Modelo de examen 1 de Álgebra

a) $A$ tiene inversa si y solo si $|A|\ne 0$. Desarrollando por la primera columna:

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

$|A|=0⟺m=1$ o $m=-1$. Por tanto, $A$ tiene inversa para todo $m\ne 1$ y $m\ne -1$, y no la tiene para $m=\pm 1$.

b) Para $m=0$,

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

1. Adjuntos $A_{ij}=(-1{)}^{i+j}{M}_{ij}$:

$$\begin{array}{rlrlrl}{A}_{11}& =\left|\begin{array}{cc}0& 0\\ 1& 1\end{array}\right|=0,& A_{12}& =-\left|\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 1\end{array}\right|=-1,& A_{13}& =\left|\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 1\end{array}\right|=1,\\ A_{21}& =-\left|\begin{array}{cc}2& 1\\ 1& 1\end{array}\right|=-1,& A_{22}& =\left|\begin{array}{cc}0& 1\\ 0& 1\end{array}\right|=0,& A_{23}& =-\left|\begin{array}{cc}0& 2\\ 0& 1\end{array}\right|=0,\\ A_{31}& =\left|\begin{array}{cc}2& 1\\ 0& 0\end{array}\right|=0,& A_{32}& =-\left|\begin{array}{cc}0& 1\\ 1& 0\end{array}\right|=1,& A_{33}& =\left|\begin{array}{cc}0& 2\\ 1& 0\end{array}\right|=-2.\end{array}$$

2. Inversa. $A^{-1}=\frac{1}{|A|}\mathrm{Adj}(A{)}^t$:

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

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

c) Restando $1$ a cada elemento de la diagonal:

$$A-I=\left(\begin{array}{ccc}m-1& 2& 1\\ 1& m-1& 0\\ 0& 1& 0\end{array}\right)$$

La tercera fila tiene un único elemento no nulo, $1$ en la posición $(3,2)$. Desarrollando por esa fila:

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

El valor es $1$ para cualquier $m$: no depende del parámetro. En particular, $A-I$ es siempre invertible.

d) 1. Despejar. $XA=X+B⟺XA-X=B⟺X(A-I)=B$. Hay que sacar $X$ como factor común por la izquierda, escribiendo $X=XI$; poner $X(A-1)$ no tiene sentido. Como $|A-I|=1\ne 0$ por c), multiplicamos por $(A-I{)}^{-1}$ por la derecha:

$$X=B(A-I{)}^{-1}$$

$B$ es $2\times 3$ y $(A-I{)}^{-1}$ es $3\times 3$, así que $X$ es $2\times 3$.

2. Inversa de $A-I$ para $m=0$.

$$A-I=\left(\begin{array}{ccc}-1& 2& 1\\ 1& -1& 0\\ 0& 1& 0\end{array}\right),|A-I|=1$$

Sus adjuntos forman la matriz $\left(\begin{array}{ccc}0& 0& 1\\ 1& 0& 1\\ 1& 1& -1\end{array}\right)$ (por ejemplo, $C_{11}=\left|\begin{array}{cc}-1& 0\\ 1& 0\end{array}\right|=0$, $C_{21}=-\left|\begin{array}{cc}2& 1\\ 1& 0\end{array}\right|=1$, $C_{33}=\left|\begin{array}{cc}-1& 2\\ 1& -1\end{array}\right|=-1$). Trasponiendo y dividiendo entre $1$:

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

3. Producto.

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

4. Comprobación. Con $X$ así, $X(A-I)=\left(\begin{array}{ccc}-2+3& 4-3-1& 2\\ 1-1& -2+1+2& -1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 2\\ 0& 1& -1\end{array}\right)=B$.

Para el examen: en a) hay que decir con claras palabras para qué valores existe la inversa, no solo resolver $|A|=0$. En d) el paso clave es $X(A-I)=B$ con la inversa multiplicada por la derecha; escribir $X=(A-I{)}^{-1}B$ es un error de orden que anula el apartado, y además aquí ni siquiera se podría multiplicar ($3\times 3$ por $2\times 3$).

Recordamos la clasificación: SCD (sistema compatible determinado, solución única), SCI (compatible indeterminado, infinitas soluciones) y SI (incompatible, sin solución). Por el teorema de Rouché-Frobenius, con 3 incógnitas: SCD si $\mathrm{rg}(A)=\mathrm{rg}(A^{\ast })=3$, SCI si $\mathrm{rg}(A)=\mathrm{rg}(A^{\ast })<3$ y SI si $\mathrm{rg}(A)\ne \mathrm{rg}(A^{\ast })$.

a) 1. Determinante de la matriz de coeficientes. Restando la fila 1 a la fila 3 (no cambia el determinante):

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

$|A|=0⟺m=-2$ o $m=1$.

