Problemas de síntesis: álgebra de matrices

a) $M$ es $3\times 3$ y $T$ es $2\times 3$: para multiplicar $MT$ haría falta que $T$ tuviera 3 filas, y tiene 2. Además, las columnas de $M$ son alimentos y las filas de $T$ son nutrientes: no «encajan». En $T^t$ (dimensión $3\times 2$) las filas pasan a ser los alimentos, que es lo que hace falta:

$$M{T}^t=\left(\begin{array}{ccc}2& 1& 1\\ 1& 2& 0\\ 0& 1& 3\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}3& 130\\ 25& 160\\ 2& 30\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}6+25+2& 260+160+30\\ 3+50& 130+320\\ 25+6& 160+90\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}33& 450\\ 53& 450\\ 31& 250\end{array}\right)$$

El elemento $(i,1)$ son los gramos de proteínas del menú $i$ y el $(i,2)$, sus kcal. Por ejemplo, el menú 2 aporta 53 g de proteínas y 450 kcal.

b) $s=\left(\begin{array}{ccc}3& 2& x\end{array}\right)$ (una columna por menú). Como $M{T}^t$ ya está calculada:

$$sM{T}^t=\left(\begin{array}{ccc}3& 2& x\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}33& 450\\ 53& 450\\ 31& 250\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}205+31x& 2250+250x\end{array}\right)$$

El primer elemento son los gramos de proteínas de toda la semana y el segundo, las kcal.

c) $205+31x=360⟺31x=155⟺x=5$. Comió 5 veces el menú 3.

d) $2250+250\cdot 5=3500$ kcal.

a) $A$ es $2\times 3$, así que $A{A}^t$ es $2\times 2$ y $A^{t}A$ es $3\times 3$:

$$A{A}^t=\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 1\\ 1& 1& 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 0& 1\\ 1& 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}2& 2\\ 2& 3\end{array}\right),A^{t}A=\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 0& 1\\ 1& 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 1\\ 1& 1& 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}2& 1& 2\\ 1& 1& 1\\ 2& 1& 2\end{array}\right)$$

Las dos son simétricas, y no por casualidad: $(A{A}^t{)}^t=(A^t{)}^t{A}^t=A{A}^t$, y lo mismo con $A^{t}A$.

b) En $A^{t}A$ la fila 3 es igual a la fila 1. Con $F_3-F_1$ aparece una fila de ceros, así que por Gauss nunca se llega a la identidad: $A^{t}A$ no tiene inversa.

Para $A{A}^t=\left(\begin{array}{cc}2& 2\\ 2& 3\end{array}\right)$, $ad-bc=6-4=2\ne 0$, luego es invertible:

$$(A{A}^t{)}^{-1}=\frac{1}{2}\left(\begin{array}{cc}3& -2\\ -2& 2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}\frac{3}{2}& -1\\ -1& 1\end{array}\right)$$

c) 1. Despeje por la izquierda. $X=(A{A}^t{)}^{-1}A$, de dimensión $2\times 3$:

$$X=\left(\begin{array}{cc}\frac{3}{2}& -1\\ -1& 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 1\\ 1& 1& 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}\frac{1}{2}& -1& \frac{1}{2}\\ 0& 1& 0\end{array}\right)$$

2. El producto $X{A}^t$. Sin hacer cuentas: $X{A}^t=(A{A}^t{)}^{-1}(A{A}^t)=I$. Comprobándolo:

$$X{A}^t=\left(\begin{array}{ccc}\frac{1}{2}& -1& \frac{1}{2}\\ 0& 1& 0\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 0& 1\\ 1& 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 1\end{array}\right)$$

$A$ no es cuadrada y no tiene inversa, pero la matriz $X^t$ cumple $A{X}^t=(X{A}^t{)}^t=I$: hace de «inversa por la derecha» de $A$.

a) Sumando las dos ecuaciones, $2X=A+A^t$; restándolas, $2Y=A-A^t$. Con $A^t=\left(\begin{array}{cc}3& 0\\ 4& 1\end{array}\right)$:

$$X=\frac{1}{2}\left(\begin{array}{cc}6& 4\\ 4& 2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}3& 2\\ 2& 1\end{array}\right),Y=\frac{1}{2}\left(\begin{array}{cc}0& 4\\ -4& 0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}0& 2\\ -2& 0\end{array}\right)$$

b) $x_{12}=x_{21}=2$, así que $X^t=X$: es simétrica. En $Y$ la diagonal es nula e $y_{21}=-y_{12}$, así que $Y^t=-Y$: es antisimétrica. Es la descomposición de $A$ en parte simétrica más parte antisimétrica.

