Determinantes 2×2 y 3×3 y regla de Sarrus

a) Diagonal principal menos diagonal secundaria:

$$\left|\begin{array}{cc}3& -2\\ 5& 4\end{array}\right|=3\cdot 4-(-2)\cdot 5=12-(-10)=22.$$

b) Aplicamos la regla de Sarrus.

1. Productos que se suman (diagonal principal y sus dos triángulos):

$$2\cdot 4\cdot 5+1\cdot 2\cdot 1+3\cdot (-1)\cdot (-2)=40+2+6=48.$$

2. Productos que se restan (diagonal secundaria y sus dos triángulos):

$$3\cdot 4\cdot 1+2\cdot 2\cdot (-2)+1\cdot (-1)\cdot 5=12-8-5=-1.$$

3. Resta: $|A|=48-(-1)=49$.

Calcular los dos grupos por separado y restar al final evita casi todos los errores de signo.

a) 1. Los vectores. $\overrightarrow{AB}=B-A=(3,1)$ y $\overrightarrow{AC}=C-A=(1,4)$.

2. El determinante. Con los vectores como filas:

$$\left|\begin{array}{cc}3& 1\\ 1& 4\end{array}\right|=12-1=11.$$

3. El área es su valor absoluto: $11$ unidades cuadradas. Que el determinante sea positivo significa que de $\overrightarrow{AB}$ a $\overrightarrow{AC}$ se gira en sentido antihorario.

b) El triángulo $ABC$ es la mitad del paralelogramo (la diagonal $BC$ lo parte en dos triángulos iguales):

$$\text{Aˊrea}(ABC)=\frac{11}{2}\text{ unidades cuadradas}.$$

Con la fórmula de orden 3 sale lo mismo: $\left|\begin{array}{ccc}1& 2& 1\\ 4& 3& 1\\ 2& 6& 1\end{array}\right|=(3+4+24)-(6+6+8)=31-20=11$, y la mitad es $\frac{11}{2}$.

a) Sarrus con letras. Se hace exactamente igual que con números; solo hay que tener cuidado al multiplicar.

1. Productos que se suman: $1\cdot 1\cdot 1+m\cdot m\cdot 1+1\cdot 2\cdot 1=1+m^2+2$.

2. Productos que se restan: $1\cdot 1\cdot 1+1\cdot m\cdot 1+m\cdot 2\cdot 1=1+m+2m$.

3. Resta:

$$|A|=(m^2+3)-(3m+1)=m^2-3m+2.$$

Comprobación rápida con un valor: para $m=0$, la fórmula da $2$, y Sarrus con $m=0$ da $(1+0+2)-(1+0+0)=2$. Coincide.

b) Sin inversa si y solo si el determinante es cero.

$$m^2-3m+2=0⟺m=\frac{3\pm \sqrt{9-8}}{2}=\frac{3\pm 1}{2}⟺m=1\text{o}m=2.$$

Para $m=1$ y para $m=2$, $A$ no tiene inversa; para cualquier otro valor real de $m$ sí la tiene. Por ejemplo, con $m=1$ la matriz es $\left(\begin{array}{ccc}1& 1& 1\\ 2& 1& 1\\ 1& 1& 1\end{array}\right)$, que tiene la primera y la tercera fila iguales: es lógico que su determinante sea $0$.

c) Imponemos

$$m^2-3m+2=6⟺m^2-3m-4=0⟺(m-4)(m+1)=0⟺m=4\text{o}m=-1.$$

Comprobación: $16-12+2=6$ y $1+3+2=6$.

Para el examen: en la pregunta «¿para qué valores tiene inversa?» la respuesta correcta es «para todo $m$ distinto de $1$ y de $2$», y hay que decir por qué: «porque $A$ tiene inversa si y solo si $|A|\ne 0$». Comprobar el determinante sustituyendo un valor sencillo de $m$ cuesta diez segundos y evita arrastrar un error de signo a todo el problema.

a) $5\cdot 4-3\cdot 2=20-6=14$.

b) $(-3)\cdot (-4)-2\cdot 6=12-12=0$. Era de esperar: la segunda fila es la primera multiplicada por $-2$, así que los dos vectores fila son paralelos y el paralelogramo que forman no tiene área.

c) $a\cdot a-(-b)\cdot b=a^2+b^2$. Este determinante nunca es negativo, y solo vale $0$ si $a=b=0$.

a) Regla de Sarrus.

1. Se suman: $1\cdot 0\cdot 2+(-2)\cdot (-1)\cdot (-3)+3\cdot 2\cdot 4=0-6+24=18$.

2. Se restan: $3\cdot 0\cdot (-3)+1\cdot (-1)\cdot 4+(-2)\cdot 2\cdot 2=0-4-8=-12$.

3. $|A|=18-(-12)=30$.

b) La matriz es triangular superior. En la regla de Sarrus, todos los productos salvo el de la diagonal principal contienen alguno de los ceros de debajo de la diagonal, así que

$$\left|\begin{array}{ccc}2& 7& -5\\ 0& -3& 4\\ 0& 0& 4\end{array}\right|=2\cdot (-3)\cdot 4=-24.$$

a) Regla de Sarrus.