2. Si $m\ne 1$ y $m\ne -2$: $\mathrm{rg}(A)=3=\mathrm{rg}(A^{\ast })=$ número de incógnitas. SCD.

3. Si $m=1$: la matriz ampliada es

$$A^{\ast }=\left(\begin{array}{cccc}1& 2& -1& 1\\ 0& 3& 3& 3\\ 1& 2& -1& 1\end{array}\right)$$

La fila 3 es igual a la fila 1, y el menor $\left|\begin{array}{cc}1& 2\\ 0& 3\end{array}\right|=3\ne 0$. Luego $\mathrm{rg}(A)=\mathrm{rg}(A^{\ast })=2<3$. SCI (un parámetro).

4. Si $m=-2$:

$$A^{\ast }=\left(\begin{array}{cccc}1& 2& -1& 1\\ 0& 0& 3& 3\\ 1& 2& -4& 1\end{array}\right)$$

$\mathrm{rg}(A)=2$, porque $|A|=0$ y $\left|\begin{array}{cc}1& -1\\ 0& 3\end{array}\right|=3\ne 0$ (filas 1 y 2, columnas 1 y 3). Orlando ese menor con la fila 3 y la columna de términos independientes:

$$\left|\begin{array}{ccc}1& -1& 1\\ 0& 3& 3\\ 1& -4& 1\end{array}\right|=1\cdot (3+12)-(-1)\cdot (0-3)+1\cdot (0-3)=15-3-3=9\ne 0$$

$\mathrm{rg}(A^{\ast })=3\ne \mathrm{rg}(A)$. SI. (Se ve también con las ecuaciones: la segunda da $3z=3$, $z=1$, y la tercera menos la primera da $-3z=0$, $z=0$.)

Discusión: $m=1$, SCI; $m=-2$, SI; cualquier otro valor, SCD.

b) Para $m=1$ sobra la tercera ecuación (es la primera) y queda

$$\{\begin{array}{rl}x+2y-z& =1\\ 3y+3z& =3\end{array}$$

Tomando $z=t$: de la segunda, $y=1-t$; de la primera, $x=1-2(1-t)+t=-1+3t$. La solución es

$$(x,y,z)=(-1+3t,1-t,t),t\in \mathbb{R}$$

Comprobación con $t=0$: $(-1,1,0)$ cumple $-1+2-0=1$ y $3+0=3$.

c) Para $m\ne 1$, $m\ne -2$, restamos la primera ecuación a la tercera: $(m-1)z=0$ y, como $m-1\ne 0$, $z=0$. Sustituyendo en la segunda, $(m+2)y=3$, luego $y=\frac{3}{m+2}$ (se puede dividir porque $m\ne -2$). De la primera,

$$x=1-2y+z=1-\frac{6}{m+2}=\frac{m-4}{m+2}$$

La solución es $\left(\frac{m-4}{m+2},\frac{3}{m+2},0\right)$.

d) Usamos la solución de c): $x=y⟺\frac{m-4}{m+2}=\frac{3}{m+2}⟺m-4=3⟺m=7$. Como $7\ne 1$ y $7\ne -2$, el sistema es SCD para $m=7$, y su solución es $\left(\frac{1}{3},\frac{1}{3},0\right)$, que cumple $x=y$.

(Para $m=1$ también hay soluciones con $x=y$, la de $t=\frac{1}{2}$, pero entonces el sistema no es compatible determinado; por eso el enunciado lo excluye.)

Para el examen: en la discusión hay que calcular los dos rangos en cada valor crítico y nombrar el teorema de Rouché-Frobenius; decir «$|A|=0$, luego es SCI» sin mirar $A^{\ast }$ es el error más castigado. En c) justifica cada división ($m-1\ne 0$, $m+2\ne 0$).

a) Hacemos ceros restando a cada fila la anterior, empezando por abajo: $F_4\to F_4-F_3$, $F_3\to F_3-F_2$, $F_2\to F_2-F_1$. Cada operación resta a una fila otra que todavía está sin modificar, así que el determinante no cambia:

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

La matriz es triangular, así que el determinante es el producto de la diagonal:

$$|B|=1\cdot (a-1)(2-a)(a-2)=-(a-1)(a-2{)}^2$$

b) $|B|=0⟺a=1$ o $a=2$.

1. Si $a\ne 1$ y $a\ne 2$: $|B|\ne 0$, luego $\mathrm{rg}(B)=4$.

2. Si $a=1$: la forma triangular de a) queda

$$\left(\begin{array}{cccc}1& 1& 1& 1\\ 0& 0& 0& 0\\ 0& 0& 1& 1\\ 0& 0& 0& -1\end{array}\right)$$

con tres filas no nulas, y las filas 1, 3 y 4 son linealmente independientes: el menor de filas 1, 3, 4 y columnas 1, 3, 4 es $\left|\begin{array}{ccc}1& 1& 1\\ 0& 1& 1\\ 0& 0& -1\end{array}\right|=-1\ne 0$. Como las operaciones de fila no cambian el rango, $\mathrm{rg}(B)=3$.

3. Si $a=2$: las filas 2, 3 y 4 de $B$ son iguales, $(1,2,2,2)$, y no son proporcionales a la fila 1, $(1,1,1,1)$. El menor $\left|\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& 2\end{array}\right|=1\ne 0$, así que $\mathrm{rg}(B)=2$.