c) 1. El cuadrado.

$$Y^2=\left(\begin{array}{cc}0& 2\\ -2& 0\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}0& 2\\ -2& 0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}-4& 0\\ 0& -4\end{array}\right)=-4I$$

2. Potencias pares. $Y^{10}=(Y^2{)}^5=(-4I{)}^5=(-4{)}^{5}I=-1024I=\left(\begin{array}{cc}-1024& 0\\ 0& -1024\end{array}\right)$.

3. Potencias impares. $Y^{11}=Y^{10}Y=-1024Y=\left(\begin{array}{cc}0& -2048\\ 2048& 0\end{array}\right)$.

a) 1. $N=A-I=\left(\begin{array}{cc}2& -2\\ 2& -2\end{array}\right)$ y

$$N^2=\left(\begin{array}{cc}4-4& -4+4\\ 4-4& -4+4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}0& 0\\ 0& 0\end{array}\right)$$

2. $A=I+N$, e $I$ conmuta con $N$, así que vale el binomio de Newton. Como $N^2=O$, todos los términos con $N^2$ o potencias mayores se anulan:

$$A^n=(I+N{)}^n=I+nN=\left(\begin{array}{cc}1+2n& -2n\\ 2n& 1-2n\end{array}\right)$$

b) $A(I-N)=(I+N)(I-N)=I-N^2=I$ (de nuevo porque $I$ y $N$ conmutan), y del mismo modo $(I-N)A=I$. Por tanto

$$A^{-1}=I-N=\left(\begin{array}{cc}-1& 2\\ -2& 3\end{array}\right)$$

Comprobación con la fórmula $2\times 2$: $ad-bc=-3+4=1$ y $A^{-1}=\left(\begin{array}{cc}-1& 2\\ -2& 3\end{array}\right)$.

c) 1. Despeje por la derecha. $X=B(A^3{)}^{-1}=B(A^{-1}{)}^3$.

2. La inversa de $A^3$. $(A^{-1}{)}^3=(I-N{)}^3=I-3N$ (los demás términos llevan $N^2=O$):

$$I-3N=\left(\begin{array}{cc}1-6& 6\\ -6& 1+6\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}-5& 6\\ -6& 7\end{array}\right)$$

3. Producto.

$$X=\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 2& 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}-5& 6\\ -6& 7\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}-5& 6\\ -10-6& 12+7\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}-5& 6\\ -16& 19\end{array}\right)$$

4. Comprobación. Por a), $A^3=\left(\begin{array}{cc}7& -6\\ 6& -5\end{array}\right)$ y $X{A}^3=\left(\begin{array}{cc}-35+36& 30-30\\ -112+114& 96-95\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 2& 1\end{array}\right)=B$.

a) La columna $j$ recoge lo que consume el sector $j$. Columna 1 (agricultura): $0,30$ y $0,10$. Columna 2 (industria): $0,20$ y $0,40$.

$$A=\left(\begin{array}{cc}\frac{3}{10}& \frac{1}{5}\\ \frac{1}{10}& \frac{2}{5}\end{array}\right)$$

b) 1. Despeje. $x-Ax=d⟺(I-A)x=d$ (factor común por la izquierda; $x=Ix$). Si $I-A$ es invertible, $x=(I-A{)}^{-1}d$.

2. La matriz. $I-A=\left(\begin{array}{cc}\frac{7}{10}& -\frac{1}{5}\\ -\frac{1}{10}& \frac{3}{5}\end{array}\right)$, con $ad-bc=\frac{21}{50}-\frac{1}{50}=\frac{2}{5}\ne 0$. Con la fórmula $2\times 2$:

$$(I-A{)}^{-1}=\frac{5}{2}\left(\begin{array}{cc}\frac{3}{5}& \frac{1}{5}\\ \frac{1}{10}& \frac{7}{10}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}\frac{3}{2}& \frac{1}{2}\\ \frac{1}{4}& \frac{7}{4}\end{array}\right)$$

c) Con $d=\left(\begin{array}{c}40\\ 80\end{array}\right)$:

$$x=\left(\begin{array}{cc}\frac{3}{2}& \frac{1}{2}\\ \frac{1}{4}& \frac{7}{4}\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}40\\ 80\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}60+40\\ 10+140\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}100\\ 150\end{array}\right)$$

