Septiembre 2017. Ejercicio 1B. Calificación máxima: 3 puntos. 2 0 0 1 0 0 Dada la matriz A = 0 0 1 y la matriz identidad I = 0 1 0 , se pide: 0 1 0 0 0 1 a) (0.5 puntos) Calcular la matriz B = (A ‒ I)(2I + 2A). b) (1.5 puntos) Determinar el rango de las matrices A ‒ I, A2 ‒ I y A3 ‒ I. c) (1 punto) Calcular la matriz inversa de A6, en caso de que exista. Solución. a. B = (A − I ) ⋅ (2I + 2A ) = (A − I ) ⋅ 2(I + A ) = 2 (A − I ) ⋅ (I + A ) = 2 (A − I ) ⋅ (A + I ) = = AeI conmutan
(
) (
2 A 2 − I2 = 2 A 2 − I
2 0 0 2 0 0 4 + 0 + 0 A = A ⋅ A = 0 0 1 ⋅ 0 0 1 = 0 + 0 + 0 0 1 0 0 1 0 0 + 0 + 0 4 0 0 1 B = 2 A 2 − I = 2 0 1 0 − 0 0 0 1 0 2
(
)
)
0 + 0 + 0 0 + 0 + 0 4 0 0 0 + 0 +1 0 + 0 + 0 = 0 1 0 0 + 0 + 0 0 + 1 + 0 0 0 1 0 0 6 0 0 1 0 = 0 0 0 0 1 0 0 0
2 0 0 1 0 0 1 0 0 * 1 0 0 ** = =2 b. rg(A − I ) = rg 0 0 1 − 0 1 0 = rg 0 1 1 = rg 0 1 1 0 1 0 0 0 1 0 1 1 4 0 0 1 0 0 3 0 0 ** 2 rg A − I = rg 0 1 0 − 0 1 0 = rg 0 0 0 = 1 0 0 0 0 0 1 0 0 1 4 0 0 2 0 0 8 + 0 + 0 0 + 0 + 0 0 + 0 + 0 8 0 0 3 2 A = A ⋅ A = 0 1 0 ⋅ 0 0 1 = 0 + 0 + 0 0 + 0 + 0 0 +1 + 0 = 0 0 1 0 0 1 0 1 0 0 + 0 + 0 0 + 0 + 1 0 + 0 + 0 0 1 0 8 0 0 1 0 0 7 0 0 * 7 0 0 ** 3 = =2 rg A − I = rg 0 0 1 − 0 1 0 = rg 0 1 1 = rg 0 1 1 0 1 0 0 0 1 0 1 1 * Si al estudiar el rango de una matriz, dos vectores (fila ó columna) son iguales o proporcionales, se puede eliminar uno de ellos. ** Por el método de Gauss, una vez triangularizada la matriz, el rango es el número de términos distintos de cero de la diagonal principal.
(
(
c.
)
)
8 0 0 2 0 0 Teniendo en cuenta que A = 0 0 1 = 4 0 0 1 = 4A : 0 1 0 0 1 0 4 0 0 64 0 0 2 6 3 2 2 2 A = A = (4A ) = 4 A = 16 0 1 0 = 0 1 0 0 0 1 0 0 1 3
( )
La forma sencilla de calcular la inversa de A6 es mediante el método de Gauss 64 0 0 M 1 0 0 1 0 0 M 1 64 0 0 1 64 0 0 6 −1 1 0 ⇒ A = 0 1 0 0 1 0 M 0 1 0 = 0 1 0 M 0 0 0 1 M 0 0 1 F1 = 1 F1 0 0 1 M 0 0 0 1 0 1 64
( )
1
Junio 2017. Ejercicio 2B. Calificación máxima: 3 puntos Dadas las matrices
1 2 1 P = 3 2 2 2 3 2
−1 0 0 J = 0 2 0 0 0 1
se pide: a) (1 punto) Determinar la matriz P‒1, inversa de la matriz P. b) (1 punto) Determinar la matriz B‒1, inversa de la matriz B = P‒1J‒1. Solución. 1 a. La inversa de una matriz es P −1 = (adj P )t P El primer paso es calcular el determinante de la matriz, y comprobar que es distinto de cero, que es la condición necesaria y suficiente para que una matriz tenga inversa. 1 2 1
det P = 3 2 2 = 4 + 8 + 9 − (4 + 12 + 6) = 21 − 22 = −1 ≠ 0 2 3 2
+ adj P = − +
2 2 3 2 2 1 3 2 2 1 2 2
− + −
3 2 2 2 1 1 2 2 1 1 3 2
3 2 2 3 − 2 − 2 5 1 2 − = −1 0 1 2 3 2 1 − 4 1 2 + 3 2
+
t
− 2 − 2 5 − 2 t (adj P ) = − 1 0 1 = − 2 2 1 − 4 5 − 2 −1 2 2 1 1 P −1 = (adj P )t = 1 = 2 − 2 0 P −1 1 − 4 − 5 5 b.
2 1 1 − 4 1 − 2 0 −1 − 1 4
−1 0
Teniendo en cuenta las siguientes propiedades de la matriz inversa:
B
−1
•
(A ⋅ B)−1 = B−1 ⋅ A −1
•
(A )
−1 −1
(
= P
−1
⋅J
=A
) = (J ) ⋅ (P )
−1 −1
−1 −1
−1 −1
− 1 0 0 1 2 1 − 1 − 2 − 1 = J ⋅ P = 0 2 0 ⋅ 3 2 2 = 6 4 4 0 0 1 2 3 2 2 3 2
Modelo 2017. Ejercicio 2A. Calificación máxima: 3 puntos Dadas las matrices:
1 − 1 1 −1 1 1 2 m 1 A= 1 0 − 1 , B = 2 4 1 , C = − 1 2 1 , −1 2 m 2 − 1 1 −2 0 2 se pide: a) (1.5 puntos) Determinar el rango de B en función de los valores de m. b) (1.5 puntos) Calcular la matriz inversa de A y comprobar que verifica A −1 =
(
1 2 A + 3C 5
)
Solución. Si B ≠ 0 ⇒ rg B = 3 . Se discute el rango de la matriz B para los valores del parámetro que a. anulan el determinante de la matriz B.
2
1 2 m m = 1 1 det B = 2 4 1 = −4 + 2m + 4m − 4m 2 − 4 + 2 = −4m 2 + 6m − 2 = −2(m − 1)(2m − 1) = 0 : m= 2 m 2 −1
(
)
Discusión. Si m ≠
i.
1 1 Si m = . B = 0 ⇒ rg B < 3 . B = 2 2 1 / 2 1 2 Si m = 1. B = 0 ⇒ rg B < 3 . B = 2 4 1 2
ii.
iii.
b.
1 , 1. B ≠ 0 ⇒ rg B = 3 2
A
−1
1
1 = (adj A )t A
det A = 1 −1
0 + 2 −1 adj A = − 2 −1 + 0 2 4 t (adj A ) = − 1 3 2 −1
−1 2 1 2 1 −1 1 2 1
2 1/ 2 4 1 = −6 ≠ 0 ⇒ rg B = 2 4 1 2 −1 2 −1 1 4 1 1 = −6 ≠ 0 ⇒ rg B = 2 2 −1 − 1
−1
1
0
−1
2
2
=
C 3 + C1
1
−1 2
1
0
0 = −1 ⋅
−1
2
1
0 −1 2 −1 2 2 −1 1 1 1 −1 = 4 3 + − −1 2 −1 2 1 2 1 1 1 −1 − + 1 −1 1 0 2 1 1 t −1 A = (adj A ) = − 1 A 5 2
−
1
−1
+
−1 2 2
1
=5
1
2 − 1 1
1 3 2 − 1 1 4
1 − 1 1 1 − 1 1 1 − 1 1 1 2 1 A + 3C = 1 0 − 1 ⋅ 1 0 − 1 + 3 − 1 2 1 = 5 5 1 − 2 0 − 1 2 2 − 1 2 2 1 − 1 − 1 − 1 + 0 + 2 1 + 1 + 2 3 − 1 1 3 − 3 4 3 3 − 3 1 1 = 1 + 0 + 1 − 1 + 0 − 2 1 + 0 − 2 + − 3 6 3 = 2 − 3 − 1 + − 3 6 3 = 5 5 − 1 + 2 − 2 1 + 0 + 4 − 1 − 2 + 4 3 − 6 0 − 1 5 1 3 − 6 0 4 1 2 1 = − 1 3 2 = A −1 5 2 −1 1
(
)
Septiembre 2016. Ejercicio 3A: Calificación máxima: 2 puntos. a) (1 punto) Determine, si es posible, los parámetros α y β de modo que se verifique la igualdad: 2
3 − 4 1 0 3 − 8 + β ⋅ = α ⋅ 5 −1 2 1 − 2 − 5 b) (1 punto) Determine los posibles valores de λ para que el rango de la matriz A sea 2, donde 2 2 1 0 + A = λ ⋅ 1 3 0 1 Solución. 2
a.
3 − 4 1 0 3 − 8 + β ⋅ = α ⋅ 5 − 1 2 1 − 2 − 5
3
3α − 4α 1 0 1 0 3 − 8 + β ⋅ ⋅ = 5α − α 2 1 2 1 − 2 − 5 3α − 4α 1 0 3 − 8 3α − 4α β 0 3 − 8 + β ⋅ = + = α − α 4 1 − 2 − 5 5 5α − α 4β β − 2 − 5 − 4α 3 − 8 Identificando 3α + β = 3 − 4α = −8 3α + β α=2 = → ⇒ 5α + 4β − α + β − 2 − 5 5α + 4β = −2 − α + β = −5 β = −3 2 2 1 0 2λ + 1 2λ + = A = λ ⋅ 3λ + 1 1 3 0 1 λ Para que el rg A = 2, el determinante de A debe ser distinto de cero. 2λ + 1 2 λ a = −1 = 4a 2 + 5a + 1 = (4a + 1) ⋅ (a + 1) = 0 : det A = λ 3λ + 1 a = − 1 4
b.
∀a ≠ −1, −
1 A ≠ 0 ⇒ rg A = 2 4
Junio 2016. Ejercicio 2A. Calificación máxima: 3 puntos
(
)
a) (1’5 puntos) Despeje X en la ecuación matricial X (CD )−1 = A + X D −1C −1 − B , siendo A, B, C, D matrices cuadradas invertibles. Exprese X de la forma más simple posible. 2 0 − 1 1 1 − 1 b) (1’5 puntos) Para A = 1 0 1 , B = − 1 0 1 determine la matriz Y tal que Y B = A . 2 1 1 1 1 1 Solución. a. Para despejar la matriz X se tienen en cuenta las propiedades de las operaciones con matrices y las propiedades de la inversa. i. El producto de matrices no es conmutativo, por lo que para obtener una igualdad equivalente se multiplicarán los dos miembros de la igualdad por la misma matriz y en el mismo orden. ii. El producto de una matriz por su inversa es la matriz identidad iii. La matriz identidad es el elemento neutro respecto del producto de matrices iv.
(D
−1
⋅ C −1 = (CD )−1
(
)
(D
)
−1
⋅C −1 = (CD )−1
)
(
X (CD )−1 = A + X D −1C −1 − B → X (CD )−1 = A + X (CD )−1 − B −1
X (CD ) Simplificando los términos iguales:
−1
= A + X (CD )
)
− XB
A − XB = 0 Se despeja X utilizando la inversa de B XB = A ; b.
XB ⋅ B−1 = A ⋅ B−1 ;
X ⋅ I = A ⋅ B−1 ;
X = A ⋅ B−1
Se despeja la matriz Y empleando la inversa de B
Y B = A ; Y B ⋅ B−1 = A ⋅ B−1 ; Y I = A ⋅ B−1 ; Y = A ⋅ B−1 1 1 −1 1 1 −1 −1 1 1 t −1 B = (adj B) B = −1 0 1 = − 1 0 1 = 1 ⋅ (− 1) ⋅ = −1 ⋅ (− 2) = 2 0 2 B F3 = F3 − F1 1 1 1 0 0 2
4
B −1
0 + t 1 1 1 − 1 1 1 1 = adj − 1 0 1 = − 2 2 1 1 1 1 1 + 0
X = A⋅B
−1
1
−
1 −1
+
1 −1
−
1
t
−1 0 + 1 1 1 t −1 2 −1 −1 − 2 1 −1 1 1 1 1 = − 2 2 0 = 2 2 0 − 1 1 1 2 2 1 0 1 −1 0 1 1 1 −1 + 1 − 1 0
−1 1 1 1 1 1
−1
2 0 − 1 − 1 − 2 1 − 2 + 0 + 1 − 4 + 0 + 0 2 + 0 − 1 1 1 = 1 0 1 ⋅ 2 2 0 = −1+ 0 −1 − 2 + 0 + 0 1+ 0 +1 = 2 1 1 2 − 1 0 1 2 − 2 + 2 − 1 − 4 + 2 + 0 2 + 0 + 1 − 1 − 4 1 − 1 2 − 2 1 2 1 = − 2 − 2 2 = −1 − 1 1 2 −1 3 − 1 − 2 3 2 − 1 2
Modelo 2016. Ejercicio 4B. Calificación máxima 2 puntos Dadas las matrices:
1 0 0 0 0 1 1 0 0 A = − 1 2 3 B = 0 1 0 I = 0 1 0 0 1 2 1 0 0 0 0 1 t t resolver la ecuación matricial AX + 3B = B(A + 3I), donde A denota la matriz transpuesta de A. Solución. Se despeja la matriz X utilizando la inversa de A, teniendo en cuenta que para obtener una ecuación equivalente, se debe multiplicar los dos miembros de la ecuación por la misma matriz y en el mismo orden, debido a que el producto de matrices no es conmutativo.
