Desarrollo de un determinante por adjuntos

a) Para cada adjunto tachamos la fila 2 y la columna correspondiente, calculamos el menor y le ponemos el signo del tablero. En la fila 2 los signos son $-,+,-$.

1. $A_{21}$: tachando fila 2 y columna 1, ${\alpha }_{21}=\left|\begin{array}{cc}1& -3\\ -2& 0\end{array}\right|=0-6=-6$, y $A_{21}=-{\alpha }_{21}=6$.

2. $A_{22}$: tachando fila 2 y columna 2, ${\alpha }_{22}=\left|\begin{array}{cc}2& -3\\ 5& 0\end{array}\right|=0+15=15$, y $A_{22}=+{\alpha }_{22}=15$.

3. $A_{23}$: tachando fila 2 y columna 3, ${\alpha }_{23}=\left|\begin{array}{cc}2& 1\\ 5& -2\end{array}\right|=-4-5=-9$, y $A_{23}=-{\alpha }_{23}=9$.

b) Por la regla de Laplace, multiplicando cada elemento de la fila 2 por su adjunto:

$$|A|=0\cdot 6+4\cdot 15+1\cdot 9=69$$

Comprobación con Sarrus: $|A|=(0+5+0)-(-60+0-4)=5+64=69$. El cero de la fila 2 ha ahorrado un adjunto; por eso conviene elegir filas con ceros.

1. Elegimos pivote. El elemento $b_{11}=1$ permite hacer ceros en la primera columna sin fracciones.

2. Hacemos ceros (el determinante no cambia, porque a cada fila le sumamos un múltiplo de la primera): $F_2\to F_2-2F_1$, $F_3\to F_3+F_1$, $F_4\to F_4-3F_1$.

$$|B|=\left|\begin{array}{cccc}1& 2& 0& -1\\ 0& -1& 1& 2\\ 0& 2& 2& 2\\ 0& -5& -1& 5\end{array}\right|$$

3. Desarrollamos por la primera columna. Solo queda el término de $b_{11}=1$, con signo $+$:

$$|B|=1\cdot \left|\begin{array}{ccc}-1& 1& 2\\ 2& 2& 2\\ -5& -1& 5\end{array}\right|=2\left|\begin{array}{ccc}-1& 1& 2\\ 1& 1& 1\\ -5& -1& 5\end{array}\right|$$

donde hemos sacado factor común $2$ de la segunda fila.

4. Orden 3 por Sarrus:

$$\left|\begin{array}{ccc}-1& 1& 2\\ 1& 1& 1\\ -5& -1& 5\end{array}\right|=(-5-5-2)-(-10+1+5)=-12-(-4)=-8$$

5. Resultado: $|B|=2\cdot (-8)=-16$.

Hemos pasado de cuatro determinantes de orden 3 (desarrollo directo) a uno solo. El paso 2 es el que ahorra el trabajo.

a) Desarrollar directamente daría cuatro determinantes de orden 3 con $m$ y un polinomio de grado 4 difícil de factorizar. Mejor buscar la estructura.

1. Todas las filas suman lo mismo: $m+2$. Sumamos a la primera columna las otras tres ($C_1\to C_1+C_2+C_3+C_4$), lo que no cambia el determinante:

$$|C|=\left|\begin{array}{cccc}m+2& 1& 0& 1\\ m+2& m& 1& 0\\ m+2& 1& m& 1\\ m+2& 0& 1& m\end{array}\right|=(m+2)\left|\begin{array}{cccc}1& 1& 0& 1\\ 1& m& 1& 0\\ 1& 1& m& 1\\ 1& 0& 1& m\end{array}\right|$$

El factor $m+2$ sale de la primera columna porque todos sus elementos lo tienen.

2. Hacemos ceros en la primera columna: $F_2\to F_2-F_1$, $F_3\to F_3-F_1$, $F_4\to F_4-F_1$:

$$|C|=(m+2)\left|\begin{array}{cccc}1& 1& 0& 1\\ 0& m-1& 1& -1\\ 0& 0& m& 0\\ 0& -1& 1& m-1\end{array}\right|=(m+2)\left|\begin{array}{ccc}m-1& 1& -1\\ 0& m& 0\\ -1& 1& m-1\end{array}\right|$$

(desarrollo por la primera columna: un solo término, con signo $+$).

3. El determinante de orden 3 tiene una fila con un solo elemento no nulo: la segunda. Desarrollando por ella (posición $(2,2)$, signo $+$):

$$\left|\begin{array}{ccc}m-1& 1& -1\\ 0& m& 0\\ -1& 1& m-1\end{array}\right|=m\left|\begin{array}{cc}m-1& -1\\ -1& m-1\end{array}\right|=m[(m-1{)}^2-1]=m\cdot m(m-2)$$

usando $(m-1{)}^2-1=(m-1-1)(m-1+1)=(m-2)m$.