La agricultura debe producir 100 millones y la industria 150. Comprobación: $Ax=\left(\begin{array}{c}30+30\\ 10+60\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}60\\ 70\end{array}\right)$ y $x-Ax=\left(\begin{array}{c}40\\ 80\end{array}\right)=d$.

d) Como $x=(I-A{)}^{-1}d$ es lineal en $d$, el aumento de producción es $(I-A{)}^{-1}$ por el aumento de demanda:

$$(I-A{)}^{-1}\left(\begin{array}{c}0\\ 20\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}10\\ 35\end{array}\right)$$

La agricultura tiene que producir 10 millones más y la industria 35 millones más. Aunque la demanda agrícola no cambia, su producción sube, porque la industria consume productos agrícolas.

Para el examen: en los problemas de contexto, escribe qué significa cada fila y cada columna antes de montar la matriz (aquí, poner los consumos por filas en lugar de por columnas da otra matriz y todo sale mal). Y justifica que $I-A$ es invertible antes de usar su inversa.

a) Cada carretera pone un $1$ en $(i,j)$ y en $(j,i)$, así que $M$ es simétrica:

$$M=\left(\begin{array}{cccc}0& 1& 1& 0\\ 1& 0& 1& 1\\ 1& 1& 0& 1\\ 0& 1& 1& 0\end{array}\right),M^2=\left(\begin{array}{cccc}2& 1& 1& 2\\ 1& 3& 2& 1\\ 1& 2& 3& 1\\ 2& 1& 1& 2\end{array}\right)$$

El elemento $(i,i)$ de $M^2$ es ${\sum }_k{m}_{ik}{m}_{ki}={\sum }_k{m}_{ik}^2$, el número de unos de la fila $i$: el número de carreteras que salen del pueblo $i$ (cada recorrido $i\to k\to i$ es ir a un vecino y volver). $M^2$ también es simétrica, porque $(M^2{)}^t=(M^t{)}^2=M^2$.

b) Es el elemento $(1,4)$ de $M^2$: 2 recorridos (1-2-4 y 1-3-4).

c) $M^3=M^{2}M$:

$$M^3=\left(\begin{array}{cccc}2& 5& 5& 2\\ 5& 4& 5& 5\\ 5& 5& 4& 5\\ 2& 5& 5& 2\end{array}\right)$$

El elemento $(2,3)$ es $5$. Los recorridos son de la forma $2\to a\to b\to 3$, con $a$ vecino de $2$ y $b$ vecino de $a$ y de $3$ (los vecinos de $3$ son $1$, $2$ y $4$):

• $a=1$: $b=2$, recorrido 2-1-2-3.
• $a=3$: $b=1$, $2$ o $4$, recorridos 2-3-1-3, 2-3-2-3 y 2-3-4-3.
• $a=4$: $b=2$, recorrido 2-4-2-3.

Son 5, como dice $M^3$.

d) $\mathrm{tr}(M^3)=2+4+4+2=12$. Un recorrido de longitud 3 que empieza y acaba en el mismo pueblo no puede volver por el mismo tramo (no hay carreteras de un pueblo a sí mismo), así que recorre un triángulo. Cada triángulo da 6 recorridos cerrados: se puede empezar en cualquiera de sus 3 pueblos y recorrerlo en 2 sentidos. Por tanto el número de triángulos es $\frac{12}{6}=2$ (los formados por los pueblos 1, 2, 3 y por 2, 3, 4).

