Problemas de síntesis: determinantes

a) Desarrollando por la primera columna, que tiene un cero:

$$|A|=1\cdot \left|\begin{array}{cc}1& 1\\ 0& 1\end{array}\right|+1\cdot \left|\begin{array}{cc}2& 0\\ 1& 1\end{array}\right|=1+2=3\ne 0.$$

Como $|A|\ne 0$, $A$ tiene inversa.

b) La matriz adjunta (la traspuesta de la de adjuntos) es

$$\mathrm{Adj}(A)=\left(\begin{array}{ccc}1& -2& 2\\ 1& 1& -1\\ -1& 2& 1\end{array}\right),$$

y $A^{-1}=\frac{1}{|A|}\mathrm{Adj}(A)$:

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

c) Como $A$ tiene inversa, multiplicamos por la izquierda: $X=A^{-1}B$.

$$X=\frac{1}{3}\left(\begin{array}{ccc}1& -2& 2\\ 1& 1& -1\\ -1& 2& 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 2& 1\\ 0& 3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}-1& \frac{4}{3}\\ 1& -\frac{2}{3}\\ 1& \frac{5}{3}\end{array}\right).$$

a) Hacemos ceros en la primera columna con $F_2\to F_2-2F_1$ y $F_4\to F_4-F_1$ (no cambian el determinante):

$$|A|=\left|\begin{array}{cccc}1& 2& 0& 1\\ 0& 0& 1& -2\\ 0& 1& 1& 2\\ 0& 1& 2& 1\end{array}\right|=\left|\begin{array}{ccc}0& 1& -2\\ 1& 1& 2\\ 1& 2& 1\end{array}\right|.$$

Por Sarrus. Términos positivos: $0\cdot 1\cdot 1+1\cdot 2\cdot 1+(-2)\cdot 1\cdot 2=0+2-4=-2$. Términos negativos: $(-2)\cdot 1\cdot 1+0\cdot 2\cdot 2+1\cdot 1\cdot 1=-2+0+1=-1$. Entonces $|A|=-2-(-1)=-1$.

b) En orden $n=4$, $|\mathrm{Adj}(A)|=|A{|}^{n-1}=(-1{)}^3=-1$.

c) Para una matriz de orden 4, $|2A|=2^4|A|=-16$. Por tanto $|(2A{)}^{-1}|=\frac{1}{-16}=-\frac{1}{16}$.

d) Como $|A|\ne 0$ y $A$ es $4\times 4$, el rango es $4$.

a) Por Sarrus: términos positivos $1\cdot 1\cdot 1+0\cdot 0\cdot 1+1\cdot m\cdot m=1+m^2$; términos negativos $1\cdot 1\cdot 1+1\cdot 0\cdot m+0\cdot m\cdot 1=1$. Así $|A|=1+m^2-1=m^2$.

b) Si $m\ne 0$, $|A|\ne 0$ y $\mathrm{rg}(A)=3$. Si $m=0$:

$$A=\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 1\\ 0& 1& 0\\ 1& 0& 1\end{array}\right),$$

con $F_1=F_3$ y $\left|\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 1\end{array}\right|=1\ne 0$, luego $\mathrm{rg}(A)=2$.

c) Con $m=1$, $|A|=1$ y $A=\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 1\\ 1& 1& 0\\ 1& 1& 1\end{array}\right)$. Su adjunta (traspuesta de la matriz de adjuntos) es $\mathrm{Adj}(A)=\left(\begin{array}{ccc}1& 1& -1\\ -1& 0& 1\\ 0& -1& 1\end{array}\right)$. Como $|A|=1$, $A^{-1}=\mathrm{Adj}(A)$. Comprobación: la primera fila de $A$ por la primera columna de $A^{-1}$ da $1\cdot 1+0\cdot (-1)+1\cdot 0=1$.

a) $\overrightarrow{PQ}=(4,1)$ y $\overrightarrow{PR}=(1,5)$. Entonces $\left|\begin{array}{cc}4& 1\\ 1& 5\end{array}\right|=20-1=19$ y el área es $\frac{19}{2}$.

