\ 0&0&1\end{pmatrix}$

Planteamiento Despejamos $X$ multiplicando por las inversas de $A^2$ (por la izquierda) y de $A$ (por la derecha); existen porque $|A|=1\neq 0$.

1. Pasamos $I$ al otro miembro:

   $A^2XA=-I$

2. Multiplicamos por $(A^2)^{-1}$ por la izquierda y por $A^{-1}$ por la derecha:

   $X$${}= -(A^2)^{-1}A^{-1}$${}= -(A^3)^{-1}$

3. $A$ es triangular, así que $|A|=1\cdot 1\cdot 1=1\neq 0$ y tiene inversa. Por la regla del apartado a):

   $A^3$${}= \begin{pmatrix}1&\frac{3}{8}&\frac{3}{8}\\ 0&1&0\\ 0&0&1\end{pmatrix}$

4. Su inversa (se comprueba que el producto da $I$, porque $\frac{3}{8}-\frac{3}{8}=0$):

   $(A^3)^{-1}$${}= \begin{pmatrix}1&-\frac{3}{8}&-\frac{3}{8}\\ 0&1&0\\ 0&0&1\end{pmatrix}$

5. Cambiamos el signo:

   $X$${}= \begin{pmatrix}-1&\frac{3}{8}&\frac{3}{8}\\ 0&-1&0\\ 0&0&-1\end{pmatrix}$

Planteamiento Escribimos $X$ con cuatro incógnitas, imponemos la primera condición (que reduce las incógnitas) y después la segunda.

1. Sea $X$${}= \begin{pmatrix}p&q\\ r&s\end{pmatrix}$, con $X^t$${}= \begin{pmatrix}p&r\\ q&s\end{pmatrix}$. Calculamos los dos miembros:

   $XA$${}= \begin{pmatrix}-p&q\\ -r&s\end{pmatrix}$$-AX^t$${}= \begin{pmatrix}p&r\\ -q&-s\end{pmatrix}$

2. Igualamos elemento a elemento, primero la primera fila:

   $-p=p$$q=r$

3. Después, la segunda fila:

   $-r=-q$$s=-s$

4. Luego $p=0$, $s=0$ y $r=q$:

   $X$${}= \begin{pmatrix}0&q\\ q&0\end{pmatrix}$

5. Segunda condición:

   $X^2$${}= \begin{pmatrix}0&q\\ q&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0&q\\ q&0\end{pmatrix}$${}= \begin{pmatrix}q^2&0\\ 0&q^2\end{pmatrix}$${}= I$

6. Entonces:

   $q^2=1\ \Longrightarrow\ q=1$$\text{o}\ \ q=-1$

Planteamiento Igual que antes: $Y$ con cuatro incógnitas; la condición $YA=AY$ la deja diagonal y las otras dos fijan sus elementos.

1. Sea $Y$${}= \begin{pmatrix}p&q\\ r&s\end{pmatrix}$:

   $YA$${}= \begin{pmatrix}-p&q\\ -r&s\end{pmatrix}$$AY$${}= \begin{pmatrix}-p&-q\\ r&s\end{pmatrix}$

2. Igualando: $q=-q$ y $-r=r$, así que $q=0$ y $r=0$:

   $Y$${}= \begin{pmatrix}p&0\\ 0&s\end{pmatrix}$

3. Traza nula y determinante $-1$:

   $p+s=0$$ps=-1$

4. Con $s=-p$:

   $-p^2=-1\ \Longrightarrow\ p=\pm 1$$s=-p$

Planteamiento Una matriz cuadrada tiene inversa si y solo si su determinante no es cero.

1. Desarrollamos por la primera fila; solo queda el término del elemento $m$ de la tercera columna:

   $|A|$${}= m\begin{vmatrix}m&0\\ 0&m\end{vmatrix}$${}= m\cdot m^2$${}= m^3$

2. Se anula solo en un valor:

   $m^3=0\ \Longrightarrow\ m=0$

Planteamiento Sacamos $X$ factor común por la derecha: $AX+X=AX+IX=(A+I)X$. Si $A+I$ tiene inversa, multiplicamos por ella por la izquierda y queda $X=(A+I)^{-1}B$.