Para el examen: las potencias de la matriz de adyacencia cuentan recorridos, no caminos sin repetir: por eso en c) aparecen 2-3-2-3 y 2-1-2-3. Justifica siempre la interpretación con la fórmula del producto, ${\sum }_k{m}_{ik}{m}_{kj}$.

a) $$A^2=\left(\begin{array}{cc}0& -1\\ 1& -1\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}0& -1\\ 1& -1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}-1& 1\\ -1& 0\end{array}\right),A^3=A^{2}A=\left(\begin{array}{cc}0+1& 1-1\\ 0& 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 1\end{array}\right)=I$$

b) $A\cdot A^2=A^2\cdot A=A^3=I$, así que por la definición de inversa

$$A^{-1}=A^2=\left(\begin{array}{cc}-1& 1\\ -1& 0\end{array}\right)$$

c) Las potencias se repiten de 3 en 3. Como $2027=3\cdot 675+2$:

$$A^{2027}=(A^3{)}^{675}{A}^2=I\cdot A^2=\left(\begin{array}{cc}-1& 1\\ -1& 0\end{array}\right)$$

d) 1. La relación. $I+A+A^2=\left(\begin{array}{cc}1+0-1& 0-1+1\\ 0+1-1& 1-1+0\end{array}\right)=O$.

2. Simplificar la ecuación. $2026=3\cdot 675+1$, así que $A^{2026}=A$ y la ecuación es $AX+X=B$, es decir, $(A+I)X=B$.

3. Inversa de $A+I$. De la relación, $A+I=-A^2$. Entonces $(A+I)(-A)=A^3=I$ y $(-A)(A+I)=I$, luego $(A+I{)}^{-1}=-A$.

4. Despeje por la izquierda.

$$X=(A+I{)}^{-1}B=-AB=\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ -1& 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}1& 2\\ 0& 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ -1& -1\end{array}\right)$$

5. Comprobación. $(A+I)X=\left(\begin{array}{cc}1& -1\\ 1& 0\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ -1& -1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}1& 2\\ 0& 1\end{array}\right)=B$.

Para el examen: en potencias grandes escribe la división ($2027=3\cdot 675+2$) y la igualdad $(A^3{)}^{675}=I$; dar solo el resultado no puntúa. En d), reducir $A^{2026}$ a $A$ antes de nada convierte una ecuación de aspecto imposible en una de las básicas.

a) 1. El cuadrado. Cada elemento de $J^2$ es una fila de unos por una columna de unos: $1+1+1=3$. Así que todos valen $3$ y $J^2=3J$.

2. Inducción. Para $n=1$, $3^{0}J=J$. Si $J^n=3^{n-1}J$, entonces $J^{n+1}=J^{n}J=3^{n-1}{J}^2=3^{n-1}\cdot 3J=3^{n}J$, que es la fórmula para $n+1$. Por tanto $J^n=3^{n-1}J$ para todo $n\ge 1$.

b) Como $I$ y $J$ conmutan:

$$(I+J)(I+\alpha J)=I+\alpha J+J+\alpha J^2=I+(1+\alpha +3\alpha )J=I+(1+4\alpha )J$$

Esto es $I$ si $1+4\alpha =0$, es decir, $\alpha =-\frac{1}{4}$ (el producto en el otro orden da lo mismo). Así

$$A^{-1}=I-\frac{1}{4}J=\left(\begin{array}{ccc}\frac{3}{4}& -\frac{1}{4}& -\frac{1}{4}\\ -\frac{1}{4}& \frac{3}{4}& -\frac{1}{4}\\ -\frac{1}{4}& -\frac{1}{4}& \frac{3}{4}\end{array}\right)$$

c) 1. Buscamos la inversa con la misma forma. $(I+kJ)(I+\alpha J)=I+(k+\alpha +3k\alpha )J$, que es $I$ si y solo si $\alpha (1+3k)=-k$.

2. Si $k\ne -\frac{1}{3}$, basta tomar $\alpha =-\frac{k}{1+3k}$, y $I+kJ$ es invertible con inversa $I-\frac{k}{1+3k}J$ (para $k=1$ sale el $-\frac{1}{4}$ de b).

3. Si $k=-\frac{1}{3}$: $\left(I-\frac{1}{3}J\right)J=J-\frac{1}{3}{J}^2=J-J=O$. Si $I-\frac{1}{3}J$ tuviera inversa $P$, multiplicando por la izquierda se obtendría $J=P\cdot O=O$, lo que es falso. Por tanto, $I+kJ$ no tiene inversa solo para $k=-\frac{1}{3}$.

d) $X$ es $3\times 1$ y $X=A^{-1}\left(\begin{array}{c}6\\ 2\\ 4\end{array}\right)$. Con $A^{-1}=I-\frac{1}{4}J$, y como $J\left(\begin{array}{c}6\\ 2\\ 4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}12\\ 12\\ 12\end{array}\right)$ (cada fila suma los tres elementos):

$$X=\left(\begin{array}{c}6\\ 2\\ 4\end{array}\right)-\frac{1}{4}\left(\begin{array}{c}12\\ 12\\ 12\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}3\\ -1\\ 1\end{array}\right)$$

Comprobación: $AX=X+JX=\left(\begin{array}{c}3\\ -1\\ 1\end{array}\right)+\left(\begin{array}{c}3\\ 3\\ 3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}6\\ 2\\ 4\end{array}\right)$.