4. Resultado:

$$|C|=m^2(m+2)(m-2)$$

Comprobaciones rápidas. Con $m=0$ la fórmula da $0$, y en efecto las filas 1 y 3 son iguales, $(0,1,0,1)$. Con $m=2$ también da $0$: la primera fila menos la segunda, $(1,-1,-1,1)$, coincide con la cuarta menos la tercera, así que $F_1-F_2-F_4+F_3=0$ y las filas son dependientes.

b) $C$ tiene inversa si y solo si $|C|\ne 0$. Resolvemos $m^2(m+2)(m-2)=0$: $m=0$ (raíz doble), $m=2$ o $m=-2$. $C$ no tiene inversa para $m\in \{-2,0,2\}$.

Para el examen: factoriza siempre antes de igualar a cero. Si desarrollas a lo bruto y llegas a $m^4-4m^2$, también vale ($m^2(m^2-4)$), pero el camino con la suma de columnas es más corto y con menos riesgo. Una comprobación con un valor sencillo del parámetro (aquí $m=0$) detecta casi cualquier error de signo.

a) Tachando la fila 1 y la columna 2: ${\alpha }_{12}=\left|\begin{array}{cc}1& 4\\ -2& 1\end{array}\right|=1+8=9$. Como $1+2=3$ es impar, $A_{12}=-9$.

b) Tachando la fila 3 y la columna 2: ${\alpha }_{32}=\left|\begin{array}{cc}3& 2\\ 1& 4\end{array}\right|=12-2=10$. Como $3+2=5$ es impar, $A_{32}=-10$.

c) La segunda columna es $(-1,0,5)$, con signos $-,+,-$. El elemento $c_{22}=0$ no hace falta calcularlo:

$$|C|=c_{12}{A}_{12}+c_{22}{A}_{22}+c_{32}{A}_{32}=(-1)(-9)+0+5\cdot (-10)=9-50=-41$$

Comprobación con Sarrus: $(0+8+10)-(0+60-1)=18-59=-41$.

1. Columna con más ceros. La segunda columna solo tiene un elemento no nulo, $d_{32}=3$. Desarrollando por ella queda un único término:

$$|D|=3\cdot A_{32}=3\cdot (-1{)}^{3+2}{\alpha }_{32}=-3{\alpha }_{32}$$

2. El menor se obtiene tachando la fila 3 y la columna 2:

$${\alpha }_{32}=\left|\begin{array}{ccc}2& 1& 3\\ 1& -2& 4\\ 4& 1& 2\end{array}\right|=(-8+16+3)-(-24+8+2)=11-(-14)=25$$

3. Resultado: $|D|=-3\cdot 25=-75$.

El signo de la posición $(3,2)$ es $-$: olvidarlo daría $75$.

a) La matriz es triangular superior: el determinante es el producto de la diagonal, $2\cdot (-3)\cdot 1\cdot 4=-24$. (Desarrollando por la primera columna se llega a lo mismo: $2$ por un determinante triangular de orden 3, y así sucesivamente.)

b) Ahora la matriz es triangular inferior (todo lo que hay por encima de la diagonal es $0$), así que su determinante es $x\cdot 2\cdot x\cdot 3=6x^2$. Imponemos

$$6x^2=54⟺x^2=9⟺x=3\text{o}x=-3$$

1. Pivote $e_{11}=1$. Operaciones que no cambian el determinante: $F_2\to F_2-2F_1$, $F_3\to F_3+F_1$, $F_4\to F_4-3F_1$:

$$|E|=\left|\begin{array}{cccc}1& 2& -1& 3\\ 0& 1& 3& -2\\ 0& 3& 3& 5\\ 0& -2& 1& -8\end{array}\right|$$

2. Desarrollo por la primera columna (un solo término, signo $+$):

$$|E|=\left|\begin{array}{ccc}1& 3& -2\\ 3& 3& 5\\ -2& 1& -8\end{array}\right|$$

3. Otra vez ceros, ahora con el $1$ de la posición $(1,1)$: $F_2\to F_2-3F_1$, $F_3\to F_3+2F_1$:

$$|E|=\left|\begin{array}{ccc}1& 3& -2\\ 0& -6& 11\\ 0& 7& -12\end{array}\right|=\left|\begin{array}{cc}-6& 11\\ 7& -12\end{array}\right|=72-77=-5$$

El resultado es $|E|=-5$.

