Propiedades de los determinantes

a) La segunda fila es el triple de la primera: $F_2=3F_1$. Dos filas proporcionales, así que el determinante vale $0$.

b) Sacamos factor común $10$ de la primera fila y aplicamos Sarrus al determinante que queda:

$$10\left|\begin{array}{ccc}1& 2& 3\\ 1& 4& 2\\ 3& 1& 5\end{array}\right|=10[(20+12+3)-(36+2+10)]=10(35-48)=-130.$$

Sacar el $10$ primero evita multiplicar números grandes.

c) A simple vista no hay filas proporcionales, pero hacemos $F_3\to F_3-F_2$ y $F_2\to F_2-F_1$ (ninguna de las dos cambia el determinante):

$$\left|\begin{array}{ccc}1& 2& 3\\ 4& 5& 6\\ 7& 8& 9\end{array}\right|=\left|\begin{array}{ccc}1& 2& 3\\ 3& 3& 3\\ 3& 3& 3\end{array}\right|=0,$$

porque quedan dos filas iguales. Dicho de otra forma: $F_3=2F_2-F_1$, una fila es combinación lineal de las otras.

Sarrus no sirve en orden 4. Hacemos ceros hasta llegar a una matriz triangular.

1. Primera columna. El pivote es el $1$ de arriba. Con $F_2\to F_2-2F_1$, $F_3\to F_3+F_1$ y $F_4\to F_4-3F_1$ (no cambian el determinante):

$$\left|\begin{array}{cccc}1& 2& 1& 0\\ 0& 1& 1& 1\\ 0& 2& 3& 3\\ 0& 0& 1& 2\end{array}\right|$$

2. Segunda columna. El pivote es el $1$ de la fila 2. Con $F_3\to F_3-2F_2$:

$$\left|\begin{array}{cccc}1& 2& 1& 0\\ 0& 1& 1& 1\\ 0& 0& 1& 1\\ 0& 0& 1& 2\end{array}\right|$$

3. Tercera columna. Con $F_4\to F_4-F_3$, la última fila queda $(0,0,0,1)$ y la matriz es triangular:

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

No ha habido intercambios ni hemos multiplicado ninguna fila, así que el determinante es $1$.

a) Desarrollar con Sarrus da seis términos de grado 4 difíciles de factorizar. Es mucho mejor hacer ceros.

1. Ceros en la primera columna. $F_2\to F_2-F_1$ y $F_3\to F_3-F_1$ (no cambian el determinante):

$$D=\left|\begin{array}{ccc}1& a& a^3\\ 0& b-a& b^3-a^3\\ 0& c-a& c^3-a^3\end{array}\right|.$$

2. Factor común. Usamos $b^3-a^3=(b-a)(b^2+ab+a^2)$ y sacamos $b-a$ de la fila 2; igual con $c-a$ en la fila 3:

$$D=(b-a)(c-a)\left|\begin{array}{ccc}1& a& a^3\\ 0& 1& b^2+ab+a^2\\ 0& 1& c^2+ac+a^2\end{array}\right|.$$

3. Triangular. $F_3\to F_3-F_2$ deja en la posición $(3,3)$

$$(c^2+ac+a^2)-(b^2+ab+a^2)=c^2-b^2+a(c-b)=(c-b)(c+b+a),$$

y ceros debajo de la diagonal. El determinante triangular vale $1\cdot 1\cdot (c-b)(a+b+c)$.

4. Resultado:

$$D=(b-a)(c-a)(c-b)(a+b+c).$$

Comprobación con números: para $a=0$, $b=1$, $c=2$, Sarrus da $\left|\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 1& 1& 1\\ 1& 2& 8\end{array}\right|=8-2=6$, y la fórmula da $1\cdot 2\cdot 1\cdot 3=6$.

b) Es el determinante de a) con $a=1$, $b=2$ y $c=x$:

$$(2-1)(x-1)(x-2)(1+2+x)=(x-1)(x-2)(x+3)=0⟺x=1,x=2\text{o}x=-3.$$

Los dos primeros eran previsibles: con $x=1$ o $x=2$ la tercera fila coincide con otra. El tercero, $x=-3$, solo aparece gracias a la factorización.