(
AX + 3B = B A t + 3I
)
AX + 3B = B ⋅ A t + B ⋅ 3I
A −1 ⋅ AX = A −1 ⋅ BA t
AX = BA t
AX + 3B = BA t + 3B
I ⋅ X = A −1 ⋅ BA t
X = A −1 ⋅ BA t
Calculo de la inversa de A:
A −1 = 1
1 (adj A )t A
0 0
det A = − 1 2 3 = 1 ⋅ (− 1)1+1 ⋅ 0
+ adj A = − +
1 2
−1 2 1 2 0 2 0 1 1 0 0 1 0 1 0 + − = 0 1 2 0 2 0 1 0 0 0 1 0 1 0 − + 2 3 −1 3 − 1 2 0 0 1 0 1 −1 1 A = 2 2 − 3 = 2 2 1 −1 −1 2 −1 −1 2 3
−
−1 3
X=A
−1
2 3 1 2
= 1 ⋅ (4 − 3) = 1
+
− 1 2 − 1 − 3 2 2
0 − 3 2
0 0 1 (adj A ) = 2 2 − 3 −1 −1 2 t
1 −1 0 A = 0 2 1 0 3 2 t
0 0 0 1 1 −1 0 1 0 ⋅ BA = 2 2 − 3 ⋅ 0 1 0 ⋅ 0 2 1 −1 −1 2 1 0 0 0 3 2 t
5
0 1 1 −1 0 0 3 2 0 X = − 3 2 2 ⋅ 0 2 1 = − 3 13 6 2 − 1 − 1 0 3 2 2 − 7 − 3
Septiembre 2015. Ejercicio 4B. Calificación máxima 2 puntos 3 1 a b , hallar todas las matrices B = que conmutan con A, es decir que Dada la matriz A = 1 0 c d cumplen AB = BA. Solución. 3 1 a b a b 3 1 ⋅ = ⋅ 1 0 c d c d 1 0 3a + c 3b + d 3a + b a = b 3c + d c a Identificando término a término: b=c 1.1 3a + c = 3a + b 1.2 a − 3b − d = 0 b = c 3 b + d = a b=c=λ d =µ → → a − d = 3b →{a − d = 3λ →{a = µ + 3λ 2 . 1 a = 3 c + d a − 3 c − d = 0 a − d = 3c 2.2 b=c b=c
a
= µ + 3λ b=λ c=λ
µ + 3λ λ ∀ λ, µ ∈ R ⇒ B = µ λ
d=µ
Junio 2015. Ejercicio 4B. Calificación máxima 2 puntos 1 2 3 1 0 0 Dadas las matrices A = 0 t 2 e I = 0 1 0 , se pide: 3 −1 t 0 0 a) (1’25 puntos) Hallar el rango de A en función de t. Solución. a. Si A ≠ 0 , el rg = 3. Se discute el rango de A para los valores del parámetro que anulen el determinante de la matriz.
1
2
3
det A = 0
t
2 = t 2 + 12 + 0 − (9t − 2 + 0) = t 2 − 9 t + 14 = (t − 2) ⋅ (t − 7 )
3 −1 t
i. ii.
iii.
Discusión. Si t ≠ 2, 7. A ≠ 0 ⇒ rg A = 3
1 Si t = 2. A = 0 ⇒ rg A < 3. A = 0 3 1 Si t = 72. A = 0 ⇒ rg A < 3. A = 0 3
3 1 2 2 = 2 ≠ 0 ⇒ rg A = 2 0 2 −1 2 2 2
3 1 2 7 2 = 7 ≠ 0 ⇒ rg A = 2 0 7 −1 7 2
6
Junio 2015. Ejercicio 3B. Calificación máxima 2 puntos Dadas las matrices:
0 0 1 A = 0 1 0 , 1 0 0
3 0 0 B = 0 3 0 0 0 3
se pide: a) (1 punto) Calcular A15 y A20. b) (1 punto) Resolver la ecuación matricial 6X = B ‒ 3AX, donde X es una matriz cuadrada de orden 3. 0 0 1 0 0 1 1 0 0 2 a. A = A ⋅ A = 0 1 0 ⋅ 0 1 0 = 0 1 0 = I 1 0 0 1 0 0 0 0 1 La matriz A es periódica de período 2 A Si n es impar An = Si n es par I
0 0 1 A15 = A = 0 1 0 1 0 0
1 0 0 A 20 = I = 0 1 0 0 0 1
b.
Se despeja la matriz X teniendo en cuenta que el producto de matrices no es conmutativo. 6X = B ‒ 3AX 6X + 3AX = B 6I·X + 3A·X = B Sacando factor común de la matriz X por la derecha: (6I + 3A ) ⋅ X = B Se despeja X multiplicando por la inversa de 6I + 3A por la izquierda en los dos miembros de la igualdad.
(1 6I + 3A )−1 ⋅ (6I + 3A ) ⋅ X = (6I + 3A )−1 ⋅ B 44424443
I ⋅ X = (6I + 3A )−1 ⋅ B
I
X = (6I + 3A )−1 ⋅ B 1 0 0 0 0 1 6 0 3 6I + 3A = 6 ⋅ 0 1 0 + 3 ⋅ 0 1 0 = 0 9 0 0 0 1 1 0 0 3 0 6 1 −1 t Calculo de la inversa: (6I + 3A ) = ⋅ [adj (6I + 3A )] 6I + 3A 6 0 3 6I + 3A = 0 9 0 = 9 ⋅ 3 0 6 + adj (6I + 3A ) = − + 0 ´−27 54 adj (6I + 3A ) t = 0 27 0 − 27 0 54
9 0 0 6 0 3 0 6 0 3 9 0
− + −
0 0 3 6 6 3 3 6 6 3 0 0
6 3 3 6
= 9 ⋅ 27 = 243
0 9 3 0 0 ´−27 54 6 0 = 0 − 27 0 3 0 − 27 0 54 6 0 + 0 9 +
´−1 2 0 9 0 ´−27 9 54 (6I + 3A )−1 = 1 0 27 0 = 0 ´1 0 243 9 54 ´−1 2 − 27 0 0 9 9
7
´−1 ´−1 ´−1 2 2 2 0 0 0 9 9 9 9 9 9 3 0 0 1 0 0 ´1 ´1 ´1 X = (6I + 3A )−1 ⋅ B = 0 0 ⋅ 0 3 0 = 0 0 ⋅3 0 1 0 = 0 0 ⋅3 I 9 9 9 ´−1 2 0 0 3 ´−1 2 0 0 1 ´−1 2 0 0 0 9 9 9 9 9 9 ´−1 2 0 3 3 ´1 X= 0 0 3 ´−1 2 0 3 3
Modelo 2015. Ejercicio 3B. Calificación máxima 2 puntos a) (1,5 puntos) Hallar X e Y , matrices 2 × 2, tales que 3 − 1 2 1 Y = ; X + 0 2 1 3
1 0 1 3 Y = X + 1 1 0 1
b) (0,5 puntos) Hallar Z, matriz invertible 2 × 2, tal que
3 0 −1 1 3 Z = Z 2 0 3 1 2 Solución.
a.
3 X + 0 Sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas: X + 1 1 3 X + 0 X + 1 1
− 1 2 Y = 2 1 0 1 Y = 1 0
− 1 2 Y = 2 1 0 1 Y = 1 0
1 1 − 2 3 Restando 2 − 1 Y = : → 3 −1 1 1 2 1
2 − 1 −1 1
−1
t
1 3 3 1 −1
2 − 1 1 − 2 ⋅ Y = − 1 1 1 2 t
2 − 1 1 1 1 1 1 Adj = = = 2 −1 1 1 2 −1 1 1 2 −1 1
1
1 1 1 − 2 2 0 ⋅ = Y = 1 2 1 2 3 2 Conocida la matriz y, se despeja x de cualquiera de la ecuaciones que forman el sistema 1 0 2 0 1 3 2 0 1 3 1 3 2 0 − 1 3 ⋅ = = − = X + X + X = 1 1 3 2 0 1 5 2 0 1 0 1 5 2 − 5 − 1 b.
3 0 −1 1 3 Z = Z 2 0 3 1 2 1 3 3Z ⋅ Z ⋅ Z −1 = 1 2
1 0 −1 1 3 Z = Z 2 3 ⋅ 0 1 1 2 1 3 3Z ⋅ I = 1 2
8
1 3 Z 2 3I Z −1 = 1 2 1 1 3 1 3 1 = Z = 2 3 1 2 1 3 3
Modelo 2015. Ejercicio 1A. Calificación máxima: 3 puntos. Dadas las matrices:
− 2 4 2 A = −1 m m ; −1 2 1
− 2 B= 0 ; −1
x X = y ; z
0 O = 0 0
se pide: a) (1 punto) Estudiar el rango de A según los valores de m. Solución. a. Si A ≠ 0 , rg A = 3. SE estudia el rango de la matriz A para los valores del parámetro que anulan el determinante de la matriz. −2 4 2
det A = − 1 m m = −2m − 4m − 4 − (− 2m − 4 − 4m ) = 0 −1 2 1 Para cualquier valor real que tome m, el rg A < 3. Para estudiar el rango 2 en la matriz A, se estudiar los menores orlados a un menor de orden 1 distinto de cero. Si se toma como menor de orden 1 el término a1.1, sus menores orlados son: −2 4 −2 2 −2 4 −2 2 = −2 m + 4 ; = −2 m + 2 ; =0; =0 −1 m −1 m −1 2 −1 1 Como no existen valores del parámetro que anulen simultáneamente todos los menores de orden 2, el rango de la matriz A es 2 para cualquier valor que tomo el parámetro.
Septiembre 2014. Ejercicio 4B. Calificación máxima 2 puntos Estudiar el rango de la matriz:
2 − 1 − 3 5 2 2 −1 a A= 1 1 1 6 3 1 − 4 a según los valores del parámetro a. Solución. Si A ≠ 0 ⇒ rg A = 4. Se discute el rango de la matriz A para los valores del parámetro que anulan el determinante. 2 −1 − 3 5 2 −3 −5 −7 −3 −5 −7 C 2 = C 2 − C1 SARRUS 2 2 −1 a 2 0 − 3 a − 12 3 +1 A= = C3 = C3 − C1 = = 1 ⋅ (− 1) ⋅ 0 − 3 a − 12 = 1 1 1 6 1 0 0 0 C 4 = C 4 − 6C1 − 2 − 7 a − 18 3 1 −4 a 3 − 2 − 7 a − 18
= 9 ⋅ (a − 18) + 10 ⋅ (a − 12) + 0 − (− 42 + 21 ⋅ (a − 12) + 0) = 19a − 282 − (21a − 294) = 12 − 2a A =0 Discusión. i.
ii.
12 − 2a = 0
a=6
Si a ≠ 6, A ≠ 0 ⇒ rg A = 4
2 −1 − 3 5 2 −1 − 3 2 2 − 1 6 Si a = 6, A = 0 ⇒ rg A < 4. A = 2 2 − 1 = 9 ≠ 0 ⇒ rg A = 3 1 1 1 6 1 1 1 3 1 − 4 6
9
Septiembre 2014. Ejercicio 3B. Calificación máxima 2 puntos Dada la ecuación matricial:
a 2 1 1 ⋅ B = 3 7 1 1 donde B es una matriz cuadrada de tamaño 2 × 2, se pide: a) (1 punto) Calcular el valor o valores de a para los que esta ecuación tiene solución. b) (1 punto) Calcular B en el caso a = 1. Solución. a 2 debe admitir inversa, y por tanto su a. Para que la ecuación tenga solución única, la matriz 3 7 determinante debe ser distinto de cero. a 2 6 = 7a − 6 = 0 a= 3 7 7 Para todo a ≠ 6 7 , el determinante es distinto de cero, la matriz tiene inversa y la ecuación tiene solución. Para a = 6 7 , la ecuación no tiene solución.
b.
1 2 1 1 ⋅ B = 3 7 1 1
−1
−1
1 2 1 2 1 2 1 1 ⋅ ⋅ B = ⋅ 3 7 3 7 3 7 1 1
−1
1 2 1 1 ⋅ I ⋅ B = 3 7 1 1
−1
1 2 1 1 ⋅ B = 3 7 1 1 1 2 3 7
−1
t
t
1 2 1 7 − 3 1 7 − 2 7 − 2 adj = = = = 1 2 3 7 7 − 6 − 2 1 1 − 3 1 − 3 1 3 7 1
Sustituyendo la inversa y operando, se obtiene la matriz B. 5 7 − 2 1 1 7 ⋅ 1 + (− 2) ⋅ 1 7 ⋅ 1 + (− 2) ⋅ 1 5 ⋅ = = B = − 3 1 1 1 (− 3) ⋅ 1 + 1 ⋅ 1 (− 3) ⋅ 1 + 1 ⋅ 1 − 2 − 2
Septiembre 2014. Ejercicio 2A. Calificación máxima: 3 puntos Dadas las matrices:
a a 1 A= 1 a 1 ; a −1 a 2
x X = y ; z
0 O = 0 0
se pide: a) (1 punto) Determinar el valor o valores de a para los cuales no existe la matriz inversa A−1. b) (1 punto) Para a = −2, hallar la matriz inversa A−1. Solución. a. La condición necesaria y suficiente para que una matriz no tenga inversa es que su determinante sea nulo. 1 a a 1 1 a 1 1 a 0 1− a F2 = F2 − F1 det A = 1 a 1 =a⋅ 1 1 1 = 0 1 − a = a ⋅ 1 ⋅ (− 1)1+ 2 ⋅ = =a⋅ 0 F = F − F a −2 2−a 3 1 a −1 a 2 a −1 1 2 3 a −2 0 2−a
= a ⋅ (1 − a ) ⋅ (a − 2) = −a (a − 1)(a − 2) a=0 A = 0 ; − a (a − 1)(a − 2) = 0 : a − 1 = 0 a = 1 a − 2 = 0 a = 2
10
Para a = 0, 1 o 2, el determinante de A es nulo y por tanto la matriz no tiene inversa.
b.
1 − 2 − 2 a = ‒2: A = 1 − 2 1 − 3 − 2 2
A −1 =
1 (adj A )t A
a = −2
A = −a ⋅ (1 − a ) ⋅ (a − 2) = − (− 2)(− 2 − 1)(− 2 − 2 ) = 24 −2 + −2 −2 adj A = − −2 −2 + −2
1 2 −2 2 −2 1
1 1 −3 2 1 −2 + −3 2 1 −2 − 1 1 −
1 −3 1 − −3 1 + 1
+
−2 −2 − 2 − 5 − 8 −2 = 8 −4 8 −2 − 6 − 3 0 −2 − 2
−1 − 2 8 − 6 12 1 (adj A )t = 1 − 5 − 4 − 3 = − 5 A −1 = A 24 24 0 − 1 −8 8 3
− 2
8 − 6 − 4 − 3 −8 8 0
(adj A )t = − 5
1 3 −1 6 1 3
−1 4 −1 8 0
Junio 2014. Ejercicio 3B. Calificación máxima 2 puntos Dada la matriz:
−1 −1 a A = − 3 2 a 0 a − 1 se pide: a) (1 punto) Hallar el valor o valores de a para que la matriz A tenga inversa. b) (1 punto) Calcular la matriz inversa A‒1 de A, en el caso a = 2. Solución. La condición necesaria y suficiente para que una matriz enga inversa es que su determinante sea a. distinto de cero. −1 −1 a 5 ± 10 = det A = − 3 2 a = 2 + 0 − 3a 2 − 0 − 3 − a 2 = 5 − 2a 2 = 0 : a = ± 2 2 0 a −1
(
∀a ≠
b.