1. Desarrollo por la primera fila, que tiene dos ceros. Los signos de la fila 1 son $+,-,+,-$; solo intervienen $a_{11}=x$ (signo $+$) y $a_{14}=1$ (signo $-$):

$$|A|=x\left|\begin{array}{ccc}x& 1& 0\\ 1& x& 0\\ 0& 0& x\end{array}\right|-1\cdot \left|\begin{array}{ccc}0& x& 1\\ 0& 1& x\\ 1& 0& 0\end{array}\right|$$

2. Primer menor. Desarrollando por la tercera columna (solo el $x$ de la posición $(3,3)$, signo $+$): $x(x^2-1)$.

3. Segundo menor. Desarrollando por la primera columna (solo el $1$ de la posición $(3,1)$, signo $+$): $\left|\begin{array}{cc}x& 1\\ 1& x\end{array}\right|=x^2-1$.

4. Juntamos:

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

5. Ecuación: $(x^2-1{)}^2=0⟺x^2=1⟺x=1$ o $x=-1$.

Fíjate en que no hemos desarrollado $x^2(x^2-1)-(x^2-1)$: sacar factor común $x^2-1$ deja el resultado factorizado y la ecuación resuelta.

a) $D_2=4-1=3$. Para $D_3$, desarrollando por la primera fila:

$$D_3=2\left|\begin{array}{cc}2& 1\\ 1& 2\end{array}\right|-1\left|\begin{array}{cc}1& 1\\ 0& 2\end{array}\right|=2\cdot 3-2=4$$

b) En la primera fila de $D_n$ solo hay dos elementos no nulos: $2$ en la posición $(1,1)$ y $1$ en la $(1,2)$.

1. El menor de la posición $(1,1)$ es el mismo tipo de determinante con una fila y una columna menos: $D_{n-1}$.

2. El menor de la posición $(1,2)$ (tachando fila 1 y columna 2) tiene como primera columna $(1,0,\dots ,0)$; desarrollándolo por esa columna queda $1\cdot D_{n-2}$.

3. Con los signos $+$ y $-$ de la primera fila:

$$D_n=2D_{n-1}-1\cdot D_{n-2}$$

Entonces $D_4=2D_3-D_2=2\cdot 4-3=5$.

c) Los valores $D_1=2$, $D_2=3$, $D_3=4$, $D_4=5$ sugieren $D_n=n+1$. Se confirma con la recurrencia: si $D_{n-1}=n$ y $D_{n-2}=n-1$, entonces $D_n=2n-(n-1)=n+1$. Aplicándola paso a paso: $D_5=6$, $D_6=7$, …, $D_{10}=11$.

a) 1. Ceros en la primera columna con el $1$ de la posición $(1,1)$: $F_2\to F_2-F_1$, $F_3\to F_3-2F_1$, $F_4\to F_4-F_1$ (no cambian el determinante):

$$|K|=\left|\begin{array}{cccc}1& 1& 1& 1\\ 0& k-1& 0& 0\\ 0& 0& k-2& 0\\ 0& 0& 0& k-1\end{array}\right|$$

2. La matriz ha quedado triangular superior: el determinante es el producto de la diagonal,

$$|K|=1\cdot (k-1)(k-2)(k-1)=(k-1{)}^2(k-2)$$

b) La clave no es válida si $|K|=0$: $(k-1{)}^2(k-2)=0⟺k=1$ o $k=2$. Se ve también en la matriz: con $k=1$ las filas 1 y 2 son iguales, y con $k=2$ la fila 3 es el doble de la 1.

c) Con $k=3$: $|K|=(3-1{)}^2(3-2)=4\ne 0$, así que esa clave sí sirve.

a) 1. Todas las filas suman $a+2b$. Sumamos las columnas 2 y 3 a la primera y sacamos ese factor común:

$${\Delta }_3=\left|\begin{array}{ccc}a+2b& b& b\\ a+2b& a& b\\ a+2b& b& a\end{array}\right|=(a+2b)\left|\begin{array}{ccc}1& b& b\\ 1& a& b\\ 1& b& a\end{array}\right|$$

2. Restamos la primera fila a las otras dos ($F_2\to F_2-F_1$, $F_3\to F_3-F_1$):

$${\Delta }_3=(a+2b)\left|\begin{array}{ccc}1& b& b\\ 0& a-b& 0\\ 0& 0& a-b\end{array}\right|=(a+2b)(a-b{)}^2$$

porque la matriz es triangular.

b) Igual que antes: las filas suman $a+3b$; sumando las columnas 2, 3 y 4 a la primera y sacando factor común queda una primera columna de unos, y restando la primera fila a las demás se obtiene una matriz triangular con diagonal $1,a-b,a-b,a-b$:

$${\Delta }_4=(a+3b)\left|\begin{array}{cccc}1& b& b& b\\ 0& a-b& 0& 0\\ 0& 0& a-b& 0\\ 0& 0& 0& a-b\end{array}\right|=(a+3b)(a-b{)}^3$$

c) Con $b=2$: ${\Delta }_4=(a+6)(a-2{)}^3=0⟺a=-6$ o $a=2$.