b) Por Sarrus:

$$\left|\begin{array}{ccc}1& 2& 0\\ 0& 1& 3\\ 2& 0& k\end{array}\right|=(k+12+0)-(0+0+0)=k+12.$$

Para $k=1$ el determinante vale $13$, así que el volumen es $13$.

c) Los vectores son coplanarios si y solo si el determinante es $0$: $k+12=0$, es decir, $k=-12$.

d) Volumen $30$ significa $|k+12|=30$, luego $k+12=30$ o $k+12=-30$: $k=18$ o $k=-42$. Ojo: el volumen es el valor absoluto, por eso hay dos soluciones.

a) De $A^2=A$ se obtiene $|A{|}^2=|A|$, es decir, $|A|(|A|-1)=0$. Luego $|A|\in \{0,1\}$.

b) Si $A$ tiene inversa, multiplicamos $A^2=A$ por $A^{-1}$ a la izquierda: $A^{-1}AA=A^{-1}A$, es decir, $A=I$. Para orden $2$, $A=\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 1\end{array}\right)$.

c) $|M|=-2+2=0$, así que $\mathrm{rg}(M)<2$. Como $M\ne O$, $\mathrm{rg}(M)=1$. (Comprueba que $M^2=\left(\begin{array}{cc}4-2& -4+2\\ 2-1& -2+1\end{array}\right)=M$.)

d) $B=\left(\begin{array}{cc}3& -4\\ 2& -3\end{array}\right)$. Directamente, $B^2=\left(\begin{array}{cc}9-8& -12+12\\ 6-6& -8+9\end{array}\right)=I$. En general, si $A^2=A$, entonces $(2A-I{)}^2=4A^2-4A+I=I$.

e) $|B|=-9+8=-1$. Coherente con d): $|B{|}^2=|I|=1$ obliga a $|B|=\pm 1$.

Para el examen: al hablar de determinantes de una igualdad matricial, aplica $|XY|=|X||Y|$; y para «tiene inversa», multiplica por $A^{-1}$ por el lado correcto.

a) Como $A^t=-A$ y el orden es $3$: $|A^t|=|-A|=(-1{)}^3|A|=-|A|$. Pero $|A^t|=|A|$. Entonces $|A|=-|A|$, es decir, $|A|=0$.

b) Como $|A|=0$, $\mathrm{rg}(A)\le 2$. El menor $\left|\begin{array}{cc}0& 1\\ -1& 0\end{array}\right|=1\ne 0$, así que $\mathrm{rg}(A)=2$.

c) Por Sarrus:

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

No tiene inversa si $x(x^2+14)=0$. Como $x^2+14>0$ para todo $x$ real, la única solución real es $x=0$.

Para el examen: la propiedad $|-A|=(-1{)}^n|A|$ es la clave; anota que el orden es impar.

a) Calculamos $A^2=\left(\begin{array}{ccc}0& 0& ab\\ bc& 0& 0\\ 0& ca& 0\end{array}\right)$ y luego

$$A^3=A^{2}A=\left(\begin{array}{ccc}abc& 0& 0\\ 0& abc& 0\\ 0& 0& abc\end{array}\right)=abcI.$$

b) Por Sarrus solo sobrevive el producto $a_{12}{a}_{23}{a}_{31}=abc$; los demás productos de la fórmula valen $0$. Entonces $|A|=abc$.

c) $A^3=I$ equivale a $abc=1$. Con $a=2$ y $c=-4$: $2\cdot b\cdot (-4)=1$, luego $b=-\frac{1}{8}$.

d) De $A^3=I$ se tiene $A\cdot A^2=I$, así que $A^{-1}=A^2$ (la inversa existe porque $|A|=abc=1\ne 0$). Sustituyendo en $A^2$:

$$A^{-1}=\left(\begin{array}{ccc}0& 0& -\frac{1}{4}\\ \frac{1}{2}& 0& 0\\ 0& -8& 0\end{array}\right),$$

pues $ab=-\frac{1}{4}$, $bc=\frac{1}{2}$ y $ca=-8$.