)
± 10 , A ≠ 0 ⇒ ∃ A −1 2
−1 −1 2 a =2 Para a = 2: A = − 3 2 2 ; A = 5 − 2a 2 = 5 − 2 ⋅ 2 2 = −3 0 2 − 1 1 A −1 = (adj A )t A 2 + 2 −1 adj A = − 2 −1 + 2
2 −3 2 −3 − + −1 0 −1 0 2 −1 2 −1 + − −1 0 −1 0 2 −1 2 −1 − + 2 −3 2 −3
2 2 − 6 − 3 − 6 −1 = 3 1 2 2 − 6 − 4 − 5 −1 2
11
− 6 3 − 6 1 − 4 − 6 2 − 5
(adj A )t = − 3
− 6 3 − 6 2 − 1 1 1 A −1 = (adj A )t = ⋅ − 3 1 − 4 = 1 − 13 −3 A − 6 2 − 5 2 − 2 3
2 4 3 5 3
Junio 2014. Ejercicio 1A. Calificación máxima: 3 puntos. Dada las matrices:
α β γ A = γ 0 α ; 1 β γ
x X = y z
;
1 B = 0 1
,
0 O = 0 0
se pide:
1 a) (1,5 puntos) Calcula α, β, γ para que 2 sea solución del sistema AX = B 3 b) (1 punto) Si β = γ = 1 ¿Qué condición o condiciones debe cumplir α para que el sistema lineal homogéneo AX = O sea compatible determinado? c) (0,5 puntos) Si α= ‒1, β = 1 y γ = 0, resuelve el sistema AX = B. Solución. a. Si 1, 2, 3 son solución de la ecuación matricial AX = B, se cumplirá: α + 2β + 3γ = 1 α β γ 1 1 Multiplicando y ordenando se obtiene: 3α + γ = 0 γ 0 α ⋅ 2 = 0 1 β γ 3 1 2β + 3γ = 0 9 Resolviendo: α = 1 ; β = ; γ = −3 2
α 1 1 x 0 b. 1 0 α ⋅ y = 0 Para que el sistema sea compatible determinado, rg A = 3, por tanto el 1 1 1 z 0 determinante de la matriz de coeficientes deberá ser distinto de cero. α 1 1 α −1 0 0 0 α α = 0 1 0 α = {F1 = F1 − F3 } = 1 0 α = (α − 1) ⋅ (− 1) ⋅ = −α ⋅ (α − 1) = 0 : 1 1 α −1 = 0 : α = 1 1 1 1 1 1 1 ∀ α ≠ 0, 1 el A ≠ 0 ⇒ rg A = rg A* = n = 3. Sistema compatible determinado. Por ser homogéneo, la única solución que admitirá será la trivial (x = y = z = 0)
c.
−1 1 0 x 1 0 0 − 1 ⋅ y = 0 : 1 1 0 z 1
− x + y = 1 − x + y = 1 : {2 y = 2 : −z =0 : x + y =1 x + y =1
x = 0 y =1 z = 0
Modelo 2014. Ejercicio 1A. Calificación máxima: 3 puntos. Dadas las matrices
1 1 1 A = 1 1 2 4 3 k
,
0 0 1 B = 0 1 0 1 0 0
se pide: a) (0,5 puntos) Hallar los valores de k para los que existe la matriz inversa A−1. b) (1 punto) Hallar la matriz A−1 para k = 6.
12
c) (1,5 puntos) Resolver la ecuación matricial AX − A = B para k = 6. Solución. La condición necesaria y suficiente para que una matriz enga inversa es que su determinante sea a. distinto de cero. 1 1 1
det A = 1 1 2 = k + 8 + 3 − (4 + k + 6) = 1 ≠ 0 ∀ k ∈ ℜ 4 3 k La matriz A tiene inversa para cualquier valor que tome el parámetro k.
b.
1 1 1 Para k = 6: A = 1 1 2 ; A = 1 , el determinante no depende del parámetro. 4 3 6 1 A −1 = (adjA)t A 1 + 3 1 adjA = − 3 1 + 1
2 6 1 6 1 2
1 1 4 6 4 3 2 − 1 0 −3 1 0 1 1 1 1 = − 3 2 1 ; (adjA )t = 2 + − 2 − 1 4 6 4 3 −1 1 1 − 1 0 0 1 1 1 1 − + 1 2 1 1 0 −3 1 0 −3 1 −1 1 A = 2 2 − 1 = 2 2 − 1 1 0 − 1 1 0 −1 1 −
1 2
+
c. Para despejar una matriz en una ecuación, hay que tener en cuenta que el producto de matrices no es conmutativo, por lo tanto para obtener una ecuación equivalente multiplicando una ecuación por una matriz, habrá que multiplicar por la misma matriz y en el mismo orden en los dos miembros, también hay que tener en cuenta que el producto de una matriz por su inversa es la matriz unidad (I) y por último que la matriz unidad es el elemento neutro de la multiplicación de matrices.
A⋅X − A = B
A −1 ⋅ A ⋅ X = A −1 ⋅ (B + A )
A⋅X = B+ A I ⋅ X = A −1 ⋅ B + A −1 ⋅ A
X=A
−1
X = A −1 ⋅ B + I
0 − 3 1 0 0 1 1 0 0 0 + 0 + 1 0 − 3 + 0 0 + 0 + 0 1 0 0 ⋅B+ I = 2 2 − 1 ⋅ 0 1 0 + 0 1 0 = 0 + 0 − 1 0 + 2 + 0 2 + 0 + 0 + 0 1 0 = −1 1 0 1 0 0 0 0 1 0 + 0 + 0 0 + 1 + 0 − 1 + 0 + 0 0 0 1 1 − 3 0 1 0 0 2 − 3 0 = −1 2 2 + 0 1 0 = −1 3 2 0 1 − 1 0 0 1 0 1 0
Septiembre 2013. Ejercicio 2A. Calificación máxima: 3 puntos Dadas las matrices:
1 a A= a a
1 a a 1 1 a , a 1 1 a a 1
x y X= , z w
0 0 O= 0 0
se pide: a) (1,5 puntos) Calcular el determinante de A. Determinar el rango de A según los valores de a.
13
b) (0,5 puntos) Resolver el sistema homogéneo AX = O en el caso a = 1. c) (1 punto) Resolver el sistema homogéneo AX = O cuando a = ‒1. Solución. a. Para calcular el determinante de la matriz A, se hacen ceros en una línea(fila o columna), utilizando las propiedades de los determinantes y se reduce a uno de orden tres. F2 = F2 − a ⋅F1
1 a det A = a a
1 1 a a
a 1 1 a
a F3 = F3 − a ⋅F1 1 1 a a F4 = F4 − a ⋅F1 0 1 − a 1 − a 2 = 0 0 1− a2 1 0 0 a − a2 1
= (1 − a ) ⋅ (− 1)1+1
(
1 1− a2 1− a2 = (1 − a ) ⋅ 1 − a 2 ⋅ 2 2 ( ⋅ − a) a 1 a − a 1− a
(
)
= (1 − a ) ⋅ 1 − a 2 ⋅ (1 − a ) ⋅
i.
ii.
iii.
a 1− a 1− a2 1− a2 a − a2 = 1 ⋅ (− 1)1+1 ⋅ 0 1− a2 1− a2 = 1− a2 0 a − a2 1− a2 1− a2
)
(
1
(1 − a ) ⋅ (1 + a )
=
)
1 1 = (1 − a )2 ⋅ 1 − a 2 ⋅ (1 − a − a ) = (1 − a )3 ⋅ (1 + a ) a 1+ a
Rango de A: Si a ≠ ± 1, A ≠ 0 ⇒ rg A = 4
1 1 1 1 1 1 Si a = 1, A = 0 ⇒ rg A < 4. A = 1 1 1 1 1 1 uno distintos de cero, rg A = 1 1 1 −1 1 Si a = ‒1, A = 0 ⇒ rg A < 4. A = −1 −1 −1 −1
1 1 , en la matriz A solo hay menores de orden 1 1 − 1 − 1 −1 1 1 1 − 1 − 1 − 1 1 = −4 ≠ 0 ⇒ rg A = 3. 1 1 −1 −1 −1 − 1 1
Junio 2013. Ejercicio 2B. Calificación máxima: 3 puntos Dadas las matrices:
1 λ 0 A = 1 1 2 , 0 − 1 − 1
0 1 1 B = 1 0 − 1 2 1 0
Se pide: a) (1 punto) Hallar el valor de λ para el cual la ecuación matricial X·A = B tiene solución única. b) (1 punto) Calcular la matriz X para λ = 4.
c) (1 punto) Calcular el determinante de la matriz A 2 B en función de λ. Solución. a. La ecuación tendrá solución única cuando exista la inversa de A, siendo:
X = B ⋅ A −1 ‒1
Para que exista A , A ≠ 0
1 λ 0 det A = 1 1 2 = −1 + 0 + 0 − (0 − 2 − λ ) = λ + 1 = 0 0 −1 −1
λ = ‒1
∀ ∀ λ ≠ −1 : A ≠ 0 ⇒ ∃ A −1 La ecuación tiene solución única.
b.
X⋅A = B
X ⋅ A ⋅ A −1 = B ⋅ A −1
X ⋅ I = B ⋅ A −1
14
X = B ⋅ A −1
1 + −1 4 adj A = − −1 4 + 1
2 −1 0 −1 0 2
1 4 0 A = 1 1 2 A = 4 +1 = 5 0 − 1 − 1 1 2 1 1 − + 0 −1 0 −1 8 1 4 1 1 −1 1 0 1 4 t = 4 − 1 1 (adj A ) = 1 − 1 − 2 + − 0 −1 0 −1 −1 1 − 3 8 − 2 − 3 1 0 1 4 − + 1 2 1 1 8 1 4 1 1 t −1 (adj A ) = 1 − 1 − 2 A = A 5 −1 1 − 3
X = B⋅ A
c.
−1
8 0 1 1 1 4 0 0 − 5 1 1 = 1 0 − 1 ⋅ 1 − 1 − 2 = 2 3 11 2 1 0 5 − 1 1 − 3 5 3 7 14
Aplicando las propiedades de los determinantes:
0 1 2
1
A ⋅ B = A ⋅ B = A ⋅ B = (λ + 1) ⋅ 1 0 − 1 = (λ + 1)2 ⋅ (− 1) = −(λ + 1)2 2
2
2
2 1
0
Modelo 2013. Ejercicio 3B. Calificación máxima 2 puntos 1 2 x y y la matriz X = obtener las relaciones que deben a) (1 punto) Dada la matriz A = 2 1 z t cumplir x, y , z, t para que la matriz X verifique A X = X A . b) (0,5 puntos) Dar un ejemplo de la matriz X distinta de la matriz nula y de la matriz identidad que cumpla la igualdad anterior. c) (0,5 puntos) Calcular la inversa de la matriz A. Solución. 1 2 x y x y 1 2 x + 2z y + 2 t x + 2 y 2 x + y ⋅ = ⋅ = a. 2 1 z t z t 2 1 2 x + z 2 y + t z + 2 t 2z + t Igualando término a término: 1.1 : x + 2z = x + 2 y y − z = 0 E = E 1 4 1.2 : y + 2t = 2x + y x − t = 0 E 2 = E 3 y − z = 0 → → x − t = 0 2.1 : 2x + z = z + 2t x − t = 0 2.2 : 2 y + t = 2z + t y − z = 0 Sistema compatible indeterminado. Grado de indeterminación = nº incógnitas ‒ nº ecuaciones = 4‒2=2 El sistema se resuelve usando dos parámetros. y − z = 0 z = λ t =µ y = λ → x − t = 0 x = µ µ λ ∀ λ, µ ∈ R X = λ µ b.
−1 1 λ = 1 , µ = −1 ⇒ X = 1 − 1
c.
Si X es la inversa de A, se debe cumplir: X ⋅ A = I
15
µ λ 1 2 1 0 ⋅ = λ µ 2 1 0 1
µ + 2λ 2µ + λ 1 0 = λ + 2µ 2λ + µ 0 1 2 − 1 µ + 2λ = 1 µ = − 1 3 3 3 Igualando: : ⇒ A −1 = 2 1 λ + 2 µ = 0 λ = 2 3 − 3 3
Modelo 2013. Ejercicio 4B. Calificación máxima 2 puntos De las matrices cuadradas A y B se sabe que: 2 1 0 − 2 0 0 A + B = 2 0 0 A 2 − AB + BA − B 2 = 0 2 0 − 1 0 2 2 −1 0 a) (1 punto) Calcular la matriz A ‒ B b) (1 punto) Calcular las matrices A y B Solución. − 2 0 0 2 2 a. A − AB + BA − B = (A + B)(A − B) = 0 2 0 2 −1 0 Sustituyendo A + B por su valor se puede despejar A ‒ B
2 1 0 − 2 0 0 2 0 2 0 0 ⋅ (A − B) = 0 −1 0 2 2 −1 0 2 1 0 2 0 0 −1 0 2
−1
2 1 0 (A − B) = 2 0 0 −1 0 2
;
2 1 0 1 = adj 2 0 0 2 1 0 − 1 0 2 2 0 0
t
;
−1
− 2 0 0 ⋅ 0 2 0 2 −1 0
2
1 0
2
0 0 = 2 ⋅ (− 1)3+ 3
−1 0 2
2 1 2 0
= −4
−1 0 2 + 2 1 0 adj 2 0 0 = − −1 0 2 +
0 0 0 2 1 0 0 2 1 0 0 0
t
2 1 0 0 − 2 0 0 adj 2 0 0 = − 4 4 − 1 0 2 0 − 1 − 2 2 1 0 (A − B) = 2 0 0 −1 0 2 b.