1. Se suman: $x\cdot x\cdot x+1\cdot 1\cdot 1+0\cdot 0\cdot 0=x^3+1$.

2. Se restan: $0\cdot x\cdot 1+x\cdot 1\cdot 0+1\cdot 0\cdot x=0$.

3. $D(x)=x^3+1$.

b) $x^3+1=0⟺x^3=-1⟺x=-1$, que es la única raíz real (la raíz cúbica de un número real es única). Comprobación: $D(-1)=-1+1=0$.

a) 1. El determinante es $x(x+1)-2\cdot 3=x^2+x-6$.

2. $x^2+x-6=0⟺x=\frac{-1\pm \sqrt{1+24}}{2}=\frac{-1\pm 5}{2}$, es decir, $x=2$ o $x=-3$.

b) 1. Sarrus. Se suman $x\cdot x\cdot x+1\cdot 1\cdot 0+0\cdot 1\cdot 1=x^3$. Se restan $0\cdot x\cdot 0+x\cdot 1\cdot 1+1\cdot 1\cdot x=2x$. El determinante es $x^3-2x$.

2. Factorizar, no dividir. $x^3-2x=x(x^2-2)=0⟺x=0$ o $x^2=2$. Las soluciones son $x=0$, $x=\sqrt{2}$ y $x=-\sqrt{2}$.

Si se divide la ecuación entre $x$ «para simplificar», se pierde la solución $x=0$.

a) Como $O$ es el origen, los vectores $\overrightarrow{OA}$ y $\overrightarrow{OB}$ coinciden con las coordenadas de $A$ y $B$:

$$\text{Aˊrea}(OAB)=\frac{1}{2}\left|\left|\begin{array}{cc}40& 10\\ 35& 40\end{array}\right|\right|=\frac{1}{2}|1600-350|=\frac{1250}{2}=625{\text{ m}}^2.$$

b) Con $\overrightarrow{OB}=(35,40)$ y $\overrightarrow{OC}=(5,30)$:

$$\text{Aˊrea}(OBC)=\frac{1}{2}\left|\left|\begin{array}{cc}35& 40\\ 5& 30\end{array}\right|\right|=\frac{1}{2}|1050-200|=\frac{850}{2}=425{\text{ m}}^2.$$

c) La diagonal $OB$ deja los dos triángulos a uno y otro lado, sin solaparse, así que el área total es la suma: $625+425=1050$ m².

d) El precio es $1050\cdot 30=31500$ euros.

a) $A$ no tiene inversa si y solo si $|A|=0$:

$$|A|=k^2-4=0⟺k=2\text{o}k=-2.$$

b) Para $k=3$, $|A|=9-4=5\ne 0$, así que existe la inversa. Con la fórmula de orden 2 (se intercambian los elementos de la diagonal principal, se cambia el signo de los otros dos y se divide entre el determinante):

$$A=\left(\begin{array}{cc}3& 1\\ 4& 3\end{array}\right)⟹A^{-1}=\frac{1}{5}\left(\begin{array}{cc}3& -1\\ -4& 3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}\frac{3}{5}& -\frac{1}{5}\\ -\frac{4}{5}& \frac{3}{5}\end{array}\right).$$

Comprobación: $\left(\begin{array}{cc}3& 1\\ 4& 3\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}3& -1\\ -4& 3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}5& 0\\ 0& 5\end{array}\right)=5I$, y al dividir entre $5$ queda $I$.

a) 1. Con los vectores como filas, por Sarrus: se suman $1\cdot 1\cdot 1+2\cdot 3\cdot 2+0\cdot 0\cdot 0=13$ y se restan $0\cdot 1\cdot 2+1\cdot 3\cdot 0+2\cdot 0\cdot 1=0$.

2. El determinante vale $13$ y el volumen es $|13|=13$ unidades cúbicas.

b) 1. Ahora la tercera fila es $(a,1,1)$. Se suman $1\cdot 1\cdot 1+2\cdot 3\cdot a+0=1+6a$ y se restan $0\cdot 1\cdot a+1\cdot 3\cdot 1+2\cdot 0\cdot 1=3$. El determinante es $6a-2$.

2. Coplanarios si y solo si el determinante es $0$: $6a-2=0⟺a=\frac{1}{3}$.

a) $A=\left(\begin{array}{ccc}1& 1& 1\\ 1& m& 2\\ 1& 2& m\end{array}\right)$. Por Sarrus:

1. Se suman: $1\cdot m\cdot m+1\cdot 2\cdot 1+1\cdot 1\cdot 2=m^2+4$.

2. Se restan: $1\cdot m\cdot 1+1\cdot 2\cdot 2+1\cdot 1\cdot m=2m+4$.

3. $|A|=(m^2+4)-(2m+4)=m^2-2m$.

b) Los vectores son coplanarios si y solo si $|A|=0$: $m^2-2m=m(m-2)=0⟺m=0$ o $m=2$. Con $m=2$ se ve directamente: $\vec{v}=\vec{w}=(1,2,2)$, dos filas iguales.

c) El volumen es el valor absoluto del determinante, así que hay que resolver $|m^2-2m|=3$, que se separa en dos ecuaciones:

1. $m^2-2m=3⟺m^2-2m-3=0⟺(m-3)(m+1)=0⟺m=3$ o $m=-1$.

