Matrices y determinantes: ejercicios de la PAU de Matemáticas resueltos

Planteamiento Usamos el teorema de Rouché-Frobenius: comparamos el rango de la matriz de coeficientes $A$ con el de la matriz ampliada $A^*$. Primero buscamos los valores de $m$ que anulan $|A|$.

1. Matrices 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. Determinante 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 $m\ne 1$ y $m\ne 3$: $|A|\ne 0$ y el rango de las dos matrices es 3, igual al número de incógnitas: sistema compatible determinado.

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

4. Si $m=3$: $\operatorname{rg}(A)=2$, porque hay un menor de orden 2 no nulo. En cambio, la matriz ampliada tiene un menor de orden 3 no nulo:

   $\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. Por tanto, para $m=3$, $\operatorname{rg}(A)=2\ne\operatorname{rg}(A^*)=3$: sistema incompatible.

6. Si $m=1$: la primera y la tercera ecuación son iguales ($x+y+z=4$), y hay un menor de orden 2 no nulo:

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

7. Para $m=1$ el sistema es compatible indeterminado, con un grado de libertad.

Planteamiento Cada ecuación es un plano. El tipo de sistema nos dice cuántos puntos comparten los tres planos; para $m=1$ resolvemos y obtenemos una recta.

1. Si $m\ne 1,3$ (compatible determinado): los tres planos se cortan en un único punto.

2. Si $m=3$ (incompatible): no hay ningún punto común. El primer plano y el segundo son paralelos y distintos, y el tercero corta a cada uno de ellos en una recta (las dos rectas son paralelas).

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

3. Si $m=1$ (compatible indeterminado): el primer y el tercer plano coinciden, y el segundo los corta en una recta. Resolvemos:

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

4. Tomamos $z=\lambda$ como parámetro:

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

5. Las soluciones forman 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}$

Planteamiento El punto dado debe ser una de las soluciones del sistema para $m=1$; si lo es, basta con añadir una ecuación que lo cumpla y que haga subir el rango de la matriz de coeficientes a 3.

1. El punto es de la recta de soluciones (para $\lambda=\frac{1}{2}$):

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

2. Añadimos, por ejemplo, la ecuación $x=3$, que este punto cumple. La nueva matriz de coeficientes tiene rango 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 cuatro ecuaciones es compatible (el punto cumple todas las ecuaciones) y el rango es 3, igual al número de incógnitas: es compatible determinado y su única solución es el punto dado.

Planteamiento Se piden los valores de $k$ para los cuales $\boldsymbol{M}\boldsymbol{N}$ tiene inversa. $\boldsymbol{M}$ es $2\times 3$ y $\boldsymbol{N}$ es $3\times 2$, así que $\boldsymbol{M}\boldsymbol{N}$ es $2\times 2$; es invertible si y solo si su determinante no es cero.

1. Producto, fila por 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. Determinante:

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

3. Se anula cuando:

   $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$

Planteamiento Se piden los valores de $k$ para los cuales $\boldsymbol{N}\boldsymbol{M}$, que es $3\times 3$, tiene inversa. Calculamos el producto y estudiamos su determinante.

1. Producto, fila por 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. Las columnas son linealmente dependientes: la primera es la segunda menos $k$ veces la tercera, para cualquier $k$:

   $\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 determinante con una columna que es combinación lineal de las otras vale cero:

   $|\boldsymbol{N}\boldsymbol{M}|=0\quad\text{para todo }k$

4. Otra forma de verlo: el rango de un producto no supera el de ninguno de los factores, y $\boldsymbol{N}$ solo tiene dos columnas, así que $\operatorname{rango}(\boldsymbol{N}\boldsymbol{M})\le 2<3$.

Planteamiento Se pide para qué $m$, $n$ y $k$ el sistema, de dos ecuaciones y tres incógnitas, tiene infinitas soluciones. Usamos el teorema de Rouché-Frobenius: comparamos el rango de la matriz de coeficientes, $\boldsymbol{M}$, con el de la ampliada, $\boldsymbol{M}^*$, y con el número de incógnitas.

1. Escrito con ecuaciones:

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

2. El menor de $\boldsymbol{M}$ formado por las columnas de $y$ y $z$ no depende de ningún parámetro y no es cero:

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

3. La matriz ampliada solo tiene 2 filas, así que su rango es como máximo 2; y contiene ese menor, así que también es 2:

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

4. Los dos rangos son iguales y menores que el número de incógnitas ($2<3$): por el teorema de Rouché-Frobenius, el sistema es compatible indeterminado (con un grado de libertad), sean cuales sean $m$, $n$ y $k$.

Planteamiento Aplicamos el teorema de Rouché-Frobenius: calculamos $|A|$, hallamos cuándo se anula y estudiamos los rangos en cada caso.

1. Matrices:

   $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. Determinante:

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

3. Si $k\ne 1$: $|A|\ne 0$, los dos rangos valen 3, igual que el número de incógnitas: compatible determinado.

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

4. Si $k=1$: $|A|=0$ y hay un menor de orden 2 no nulo, así que $\operatorname{rg}(A)=2$:

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

5. Para $k=1$ las columnas de $y$ y de $z$ son iguales; el único menor de orden 3 de $A^*$ que puede no ser nulo es el de las columnas $x$, $y$ y términos independientes:

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

6. Por tanto $\operatorname{rg}(A^*)=2=\operatorname{rg}(A)<3$: compatible indeterminado con un grado de libertad.

Planteamiento Para $k=1$ resolvemos en función de un parámetro; para $k\ne 1$ usamos la regla de Cramer y veremos que $k$ desaparece.