Para el examen: si te piden la inversa y sabes que $A^3=I$, no hace falta la fórmula de la adjunta: $A^{-1}=A^2$.

a) 1. Sumamos a la primera columna todas las demás ($C_1\to C_1+C_2+C_3+C_4$). Cada elemento de la nueva primera columna vale $x+3$.

2. Sacamos $x+3$ factor común de esa columna: queda una columna de unos.

3. Restamos la primera fila a las otras tres: en la diagonal aparece $x-1$ y los demás elementos de esas filas son $0$:

$$|A|=(x+3)\left|\begin{array}{cccc}1& 1& 1& 1\\ 0& x-1& 0& 0\\ 0& 0& x-1& 0\\ 0& 0& 0& x-1\end{array}\right|=(x+3)(x-1{)}^3.$$

b) $|A|=0⟺x=-3$ o $x=1$.

c) Para $x=1$ todos los elementos valen $1$: las cuatro filas son iguales y no nulas, $\mathrm{rg}(A)=1$. Para $x=-3$, el menor de orden 3 de las tres primeras filas y columnas es $\left|\begin{array}{ccc}-3& 1& 1\\ 1& -3& 1\\ 1& 1& -3\end{array}\right|=(-27+1+1)-(-3-3-3)=-25+9=-16\ne 0$, y como $|A|=0$, $\mathrm{rg}(A)=3$.

d) Para $x=2$, $|A|=5\cdot 1^3=5$. En orden $4$, $|\mathrm{Adj}(A)|=|A{|}^3=125$.

Para el examen: al factorizar, anota cada operación entre filas o columnas; una operación con determinante que cambia el valor (multiplicar una fila por un número) hay que compensarla.

a) Sacamos el factor $2$ de la primera fila y descomponemos la segunda fila en suma:

$$|B|=2\left|\begin{array}{c}{F}_1\\ F_2-F_3\\ F_1+F_3\end{array}\right|=2\left[\left|\begin{array}{c}{F}_1\\ F_2\\ F_1+F_3\end{array}\right|-\left|\begin{array}{c}{F}_1\\ F_3\\ F_1+F_3\end{array}\right|\right].$$

En el segundo determinante, la tercera fila es la suma de las dos primeras: vale $0$. En el primero, restamos $F_1$ a la tercera fila: queda $|F_1,F_2,F_3|=|A|$. Entonces $|B|=2|A|=-6$.

b) $|A^t{B}^{-1}|=|A|\cdot \frac{1}{|B|}=\frac{-3}{-6}=\frac{1}{2}$. ($B$ tiene inversa porque $|B|\ne 0$.)

c) En orden $3$, $|\mathrm{Adj}(A)|=|A{|}^2=9$ y $|(2A{)}^{-1}|=\frac{1}{2^3|A|}=\frac{1}{-24}$. Entonces $$|\mathrm{Adj}(A)(2A{)}^{-1}|=9\cdot \left(-\frac{1}{24}\right)=-\frac{3}{8}.$$

d) $|A^2{B}^t|=|A{|}^2|B|=9\cdot (-6)=-54$.

Para el examen: escribe la propiedad que usas en cada paso (multilineal, producto, traspuesta, inversa, adjunta). Sin eso se pierde la mitad de cada apartado.

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

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

b) Desarrollando, $(A-I{)}^2=A^2-2A+I=O$, luego $A^2=2A-I$. Despejando $I=2A-A^2=A(2I-A)$, así que $A$ tiene inversa y

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

(Además $|A|=0+1=1\ne 0$.)

c) Sea $N=A-I$, con $N^2=O$. Como $I$ y $N$ conmutan, el binomio de Newton da $A^n=(I+N{)}^n=I+nN$, porque todos los términos con $N^k$, $k\ge 2$, son nulos. Entonces $A^n=I+n(A-I)=nA-(n-1)I$. Para $n=10$:

$$A^{10}=10A-9I=\left(\begin{array}{cc}11& 10\\ -10& -9\end{array}\right).$$

d) Multiplicando por la izquierda por $A^{-1}$:

$$X=A^{-1}B=\left(\begin{array}{cc}0& -1\\ 1& 2\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}1& 2\\ 0& 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}0& -1\\ 1& 4\end{array}\right).$$

