Matrices

a) Fila por columna:$$AB = \begin{pmatrix} 1 & -1 & k \\ k & 1 & -1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 - 1 + k & 1 + 1 + 0 \\ k + 1 - 1 & k - 1 + 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} k & 2 \\ k & k-1 \end{pmatrix}$$$$|AB| = k(k-1) - 2k = k^2 - 3k = k(k - 3)$$$|AB| = 0 \iff k = 0$ o $k = 3$. Por tanto, $AB$ tiene inversa si y solo si $k \neq 0$ y $k \neq 3$.

Para $k = 1$: $AB = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}$, con $|AB| = -2 \neq 0$. Su adjunta traspuesta es $\begin{pmatrix} 0 & -2 \\ -1 & 1 \end{pmatrix}$, así que$$(AB)^{-1} = \frac{1}{-2}\begin{pmatrix} 0 & -2 \\ -1 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ \frac{1}{2} & -\frac{1}{2} \end{pmatrix}$$Comprobación: $\begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ \frac{1}{2} & -\frac{1}{2} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 + 1 & 1 - 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = I$ ✓.

b) Ahora el producto es $3\times 3$:$$BA = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & -1 & k \\ k & 1 & -1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} k+1 & 0 & k-1 \\ 1-k & -2 & k+1 \\ 1 & -1 & k \end{pmatrix}$$Cota superior. Sumando las dos primeras filas: $(k + 1 + 1 - k,\ 0 - 2,\ k - 1 + k + 1) = (2,\ -2,\ 2k)$, que es el doble de la tercera. Las filas son linealmente dependientes, así que $|BA| = 0$ para todo $k$ y $\operatorname{rg}(BA) \leq 2$. (Era de esperar: $\operatorname{rg}(BA) \leq \operatorname{rg}(B) \leq 2$.)

¿Puede bajar a 1? Tomamos dos menores de orden 2 de las filas segunda y tercera:$$\begin{vmatrix} 1-k & -2 \\ 1 & -1 \end{vmatrix} = -(1-k) + 2 = k + 1, \qquad \begin{vmatrix} -2 & k+1 \\ -1 & k \end{vmatrix} = -2k + k + 1 = 1 - k$$El primero solo se anula para $k = -1$ y el segundo solo para $k = 1$: nunca se anulan los dos a la vez. Así que siempre hay un menor de orden 2 no nulo y$$\operatorname{rg}(BA) = 2 \quad \text{para todo } k \in \mathbb{R}$$c) Para $k = 1$:$$BA = \begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 \\ 0 & -2 & 2 \\ 1 & -1 & 1 \end{pmatrix}$$que tiene rango 2 y cumple $F_1 + F_2 = 2F_3$. Si planteamos $BA\begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix}$, la ampliada tiene rango 3 (y el sistema es incompatible) justo cuando los términos independientes no cumplen esa relación: $a + b \neq 2c$. Por ejemplo, $(a, b, c) = (0, 0, 1)$:$$\left\{\begin{array}{l} 2x = 0 \\ -2y + 2z = 0 \\ x - y + z = 1 \end{array}\right.$$Comprobación de que es incompatible. De la primera, $x = 0$; de la segunda, $y = z$. Entonces la tercera dice $0 - y + y = 1$, es decir, $0 = 1$: imposible. También con rangos: $\operatorname{rg}(BA) = 2$ y$$\begin{vmatrix} 2 & 0 & 0 \\ 0 & -2 & 0 \\ 1 & -1 & 1 \end{vmatrix} = 2\cdot(-2)\cdot 1 = -4 \neq 0$$(columnas de $x$, $y$ y términos independientes), así que la ampliada tiene rango 3 $\neq 2$: incompatible por Rouché-Frobenius.