−1
;
− + −
2
0
−1 2 2 0 −1 2 2 0 2 0
2
+
−1 2
− +
2 1 0 2 0 0 − 1 0 2
−1 2 2
−1
0 0 0 −4 0 1 = − 2 4 −1 0 0 0 − 2 1 0
0 − 2 0 0 1 2 0 1 = 0 = 1 −1 0 − 4 4 −4 0 − 1 − 2 0 1 4 1 2
1 0 − 2 0 0 0 1 2 0 − 2 0 0 0 ⋅ 0 2 0 = 1 − 1 0 ⋅ 0 2 0 = − 2 − 2 0 2 −1 0 0 1 4 1 2 2 − 1 0 1 0 0
Conocidas las matrices A + B y A ‒ B, se plantea un sistema que permite calcular las matrices A 2 1 0 A + B = 2 0 0 − 1 0 2 y B. 0 1 0 A − B = − 2 − 2 0 1 0 0
16
Sumando las ecuaciones se calcula la matriz A 1 0 2 2 2 1 0 0 2A = 2 0 0 + − 2 − 2 0 = 0 − 2 − 1 0 2 1 0 0 0 0
0 2 2 0 1 1 0 1 0 ⇒ A = 0 − 2 0 = 0 −1 0 2 2 0 0 2 0 0 1
Restando las ecuaciones se calcula la matriz B. 1 0 2 0 0 2 1 0 0 2 0 0 1 0 0 1 2B = 2 0 0 − − 2 − 2 0 = 4 2 0 ⇒ B = 4 2 0 = 2 1 0 2 −1 0 2 1 0 0 − 2 0 2 − 2 0 2 −1 0 1
Junio 2012. Ejercicio 3B. Calificación máxima: 2 puntos. Dadas las matrices −1 1 − 2 1 2 0 4 A = − 2 − 1 0 B = − 2 − 3 − 7 − 8 1 3 2−a 3+a 3 a 1 Se pide a) (1 punto) Estudiar el rango de la matriz B en función de a. b) (1 punto) Para a = 0, calcular la matriz X que verifique AX = B. Solución. El rango de la matriz se estudia por menores. a. 4 −1 = −14 ≠ 0 ⇒ rg B ≥ 2 ∀ a ∈ R −2 −3 - Se estudian el rango de la matriz para los valores del parámetro a que anulan 4 −1 simultaneamente los menores orlados a : −2 −3 4 −2 3
−1 1 −3 − 7 = 40 ⋅ (1 − a ) = 0 ; a = 1 2−a 3+a
4 −2
−1 −3
3
2−a
−2 − 8 = 36 ⋅ (1 − a ) = 0 ; a = 1 3
Discusión: i. Si a ≠ 1, existen menores de orden tres distintos de cero en la matriz B. rg B = 3 ii. Si a = 1, no existen menores de orden tres distintos de cero en la matriz B. rg B = 2 b.
AX = B ; A −1 ⋅ AX = A −1B ; I ⋅ X = A −1B ; X = A −1 B 1 (adj A )t A −1 = A 0 1 2 A = − 2 −1 0 = 4 1
0
17
1
(adj A )t
0 1 2 = adj − 2 − 1 0 1 0 1
X=
t
−1 + 0 1 = − 0 1 + −1
0 1 2 1 2 0
−2 − 1 0 + 1 0 − −2
−2 + 1 0 − 1 0 + −2
0 1 2 1 2 0
t
−1 0 t − 1 2 1 − 1 − 1 2 1 = − 1 − 2 1 = 2 − 2 − 4 0 2 − 4 2 1 1 2 1 − 1
−1 −1 2 4 −1 1 − 2 4 8 12 16 1 2 3 4 1 1 2 − 2 − 4 ⋅ − 2 − 3 − 7 − 8 = 0 − 4 4 0 = 0 −1 1 0 4 4 1 2 3 2 3 3 1 8 0 0 − 4 2 0 0 − 1
Septiembre 2011. Ejercicio 3A. Calificación máxima: 2 puntos. Calcular el rango de la matriz
1 −1 2 a + 2
3 − 2 1 a 0 − a 0 a
según los valores del parámetro a Solución. El rango de una matriz es el orden del mayor menor distinto de cero que exista en la matriz. Se parte de un menor de orden dos distinto de cero que no depende del parámetro. 1 3 = 1 − (− 3) = 4 ≠ 0 ⇒ rg A ≥ 2 −1 1
1
3 −2
Sus menores orlados son: − 1 1
a = 2(a + 2) ;
1
3 −2
−1
1
a = 3a 2 + 12a + 4
2 0 −a a+2 0 a Dado que no tienen soluciones comunes, rg A = 3 para cualquier valor que tome el parámetro a.
Septiembre 2011. Ejercicio 4A. Calificación máxima: 2 puntos. Dada la matriz
sen x cos x 0 M = cos x − sen x 0 0 0 1 Se pide: a) (0,5 puntos) Calcular el determinante de la matriz M. b) (1 punto) Hallar la matriz M2. c) (0,5 puntos) Hallar la matriz M25. Solución. sen x cos x 0 sen x cos x a. det M = cos x − sen x 0 = 1 ⋅ (− 1)3+3 ⋅ = −sen 2 x − cos 2 x = −1 cos x − sen x 0 0 1
sen x cos x 0 sen x cos x 0 M 2 = M ⋅ M = cos x − sen x 0 ⋅ cos x − sen x 0 = 0 0 1 0 0 1 senx ⋅ cos x + cos x ⋅ (− senx ) + 0 ⋅ 0 senx ⋅ 0 + cos x ⋅ 0 + 0 ⋅1 senx ⋅ senx + cos x ⋅ cos x + 0 ⋅ 0 = cos x ⋅ senx + (− senx ) ⋅ cos x + 0 ⋅ 0 cos x ⋅ cos x + (− senx ) ⋅ (− senx ) + 0 ⋅ 0 cos x ⋅ 0 + (− senx ) ⋅ 0 + 0 ⋅1 = 0 ⋅ senx + 0 ⋅ cos x + 1 ⋅ 0 0 ⋅ cos x + 0 ⋅ (− senx ) + 1 ⋅ 0 0 ⋅ 0 + 0 ⋅ 0 + 1 ⋅1
b.
18
sen 2 x + cos 2 x sen x cos x − cos x sen x 0 1 0 0 = cos x sen x − sen x cos x cos 2 x + sen 2 x 0 = 0 1 0 = I 0 0 1 0 0 1 La matriz M es periódica.
c.
Teniendo en cuenta que la matriz M es periódica, y que su período es dos: M si n es impar Mn = I si n es par
M 25 = M
Modelo 2011. Ejercicio 1B. Calificación máxima: 3 puntos. Dadas las matrices:
2 − 1 − 1 1 0 0 A= 1 0 − 1 , I = 0 1 0 − 2 2 0 0 1 3 Se pide: a) (1 punto). Calcular A 2 − 4A + 3I b) (1 punto). Demostrar que la matriz A−1 de A es
1 (4I − A ) . 3
c) (1 punto). Hallar la matriz inversa de A − 2I Solución. a.
2
2 2 A − 4A + 3I = 1 − 2 2 −1 = 1 0 − 2 2
− 1 − 1 2 − 1 − 1 1 0 0 0 − 1 − 4 ⋅ 1 0 − 1 + 3 ⋅ 0 1 0 = − 2 2 0 0 1 2 3 3 − 1 2 − 1 − 1 8 − 2 − 2 3 0 0 − 1 ⋅ 1 0 − 1 − 2 0 − 2 + 0 3 0 = 3 − 2 2 3 − 4 4 6 0 0 3 5 − 4 − 4 8 − 2 − 2 3 0 0 0 0 0 = 4 − 3 − 4 − 2 0 − 2 + 0 3 0 = 0 0 0 −8 8 9 − 4 4 6 0 0 3 0 0 0
b.
Teniendo en cuenta que el producto de una matriz por su inversa es la matriz identidad 1 (A · A−1 = I), para demostrar que (4I − A ) es la inversa de A habrá que hacerlo a partir de la 3
(
)
igualdad obtenida en el apartado a A 2 − 4A + 3I = 0 , transformando la igualdad en un producto de matrices igualado a la matriz unidad, siendo uno de los factores del producto la matriz A.
A 2 − 4A + 3I = 0 : 4A − A 2 = 3I Del miembro de la derecha de la igualdad hay que sacar factor común de A, para ello es conveniente expresar la igualdad de la siguiente forma: 4I ⋅ A − A ⋅ A = 3I Sacando factor común de A por la derecha:
(4I − A ) ⋅ A = 3I
:
1 (4I − A ) ⋅ A = I 3
Multiplicando los dos miembros de la igualdad por la inversa de A por la derecha, se llega a la igualdad propuesta.
19
1 (4I − A ) ⋅ A ⋅ A −1 = I ⋅ A −1 3 1 (4I − A ) ⋅ I = A −1 : A −1 = 1 (4I − A ) 3 3 c.
El apartado se puede hacer de dos formas diferentes:
- Partiendo de la relación del apartado a 1 - Por la expresión de la inversa A −1 = adj A t A En nuestra opinión, y viendo el ejercicio de una forma global, creemos que es la primera forma la correcta, aunque en el enunciado no haya nada que lo indique y por tanto deberían también admitir la segunda, si solo admitiesen la primera deberían hacer alguna referencia a la forma de resolverlo.
( )
Partiendo de la relación del apartado a:
A 2 − 4A + 3I = 0 Se necesita obtener el factor A − 2I, para ello se puede descomponer el primer miembro de la siguiente forma: A 2 − 2A − 2A + 3I = 0 De los dos primeros términos se puede sacar factor común A y obtener el factor común 2A − I, en los dos últimos términos, falta una I para poder sacar factor común −2 y obtener también el factor 2A − I, se soluciona sumando una I a cada miembro de la igualdad y de esta forma, no solo conseguimos el factor buscado en el primer miembro si no que conseguimos en el segundo miembro la matriz unidad. A(A − 2I ) − 2A + 4I = I A (A − 2I ) − 2(A − 2I ) = I Sacando factor común 2A − I:
(A − 2I) ⋅ (A − 2I) = I Multiplicando ambos miembros de la igualdad por la inversa de 2A − I
(A − 2I) ⋅ (A − 2I) ⋅ (A − 2I)−1 = I ⋅ (A − 2I)−1 Simplificando
(A − 2I) ⋅ I = (A − 2I)−1 Obteniendo por último que la inversa es la propia matriz 2 − 1 − 1 1 0 0 0 − 1 − 1 −1 (A − 2I) = A − 2I = 1 0 − 1 − 2 0 1 0 = 1 − 2 − 1 − 2 2 3 0 0 1 − 2 2 1 Otra forma: (A − 2I )−1 =
1 (adj (A - 2I))t = A − 2I 0 1 −2
•
0
−1 −1
1
− 2 −1 =1
−2
2
1
20
0 − 1 − 1 1 adj 1 − 2 − 1 −1 −1 1 − 2 2 − 2 −1 2
1
t
•
0 − 1 − 1 adj 1 − 2 − 1 1 − 2 2
t
−2 + 2 −1 =− 2 −1 + −2
−1 1 −1 1 −1 −1
− +
1
−1
−2 1 0 −1
−2 1 0 −1 − 1 −1
+ −
1 −2 0
+
−2 0 1
t
−2 2 −1 = 2 −1 − 2
t
1 − 2 0 0 − 1 − 1 = − 1 − 2 2 = 1 − 2 − 1 −1 −1 1 − 2 2 1 Sustituyendo en la expresión de la inversa:
(A − 2I)−1 =
0 − 1 − 1 0 − 1 − 1 1 (adj (A - 2I))t = 1 ⋅ 1 − 2 − 1 = 1 − 2 − 1 1 A − 2I 1 − 2 2 1 − 2 2
Septiembre 2010 F.G. Ejercicio 1A. Calificación máxima: 3 puntos. Dada la matriz:
1 m 1 m −1 A= 1 m −1 m 1 1 1 2 m − 1 se pide: a) (2 puntos) Estudiar el rango de A según los valores del parámetro m. b) (1 punto) En el caso de m = 0, resolver el sistema x 0 y A ⋅ = 0 z 0 t Solución. Por dimensiones de la matriz, rg A ≤ 3. Como la matriz tiene términos numéricos distintos de a. cero, rg A ≥ 1. Si se toma el término a3.1 como menor de orden 1 distinto de cero y se orla, todos sus menores orlados son función del parámetro. Tomando uno cualquiera (a2.1, a2.2, a3.1, a3.2): 1 m −1 = 2−m 1 1 Si m ≠ 2: el menor de orden dos será distinto de cero y por tanto rg A ≥ 2. 1 1 2 1 Si m = 2: A = 1 1 2 1 no existen menores de orden dos distintos de cero y por tanto 1 1 2 1 rg A =1. Si orlamos el menor de orden dos anterior, aparecen dos menores de orden tres. m −1 1 m m −1 m = 0 1 1 m − 1 1 1 2 : 1 1 1 1 m −1 1 m −1 1 = m 3 − 3m 2 + 4 = (m + 1)(m − 2 )2 1 m −1 1 Discusión: i. Sí m ≠ −1, 2: Existen menores de orden tres distintos de cero. rg A = 3.
21
− 2 1 −1 1 ii. Sí m = −1: A = 1 − 2 − 1 1 Todos los menores de orden tres son nulos, rg A < 3. 1 1 2 − 2 −2 1 = 3 ≠ 0 rg A = 2 1 −2 iii. Sí m = 2. Como se vio inicialmente, rg A = 1. x + t = 0 − 1 1 0 1 0 − x + y y b. + t = 0 1 −1 0 1 ⋅ = 0 : x − y 1 1 2 − 1 z 0 x + y + 2 z − t = 0 t Sumando las dos primeras ecuaciones: 2t = 0: t = 0 = 0 − x + y Sustituyendo el valor de t obtenido: x − y = 0 Como las dos primeras x + y + 2z = 0 ecuaciones son proporcionales, los criterios de equivalencia permiten eliminar una de ellas. = 0 x − y x + y + 2z = 0 Para resolver el sistema se transforma una cualquiera de las variables en parámetro (x = λ). = λ y : {λ + 2z = −λ : z = −λ y + 2z = − λ Solución: (λ, λ, − λ, 0) ∀ λ ∈ R
Septiembre 2010. F.G. Ejercicio 4A. Calificación máxima: 2 puntos. Dada la matriz:
0 a − a A = a a −1 0 0 a a + 2 se pide: a) (1 punto) Estudiar el rango de A según los valores del parámetro a. b) (1 punto) ¿Para qué valores de a existe la matriz inversa A−1? Calcular A−1 para a = 1. Solución. a. Para discutir el rango de una matriz cuadrad en función de un parámetro, se calculan los valores del parámetro que anulan el determinante de la matriz. −a 0 a
det A = a 0
= −a ⋅ (a − 1) ⋅ (a + 2) + 0 + a 3 − 0 − 0 − 0 = −a 2 + 2a = a (2 − a )
a −1
0
a
a+2 a=0 A = 0 : a (2 − a ) = 0 : 2 − a = 0 a = 2
Discusión. i. ii.
iii.
Si a ≠ 0, −2. A ≠ 0. rg A = 3
0 0 Si a = 0: A = 0 − 1 0 0 − 2 0 Si a = 2: A = 2 1 0 2
0 −1 0 0 : A = 0 : = −2 ≠ 0. rg A = 2 0 2 2 2 −2 0 0 : A = 0 : = −2 ≠ 0. rg A = 2 2 1 4
b. La condición necesaria y suficiente para que una matriz tenga inversa es que su determinante sea distinto de cero.