Para el examen: en c) basta con el argumento de $N^2=O$ o una inducción bien escrita; sin justificar la fórmula solo se puntúa el cálculo de $A^{10}$.

a) Por Sarrus: $|A|=(m^3+1+1)-(m+m+m)=m^3-3m+2$. Como $m=1$ es raíz, dividimos: $m^3-3m+2=(m-1)(m^2+m-2)=(m-1{)}^2(m+2)$.

b) Si $m\ne 1$ y $m\ne -2$, $\mathrm{rg}(A)=3$. Para $m=1$ todos los elementos valen $1$, así que $\mathrm{rg}(A)=1$. Para $m=-2$, $|A|=0$ y el menor $\left|\begin{array}{cc}-2& 1\\ 1& -2\end{array}\right|=3\ne 0$: $\mathrm{rg}(A)=2$.

c) Para $m=2$: $|A|=1\cdot 4=4$. Los adjuntos de la diagonal valen $m^2-1=3$ y los demás $-(m-1)=-1$; la matriz es simétrica, luego

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

d) $AX+X=(A+I)X=I$, luego $X=(A+I{)}^{-1}$. La matriz $A+I$ es la misma familia con $m=3$: $|A+I|=(3-1{)}^2(3+2)=20\ne 0$, con adjuntos diagonales $3^2-1=8$ y el resto $-(3-1)=-2$. Entonces

$$X=\frac{1}{20}\left(\begin{array}{ccc}8& -2& -2\\ -2& 8& -2\\ -2& -2& 8\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}\frac{2}{5}& -\frac{1}{10}& -\frac{1}{10}\\ -\frac{1}{10}& \frac{2}{5}& -\frac{1}{10}\\ -\frac{1}{10}& -\frac{1}{10}& \frac{2}{5}\end{array}\right).$$

Para el examen: en d) hay que sacar factor común $X$ antes de despejar; $AX+X=(A+I)X$, no $(A+1)X$.

a) Por Sarrus: términos positivos $1\cdot 1\cdot 1+m\cdot m\cdot 0+0\cdot 2\cdot 1=1$; términos negativos $0\cdot 1\cdot 0+m\cdot 2\cdot 1+1\cdot m\cdot 1=3m$. Entonces $|A|=1-3m$, que se anula solo si $m=\frac{1}{3}$. Para ese valor $A$ no tiene inversa.

b) Con $m=\frac{1}{3}$, $|A|=0$, luego $\mathrm{rg}(A)\le 2$. El menor $\left|\begin{array}{cc}1& \frac{1}{3}\\ 2& 1\end{array}\right|=1-\frac{2}{3}=\frac{1}{3}\ne 0$, así que $\mathrm{rg}(A)=2$.

c) Con $m=1$, $A=\left(\begin{array}{ccc}1& 1& 0\\ 2& 1& 1\\ 0& 1& 1\end{array}\right)$ y $|A|=1-3=-2$. La matriz adjunta es $\mathrm{Adj}(A)=\left(\begin{array}{ccc}0& -1& 1\\ -2& 1& -1\\ 2& -1& -1\end{array}\right)$, y

$$A^{-1}=\frac{1}{-2}\mathrm{Adj}(A)=\left(\begin{array}{ccc}0& \frac{1}{2}& -\frac{1}{2}\\ 1& -\frac{1}{2}& \frac{1}{2}\\ -1& \frac{1}{2}& \frac{1}{2}\end{array}\right).$$

d) Multiplicamos por $A^{-1}$ por la derecha: $X=B{A}^{-1}$.

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

Para el examen: en $XA=B$ la inversa va a la derecha ($X=B{A}^{-1}$); poner $A^{-1}B$ es el error más caro de este tipo de apartado.