Matemáticas IIMedio2,5 pts

DeterminantesSelectividad (PAU) · País Vasco 2021 · Junio

También trata: Matrices
País Vasco · 2021 · Junio
Enunciado
Sea la matrizA=(23α1α10α−1).A = \begin{pmatrix} 2 & 3 & \alpha \\ 1 & \alpha & 1 \\ 0 & \alpha & -1 \end{pmatrix}.a) Determinar para qué valores del parámetro α\alpha la matriz AA no tiene inversa.

b) Calcular, si es posible, la matriz inversa de AA para α=2\alpha = 2.
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Resultado
a) ∣A∣=α2−4α+3=(α−1)(α−3)|A| = \alpha^2 - 4\alpha + 3 = (\alpha - 1)(\alpha - 3): AA no tiene inversa para α=1\alpha = 1 y α=3\alpha = 3.

b) Para α=2\alpha = 2, ∣A∣=−1|A| = -1 yA−1=(4−71−120−24−1)A^{-1} = \begin{pmatrix} 4 & -7 & 1 \\ -1 & 2 & 0 \\ -2 & 4 & -1 \end{pmatrix}
Ver la solución paso a pasoestrategia, desarrollo y consejo
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Estrategia

Una matriz cuadrada tiene inversa si y solo si su determinante no es cero. Así que en a) basta con calcular ∣A∣|A| en función de α\alpha y ver dónde se anula.

En b), como α=2\alpha = 2 no es uno de esos valores, la inversa existe y se calcula con la fórmula de los adjuntos:A−1=1∣A∣ (Adj⁡(A))tA^{-1} = \frac{1}{|A|}\,\big(\operatorname{Adj}(A)\big)^t
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Desarrollo

a) Determinante. Desarrollando por la primera columna (tiene un cero):∣A∣=2∣α1α−1∣−1⋅∣3αα−1∣+0=2(−α−α)−(−3−α2)=α2−4α+3|A| = 2\begin{vmatrix} \alpha & 1 \\ \alpha & -1 \end{vmatrix} - 1\cdot\begin{vmatrix} 3 & \alpha \\ \alpha & -1 \end{vmatrix} + 0 = 2(-\alpha - \alpha) - (-3 - \alpha^2) = \alpha^2 - 4\alpha + 3Dónde se anula.α2−4α+3=0  ⟺  α=4±16−122=4±22  ⟺  α=1  o  α=3\alpha^2 - 4\alpha + 3 = 0 \iff \alpha = \frac{4 \pm \sqrt{16 - 12}}{2} = \frac{4 \pm 2}{2} \iff \alpha = 1 \ \text{ o } \ \alpha = 3Por tanto, AA no tiene inversa para α=1\alpha = 1 y para α=3\alpha = 3; para cualquier otro valor sí la tiene.

b) Matriz para α=2\alpha = 2.A=(23212102−1),∣A∣=22−4⋅2+3=−1≠0A = \begin{pmatrix} 2 & 3 & 2 \\ 1 & 2 & 1 \\ 0 & 2 & -1 \end{pmatrix}, \qquad |A| = 2^2 - 4\cdot 2 + 3 = -1 \neq 0así que existe A−1A^{-1}.

Adjuntos. Aij=(−1)i+j MijA_{ij} = (-1)^{i+j}\,M_{ij}:A11=+∣212−1∣=−4,A12=−∣110−1∣=1,A13=+∣1202∣=2A_{11} = +\begin{vmatrix} 2 & 1 \\ 2 & -1 \end{vmatrix} = -4, \quad A_{12} = -\begin{vmatrix} 1 & 1 \\ 0 & -1 \end{vmatrix} = 1, \quad A_{13} = +\begin{vmatrix} 1 & 2 \\ 0 & 2 \end{vmatrix} = 2A21=−∣322−1∣=7,A22=+∣220−1∣=−2,A23=−∣2302∣=−4A_{21} = -\begin{vmatrix} 3 & 2 \\ 2 & -1 \end{vmatrix} = 7, \quad A_{22} = +\begin{vmatrix} 2 & 2 \\ 0 & -1 \end{vmatrix} = -2, \quad A_{23} = -\begin{vmatrix} 2 & 3 \\ 0 & 2 \end{vmatrix} = -4A31=+∣3221∣=−1,A32=−∣2211∣=0,A33=+∣2312∣=1A_{31} = +\begin{vmatrix} 3 & 2 \\ 2 & 1 \end{vmatrix} = -1, \quad A_{32} = -\begin{vmatrix} 2 & 2 \\ 1 & 1 \end{vmatrix} = 0, \quad A_{33} = +\begin{vmatrix} 2 & 3 \\ 1 & 2 \end{vmatrix} = 1Adjunta traspuesta e inversa.Adj⁡(A)=(−4127−2−4−101)  ⟹  (Adj⁡(A))t=(−47−11−202−41)\operatorname{Adj}(A) = \begin{pmatrix} -4 & 1 & 2 \\ 7 & -2 & -4 \\ -1 & 0 & 1 \end{pmatrix} \;\Longrightarrow\; \big(\operatorname{Adj}(A)\big)^t = \begin{pmatrix} -4 & 7 & -1 \\ 1 & -2 & 0 \\ 2 & -4 & 1 \end{pmatrix}A−1=1−1(−47−11−202−41)=(4−71−120−24−1)A^{-1} = \frac{1}{-1}\begin{pmatrix} -4 & 7 & -1 \\ 1 & -2 & 0 \\ 2 & -4 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 4 & -7 & 1 \\ -1 & 2 & 0 \\ -2 & 4 & -1 \end{pmatrix}Comprobación. Primera fila de AA por las columnas de A−1A^{-1}: 2⋅4+3(−1)+2(−2)=12\cdot 4 + 3(-1) + 2(-2) = 1,  2(−7)+3⋅2+2⋅4=0\ 2(-7) + 3\cdot 2 + 2\cdot 4 = 0,  2⋅1+0+2(−1)=0\ 2\cdot 1 + 0 + 2(-1) = 0. Las demás filas dan igual la identidad: A A−1=IA\,A^{-1} = I ✓.
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Consejo

Cada apartado vale 1,25 puntos. En la inversa, el error típico es olvidar trasponer la adjunta o el signo (−1)i+j(-1)^{i+j} de los adjuntos; aquí, además, ∣A∣=−1|A| = -1 cambia el signo de todo. Multiplica A A−1A\,A^{-1} al final: es un minuto y te asegura los puntos.
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