22
Teniendo en cuenta el apartado anterior, si a ≠ 0, 2, el |A| ≠ 0 y por tanto existe A−1.
−1 0 1 a =1 1 Si a = 1: A = 1 0 0 : A −1 = (adj A )t : A = a (2 − a ) = 1 ⋅ (2 − 1) = 1 A 0 1 3 0 + 1 0 1 A −1 = adj − 1 1 0 + 0
0 3 1 3 1 0
− + −
t
1 0 + 0 1 t 0 − 3 1 0 1 0 − 1 0 = 1 − 3 1 = − 3 3 1 − 0 1 0 1 0 1 1 0 − 1 1 + 1 0
1 0 0 3 −1 1 0 3 −1 1 1
0
Junio 2010 FM. Ejercicio 4B. Calificación máxima: 2 puntos. 1 a 1 Dada la matriz A = 0 1 0 estudiar para que valores de a tiene inversa y calcularla siempre que sea 0 1 a posible. Solución. Para que una matriz tenga inversa su determinante debe ser distinto de cero. 1 a 1
A = 0 1 0 = a +0+0−0−0−0 = a 0 1 a ∃ A−1 ∀ a ≠ 0 Calculo de la inversa:
+ t 1 a 1 1 0 0 1 1 1 1 A −1 = adj A t = adj 0 1 0 = adj a 1 1 = ⋅ − a a A 0 1 a 1 0 a a +
(
)
a − a 2 −1 1 = ⋅0 a a 0 −1
1− a 2 1 − 1 a 0 = 0 1 1 1 0 − a
1 1 0 a 0 0 0 a 0 0 1 1
− + −
a 1 1 a 1 0 1 a 1 0 a 1
a 1 1 0 1 0 = − 1 0 1 0 + a 1
+
1 − a 0 1 a
Junio 2010. FG. Ejercicio 4A. Calificación máxima: 2 puntos. Dadas las matrices:
1 1 1 0 ; I = A = 1 − 2 0 1 se pide: a) (1 punto) Hallar las constantes a, b, tales A2 = aA + bI.
b) (1 punto) Sin calcular explícitamente A3 y A4, y utilizando solo la expresión anterior, obtener la matriz A5. Solución. Por identificación: a.
23
2
a b 0 1 1 1 1 a ⋅ = + 1 − 2 1 − 2 a − 2a 0 b a 2 − 1 a + b ⋅ = ; − 1 5 a − 2 a + b
1 1 1 1 1 0 = a ⋅ + b ⋅ ; 1 − 2 1 − 2 0 1 a 1+1 1− 2 a + b ⋅ = 1 − 2 1 + 4 a − 2 a + b
1.1 : 2 = a + b 1.2 : −1 = a a = −1 : −1 = a b=3 2 .1 : 2.2 : 5 = −2a + b a = −1 2 : A = −A + 3I = 3I − A b=3 b. Se pide expresar A5 en función de A e I teniendo en cuenta la igualdad obtenida en a (A2 = 3I−A), y una vez obtenida la expresión sustituir por las matrices numéricas.
( )
A5 = A4 ⋅A = A2
2
*
(
)
(
)
⋅ A = (3I − A )2 ⋅ A = 9I 2 − 6IA + A 2 ⋅ A = 9I − 6A + A 2 ⋅ A =
= (9I − 6A + (3I − A )) ⋅ A = (12I − 7A ) ⋅ A = 12A − 7A 2 = 12A − 7(3I − A ) = 19A − 21I =
1 1 1 0 − 2 19 − 21 = = 19 1 − 2 0 1 19 − 59 Modelo 2010. Ejercicio 3A. Calificación máxima: 2 puntos. Obtener, para todo número natural n, el valor de: n
1 1 1 − 1 + 1 1 −1 1
n
Solución. Lo primero será obtener la potencia enésima de cada matriz. 1 1 1 − 1 y por B = , sus potencias enésimas serán: Si denominamos por A = 1 1 −1 1
1 1 1 1 2 2 1 1 ⋅ = = 2 ⋅ = 2A A 2 = A ⋅ A = 1 1 1 1 2 2 1 1 A 3 = A 2 ⋅ A = 2 ⋅ A ⋅ A = 2 A 2 = 2 ⋅ 2A = 2 2 A A 4 = A 3 ⋅ A = 2 2 ⋅ A ⋅ A = 2 2 A 2 = 2 2 ⋅ 2 A = 23 A ………………………………………………………. A n = 2 n −1 ⋅ A
1 − 1 1 − 1 2 − 2 1 − 1 ⋅ = = 2 ⋅ = 2B B2 = B ⋅ B = − 1 1 − 1 1 − 2 2 −1 1 B3 = B 2 ⋅ B = 2 ⋅ B ⋅ B = 2 B 2 = 2 ⋅ 2 B = 2 2 B B 4 = B3 ⋅ B = 2 2 ⋅ B ⋅ B = 2 2 B 2 = 2 2 ⋅ 2B = 2 3 B ………………………………………………………. Bn = 2 n −1 ⋅ B Sustituyendo en la expresión que se pide: n
n
1 1 1 − 1 1 1 1 − 1 1 1 n −1 1 − 1 + = 2 n −1 + 2 = 2 n −1 + = 1 1 − 1 1 1 1 − 1 1 1 1 −1 1 1 + 1 1 + (− 1) 2 0 1 0 1 0 = 2n −1 = 2n −1 ⋅ 2 ⋅ = 2 n = 2n ⋅ I = 2 n −1 ( ) + − + 1 1 1 1 0 2 0 1 0 1 Donde I es la matriz Unidad o identidad.
24
Septiembre 2009. Ejercicio 1A. Calificación máxima: 3 puntos. Dada la matriz:
m 1 2m M = m 1 2 0 1 1 se pide: a) (1,25 puntos). Determinar los valores del parámetro m para los cuales la matriz M es invertible. b) (0,5 puntos). Determinar los valores del parámetro m para los cuales la matriz M25 es invertible. c) (1,25 puntos). Para m = −1 calcular, si es posible, la matriz inversa M−1 de M. Solución. a. La condición necesaria y suficiente para que una matriz cuadrada tenga inversa es que su determinante sea distinto de cero. m 1 2m
det M = m 1 0 1
2 = m + 0 + 2m 2 − (0 + m + 2m ) = 2m 2 − 2m = 2m ⋅ (m − 1) 1
2m = 0 : m = 0 M = 0 : 2m ⋅ (m − 1) = 0 : m − 1 = 0 : m = 1 −1 ∀ m ≠ 0, 1, |M| ≠ 0 ⇒ ∃ M b. M25 es otra matriz, y por tanto la condición para que tenga inversa sigue siendo la misma, que su determinante sea distinto de cero.
M 25 ≠ 0 Teniendo en cuenta la propiedad de los determinantes: A n = A
M 25 = M
M
25
25
n
≠0
≠0⇔ M ≠0
Teniendo en cuenta los resultados del apartado a, ∀ m ≠ 0, 1, |M25| ≠ 0 ⇒ ∃ (M25)−1.
c.
−1 1 − 2 M (m = −1) = − 1 1 2 : 0 1 1
M = 2 ⋅ (− 1) ⋅ (− 1 − 1) = 4
1 + 1 1 1 M −1 = [adj (M )] t : adj (M ) = − M 1 1 + 1
2 1 −2 1 −2 2
−1 0 −1 + 0 −1 − −1 −
t
2 1 −2 1 −2 2
−1 0 −1 − 0 −1 + −1
+
1 1 − 1 1 − 1 1 = − 3 −1 1 1 4 4 0 1 1
− 1 1 − 1 − 1 − 3 4 [adj (M )] t = − 3 − 1 1 = 1 − 1 4 4 4 0 − 1 1 0 −3 1 − 1 − 3 4 − 1 4 4 1 −1 t 1 M = [adj (M )] = 1 − 1 4 = 1 4 − 1 4 1 M 4 − 1 1 0 − 1 4 1 4 0
25
Septiembre 2009. Ejercicio 4B. Calificación máxima: 2 puntos. Dadas las matrices:
4 − 2 4 − 2 , B = A = 1 1 −3 1 obtener una matriz cuadrada X de orden 2 que verifique la ecuación matricial A· X· B = A + B Solución. Teniendo en cuenta: i. Para obtener una ecuación matricial equivalente, se deben multiplicar los dos miembros de la igualdad por la misma matriz y en el mismo orden. ii. El producto de una matriz por su inversa es la matriz identidad o unidad (I). iii. La matriz identidad o unidad es el elemento neutro de la multiplicación de matrices. Se despeja la matriz X.
A· X· B = A + B Se multiplica los dos miembros por la inversa de A por la izquierda y por la inversa de B por la derecha A−1· A· X· B· B−1 = A−1·(A + B) · B−1 Se opera: I· X·I =A−1· A· B−1 + A−1· B· B−1 Cálculo de las inversas:
:
A −1 = +1 4 −2 A= = 6 : adj (A ) = 1 1 − − 2
X = I· B−1 + A−1· I
1 1 2 1 6 = A −1 = 6 − 1 4 − 1 6
B −1 =
X = B−1 + A−1
1 [adj (A )] t A
− 1 1 − 1 = : + 4 2 4
+1 4 −2 B= = −2 : adj (B) = −3 1 − − 2
:
t
[adj (A )] t =
1 − 1 1 2 = 2 4 −1 4
1 3 2 3
− − 3 1 3 = : + 4 2 4
[adj (B)] t =
t
1 3 1 2 = 2 4 3 4
1 1 2 − 1 2 − 1 = − 2 3 4 − 3 − 2 2
− 1 − 1 1 6 2 X = B−1 + A −1 = + − 3 − 2 −1 2 6
1 − 1 3 = 3 2 − 5 3 3
− 2 3 −4 3
Junio 2009. Ejercicio 4B. Calificación máxima: 2 puntos Dada la matriz
a 1 1 A = 1 a 1 1 1 a a) (1 punto).Estudiar el rango de la matriz A según los valores del parámetro a. b) (1 punto). Obtener la matriz inversa de A para a = −1. Solución. a. Por tratarse de una matriz cuadrada, si el determinante es distinto de cero el rango de la matriz es 3, por lo tanto se estudia el rango de la matriz para los valores del parámetro que anulan el determinante de la matriz. a 1 1 A = 1 a 1 = a 3 − 3a + 2 = (a + 2) ⋅ (a − 1)2 1 1 a
26
a + 2 = 0 : a = −2 A = 0 : (a + 2) ⋅ (a − 1)2 = 0 : 2 (a − 1) = 0 : a − 1 = 0 : a = 1 Discusión: Si a ≠ −2, 1. |A| ≠ 0. rg A = 3 i. 1 1 1 ii. Si a = 1. A = 1 1 1 La matriz solo tiene menores de orden uno distintos cero. rg A = 1. 1 1 1 1 − 2 1 iii. Si a = −2. A = 1 − 2 1 . La matriz tiene menores de orden dos distintos de cero, 1 1 − 2 −2 1 = 3 ≠ 0 . rg A = 2 1 −2
b.
−1 1 1 Para a = −1: A = 1 − 1 1 A = (a + 2) ⋅ (a − 1)2 = {a = −1} = (− 1 + 2) ⋅ (− 1 − 1)2 = 4 1 1 − 1 −1 1 + t 1 −1 −1 1 1 1 1 1 1 A −1 = Adj 1 − 1 1 = − 4 1 −1 A 1 1 − 1 1 1 + −1 1
1 1 1 −1 −1 1 + 1 −1 −1 1 − 1 1 −
0 2 2 0 1 = 2 0 2 = 1 2 4 2 2 0 1 2
1
2 0 1 2
t
1 −1 1 1 t 0 2 2 −1 1 = 1 2 0 2 = − 1 1 4 2 2 0 −1 1 + 1 − 1 +
1 2 1 2 0
Septiembre 2008. Ejercicio 2A. Calificación máxima: 3 puntos Dada la matriz:
2 a +1 1 A = 2a 0 1 2 0 a + 1 a) (1,5 puntos). Determinar el rango de a según los valores del parámetro a. b) (1,5 puntos). Decir cuando la matriz A es invertible. Calcular la inversa para a = 1. Solución. a. Por ser A una matriz cuadrada de orden tres, si su determinante es distinto de cero, su rango será tres, por lo tanto se estudia el rango para los valores del parámetro que anulan el determinante de la matriz. Para simplificar el cálculo del determinante se aplican sus propiedades y se desarrolla por los elementos de la segunda columna, quedando reducido a un determinante de orden dos. 2 a +1 1 2a 1 det A = 2a 0 1 = (a + 1) ⋅ (− 1)1+ 2 ⋅ = −(a + 1) ⋅ (2a ⋅ (a + 1) − 2) = −2(a + 1) ⋅ a 2 + a − 1 2 a +1 2 0 a +1
(
27
)
a + 1 = 0 : a = −1 −1+ 5 a = det A = 0 : − 2(a + 1) ⋅ a 2 + a − 1 = 0 : a 2 + a − 1 = 0 : 2 −1 − 5 a= 2
(
)
Discusión. i.
ii.
iii.
Si a ≠ −1,
−1 ± 5 . |A| ≠ 0 ⇒ rg A = 3. 2
2 0 1 Si a = −1. A = − 2 0 1 |A| = 0 ⇒ rg A < 3. Para saber si tiene rango dos, se busca un 2 0 0 −2 1 menor de orden dos distinto de cero. = −2 ≠ 0 ⇒ rg A = 2. 2 0 2 −1 ± 5 Si a = . A = −1± 5 2 2
1 |A| = 0 ⇒ rg A < 3. Para saber si tiene 1± 5 2
1± 5 2 0
1
0
rango dos, se busca un menor de orden dos distinto de cero.
1± 5 2 0
1 = 1± 5 ≠ 0 ⇒ 2 1
rg A = 2.
b.
La condición necesaria y suficiente para que una matriz tenga inversa es que su determinante sea
distinto de cero, por lo tanto la matriz A tendrá inversa para cualquier valor de a ≠ −1,
−1 ± 5 2
2 2 1 Para a = 1: A = 2 0 1 ; |A| = −2· (1 +1)· (12 +1 −1) = −4. 2 0 2 0 + t 0 2 2 1 t (adj A ) = 1 adj 2 0 1 = 1 − 2 A −1 = −4 −4 0 A 2 0 2 2 + 0
t
2 0 2 2 2 2 0 t 0 −2 0 1 2 1 2 2 = 1 − 4 2 + − 4 = 2 2 2 2 0 −4 0 − 4 2 1 2 1 2 2 − + 1 2 1 2 0 −1 1 0 − 4 2 0 2 1 −1 = 0 =1 0 − 2 2 2 2 −4 0 0 4 − 4 − 1 1 1
−
2 1
+
Modelo 2008. 3B. (3 puntos). Sean las matrices: 1 1 7 − 3 B = A = 0 1 8 − 3 a) (1 punto). Hallar una matriz X tal que A·X·A−1 = B. b) (1 punto). Calcular A10. c) (1 punto). Hallar todas las matrices M que satisfacen
28
(A − M)·(A + M) =A2 − M2.