Interpretación: con $a=b=2$ todas las filas son iguales; con $a=-6$ las cuatro filas suman el vector nulo ($-6+2+2+2=0$ en cada columna), así que son dependientes.

Para el examen: el patrón general, para orden $n$, es $(a+(n-1)b)(a-b{)}^{n-1}$, pero en la PAU hay que deducirlo con las operaciones (sumar columnas, sacar factor, restar filas), no citarlo. Desarrollar por adjuntos a lo bruto lleva a un polinomio de grado 4 en $a$ que luego hay que factorizar: es el camino largo.

1. Una matriz auxiliar. Sea $B$ la matriz que se obtiene de $A$ sustituyendo la segunda fila por una copia de la primera:

$$B=\left(\begin{array}{ccc}{a}_{11}& a_{12}& a_{13}\\ a_{11}& a_{12}& a_{13}\\ a_{31}& a_{32}& a_{33}\end{array}\right)$$

2. Sus adjuntos de la fila 2 son los de $A$. El adjunto de la posición $(2,j)$ se calcula tachando la fila 2, y el resto de $B$ (filas 1 y 3) coincide con el de $A$. Por tanto, los adjuntos de la segunda fila de $B$ son $A_{21}$, $A_{22}$ y $A_{23}$.

3. Desarrollamos $|B|$ por su segunda fila, cuyos elementos son $a_{11},a_{12},a_{13}$:

$$|B|=a_{11}{A}_{21}+a_{12}{A}_{22}+a_{13}{A}_{23}$$

4. Pero $B$ tiene dos filas iguales, así que $|B|=0$ (propiedad de los determinantes). Juntando 3 y 4 se obtiene la igualdad pedida.

El mismo razonamiento vale para dos filas distintas cualesquiera, para columnas y para cualquier orden $n$.

Para el examen: este resultado, junto con la regla de Laplace, es la base de la fórmula de la inversa por adjuntos: el producto de $A$ por la traspuesta de su matriz de adjuntos tiene $|A|$ en la diagonal y $0$ fuera de ella. En una demostración, lo que puntúa es justificar el paso 2 (por qué los adjuntos coinciden).

a) La primera fila solo tiene dos elementos no nulos: $a_{11}=m$ (signo $+$) y $a_{14}=1$ (signo $-$). Desarrollamos por ella:

$$|A|=m\left|\begin{array}{ccc}m& 0& 0\\ 1& m& 0\\ 0& 1& m\end{array}\right|-1\cdot \left|\begin{array}{ccc}1& m& 0\\ 0& 1& m\\ 0& 0& 1\end{array}\right|$$

1. El primer menor es triangular inferior: $m\cdot m\cdot m=m^3$.

2. El segundo menor es triangular superior: $1\cdot 1\cdot 1=1$.

3. Por tanto

$$|A|=m\cdot m^3-1=m^4-1=(m-1)(m+1)(m^2+1)$$

b) $A$ no tiene inversa si y solo si $|A|=0$. El factor $m^2+1$ nunca se anula en los reales, así que $m^4-1=0⟺m=1$ o $m=-1$.

c) Con $m=2$, $|A|=16-1=15$. Usamos dos propiedades: $|kB|=k^n|B|$ para una matriz de orden $n$ (aquí $n=4$) y $|A^{-1}|=\frac{1}{|A|}$:

$$|2A^{-1}|=2^4\cdot \frac{1}{15}=\frac{16}{15}$$

d) Con $m=0$, $|A|=0-1=-1$. Por $|A^t|=|A|$ y $|BC|=|B||C|$:

$$|A^t{A}^3|=|A|\cdot |A{|}^3=(-1{)}^4=1$$

Para el examen: en a) lo que se puntúa es elegir una fila con ceros y poner bien los signos de los adjuntos; el signo $-$ del $a_{14}$ es el error típico (daría $m^4+1$, que nunca se anula, y arrastraría b). En c) el fallo habitual es escribir $2|A^{-1}|$ en lugar de $2^4|A^{-1}|$: el $2$ multiplica las cuatro filas.