Para el examen: si un determinante con letras se va a igualar a $0$, no lo desarrolles: haz ceros y saca factores, y el resultado sale factorizado. Escribe en cada paso qué operación haces ($F_2\to F_2-F_1$) para que se vea que no cambia el determinante; si sacas un factor como $b-a$, recuerda que debe multiplicar al final.

a) $F_2=2F_1$: dos filas proporcionales, el determinante es $0$.

b) La matriz es triangular inferior: el determinante es el producto de la diagonal, $3\cdot (-2)\cdot 4=-24$.

c) Cada elemento de la tercera columna es la suma de los de las dos primeras: $3=1+2$, $5=4+1$, $9=2+7$. Es decir, $C_3=C_1+C_2$. Haciendo $C_3\to C_3-C_1-C_2$, que no cambia el determinante, queda una columna de ceros, así que el determinante es $0$.

a) Se han intercambiado las dos primeras filas: el determinante cambia de signo y vale $-4$.

b) La primera fila está multiplicada por $3$; sacando factor común, $3\cdot 4=12$.

c) A la segunda fila se le ha sumado el doble de la primera ($F_2\to F_2+2F_1$): el determinante no cambia y vale $4$. (Con la propiedad de la suma: es $4$ más un determinante con dos filas proporcionales, $F_2=2F_1$, que vale $0$.)

a) $|A|=8-3=5$ y $|B|=3-1=2$.

b) $|AB|=|A||B|=5\cdot 2=10$. (Haciendo el producto, $AB=\left(\begin{array}{cc}7& 3\\ 13& 7\end{array}\right)$ y $49-39=10$.)

c) $A+B=\left(\begin{array}{cc}5& 2\\ 4& 5\end{array}\right)$, así que $|A+B|=25-8=17$, mientras que $|A|+|B|=7$. No hay ninguna propiedad para el determinante de una suma.

d) $A$ es de orden $2$: $|3A|=3^2\cdot 5=45$.

1. Ceros en la primera columna con el pivote $2$: $F_2\to F_2-2F_1$, $F_3\to F_3+F_1$, $F_4\to F_4-3F_1$ (no cambian el determinante):

$$\left|\begin{array}{cccc}2& 1& 3& 1\\ 0& 1& 1& 0\\ 0& 2& 3& 4\\ 0& 0& 0& 2\end{array}\right|$$

2. Ceros en la segunda columna con el pivote $1$ de la fila 2: $F_3\to F_3-2F_2$:

$$\left|\begin{array}{cccc}2& 1& 3& 1\\ 0& 1& 1& 0\\ 0& 0& 1& 4\\ 0& 0& 0& 2\end{array}\right|$$

3. La matriz ya es triangular. El determinante es el producto de la diagonal: $2\cdot 1\cdot 1\cdot 2=4$.

a) Es un determinante de Vandermonde con $a=2$, $b=3$, $c=5$ (filas $1$, los números y sus cuadrados):

$$(b-a)(c-a)(c-b)=(3-2)(5-2)(5-3)=1\cdot 3\cdot 2=6.$$

b) Ahora la estructura está en las columnas: la primera es $(1,1,1)$, la segunda $(1,x,x^2)$ y la tercera $(1,3,9)$, es decir, $1$, el número y su cuadrado para los números $1$, $x$ y $3$. Como $|A^t|=|A|$, es el Vandermonde de $1$, $x$, $3$:

$$(x-1)(3-1)(3-x)=2(x-1)(3-x)=0⟺x=1\text{o}x=3.$$

Tiene sentido: para $x=1$ las dos primeras columnas son iguales, y para $x=3$ lo son la segunda y la tercera.

a) $\det M=6-1=5$, así que el área queda multiplicada por $5$: $12\cdot 5=60$ cm².

b) Por la propiedad del producto, $\det (NM)=\det N\cdot \det M$. Como $\det N=1+1=2$, $\det (NM)=2\cdot 5=10$ y el área final es $12\cdot 10=120$ cm². No hace falta calcular la matriz $NM$: aplicar $N$ a la figura de $60$ cm² la multiplica por $2$.

c) $3I$ es de orden $2$, así que $\det (3I)=3^2\cdot |I|=9$. El área es $12\cdot 9=108$ cm². Ampliar las longitudes al triple multiplica las áreas por $9$, como en la semejanza de figuras.

a) $|3A|=3^3|A|=27\cdot (-2)=-54$.

b) Como $|A|\ne 0$, $A$ tiene inversa y $|A^{-1}|=\frac{1}{|A|}=-\frac{1}{2}$.

c) Por la propiedad del producto y la de la traspuesta: $|A^t{A}^2|=|A^t||A{|}^2=(-2)\cdot 4=-8$.

d) Primero $|2A|=2^3\cdot (-2)=-16$, y después $|(2A{)}^{-1}|=\frac{1}{-16}=-\frac{1}{16}$.

a) 1. Tomando determinantes en $A^2=A$: $|A{|}^2=|A|$, es decir, $|A|(|A|-1)=0$, luego $|A|=0$ o $|A|=1$.

2. Los dos valores se alcanzan: $A=O$ cumple $O^2=O$ con $|O|=0$, e $I$ cumple $I^2=I$ con $|I|=1$.

Valores posibles: $\{0,1\}$.

b) 1. $|A^{t}A|=|A^t||A|=|A{|}^2$ y $|I|=1$, así que $|A{|}^2=1$ y $|A|=\pm 1$.

