Matemáticas IIMedioProblema · 2,5 pts

Determinantes

Andalucía · 2017 · Septiembre · Opción B

Enunciado

Opción B · Ejercicio 3. Considera

A = \begin{pmatrix} k & 0 & k \\ k+1 & k & 0 \\ 0 & k+1 & k+1\end{pmatrix}

a) [1,5 puntos] Discute el rango de

A

según los valores de

k

.

b) [1 punto] Para

k = 1

, calcula el determinante de

2\,\bigl(A^{t}A^{-1}\bigr)^{2017}

, siendo

A^{t}

la traspuesta de

A

Comprobar el resultadocompara con lo que te ha salido

Resultado

\boxed{\;\text{a)}\quad |A| = k\,(k+1)(2k+1)\;}

\boxed{\;\operatorname{rg}(A) = 3 \text{ si } k \neq 0,\, -1,\, -\tfrac12; \qquad \operatorname{rg}(A) = 2 \text{ en esos tres valores}\;}

\boxed{\;\text{b)}\quad \bigl|A^{t}A^{-1}\bigr| = \frac{|A|}{|A|} = 1 \;\Longrightarrow\; \Bigl|2\bigl(A^{t}A^{-1}\bigr)^{2017}\Bigr| = 2^{3} = 8\;}

Ver la solución paso a pasoestrategia, desarrollo y consejo

Estrategia

En a), el rango de una

3\times 3

3

cuando

|A| \neq 0

. El determinante se factoriza en tres factores lineales, así que hay tres valores críticos, y en cada uno hay que comprobar el rango exhibiendo un menor de orden

2

no nulo.

En b) conviene no calcular nada: encadenando propiedades de determinantes,

\bigl|A^{t}A^{-1}\bigr| = \bigl|A^{t}\bigr|\cdot\bigl|A^{-1}\bigr| = |A|\cdot\frac{1}{|A|} = 1

Así que la potencia

2017

vale

1

y solo queda el factor escalar, que sale elevado al cubo.

Desarrollo

a) Determinante. Desarrollando por la primera fila:

|A| = k\cdot\left|\begin{array}{cc} k & 0 \\ k+1 & k+1\end{array}\right| - 0 + k\cdot\left|\begin{array}{cc} k+1 & k \\ 0 & k+1\end{array}\right|

= k\cdot k\,(k+1) + k\,(k+1)^{2} = k\,(k+1)\bigl[k + (k+1)\bigr]

|A| = k\,(k+1)\,(2k+1)

|A| = 0 \;\Longleftrightarrow\; k = 0, \quad k = -1 \quad \text{o} \quad k = -\frac12

Caso $k \neq 0,\, -1,\, -\tfrac12$ :

\;\operatorname{rg}(A) = 3

.

Caso $k = 0$ .

A = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1\end{pmatrix}

Primera fila nula; el menor

\left|\begin{array}{cc} 1 & 0 \\ 0 & 1\end{array}\right| = 1 \neq 0

(filas segunda y tercera) da

\operatorname{rg}(A) = 2

.

Caso $k = -1$ .

A = \begin{pmatrix} -1 & \phantom{-}0 & -1 \\ \phantom{-}0 & -1 & \phantom{-}0 \\ \phantom{-}0 & \phantom{-}0 & \phantom{-}0\end{pmatrix}

Tercera fila nula; el menor

\left|\begin{array}{cc} -1 & 0 \\ 0 & -1\end{array}\right| = 1 \neq 0

\operatorname{rg}(A) = 2

.

Caso $k = -\tfrac12$ .

A = \begin{pmatrix} -\tfrac12 & \phantom{-}0 & -\tfrac12 \\[2pt] \phantom{-}\tfrac12 & -\tfrac12 & \phantom{-}0 \\[2pt] \phantom{-}0 & \phantom{-}\tfrac12 & \phantom{-}\tfrac12\end{pmatrix}

El menor

\left|\begin{array}{cc} -\tfrac12 & 0 \\ \tfrac12 & -\tfrac12\end{array}\right| = \tfrac14 \neq 0

\operatorname{rg}(A) = 2

.

Resumen.

\operatorname{rg}(A) = 3 \;\text{ si } k \neq 0,\, -1,\, -\tfrac12; \qquad \operatorname{rg}(A) = 2 \;\text{ en esos tres valores}

b) Caso $k = 1$ .

|A| = 1\cdot 2\cdot 3 = 6 \neq 0

así que

A^{-1}

existe. Ahora, aplicando propiedades:

\bigl|A^{t}A^{-1}\bigr| = \bigl|A^{t}\bigr|\cdot\bigl|A^{-1}\bigr| = |A|\cdot\frac{1}{|A|} = 1

\Bigl|\bigl(A^{t}A^{-1}\bigr)^{2017}\Bigr| = \bigl|A^{t}A^{-1}\bigr|^{2017} = 1^{2017} = 1

Y el escalar

2

, al multiplicar a una matriz de orden

3

, sale elevado al cubo:

\Bigl|2\,\bigl(A^{t}A^{-1}\bigr)^{2017}\Bigr| = 2^{3}\cdot 1 = 8

Simulación interactivaVisualiza este problema en una simulación (se abre en una nueva pestaña)

Consejo

En b) no calcules $A^{-1}$ ni ninguna potencia. La cadena de propiedades ( $|MN| = |M||N|$ , $|A^{t}| = |A|$ , $|A^{-1}| = 1/|A|$ , $|M^{n}| = |M|^{n}$ , $|kM| = k^{3}|M|$ ) resuelve el apartado sin una sola multiplicación de matrices. El $2017$ está ahí solo para asustar.

El $2$ que multiplica a la matriz sale como $2^{3} = 8$ , no como $2$ : es la propiedad $|kM| = k^{n}|M|$ con $n = 3$ . Ese es el único número que hay que calcular en todo b).

En a), no basta con decir "rango $2$ " en los valores críticos: hay que exhibir un menor de orden 2 no nulo en cada caso. En dos de ellos hay incluso una fila nula, lo que hace el argumento aún más visual.