Solución. a. Se pide despejar una matriz X en una ecuación matricial, para ello habrá que tener en cuenta tres propiedades del producto de matices: 1. El producto de matrices no es conmutativo. Para obtener una ecuación equivalente habrá que multiplicar por la misma matriz los dos miembros y en el mismo orden. 2. El producto de una matriz por su inversa en cualquier orden, es la matriz identidad (A−1 · A = I). 3. La matriz identidad (I), es el elemento neutro de la multiplicación de matrices. A·X·A−1 = B Para despejar la matriz X, multiplicamos los dos miembros por la matriz A por la derecha y por la inversa de A por la izquierda. A−1·A·X·A−1·A = A−1·B·A I·X·I = A−1·B·A X = A−1·B·A
Inversa de A: A −1 =
(adj A )t A
1 adj 0 = 1 0
t
1 1 = 1
t
1 − 0 1 − 1 −1 1 = 1 0 1
1
1 − 1 7 − 3 1 1 − 1 0 1 1 − 1 − 1 ⋅ ⋅ = ⋅ = X = 0 1 8 − 3 0 1 8 − 3 0 1 8 5 b.
Se calculan las primeras potencias y se observa si existe una ley de recurrencia entre ellas. 1 1 A = 0 1
1 A 2 = A ⋅ A = 0 1 A 3 = A 2 ⋅ A = 0
1 1 ⋅ 1 0 2 1 ⋅ 1 0
1 1 = 1 0 1 1 = 1 0
2 1 3 1
Con las tres primeras potencias se ve fácilmente la ley de recurrencia. 1 n ∀ n ∈ N A n = 0 1
c. Si multiplicamos el primer miembro de la igualdad, se observa la condición que ha de cumplir M para cumplir la expresión notable. (A − M)(A + M) =A2 − M2 A·A + A·M − M·A − M·M = A2 − M2 2 A + A·M − M·A − M2 = A2 − M2 ⇔ A·M − M·A = 0 A·M − M·A = 0, es equivalente a A·M = M·A
x y , sustituyendo, operando e Tomando M como una matriz genérica del tipo M = z t igualando, se llega aun sistema de ecuaciones que nos permitirá calcular los términos de la matriz M. 1 1 x ⋅ 0 1 z
y x = t z
29
y 1 1 ⋅ t 0 1
x + z y + t x x + y = t z z + t z 1.1 : x + z = x z = 0 1.2 : y + t = x + y t = x z = 0 : : 2 .1 : z = z z = z t = x 2.2 : t = z + t 0 = z Al simplificar las igualdades desaparece una variable (y), eso implica que dicha variable puede tomar cualquier valor (y = µ). Para resolver la única ecuación que nos queda se transforma una de la variable en parámetro (x = λ). x = λ y = µ λ µ ∀ λ, µ ∈ R λ ⇒ A = z 0 = 0 λ t = λ
Septiembre 2007. Ejercicio 1B. (2 puntos) Calcular una matriz cuadrada X sabiendo que verifica
XA 2 + BA = A 2 0 − 2 0 0 − 1 0 siendo A = 0 − 1 0 y B = 0 − 2 0 . −1 0 0 − 2 0 0 Solución. Se despeja la matriz X de la ecuación teniendo en cuenta: • el producto de matrices no es conmutativo. • El producto de una matriz por su inversa es la matriz identidad (I). • La matriz identidad es el elemento neutro del producto de matrices.
XA 2 + BA = A 2 ; XA 2 = A 2 − BA ; XA 2 = (A − B)A ; XA ⋅ A ⋅ A −1 = (A − B )A ⋅ A −1 XA ⋅ I = (A − B) ⋅ I ; XA = (A − B ) ; XA ⋅ A −1 = (A − B) ⋅ A −1 ; X ⋅ I = AA −1 − BA −1 X = I − BA −1
t
A −1 =
(adj A ) A
t
0 0 − 1 adj 0 − 1 0 −1 0 0 = = 0 0 −1 0
−1
0
−1
0
0
−1 + 0 0 − 0 0 + −1
0 0 −1 0 −1 0
− + −
0
0
−1 0 0 −1 −1 0 0 −1 0
0 1
+ − +
0 −1 0 −1 0 0
−1 0 0 0 0 − 1
t
t
0 0 − 1 = 0 −1 0 = −1 0 0
0 0 − 1 = 0 −1 0 −1 0 0 0 − 2 0 0 − 1 1 0 0 2 0 0 − 1 0 0 1 0 0 0 X = I − BA −1 = 0 1 0 − 0 − 2 0 ⋅ 0 − 1 0 = 0 1 0 − 0 2 0 = 0 − 1 0 0 0 1 − 2 0 0 − 1 0 0 0 0 1 0 0 2 0 0 − 1
30
Junio 2007. 1A. (2 puntos) Estudiar el rango de la matriz: m m − 1 m(m − 1) A = m 1 m m 1 m − 1 según los valores del parámetro m. Solución. Si el |A| ≠ 0 el rango de la matriz sería 3, por lo tanto se discute el rango de A en función de los valores del parámetro que anulan su determinante. m m − 1 m(m − 1) 1 m − 1 m(m − 1) det A = m
1
m
m
1
m −1
[
= m⋅1
1
m
1
1
m −1
(
=
)]
= m ⋅ (m − 1) + m(m − 1) + m(m − 1) − m + (m − 1)2 + m(m − 1) =
[
(
)]
= m ⋅ m − 1 + m − m + m − m − m + m − 2m + 1 + m − m = m ⋅ (m − 2 ) 2
2
2
2
m = 0 A = 0 : m(m − 2 ) = 0 : m = 2 Discusión: i. Si m ≠ 0, 2 el |A| ≠ 0 y por tanto rg A = 3. ii.
iii.
0 Si m = 0, el |A| = 0 y por tanto rg A < 3. A = 0 0 2 Si m = 2, el |A| = 0 y por tanto rg A < 3. A = 2 2
−1 1 1 1 1 1
0 0 : − 1 2 1 2: 1 1
1 0 1 -1 2 1
= −1 ≠ 0 ⇒ rg A = 2
= −1 ≠ 0 ⇒ rg A = 2
Junio 2007. 2A. (2 puntos) Sean las matrices: 2 0 A = 0 − 1
8 − 9 B = 6 − 7
Hallar una matriz X tal que XAX −1 = B . Solución. Para trabajar es más fácil quitar la inversa de A del primer miembro, para lo cual multiplicamos los dos miembros de la igualdad por la matriz X y por la derecha (el producto de matrices no es conmutativo). −1 X⋅A⋅X X = B⋅ X ⇒ X ⋅ A ⋅ I = B⋅ X ⇒ X ⋅ A = B⋅ X { 12⋅3 I
A
x y y sustituyendo en la igualdad: Tomando como matriz X = z t x y 2 0 8 − 9 x y ⋅ = ⋅ z t 0 − 1 6 − 7 z t 2 x − y 8x − 9z 8 y − 9 t = 2z − t 6 x − 7 z 6 y − 7 t Igualando término a término: 1.1 : 2x = 8x − 9z 6x − 9z = 0 1.2 : − y = 8 y − 9t 9 y − 9t = 0 2x − 3z = 0 ORDENENDO → SIMPLIFICA NDO → : S.C.I. y−t =0 2 .1 : 2 z = 6 x − 7 z 6x − 9z = 0 2.2 : − t = 6 y − 7 t 6 y − 6t = 0 Dos ecuaciones y cuatro incógnitas, la solución se obtiene transformando dos variables en
31
parámetros y resolviendo en función de estos. z =λ 3 2x − 3z = 0 t =µ x = 3 λ λ µ → ⇒ X = 2 2 λ µ y−t = 0 y = µ Como solo se pide una matriz, particularizamos para λ = µ = 1 quedando: 3 1 X= 2 1 1
Junio 2007. 3B. (3 puntos). Dadas las matrices 5 2 0 A = 2 5 0 0 0 1
a b 0 B = c c 0 0 0 1
se pide:
a) (1,5 puntos). Encontrar las condiciones que deben cumplir a, b, c para que se verifique AB = BA.
b) (1,5 puntos). Para a = b = c = 1, calcular B10. Solución. a) Multiplicando las matrices e igualando termino a termino, se obtiene un sistema de ecuaciones que permite resolver el valor de a, b y c. 5 2 0 a b 0 5a + 2c 5b + 2c 0 A ⋅ B = 2 5 0 ⋅ c c 0 = 2a + 5c 2b + 5c 0 0 0 1 0 0 1 0 0 1 a b 0 5 2 0 5a + 2b 2a + 5b 0 B ⋅ A = c c 0 ⋅ 2 5 0 = 7c 7c 0 0 0 1 0 0 1 0 0 1 1.1 : 5a + 2c = 5a + 2b 5a + 2c 5b + 2c 0 5a + 2b 2a + 5b 0 1.2 : 5b + 2c = 2a + 5b A ⋅ B = B ⋅ A ⇒ 2a + 5c 2b + 5c 0 = 7c 7c 0 ⇔ 0 2.1 : 2a + 5c = 7c 0 1 0 0 1 2.2 : 2b + 5c = 7c Simplificando ecuaciones y ordenando:
b = c a = c Sistema de dos ecuaciones con tres incógnitas, tomando c como parámetro se resuelve el sistema.
λ λ 0 b = c c = λ b = λ → ⇒ a = b = c = λ: B = λ λ 0 a = c a = λ 0 0 1 1 1 0 1 1 0 1 1 0 2 2 0 2 b) B = 1 1 0 B = 1 1 0 ⋅ 1 1 0 = 2 2 0 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 2 2 0 1 1 0 4 4 0 B = B ⋅ B = 2 2 0 ⋅1 1 0 = 4 4 0 0 0 1 0 0 1 0 0 1 3
2
32
4 4 0 1 1 0 8 8 0 B = B ⋅ B = 4 4 0 ⋅ 1 1 0 = 8 8 0 0 0 1 0 0 1 0 0 1 4
3
Por inferencia:
2 n −1 B n = 2 n −1 0
2 n −1 2 n −1 0
0 0 1
Modelo 2007. 4B. (3 puntos). Dada la matriz: 2 −1 λ M = 2 −λ 1 2λ − 1 1 a) (1,5 puntos). Determinar el rango de M según los valores del parámetro λ. Solución. El rango de una matriz (número de vectores fila o columna linealmente independientes), es el orden del mayor menor distinto de cero que exista en la matriz, teniendo en cuenta esto, la discusión del rango de una matriz cuadrada en función de un parámetro se hace en función de los valores del parámetro que anulen el determinante de la matriz, para los demás valores que no lo anulen se generarán matrices de de rango el orden del determinante. 2 −1 λ
(
)
det M = 2 − λ 1 = −2λ − 2λ − 2λ − − 2λ3 − 2 − 2 = 2λ3 − 6λ + 4 = 2(λ − 1)2 (λ + 2) 2λ − 1 1 λ =1 M = 0 ⇒ 2(λ − 1)2 (λ + 2) = 0 : λ = −2 Discusión: 1. Si λ ≠ 1, −2. M ≠ 0 , rg M = 3 2.
2 − 1 1 Sí λ = 1. M = 2 − 1 1 : M = 0 ⇒ rg M < 3 . Buscamos un menor de orden 2 no nulo, en este 2 − 1 1 caso no existen, por lo tanto rg M < 2. Buscamos menores de oren 1 no nulos, en este caso cualquier término de la matriz no nulo, como por ejemplo el 1.1. 2 ≠ 0 ⇒ rg M = 1
3.
2 −1 − 2 Si λ = −2. M = 2 2 1 : M = 0 ⇒ rg M < 3 . Buscamos un menor de orden 2 no nulo, − 4 −1 1 2 −1 por ejemplo el formado por las filas 1ª y 2ª y las columnas 1ª y 2ª. = 6 ≠ 0 ⇒ rg M = 2 2 2
b) (1,5 puntos). Determinar para qué valores de λ existe la matriz inversa de M. Calcular dicha inversa para λ = 0.
Solución. La condición necesaria y suficiente para que una matriz tenga inversa es que su determinante sea distinto de cero. A las matrices que tienen inversa y por tanto su determinante es distinto de cero se las denominan regular. Teniendo en cuenta el apartado a, la matriz M tendrá inversa para cualquier valor de λ distinto de 1 ó −2.
33
Inversa para λ = 0.
2 −1 0 M = 2 0 1 : M = 2(0 − 1)2 (0 + 2) = 4 0 −1 1
t
M −1 =
(adj M )t M
2 −1 0 adj 2 0 1 0 −1 1 = = 4 t
1 − 2 − 2 2 2 1 −1 − 2 2 = = 4
0 + −1 −1 − −1 −1 + 0
1 1 0 1 0 1
2 − 0 2 + 0 2 − 0
1 1 −1 − 2 2 − 2 1 − 2 2 2 4 1 = − 2 4 − 1 2
2 0 + 0 −1 2 −1 − 0 −1 2 −1 + 2 0
1 1 0 1 1 1 4
t
=
− 1 4 1 −1 2 2 1 1 2 2
1
4
Septiembre 2006. Ejercicio 2B. (2 puntos) a a distintas de la matriz a) (1 punto). Hallar todas las matrices A = 0 b Solución. a a a a a ⋅a + a ⋅0 a ⋅a + a ⋅ b a 2 ⋅ = = A 2 = A ⋅ A = 0 b 0 b 0⋅a + b ⋅0 0⋅a + b ⋅b 0 Igualando: a 2 a 2 + ab a a = 0 b 2 0 b
0 0 tales A2 = A. 0 0 a 2 + ab b 2
Identificando término a término 1 .1 : a 2 = a a2 −a = 0 a (a − 1) = 0 2 2 1.2 : a + ab = a → a + ab − a = 0 → a (a + b − 1) = 0 2 .1 : 0 = 0 b2 − b = 0 b(b − 1) = 0 2.2 : b 2 = b a = 0, 1 Las soluciones se obtienen de la 1ª y de la 3ª ecuación y son: b = 0, 1 Descartando la solución trivial (a = b = 0), las posibles serán: 1 1 • Si a = 1 ⇒ b = 0. A = 0 0 •
0 0 Si a = 0 ⇒ b = 1. A = 0 1
b) (1 punto). Para cualquiera de las matrices A obtenidas en el apartado a), calcular M = A + A2 + … + A10 Solución. La matriz A es una matriz involutiva por cumplir (A2 = A). A 3 = A 2· A = A · A = A 2 = A A 4 = A 3· A = A · A = A 2 = A ……………………………. An = A
34
• •
Teniendo en cuenta esto: M = A + A2 + … + A10 = A + A +….+ A = 10 A Dos opciones: 1 1 10 10 ⇒ M = Si A = 0 0 0 0
0 0 0 0 ⇒ M = Si A = 0 1 0 10 1 2 encontrar todas las matrices 0 1 a b P = c d
Junio 2006. 2A. (2 puntos) Dada la matriz A =
tales que AP = PA. Solución.