2. Se alcanzan: $I$ es ortogonal con determinante $1$, y $\left(\begin{array}{ccc}-1& 0& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right)$ es ortogonal (su traspuesta es ella misma y su cuadrado es $I$) con determinante $-1$.

Valores posibles: $\{-1,1\}$.

c) 1. Tomando determinantes en $A^t=-A$: $|A^t|=|-A|$. A la izquierda, $|A^t|=|A|$. A la derecha, $-A=(-1)A$ con $A$ de orden $3$, así que $|-A|=(-1{)}^3|A|=-|A|$.

2. Queda $|A|=-|A|$, es decir, $2|A|=0$ y $|A|=0$. La matriz nula es antisimétrica, así que el valor se alcanza.

Valores posibles: $\{0\}$. (En orden par el argumento no funciona, porque $(-1{)}^n=1$: por ejemplo $\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ -1& 0\end{array}\right)$ es antisimétrica con determinante $1$.)

d) 1. Tomando determinantes: $|A{|}^2=|2A|=2^3|A|=8|A|$, luego $|A|(|A|-8)=0$ y $|A|=0$ o $|A|=8$.

2. Se alcanzan: $O$ cumple $O^2=2O$, y $2I$ cumple $(2I{)}^2=4I=2(2I)$ con $|2I|=8$.

Valores posibles: $\{0,8\}$.

Para el examen: el paso clave es siempre «tomar determinantes en los dos lados» y aplicar $|AB|=|A||B|$ y $|kA|=k^n|A|$. No dividas $|A{|}^2=|A|$ entre $|A|$: perderías el valor $0$. En d), escribir $|2A|=2|A|$ daría el valor falso $2$.

a) Estructura: todas las filas suman lo mismo, $x+3$.

1. 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. Todos los elementos de la primera columna pasan a valer $x+3$, y sacamos ese factor común:

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

2. Restamos la primera fila a cada una de las demás ($F_i\to F_i-F_1$ para $i=2,3,4$):

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

3. Es triangular: $|A|=(x+3)(x-1{)}^3$.

Comprobación: para $x=0$ la fórmula da $3\cdot (-1{)}^3=-3$.

b) $A$ no tiene inversa si y solo si $|A|=0$: $(x+3)(x-1{)}^3=0⟺x=-3$ o $x=1$. Con $x=1$ todas las filas son iguales; con $x=-3$ las cuatro filas suman $0$, es decir, las cuatro columnas suman la columna nula y una de ellas es combinación lineal de las demás.

c) Para $x=2$, $|A|=5\cdot 1^3=5$. Como $A$ es de orden $4$, $|2A|=2^4\cdot 5=80$.

Para el examen: cuando todas las filas (o todas las columnas) suman lo mismo, la jugada es siempre la misma: sumar todas las columnas (o filas) a la primera y sacar factor común. Desarrollar un 4×4 con letras a ciegas lleva mucho tiempo y casi nunca termina factorizado. Y en c), ojo: el orden es $4$, así que el factor es $2^4$.

a) 1. Sacamos factor común $2$ de la segunda fila: $2\left|\begin{array}{ccc}p& q& r\\ a& b& c\\ u& v& w\end{array}\right|$.

2. Intercambiamos las dos primeras filas, lo que cambia el signo: $2\cdot (-|A|)=2\cdot (-3)=-6$.

b) 1. $F_1\to F_1-2F_2$ no cambia el determinante y deja la primera fila en $(a,b,c)$.

2. Con la primera fila ya igual a $(a,b,c)$, $F_3\to F_3+F_1$ tampoco lo cambia y deja la tercera fila en $(3u,3v,3w)$:

$$\left|\begin{array}{ccc}a& b& c\\ p& q& r\\ 3u& 3v& 3w\end{array}\right|.$$

3. Sacamos factor común $3$ de la tercera fila: $3|A|=3\cdot 3=9$.

c) $A$ es de orden $3$ y $|A|=3\ne 0$, así que existe $A^{-1}$ con $|A^{-1}|=\frac{1}{3}$. Entonces

$$|2A^{-1}|=2^3\cdot \frac{1}{3}=\frac{8}{3}.$$

d) Tomamos determinantes en los dos lados de $AX=2A^t$:

$$|A||X|=2^3|A^t|⟺3|X|=8\cdot 3⟺|X|=8.$$

(También se puede despejar $X=2A^{-1}{A}^t$ y llegar a $|X|=8\cdot \frac{1}{3}\cdot 3=8$.)

Para el examen: cada paso tiene que ir con su propiedad: «intercambio de filas: cambia el signo», «$F_1\to F_1-2F_2$: no cambia», «factor común de una fila», «$|kA|=k^n|A|$». En b), el orden de las operaciones importa: primero se arregla la fila 1 y luego se usa para arreglar la 3. El fallo que más puntos cuesta es $|2A^{-1}|=\frac{2}{3}$, olvidando que el $2$ multiplica a las tres filas.