Para el examen: en c) hay que justificar las dos cosas: que para $k\ne -\frac{1}{3}$ la inversa existe (se da explícitamente) y que para $k=-\frac{1}{3}$ no existe (el argumento de $\left(I-\frac{1}{3}J\right)J=O$ con $J\ne O$). Sin determinantes, esa es la forma correcta de probar que una matriz no es invertible.

a) 1. Una sola igualdad. Las columnas de $AP$ son $Au$ y $Aw$; las de $PD$, con $D=\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 2\end{array}\right)$, son $1\cdot u$ y $2\cdot w$. Por tanto las dos condiciones equivalen a $AP=PD$.

2. Despeje. $P$ es invertible ($ad-bc=2-1=1\ne 0$), con $P^{-1}=\left(\begin{array}{cc}2& -1\\ -1& 1\end{array}\right)$. Multiplicando por $P^{-1}$ por la derecha, $A=PD{P}^{-1}$:

$$PD=\left(\begin{array}{cc}1& 2\\ 1& 4\end{array}\right),A=\left(\begin{array}{cc}1& 2\\ 1& 4\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}2& -1\\ -1& 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ -2& 3\end{array}\right)$$

Comprobación: $Au=\left(\begin{array}{c}1\\ 1\end{array}\right)=u$ y $Aw=\left(\begin{array}{c}2\\ 4\end{array}\right)=2w$.

b) Para $n=1$ es la igualdad de a). Si $A^n=P{D}^n{P}^{-1}$, entonces

$$A^{n+1}=A^{n}A=P{D}^n{P}^{-1}PD{P}^{-1}=P{D}^n(P^{-1}P)D{P}^{-1}=P{D}^{n+1}{P}^{-1}$$

porque $P^{-1}P=I$. Queda demostrado para todo $n\ge 1$.

c) $D$ es diagonal, así que $D^n=\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 2^n\end{array}\right)$. Entonces $P{D}^n=\left(\begin{array}{cc}1& 2^n\\ 1& 2^{n+1}\end{array}\right)$ y

$$A^n=\left(\begin{array}{cc}1& 2^n\\ 1& 2^{n+1}\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}2& -1\\ -1& 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}2-2^n& 2^n-1\\ 2-2^{n+1}& 2^{n+1}-1\end{array}\right)$$

Comprobación con $n=1$: $\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ -2& 3\end{array}\right)=A$.

d) $2^n-1=1023⟺2^n=1024=2^{10}⟺n=10$.

Para el examen: la clave de a) es ver que $AP$ tiene por columnas $Au$ y $Aw$. En b), el paso $P^{-1}P=I$ en el centro es lo que hace que se «peguen» las $D$: escríbelo. Calcular $A^n$ multiplicando $A$ por sí misma y adivinando el patrón también vale, pero exige demostrarlo.

a) 1. Dimensión. Para que exista $AX$, $X$ tiene 2 filas: es $2\times p$. Entonces $(AX{)}^t$ es $p\times 2$, y tiene que ser como $B$, $1\times 2$. Luego $p=1$ y $X$ es $2\times 1$.