1 2 a b a b 1 2 ⋅ = ⋅ 0 1 c d c d 0 1 a + 2c b + 2d a 2a + b = d c 2c + dd c identificando término a término: 1 .1 : a + 2 c = a
a = µ b=λ 1 .2 : b + 2 d = 2 a + b b=λ a = µ b = λ : → a − d = 0 → 2 .1 : c = c c = 0 c=0 d = µ 2 .2 : d = 2 c + d
µ λ ∀ λ, µ ∈ R P = 0 µ Junio 2006. 3B. (3 puntos). Dada la matriz: 2 1 −a M = 2a 1 − 1 2 a 1 a) (1,5 puntos). Determinar el rango de M según los valores del parámetro a. Solución. Se define el rango de una matriz como el número de vectores fila ó columna linealmente independientes. El rango coincide con el orden del mayor menor distinto de cero que exista en la matriz. Teniendo en cuenta lo anterior, se discute el rango de A para los valores del parámetro a que anulen el determinante de la matriz. 2 1 −a
det M = 2a 1 2 a
(
− 1 = 2a ⋅ 1 − a 2 1
)
2a = 0 : a = 0 M = 0 : 2a ⋅ 1 − a 2 = 0 : 2 1 − a = 0 : a = ±1
(
)
Discusión: i. Sí a ≠ 0, ±1. |M| ≠ 0 ⇒ rg M = 3 2 1 0 2 1 ii. Sí a = 0: M = 0 1 − 1 . |M| = 0 ⇒ rg M < 3. = 2 ≠ 0 ⇒ rg M = 2. 0 1 2 0 1
35
iii.
1 1 2 2 1 Sí a = −1: M = − 2 1 − 1 . |M| = 0 ⇒ rg M < 3. = 4 ≠ 0 ⇒ rg M = 2. −2 1 2 −1 1
iv.
2 1 − 1 1 −1 Sí a = 1: M = 2 1 − 1 . |M| = 0 ⇒ rg M < 3. = 2 ≠ 0 ⇒ rg M = 2. 1 1 2 1 1
b) (1,5 puntos). Determinar para qué valores de a existe la matriz inversa de M..Calcular dicha matriz inversa para a = 2. Solución. La condición necesaria y suficiente para que una matriz cuadrada tenga inversa es que su determinante sea distinto de cero. Existe inversa de M para todo a ≠ 0, ±1.
2 1 − 2 Para a = 2. M = 4 1 − 1 . det M = 2 ⋅ 2 ⋅ 1 − 2 2 = −12 2 2 1
(
)
t
M −1 =
(adj M )t M
2 1 − 2 1 + adj 4 1 − 1 2 2 2 1 − 1 1 = = − − 12 12 2 1 + 1
−1 1 −2 1 −2 −1
4 − 2 2 + 2 2 − 4
−1 1 −2 1 −2 −1
4 + 2 2 − 2 2 + 4
t
1 2 t 3 −6 6 1 −1 − 5 6 − 2 = 2 12 1 − 6 − 2 1 1
3 −5 1 5 −1 −1 3 − 5 1 − 12 − 12 − 12 4 12 12 −1 1 = − 6 6 − 6 = − 6 − 12 6 − 12 − 6 − 12 = 12 − 12 2 12 1 6 − 2 − 2 6 − 12 − 2 − 12 − 2 − 12 − 12 16 6 Modelo 2006. Ejercicio 4B. (3 puntos). Se consideran las matrices: 2 − 1 2 1 0 0 A = −1 −1 1 I = 0 1 0 −1 − 2 2 0 0 1 Se pide: a) (1,5 puntos). Hallar (A − I )2 . Solución. 2
2 2 − 1 1 0 0 1 2 (A − I) = − 1 − 1 1 − 0 1 0 = − 1 −1 −1 − 2 2 0 0 1 2 − 1 1 2 − 1 0 0 1 = −1 − 2 1 ⋅ −1 − 2 1 = 0 0 −1 − 2 1 −1 − 2 1 0 0
b) (1,5 puntos). Calcular A4 haciendo uso del apartado anterior. Solución.
36
2
2 − 1 −2 1 = − 2 1 0 0 = 0 0
(A − I)2 = 0 Teniendo en cuenta que la matriz a conmuta con la matriz I, se puede aplicar el desarrollo de Newton al binomio.
(A − I )2 = A 2 − 2A ⋅ I + I 2 = 0 Operando y simplificando (2A·I = 2A; I2 = I). A 2 − 2A + I = 0 De la expresión anterior se puede obtener A2. A 2 = 2A − I 4 2 A se puede expresar en función de A .
( )
2
A 4 = A 2 = (2A − I )2 Binomio que se puede desarrollar por Newton por ser conmutables las matrices que lo forman A 4 = (2A − I )2 = 4A 2 − 4A + I Sustituyendo A por su expresión en función de A y operando se llega a una expresión para A4 en función de A. 2 − 1 8 − 4 2 1 0 0 5 A 4 = 4(2A − I ) − 4A + I = 4A − 3I = 4 ⋅ − 1 − 1 1 − 3 ⋅ 0 1 0 = − 4 − 7 4 −1 − 2 2 0 0 1 − 4 − 8 5 2
Septiembre 2005. Ejercicio 3A. (3 puntos) Dadas las matrices: 1 2 A = 0 1
1 0 I = 0 1
a) (1 punto). Hallar dos constantes α y β tales que A 2 = αA + βI. Solución.
1 2 1 2 1 4 ⋅ = A 2 = 0 1 0 1 0 1 Para calcular los parámetros α y β se sustituyen en la igualdad 1 4 1 2 1 0 1 4 α + β 2α = α ⋅ + β ⋅ : = A 2 = αA + βI. : α + β 0 1 0 1 0 1 0 1 0 igualando término a término 1.1 : 1 = α + β 1.2 : 4 = 2α 2.1 : 0 = 0 2 .2 : 1 = α + β se obtiene un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas α=2 α + β = 1 ⇒ β = −1 2α = 4 sustituyendo en la expresión A 2 = 2A − I. b) (1 punto). Calcular A5 utilizando la expresión obtenida en el apartado anterior. Solución. A5 = A4 ⋅A
( )
2
A 4 = A 2 = (2A − I )2 Teniendo en cuenta que las matrices A e I conmutan, se puede se puede desarrollar el binomio por el método de Newton A 4 = (2A − I )2 = (2A )2 − 2 ⋅ 2A ⋅ I + I 2 = 4A 2 − 4A + I = 4(2A − I ) − 4A + I = 4A − 3I sustituyendo en la expresión de A5. A 5 = A 4 ⋅ A = (4A − 3I ) ⋅ A = 4A 2 − 3A = 4(2A − I ) − 3A = 5A − 4I c)
(1 punto). Hallar todas las matrices X que satisfacen: (A − X)·(A + X) = A2 – X2.
37
Solución. Operando con el primer miembro de la igualdad se obtiene la condición que deben cumplir las matrices A y X para satisfacer la igualdad. (A − X ) ⋅ (A + X ) = A 2 + AX − XA − X 2 = A 2 − X 2 ⇔ AX − XA = 0 : AX = XA
x y , la igualdad se puede convertir en un sistema. Para una matriz genérica X = z t 1 2 x y x y 1 2 ⋅ = ⋅ 0 1 z t z t 0 1 1 .1 : x + 2 z = x 1 .2 : y + 2 t = 2 x + y x + 2z y + 2 t x 2 x + y x − t = 0 = : igualando : simplificando : t z 2z + t z z=0 2.1 : z = z 2.2 : t = 2z + t El sistema no depende de y, por lo esta variable puede tomar cualquier valor (y = µ). Queda por resolver la ecuación: x−t =0 ecuación que tiene solución indeterminada, necesitando un parámetro para resolverla. x=z=λ quedando la matriz pedida de la forma: λ µ ∀ λ , µ ∈ R X = 0 λ
Septiembre 2005. Ejercicio 4B. (3 puntos) Dadas las matrices: 0 k t A = 0 0 k 0 0 0
1 k t B = 0 1 k 0 0 1
a) (1 punto). Hallar A10. Solución. Se calculan las sucesivas potencias de A para ver si existe alguna ley de recurrencia entre ellas. 2 0 k t 0 k t 0 0 k A2 = A ⋅A = 0 0 k ⋅0 0 k = 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 k 2 0 k t 0 0 0 A3 = A 2 ⋅ A = 0 0 0 ⋅0 0 k = 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 3 A partir de A , todas las potencias son la matriz nula, por lo tanto 0 0 0 10 A = 0 0 0 0 0 0 b) (1 punto). Hallar la matriz inversa de B. Solución. La condición necesaria y suficiente para que una matriz cuadrada tenga inversa, es que su determinante sea distinto de cero.
38
1 k t B = 0 1 k =1 0 0 1 B −1 = 1 + 0 k adj B = − 0 k + 1
k 1 t 1 t k
0 0 1 + 0 1 − 0 −
k 1 t 1 t k
(adj B)t B 0 0 1 − 0 1 + 0 +
1 0 0 0 1 k = −k 1 0 0 2 k − t − k 1 k 1
t 1 − k k 2 − t 0 0 1 t (adj B) = − k 1 0 = 0 1 − k k 2 − t − k 1 0 0 1 1 − k k 2 − t 0 1 −k 1 − k k 2 − t t 0 0 1 (adj B) = B −1 = = 0 1 −k 1 B 0 0 1
c)
(1 punto). En el caso particular k = 0, hallar B10.
Solución. Para k = 0
1 0 t B = 0 1 0 0 0 1 Se calculan las sucesivas potencias de A para ver si existe alguna ley de recurrencia entre ellas. 1 0 t 1 0 t 1 0 2t B2 = B ⋅ B = 0 1 0 ⋅ 0 1 0 = 0 1 0 0 0 1 0 0 1 0 0 1 1 0 2t 1 0 t 1 0 3t B3 = B 2 ⋅ B = 0 1 0 ⋅ 0 1 0 = 0 1 0 0 0 1 0 0 1 0 0 1 siguiendo la secuencia, se puede inferir B10. 1 0 10t 10 B = 0 1 0 0 0 1
Junio 2005. Ejercicio 2B. Calificación máxima: 2 puntos Hallar una matriz X tal que A−1 X A = B
1 3 1 − 1 , B = . siendo A = − 2 − 1 2 1 Solución. Puesto que la matriz A admite inversa, la ecuación matricial se puede despejar con la técnica de la inversa. Para ello, habrá que tener en cuenta que el producto de matrices no es conmutativo y que por tanto, se deberá multiplicar los dos miembros por la misma matriz y en el mismo orden.
39
A−1 X A = B A · A X A · A−1 = A · B · A−1 −1
Teniendo en cuenta que el producto de una matriz por su inversa el la matriz unidad (I) I · X · I = A · B · A−1 y que la matriz identidad es el elemento neutro de la multiplicación de matrices X = A · B · A−1 Inversa de A: t
A −1 =
(adj A )t A
3 1 adj − 2 − 1 = = 3 1
t
−1 2 1 1 −1 3 = −1 − 2 − 3
− 2 −1 Sustituyendo en la expresión 1 1 − 1 1 1 5 − 2 1 1 9 11 3 ⋅ ⋅ = ⋅ = X = − 2 − 1 2 1 − 2 − 3 − 4 1 − 2 − 3 − 6 − 7
Modelo 2005. Ejercicio 2B. Calificación máxima: 2 puntos. Sea la matriz 2 2 − 2 A = 2 2 − 2 2 2 − 2 a) (1 punto) Comprobar que
A 3 − 2A 2 = 0 Solución: · − 2 ) 2 2 − 2 2 2 − 2 2 2 − 2 2·2 + 2·2 + (− 2)·2 2·2 + 2·2 + (− 2)·2 2·(− 2) + 2·(− 2)( 2 A = 2 2 − 2 : A = 2 2 − 2 · 2 2 − 2 = 2·2 + 2·2 + (− 2)·2 2·2 + 2·2 + (− 2)·2 2·(− 2) + 2·(− 2)( · − 2 ) = 2 2 − 2 2 2 − 2 2 2 − 2 2·2 + 2·2 + (− 2)·2 2·2 + 2·2 + (− 2)·2 2·(− 2) + 2·(− 2)( · − 2) 4 4 − 4 2 2 − 2 = 4 4 − 4 = 2· 2 2 − 2 = 2A 4 4 − 4 2 2 − 2
A 2 = 2A A 3 = A 2 ·A = 2A·A = 2A 2 = 2·2·A = 2 2 ·A Sustituyendo en la expresión se demuestra lo que se pide. A 3 − 2A 2 = 2 2 ·A − 2·2A = 4A − 4A = 0 b) (1 punto) Hallar An.
Solución.
A 2 = 2A 3 A = 22 A Si : M A n = 2 n −1 ·A
40
Septiembre 2004. Ejercicio 1A. Calificación máxima: 2 puntos Dadas la matrices
1 2 0 1 1 2 A = 0 1 2 , B = 1 1 − 1 0 2 3 0 1 3 a. (1 punto) Determinar la matriz inversa de B. Solución. La condición necesaria y suficiente para que una matriz tenga inversa es que su determinante sea distinto de cero. 1 1 2 B = 1 1 − 1 = 3 + 0 + 2 − (0 − 1 + 3) = 3 ≠ 0 ⇒ ∃ B −1 0 1 3 Calculo de la inversa de B:
t
1 1 2 adj 1 1 − 1 (adj B)t = 0 1 3 = B −1 = 3 B
1 + 1 1 − 1 1 + 1
−1 3 2 3 2 −1
1 −1 − 0 3 1 2 + 0 3 1 2 − 1 −1
1 1 + 0 1 1 1 − 0 1 1 1 + 1 1
3
t
t
4 −3 1 − 1 3 − 1 −3 3 0 = = 3
4 −1 − 3 3 − 3 3 1 4 1 − 1 0 3 − 3 − 1 = = −1 1 1 3 1 1 − 0 3 3 b. (1 punto) Determinar una matriz X tal que A = B · X Solución. Para despejar la matriz X, se multiplican los dos miembros de la igualdad por la inversa de la matriz B y en el mismo orden( por la izquierda), debido a la no-conmutabilidad del producto de matrices. A=B· X −1 B −1 ⋅ A = B ⋅ B ⋅ X ⇒ X = B −1 ⋅ A 123 I
X=B
−1
1 4 3 − 3 ⋅ A = −1 1 1 −1 3 3
− 1 1 2 0 4 3 1 ⋅0 1 2 = −1 0 0 2 3 1 3
1 3 1 1 3
− 11 3 5 −2 3
Junio 2004. Ejercicio 1B. Calificación máxima: 2 puntos Dadas las matrices:
0 0 1 A = − 3 1 − 1 5 −1 2
y
1 0 0 B = 0 −1 0 0 0 0
se pide a) ( 1 punto ) Hallar A−1. Solución. La condición necesaria y suficiente para que una matriz tenga inversa es que su determinante sea distinto de cero.