Resumen: $\mathrm{rg}(B)=3$ si $a=1$; $\mathrm{rg}(B)=2$ si $a=2$; $\mathrm{rg}(B)=4$ en otro caso.

c) Para $a=3$, $|B|=-(3-1)(3-2{)}^2=-2$. $B$ es de orden $n=4$, y usamos $|kM|=k^4|M|$, $|B^{-1}|=\frac{1}{|B|}$ y $|B^t|=|B|$:

$$|2B^{-1}|=2^4\cdot \frac{1}{-2}=-8,|3B^t|=3^4\cdot (-2)=-162$$

d) Para $a=2$, $\mathrm{rg}(B)=2$ y hay 4 incógnitas: el sistema homogéneo es compatible indeterminado con $4-2=2$ parámetros. Basta con dos ecuaciones independientes, la primera y la segunda (las otras dos son iguales a la segunda):

$$\{\begin{array}{rl}x+y+z+w& =0\\ x+2y+2z+2w& =0\end{array}$$

Restando, $y+z+w=0$; llevándolo a la primera, $x=0$. Con $z=s$, $w=t$:

$$(x,y,z,w)=(0,-s-t,s,t),s,t\in \mathbb{R}$$

Para el examen: en un determinante de orden 4 con parámetro, haz ceros antes de desarrollar y deja el resultado factorizado: es lo que permite estudiar el rango sin errores. En c) el error típico es escribir $|2B^{-1}|=\frac{2}{|B|}$, olvidando que el $2$ multiplica a las cuatro filas.

Usamos la clasificación SCD (compatible determinado, solución única), SCI (compatible indeterminado, infinitas soluciones) y SI (incompatible, sin solución).

a) 1. Planteamiento. Cada nutriente da una ecuación (kg aportados por los tres abonos = kg deseados):

$$\{\begin{array}{rlrl}2x+y+3z& =20& & \text{(nitroˊgeno)}\\ x+2y+3z& =16& & \text{(foˊsforo)}\\ x+y+2z& =m& & \text{(potasio)}\end{array}$$

2. Rango de $A$.

$$|A|=\left|\begin{array}{ccc}2& 1& 3\\ 1& 2& 3\\ 1& 1& 2\end{array}\right|=2(4-3)-1(2-3)+3(1-2)=2+1-3=0$$

y $\left|\begin{array}{cc}2& 1\\ 1& 2\end{array}\right|=3\ne 0$, así que $\mathrm{rg}(A)=2$ para todo $m$. El sistema nunca es SCD. El motivo es químico: un saco del abono 3 aporta $(3,3,2)$, exactamente lo mismo que un saco del abono 1 más uno del abono 2, $(2,1,1)+(1,2,1)$.

3. Rango de $A^{\ast }$. Orlamos el menor anterior con la tercera fila y la columna de términos independientes:

$$\left|\begin{array}{ccc}2& 1& 20\\ 1& 2& 16\\ 1& 1& m\end{array}\right|=2(2m-16)-1(m-16)+20(1-2)=3m-36$$

Se anula solo si $m=12$.

4. Discusión (Rouché-Frobenius). Si $m=12$, $\mathrm{rg}(A)=\mathrm{rg}(A^{\ast })=2<3$: SCI. Si $m\ne 12$, $\mathrm{rg}(A)=2\ne 3=\mathrm{rg}(A^{\ast })$: SI, es imposible conseguir esas cantidades.

b) Para $m=12$ basta con las dos primeras ecuaciones (la tercera depende de ellas). Restándolas, $x-y=4$, es decir, $x=y+4$. Sustituyendo en la segunda: $y+4+2y+3z=16$, $3y+3z=12$, $y=4-z$. Con $z=t$:

$$(x,y,z)=(8-t,4-t,t),t\in \mathbb{R}$$

Comprobación en la ecuación del potasio: $(8-t)+(4-t)+2t=12$.

c) Ahora $x$, $y$, $z$ deben ser enteros no negativos. Con $t$ entero:

• $z=t\ge 0$,
• $y=4-t\ge 0⟺t\le 4$,
• $x=8-t\ge 0⟺t\le 8$.

Luego $t\in \{0,1,2,3,4\}$: hay 5 mezclas posibles, $(8,4,0)$, $(7,3,1)$, $(6,2,2)$, $(5,1,3)$ y $(4,0,4)$.

d) El número total de sacos es $x+y+z=(8-t)+(4-t)+t=12-t$, que es menor cuanto mayor es $t$. El máximo permitido es $t=4$: la mezcla $(4,0,4)$, con $8$ sacos (4 del abono 1, ninguno del abono 2 y 4 del abono 3). Tiene sentido: cada saco del abono 3 sustituye a un saco del 1 y otro del 2, y ahorra un saco.

Para el examen: define siempre las incógnitas y escribe qué representa cada ecuación. En un SCI con contexto, las restricciones del problema (no negativos, enteros) son parte de la respuesta: dar solo $(8-t,4-t,t)$ cuando se piden las mezclas posibles deja el apartado sin puntuar.