2. Equivalencia. Usando $(M+N{)}^t=M^t+N^t$: $(AX{)}^t+X^t=(AX+X{)}^t=((A+I)X{)}^t$. Trasponiendo los dos miembros, la ecuación equivale a $(A+I)X=B^t$, con $B^t=\left(\begin{array}{c}6\\ 3\end{array}\right)$.

b) $A+I=\left(\begin{array}{cc}m+1& 4\\ 1& m+1\end{array}\right)$ no tiene inversa si y solo si $ad-bc=0$:

$$(m+1{)}^2-4=0⟺m+1=\pm 2⟺m=1\text{ o }m=-3$$

c) Para $m=0$, $A+I=\left(\begin{array}{cc}1& 4\\ 1& 1\end{array}\right)$, con $ad-bc=-3\ne 0$:

$$X=(A+I{)}^{-1}{B}^t=-\frac{1}{3}\left(\begin{array}{cc}1& -4\\ -1& 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}6\\ 3\end{array}\right)=-\frac{1}{3}\left(\begin{array}{c}-6\\ -3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}2\\ 1\end{array}\right)$$

Comprobación: $AX=\left(\begin{array}{cc}0& 4\\ 1& 0\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}2\\ 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}4\\ 2\end{array}\right)$ y $(AX{)}^t+X^t=\left(\begin{array}{cc}4& 2\end{array}\right)+\left(\begin{array}{cc}2& 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}6& 3\end{array}\right)=B$.

d) Para $m=1$ no se puede despejar. Con $X=\left(\begin{array}{c}x\\ y\end{array}\right)$:

$$\left(\begin{array}{cc}2& 4\\ 1& 2\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}x\\ y\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}6\\ 3\end{array}\right)⟺\{\begin{array}{rl}2x+4y& =6\\ x+2y& =3\end{array}$$

La primera ecuación es el doble de la segunda: queda solo $x+2y=3$. Hay infinitas soluciones: tomando $y=t$, $X=\left(\begin{array}{c}3-2t\\ t\end{array}\right)$ con $t\in \mathbb{R}$.

e) Para $m=-3$:

$$\left(\begin{array}{cc}-2& 4\\ 1& -2\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}x\\ y\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}6\\ 3\end{array}\right)⟺\{\begin{array}{rl}-2x+4y& =6\\ x-2y& =3\end{array}$$

Multiplicando la segunda por $-2$ queda $-2x+4y=-6$, incompatible con $-2x+4y=6$. No hay solución.

Para el examen: que $A+I$ no tenga inversa solo dice que no se puede despejar; hay que plantear las incógnitas y ver si el sistema tiene infinitas soluciones ($m=1$) o ninguna ($m=-3$). Es justo lo que distingue un 1,5 de un 2,5 en este tipo de problema.

a) 1. Operamos.

$$X^2=\left(\begin{array}{cc}a& b\\ b& c\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}a& b\\ b& c\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}{a}^2+b^2& b(a+c)\\ b(a+c)& b^2+c^2\end{array}\right)$$

2. Ecuaciones. $a^2+b^2=5$, $b^2+c^2=5$ y $b(a+c)=4$.

3. Restando las dos primeras, $a^2=c^2$, luego $c=a$ o $c=-a$. Si $c=-a$, la tercera da $b\cdot 0=4$, imposible. Por tanto $c=a$.

4. Con $c=a$: $2ab=4$, es decir, $ab=2$, y $a^2+b^2=5$. Entonces $(a+b{)}^2=5+4=9$ y $(a-b{)}^2=5-4=1$, así que $a+b=\pm 3$ y $a-b=\pm 1$. Las cuatro combinaciones dan $(a,b)=(2,1)$, $(1,2)$, $(-1,-2)$, $(-2,-1)$, y todas cumplen $ab=2$.

Hay cuatro matrices:

$$\left(\begin{array}{cc}2& 1\\ 1& 2\end{array}\right),\left(\begin{array}{cc}1& 2\\ 2& 1\end{array}\right),\left(\begin{array}{cc}-2& -1\\ -1& -2\end{array}\right),\left(\begin{array}{cc}-1& -2\\ -2& -1\end{array}\right)$$

b) Para $n=1$: $\frac{1}{2}\left(\begin{array}{cc}4& 2\\ 2& 4\end{array}\right)=X_0$. Si la fórmula vale para $n$:

$$X_0^{n+1}=X_0^n{X}_0=\frac{1}{2}\left(\begin{array}{cc}{3}^n+1& 3^n-1\\ 3^n-1& 3^n+1\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}2& 1\\ 1& 2\end{array}\right)=\frac{1}{2}\left(\begin{array}{cc}3\cdot 3^n+1& 3\cdot 3^n-1\\ 3\cdot 3^n-1& 3\cdot 3^n+1\end{array}\right)$$

porque, por ejemplo, $2(3^n+1)+(3^n-1)=3\cdot 3^n+1$ y $(3^n+1)+2(3^n-1)=3\cdot 3^n-1$. Como $3\cdot 3^n=3^{n+1}$, es la fórmula para $n+1$.