41
1 det A = − 3 5
0
0
1
− 1 = 1 ⋅ (− 1)1+1
−1
2
1
−1
−1
2
t
1 0 0 1 + adj − 3 1 − 1 −1 t 5 − 1 2 0 (adj A ) = A −1 = = − 1 A −1 0 + 1
−1 2 0 2 0 −1
− 3 −1
−
+ −
5 2 1 0 5 2 1 0
− 3 −1
=1 t
1 5 −1 t 1 1 − 2 1 0 = 0 2 1 = − 5 −1 − 2 1 1 1 0 + − 3 1
+
−3
1 0 0 = 1 2 1 − 2 1 1
b) ( 1 punto ) Hallar la matriz X, tal que: A ⋅X ⋅AT = B T ( donde A significa la matriz traspuesta de A). Solución. Se despeja la matriz X multiplicando los dos miembros de la ecuación por la inversa de A por la izquierda, y por la inversa de la traspuesta por la derecha, debido a la no conmutabilidad del producto de matrices.
( )
−1
( )
−1
A ⋅ X ⋅ A T = B : A −1 ⋅ A ⋅ X ⋅ A T ⋅ A T = A −1 ⋅ B ⋅ A T Teniendo en cuenta que el producto de una por su inversa es la matriz unidad, y que esta es el elemento neutro de la multiplicación de matrices:
( )
−1
X = A −1 B ⋅ A T Aplicando las propiedades de la transposición de matrices:
(A ) = (A ) T −1
−1 T
sustituyendo en la expresión de la matriz X T
( )
X = A −1 B ⋅ A
−1 T
1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 1 − 2 = 1 2 1 ⋅ 0 −1 0 ⋅ 1 2 1 = 1 2 1 ⋅ 0 −1 0 ⋅ 0 2 1 = − 2 1 1 0 0 0 − 2 1 1 − 2 1 1 0 0 0 0 1 1 0 0 1 1 − 2 1 1 − 2 1 = 1 − 2 0 ⋅0 2 1 = 1 − 3 − 4 − 2 −1 0 0 1 1 − 2 − 4 3
Septiembre 2003. Ejercicio 2B. Calificación máxima: 2 puntos a.
(1 punto) Sean A y B dos matrices invertibles que verifican la identidad A + B = A·B. Comprobar que entonces se tiene la fórmula:
(I − B)−1 = −B −1A b.
(1 punto) Dada la matriz
−1 1 A = 2 − 1 hallar la matriz B para la cual se verifica A + B = A·B Solución. a.
Partiendo de la ecuación que se propone se intenta obtener la igual que se sabe que verifica.
(I − B)−1 = −B −1A 42
multiplicando los dos miembros de la igualdad por la derecha por la matriz (I − B)
(I − B)−1 ⋅ (I − B) = −B −1A ⋅ (I − B) teniendo en cuenta que el producto de una matriz por su inversa es la matriz identidad, y quitando paréntesis del 2º miembro
I = − B −1 A + B −1 A ⋅ B multiplicando los dos miembros de la igualdad por la derecha por la matriz B
(
)
B ⋅ I = B ⋅ − B −1 A + B ⋅ B −1 A ⋅ B teniendo en cuenta también que la matriz I es el elemento neutro de la multiplicación de matrices B = −A + A ⋅ B ordenando A+B=A· B como se pretende comprobar. x y , se obtiene: Tomando la matriz B como z t −1 1 x y −1 1 x y + = ⋅ 2 − 1 z t 2 − 1 z t operando −1+ x 1+ y − x + z − y + t = 2 + z − 1 + t 2x − z 2y − t igualando término a término 1.1 : −1 + z = − x + z 2x − z = 1 x = 0 : 2 x − 2 z = 2 z = −1 1.2 : 1 + y = − y + t : ordenando 1 2 .1 : 2 + z = 2 x − z 2 y − t = −1 : y = − 2 2.2 : −1 + t = 2 y − t 2 y − 2t = −1 t = 0 b.
0 −1 2 B= −1 0
Junio 2003. 2B. Calificación máxima: 2 puntos Encontrar un número real λ ≠ 0, y todas las matrices B de dimensiones 2x2 (distintas de la matriz nula), tales que. λ 0 3 0 = B· B· 3 1 9 3
Solución.
x Sea B = z
y una matriz genérica de 2×2: t x y λ 0 x ⋅ = z t 3 1 z
y 3 0 ⋅ t 9 3
multiplicando cada miembro por separado λx + 3y y 3x + 9 y 3y = λz + 3t t 3z + 9t 3t igualando las matrices término a término
43
1.1 : λx + 3y = 3x + 9 y (λ − 3)·x = 0 1.2 : y = 3y y=0 ordenando : 2 . 1 : λ z + 3 t = 3 z + 9 t (λ − 3)·x = 0 2.2 : t = 3t t = 0 para que el sistema tenga solución distinta de la trivial: λ−3=0: λ=3 para λ = 3 la solución del sistema es: x = α z = β quedando la matriz B de la forma: α 0 ∀ α, β ∈ ℜ B = β 0
Septiembre 2002. Ejercicio 3B. Puntuación máxima: 3 puntos. Sea A una matriz real cuadrada de orden n que verifica la igualdad A2 = I, la matriz identidad de orden n. Se pide: a) ( 1 punto ) Expresar A−1 en términos de A b) (1 punto ) Expresar An en términos de A e I , para cualquier número natural n. c) (1 punto ) Calcular a para que A2 = I, siendo A la matriz: 1 1 A = 0 a Solución: a) Se pide calcular la inversa de la matriz A en función de A, para ello se da una igualdad que cumple la matriz A2 = I Partiendo de está igualdad i multiplicando los dos miembros por la izquierda por la inversa de A A−1 A2 = A−1 I −1 A ·A·A = A −1 ·I ⇒ I·A = A −1 ·I 123 I
teniendo en cuenta que la matriz identidad (I) es el elemento neutro del producto de matrices, se obtiene la expresión pedida A−1 = A
b) A2 = I A 3 = A 2 ·A = I·A = A las potencias de la matriz se alternan entre I y A I An = A
si n es par si n es impar
1 1 1 1 1 1+ a 1 0 · = A 2 = A·A = 2 = 0 a 0 a 0 a 0 1 identificando 1 .1 : 1 = 1 1.2 : 1 + a = 0 ⇒ a = −1 2 .1 : 0 = 0 2.2 : a 2 = 1 ⇒ a = ±1 c)
el único valor de a que lo cumple es a = −1, por lo que la matriz queda 1 1 A = 0 − 1
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Junio 2002. Ejercicio 2A. (Puntuación máxima: 2 puntos). Calcular el rango de la matriz A según los diferentes valores del parámetro real a: 0 a 2 2 A = − 1 0 − 1 3 5 a + 4 − 4 − 3 Solución Rango de una matriz es el número de vectores fila ó vectores columna linealmente independientes. Se calcula como el orden del mayor Menor distinto de cero que exista en la matriz, y como máximo puede valer la menor de las dimensiones de la matriz Para calcular el rango de la matriz A, se busca el mayor Menor distinto de cero que no dependa del parámetro y a partir de este se estudian sus menores orlados. En la matriz A, el menor formado por la 1ª y 2ª fila y la 1ª y 4ª columna, no depende del parámetro y es distinto de cero. 2 2 =8≠0 −1 3 sus menores orlados son: 2 0 2 2 2 −1 0 3 = (a + 4) ⋅ (− 1)3+ 2 = −8·(a + 4) −1 3 5 a +4 −3
2
a
−1 −1
2 3 = 12a + 48 = 12(a + 4 )
5 −4 −3 El rango de la matriz se discute únicamente para las raíces comunes de los dos menores. i. ii.
Si a ≠ −4, existen menores de orden 3 distintos de cero, rg A = 3. Si a = 4, no existe ningún menor de orden 3 distinto de cero, rg A = 2
Septiembre 2001. Ejercicio 4B. (Puntuación máxima: 3 puntos) 3 4 0 Dada la matriz A = 1 − 4 − 5 se pide: −1 3 4 (a) (1 punto) Comprobar que se verifica la igualdad A3 + I = O, siendo I la matriz identidad y O la matriz nula. (b) (1 punto) Justificar que A tiene inversa y obtener A-1. (c) (1 punto) Calcular A100 Solución: a) Se pide comprobar que la matriz A cumple una igualdad, para ello se empieza calculando la matriz A2, para a continuación calcular A3 = A2·A 3 4 0 3 4 −1 0 1 0 2 A = 1 − 3 − 5 ⋅ 1 − 3 − 5 = 1 4 4 −1 3 4 − 1 3 4 − 1 − 3 − 3 1 0 3 4 −1 0 0 −1 0 3 2 A = A ⋅A = 1 4 4 ⋅ 1 − 3 − 5 = 0 − 1 0 = −I −1 − 3 − 3 −1 3 4 0 0 − 1 A 3 + I = −I + I = 0 Demostrado b) A partir de la igualdad que cumple A, se puede demostrar que A tiene inversa e incluso dar una expresión de A−1 en función de A. Basta para ello recordar que el producto de una matriz por su inversa es la matriz unidad, a partir de la igualdad que cumple A, se puede llegar a expresar está igualdad como el producto de dos matrices igualado a la matriz unidad.
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A3 + I = 0; −A3 = I Teniendo en cuenta que la matriz A se puede expresar como −A3 = −A2 · A sustituyendo en la 2ª expresión −A2 · A = I; −1 multiplicando los dos miembros por A por la derecha: −A2 · A · A−1 = I · A –1 Teniendo en cuenta que el producto de una matriz por su inversa es la matriz unidad y que I es el elemento neutro de la multiplicación de matrices: − A 2 = A −1 Luego la matriz A tiene inversa, y es igual a la matriz opuesta de su cuadrado. 1 1 0 −1 −1 0 −1 2 A = − A = − 1 4 4 = −1 − 4 − 4 − 1 − 3 − 3 1 3 3 La justificación de que A tiene inversa también se puede hacer calculando el determinante de A: Si A ≠ 0 ⇒ ∃ A −1 3
Si A = 0 ⇒ no∃ A −1
0
3
4
− 3 − 5 = −1 ≠ 0 ⇒ ∃ A −1
A = 1 −1
3
4
La matriz A100, se puede expresar como A100 = A99 · A = (A3)33 · A 3 3 Teniendo en cuenta A + I = 0 ⇒ A = −I, sustituyendo en la 1ª igualdad: A100 = (−I)33 · A = (−1 · I)33 · A = (−1)33 · I33 · A (−1) 33 = −1 100 ⇒ A = −1 ⋅ I ⋅ A = −A 33 I =I
c)
A
100
0 − 3 − 4 = −1 3 5 1 − 3 − 4
Junio 2000. 3A. Calificación máxima: 3 puntos Para una matriz cuadrada, se define su traza como la suma de los elementos de la diagonal principal. En lo que sigue A y B son matrices cuadradas 2 x 2.
(a) (0,5 puntos) Comprobar que se verifica Traza ( A + B ) = Traza ( A ) + Traza ( B ). (b) (1 punto ) Comprobar que Traza ( AB ) = Traza ( BA ). (c) (1 punto) Utilizando los resultados anteriores, demostrar que es imposible tener AB – BA= I, donde I denota la matriz identidad. (d) (0,5 puntos) Encontrar dos matrices A y B para las que Traza ( AB ) ≠ Traza (A) Traza (B ). Solución.
a (a) Se definen: A = 11 a 21
a 12 a 22
b B = 11 b 21
b12 b 22
a + b11 A + B = 11 a 21 + b 21
Traza A = a11+ a22 Traza B = b11+ b22 Traza ( A + B ) = a11 + b11 + a22 + b22 Sumando: Traza A + Traza B = (a11+ a22) + (b11+ b22)
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a 12 + b 12 a 22 + b 22
Ordenando de otra forma (a11+ a22) + (b11+ b22) = (a11 + a22) + (b11 + b22) = Traza A + Traza B
a (b) A·B = 11 a 21
a 12 b 11 · a 22 b 21
b 12 a 11 ·b11 + a 12 ·b 21 = b 22 a 21 ·b 11 + a 22 b 21
a 11 ·b12 + a 12 ·b 22 a 21 ·b12 + a 22 ·b 22
Traza AB = a11 b11 + a12 b21 + a21 b12 + a22 b22
b B·A = 11 b 21
b12 a 11 · b 22 a 21
a 12 b 11 ·a 11 + b12 ·a 21 = a 22 b 21 a 11 + b 22 ·a 21
b11 ·a 12 + b 12 ·a 22 b 21 ·a 12 + b 22 ·a 22
Traza BA = b11 a11 + b12 a21 + b21 a12 + b22 a22 a11 b11 + a12 b21 + a21 b12 + a22 b22 = b11 a11 + b12 a21 + b21 a12 + b22 a22 por lo tanto Traza AB = Traza BA como se quiere demostrar.
(c) Si A·B – B·A= I ⇒ Traza (A·B − B·A) = Traza I Teniendo en cuenta que Traza (A+B) = Traza A + Traza de B Traza (A·B − B·A) = Traza AB − Traza BA y como Traza AB = Traza BA entonces Traza (AB − BA) = Traza AB − Traza BA = 0 ≠ Traza I = 2
2 0 3 0 6 0 d) Sean las matrices: A = B = A·B = 0 2 0 3 0 6 2 0 3 0 6 0 = 2 + 2 = 4 : Traza = 3 + 3 = 6 : Traza = 6 + 6 = 12 Traza 0 2 0 3 0 6 Traza A · Traza B = 4·6 = 24 ≠ Traza (AB) = 12.
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