1. Caso $k=1$. Sumando la segunda y la tercera ecuación:

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

2. Sustituyendo en la tercera, $x=2-y-z=1$. Con $z=\lambda$:

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

3. Caso $k\ne 1$. 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 ecuación:

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

6. Comprobación en la primera ecuación, para cualquier $k$:

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

Planteamiento Cada ecuación es un plano. El segundo y el tercero no dependen de $k$ y se cortan en una recta $r$; el primer plano cambia con $k$.

1. Recta común del segundo y el tercer plano (es la solución del caso $k=1$):

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

2. Si $k=1$, el primer plano contiene la recta $r$: los tres planos son distintos y se cortan en esa recta (forman parte de un mismo haz).

3. Si $k\ne 1$, el primer plano corta a $r$ en un solo punto, $(1,0,1)$, que es el mismo para todos los valores de $k$. Todos los planos $2x+ky+z=3$ contienen la recta $y=0,\ 2x+z=3$, que pasa por $(1,0,1)$: cuando $k$ varía, el primer plano gira alrededor de esa recta.

Planteamiento Teorema de Rouché-Frobenius: calculamos el determinante de la matriz de coeficientes, hallamos los valores críticos de $p$ y estudiamos los rangos en cada caso.

1. Matrices (orden de las incógnitas $x$, $y$, $z$):

   $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. Determinante:

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

3. Si $p\ne 1$ y $p\ne -1$: $|A|\ne 0$ y los dos rangos valen 3, igual que el número de incógnitas: compatible determinado.

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

4. Si $p=1$: $\operatorname{rg}(A)=2$ (hay un menor de orden 2 no nulo), pero la matriz ampliada tiene un menor de orden 3 no nulo (columnas $x$, $y$ y términos independientes):

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

6. Si $p=-1$: las ecuaciones son $y-z=2$, $x-z=5$, $x-y=3$, y la segunda es la suma de la primera y la tercera. Hay un menor de orden 2 no nulo:

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

7. Para $p=-1$ el sistema es compatible indeterminado con un grado de libertad.

Planteamiento Para $p=-1$ podemos eliminar la segunda ecuación (es la suma de las otras dos) y dejar una incógnita como parámetro.

1. Sistema equivalente:

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

2. Tomamos $y=\lambda$:

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

Planteamiento Imponemos la condición $xy=10$ a las soluciones del apartado anterior: sale una ecuación de segundo grado 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. Soluciones correspondientes:

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

Planteamiento Se pide discutir el sistema según el valor de $a$. Usamos el teorema de Rouché-Frobenius: comparamos el rango de la matriz de coeficientes $M$ con el de la matriz ampliada $M^*$ y con el número de incógnitas, 3.

1. Matriz de coeficientes y matriz 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. Determinante 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 y solo si $a=1$ o $a=-1$. Si $a\neq\pm 1$, $\operatorname{rango}M=3=\operatorname{rango}M^*$, que es el número de incógnitas: sistema compatible determinado (una sola solución).

4. Si $a=1$, la primera y la tercera ecuación tienen el mismo primer miembro y un término independiente distinto, así que no se pueden cumplir a la vez:

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

5. En rangos, para $a=1$: el menor de las columnas de $x$ y $z$ de las dos primeras filas no es cero, y al orlarlo con la tercera fila y la columna de los términos independientes tampoco:

   $\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. Por tanto, para $a=1$: $\operatorname{rango}M=2\neq\operatorname{rango}M^*=3$, sistema incompatible.

7. Si $a=-1$, la segunda ecuación es la primera multiplicada por $-2$ (también el término independiente, $2a=-2$), así que sobra:

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

8. Quedan dos ecuaciones independientes (el menor de las columnas de $y$ y $z$ de la primera y la tercera fila no es cero):

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

9. Para $a=-1$ el sistema es compatible indeterminado, con un grado de libertad.

Planteamiento Se pide cómo son los tres planos entre sí según $a$. Lo leemos de la discusión del apartado a) y de la comparación de los vectores normales de cada plano.

1. Vectores normales:

   $\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 es compatible determinado: los tres planos se cortan en un solo punto.

3. Si $a=1$: $\pi_1\colon x+3y+z=1$ y $\pi_3\colon x+3y+z=3$ tienen el mismo vector normal, $(1,3,1)$, y términos independientes distintos: son paralelos y distintos. $\vec n_2=(-2,-6,2)$ no es proporcional a $(1,3,1)$, así que $\pi_2$ corta a cada uno de los otros dos en una recta (dos rectas paralelas). Los tres planos no tienen ningún punto común.

4. Si $a=-1$: la ecuación de $\pi_2$ es la de $\pi_1$ multiplicada por $-2$, así que $\pi_1$ y $\pi_2$ son el mismo plano. $\vec n_3=(-1,3,1)$ no es proporcional a $\vec n_1=(1,3,-1)$: $\pi_3$ corta a ese plano en una recta, que es la intersección de los tres.

Planteamiento Se pide si la intersección de los tres planos puede ser una recta y, en ese caso, un punto y un vector director. Por los apartados a) y b), ocurre solo para $a=-1$ (sistema compatible indeterminado); resolvemos el sistema y escribimos las soluciones en forma paramétrica.

1. Para $a=-1$ quedan dos ecuaciones independientes, la primera y la tercera:

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

2. Las sumamos, y se eliminan $x$ y $z$:

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

3. Sustituimos en la primera: $x+2-z=1$, es decir, $x=z-1$. Tomando $z=\lambda$ como parámetro:

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

4. Comprobación del vector director: el producto vectorial de los vectores normales de $\pi_1$ y $\pi_3$ tiene que ser proporcional a él:

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