c) $ad-bc=4-1=3\ne 0$:

$$X_0^{-1}=\frac{1}{3}\left(\begin{array}{cc}2& -1\\ -1& 2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}\frac{2}{3}& -\frac{1}{3}\\ -\frac{1}{3}& \frac{2}{3}\end{array}\right)$$

Con $n=-1$ en la fórmula: $\frac{1}{2}\left(\begin{array}{cc}\frac{1}{3}+1& \frac{1}{3}-1\\ \frac{1}{3}-1& \frac{1}{3}+1\end{array}\right)=\frac{1}{2}\left(\begin{array}{cc}\frac{4}{3}& -\frac{2}{3}\\ -\frac{2}{3}& \frac{4}{3}\end{array}\right)$, que es la misma matriz.

d) Sumando los cuatro elementos: $\frac{1}{2}(2(3^n+1)+2(3^n-1))=\frac{1}{2}\cdot 4\cdot 3^n=2\cdot 3^n$.

Para el examen: en a), una ecuación con $X^2$ no se despeja: se plantean las incógnitas, y hay que descartar el caso $c=-a$ con una frase y no perder ninguna de las cuatro soluciones. En b), escribe al menos un elemento del producto con detalle para que se vea de dónde sale $3^{n+1}$.

a) 1. Potencias de $N$. Multiplicar por $N$ por la izquierda «sube» las filas una posición:

$$N^2=\left(\begin{array}{ccc}0& 0& 1\\ 0& 0& 0\\ 0& 0& 0\end{array}\right),N^3=O$$

2. Binomio. $I$ y $N$ conmutan y $N^k=O$ para $k\ge 3$, así que solo quedan tres términos:

$$A^n=I+nN+\frac{n(n-1)}{2}{N}^2=\left(\begin{array}{ccc}1& n& \frac{n(n-1)}{2}\\ 0& 1& n\\ 0& 0& 1\end{array}\right)$$

b) $XA=AX⟺X+XN=X+NX⟺XN=NX$. Con $X=(x_{ij})$:

$$NX=\left(\begin{array}{ccc}{x}_{21}& x_{22}& x_{23}\\ x_{31}& x_{32}& x_{33}\\ 0& 0& 0\end{array}\right),XN=\left(\begin{array}{ccc}0& x_{11}& x_{12}\\ 0& x_{21}& x_{22}\\ 0& x_{31}& x_{32}\end{array}\right)$$

Igualando: la primera columna da $x_{21}=0$, $x_{31}=0$; la tercera fila da $x_{31}=x_{32}=0$ y $x_{33}=x_{22}$; el resto da $x_{22}=x_{11}$ y $x_{23}=x_{12}$. Así

$$X=\left(\begin{array}{ccc}a& b& c\\ 0& a& b\\ 0& 0& a\end{array}\right)=aI+bN+c{N}^2,a,b,c\in \mathbb{R}$$

c) Si $X^2=A$, entonces $XA=X\cdot X^2=X^3=X^2\cdot X=AX$ (propiedad asociativa).

d) 1. Forma de $X$. Por c), toda solución conmuta con $A$, y por b) es $X=aI+bN+c{N}^2$.

2. Cuadrado. Como $I$, $N$ y $N^2$ conmutan entre sí y $N^3=N^4=O$:

$$X^2=a^{2}I+2abN+(b^2+2ac)N^2$$

3. Igualamos con $A=I+N$ (comparando los elementos $(1,1)$, $(1,2)$ y $(1,3)$): $a^2=1$, $2ab=1$, $b^2+2ac=0$.

4. Casos. Si $a=1$: $b=\frac{1}{2}$ y $c=-\frac{b^2}{2a}=-\frac{1}{8}$. Si $a=-1$: $b=-\frac{1}{2}$ y $c=\frac{1}{8}$.

Hay dos soluciones, una opuesta de la otra:

$$X=\pm \left(\begin{array}{ccc}1& \frac{1}{2}& -\frac{1}{8}\\ 0& 1& \frac{1}{2}\\ 0& 0& 1\end{array}\right)$$