2. $m^2-2m=-3⟺m^2-2m+3=0$, cuyo discriminante es $4-12=-8<0$: no tiene soluciones reales.

Los valores son $m=3$ y $m=-1$. Comprobación: $9-6=3$ y $1+2=3$.

d) Para $m=1$, $|A|=1-2=-1\ne 0$, así que $A$ tiene inversa (una matriz cuadrada es invertible si y solo si su determinante no es nulo). El signo negativo no importa para la inversa; geométricamente, el volumen del paralelepípedo es $|-1|=1$.

Para el examen: en c) hay que plantear las dos ecuaciones, $|A|=3$ y $|A|=-3$, y descartar la segunda con el discriminante; quien solo resuelve $|A|=3$ suele acertar por suerte, pero pierde la justificación. En d) la frase «$|A|\ne 0\Rightarrow$ existe $A^{-1}$» es la que da los puntos.

a) 1. Sarrus. Se suman $x\cdot 2\cdot 1+y\cdot 1\cdot 3+1\cdot 1\cdot (-2)=2x+3y-2$. Se restan $1\cdot 2\cdot 3+x\cdot 1\cdot (-2)+y\cdot 1\cdot 1=6-2x+y$.

2. El determinante es $(2x+3y-2)-(6-2x+y)=4x+2y-8$.

3. La recta es $4x+2y-8=0$; dividiendo entre $2$ y despejando, $y=-2x+4$.

4. Comprobación: $P$ cumple $2=-2+4$ y $Q$ cumple $-2=-6+4$. Tiene sentido: si $(x,y)=P$ o $(x,y)=Q$, el determinante tiene dos filas iguales y vale $0$.

b) El punto $(k,6)$ está alineado con $P$ y $Q$ si está en la recta: $6=-2k+4⟺k=-1$.

c) Usamos la fórmula del área con el determinante de orden 3:

$$\left|\begin{array}{ccc}1& 2& 1\\ 3& -2& 1\\ 4& 3& 1\end{array}\right|=(-2+8+9)-(-8+3+6)=15-1=14,$$

y el área es $\frac{1}{2}|14|=7$ unidades cuadradas. Como $14\ne 0$, los tres puntos no están alineados (en efecto, $R$ no cumple $y=-2x+4$: $-8+4=-4\ne 3$).

Para el examen: la condición de alineación con un determinante y la fórmula del área del triángulo son dos usos del mismo hecho: el determinante mide (el doble de) un área, y un área nula significa puntos alineados. Si te piden la recta, comprueba que pasa por los dos puntos dados antes de seguir.

Primero calculamos $D(t)=2t^2-1\cdot t=2t^2-t$.

a) 1. El área es $|D(t)|$, así que hay que resolver $|2t^2-t|=3$, es decir, $2t^2-t=3$ o $2t^2-t=-3$.

2. $2t^2-t-3=0⟺t=\frac{1\pm \sqrt{1+24}}{4}=\frac{1\pm 5}{4}$, luego $t=\frac{3}{2}$ o $t=-1$.

3. $2t^2-t+3=0$ tiene discriminante $1-24=-23<0$: sin soluciones reales.

Los valores son $t=\frac{3}{2}$ y $t=-1$. Comprobación: $D\left(\frac{3}{2}\right)=\frac{9}{2}-\frac{3}{2}=3$ y $D(-1)=2+1=3$.

b) Dos vectores del plano son paralelos si y solo si el paralelogramo que forman no tiene área, es decir, si $D(t)=0$: $2t^2-t=t(2t-1)=0⟺t=0$ o $t=\frac{1}{2}$. Para $t=0$, $\vec{v}$ es el vector nulo (paralelo a cualquiera); para $t=\frac{1}{2}$, $\vec{v}=\left(\frac{1}{2},\frac{1}{4}\right)=\frac{1}{4}\vec{u}$.

c) $D(t)=2t^2-t$ es una parábola que se abre hacia arriba (coeficiente principal $2>0$), así que su mínimo está en el vértice:

$$t_v=-\frac{-1}{2\cdot 2}=\frac{1}{4},D\left(\frac{1}{4}\right)=2\cdot \frac{1}{16}-\frac{1}{4}=\frac{1}{8}-\frac{1}{4}=-\frac{1}{8}.$$

El mínimo es $-\frac{1}{8}$, en $t=\frac{1}{4}$. Que sea negativo significa que para valores de $t$ entre $0$ y $\frac{1}{2}$ la orientación de $\vec{u}$ a $\vec{v}$ es horaria.

Para el examen: el área es el valor absoluto del determinante, nunca el determinante a secas; por eso en a) aparecen dos ecuaciones. Y el signo de $D(t)$ tiene significado (orientación), así que el mínimo de $D$ puede ser negativo aunque ningún área lo sea.