1. Matriz $A+I$:

   $A+I$${}= \begin{pmatrix}1&0&m\\ m&1&0\\ 0&m&1\end{pmatrix}$

2. Su determinante, por la regla de Sarrus:

   $|A+I|$${}= 1+0+m^3-(0+0+0)$${}= 1+m^3$

3. Como $1+m^3=(m+1)(m^2-m+1)$ y el segundo factor no tiene raíces reales, $|A+I|$ solo se anula en $m=-1$. Para todo $m\ne -1$, $A+I$ tiene inversa y la ecuación tiene solución única:

   $(A+I)X=B\ \Longrightarrow\ X=(A+I)^{-1}B$

4. Matriz de los adjuntos de $A+I$:

   $\operatorname{Adj}(A+I)$${}= \begin{pmatrix}1&-m&m^2\\ m^2&1&-m\\ -m&m^2&1\end{pmatrix}$

5. Inversa, $(A+I)^{-1}$${}= \frac{1}{|A+I|}\left(\operatorname{Adj}(A+I)\right)^t$:

   $(A+I)^{-1}$${}= \frac{1}{1+m^3}\begin{pmatrix}1&m^2&-m\\ -m&1&m^2\\ m^2&-m&1\end{pmatrix}$

6. Multiplicar por $B$ por la derecha intercambia la segunda y la tercera columnas:

   $X$${}= \frac{1}{1+m^3}\begin{pmatrix}1&-m&m^2\\ -m&m^2&1\\ m^2&1&-m\end{pmatrix}$

7. Ojo: vale también para $m=0$, aunque entonces $A$ no tenga inversa; lo que hace falta es que la tenga $A+I$. Con $m=0$, $A+I=I$ y la fórmula da $X=B$.

Planteamiento $A-mI$ no tiene inversa cuando su determinante vale cero.

1. La matriz es:

   $A-mI$${}= \begin{pmatrix}1-m&1&1\\ 1&1-m&1\\ 1&1&1-m\end{pmatrix}$

2. Sumamos a la primera columna las otras dos (el determinante no cambia) y sacamos el factor común $3-m$:

   $|A-mI|$${}= \begin{vmatrix}3-m&1&1\\ 3-m&1-m&1\\ 3-m&1&1-m\end{vmatrix}$${}= (3-m)\begin{vmatrix}1&1&1\\ 1&1-m&1\\ 1&1&1-m\end{vmatrix}$

3. Restamos la primera fila a las otras dos y queda una matriz triangular:

   $|A-mI|$${}= (3-m)\begin{vmatrix}1&1&1\\ 0&-m&0\\ 0&0&-m\end{vmatrix}$${}= (3-m)\,m^2$

4. Se anula en:

   $m^2(3-m)=0\ \Longrightarrow\ m=0$$m=3$

Planteamiento $A-xI$ es la inversa de $\frac{1}{x}(A-I)$ si su producto es la identidad: $(A-xI)\cdot\frac{1}{x}(A-I)=I$, es decir, $(A-xI)(A-I)=xI$. Basta con un producto, porque son matrices cuadradas. Nos ayuda que $A^2=3A$.

1. Cuadrado de $A$: cada elemento es $1+1+1=3$.

   $A^2$${}= \begin{pmatrix}3&3&3\\ 3&3&3\\ 3&3&3\end{pmatrix}$${}= 3A$

2. Desarrollamos el producto ($I$ conmuta con cualquier matriz) y usamos $A^2=3A$:

   $(A-xI)(A-I)$${}= A^2-A-xA+xI$${}= (2-x)A+xI$

3. Imponemos que sea $xI$:

   $(2-x)A+xI=xI\ \Longrightarrow\ (2-x)A=O$

4. Como $A$ no es la matriz nula, tiene que ser $2-x=0$:

   $x=2$

5. Comprobación con $x=2$:

   $(A-2I)\cdot\frac{1}{2}(A-I)$${}= \frac{1}{2}\left(A^2-3A+2I\right)$${}= \frac{1}{2}\cdot 2I$${}= I$