Matemáticas IIMedio2,5 pts

Problema resuelto de Matemáticas II: MatricesSelectividad (PAU) · Comunitat Valenciana 2025 · Julio (especial)

Enunciado

Dada la matriz

A = \begin{pmatrix} 1 & -1 & m+1 \\ 0 & 1 & m \\ m-1 & 0 & 5 \end{pmatrix}.

a) Estudiar el rango de la matriz

A

en función del parámetro real

m

. (1,25 puntos)

b) Para

m = 0

, calcular la matriz inversa de

\dfrac{1}{6}A

, si existe. (1,25 puntos)

Comprobar el resultadocompara con lo que te ha salido

Resultado

|A| = -2m^2 + m + 6

. Si

m \ne 2

m \ne -\frac{3}{2}

\operatorname{rg} A = 3

; si

m = 2

m = -\frac{3}{2}

\operatorname{rg} A = 2

.

b) Existe, porque

|A| = 6 \ne 0

\left(\frac{1}{6}A\right)^{-1} = 6A^{-1} = \begin{pmatrix} 5 & 5 & -1 \\ 0 & 6 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix}

Ver la solución paso a pasoestrategia, desarrollo y consejo

Estrategia

En a), $A$ es $3\times 3$ : su rango es 3 justo cuando $|A| \ne 0$ . Se calcula el determinante en función de $m$ , se buscan los valores que lo anulan y, para esos, se busca un menor de orden 2 distinto de cero (si lo hay, el rango es 2).
En b) no hace falta invertir $\frac{1}{6}A$ «a lo bruto»: si $A$ es invertible, $\left(kA\right)^{-1} = \frac{1}{k}A^{-1}$ . Con $k = \frac{1}{6}$ queda $\left(\frac{1}{6}A\right)^{-1} = 6A^{-1}$ , y como (ya se verá) $|A| = 6$ para $m = 0$ , el 6 se va con el $\frac{1}{6}$ de la fórmula de la inversa.

Desarrollo

a) Determinante. Por la regla de Sarrus:

|A| = 1\cdot 1\cdot 5 + (-1)\cdot m\cdot(m-1) + (m+1)\cdot 0\cdot 0 - (m+1)\cdot 1\cdot(m-1) - 1\cdot m\cdot 0 - (-1)\cdot 0\cdot 5

|A| = 5 - m^2 + m - (m^2 - 1) = -2m^2 + m + 6

Valores que lo anulan.

-2m^2 + m + 6 = 0 \iff 2m^2 - m - 6 = 0 \iff m = \frac{1 \pm \sqrt{1 + 48}}{4} = \frac{1 \pm 7}{4}

es decir,

m = 2

m = -\dfrac{3}{2}

.

Caso $m \ne 2$ y $m \ne -\frac{3}{2}$ .

|A| \ne 0

, así que

\operatorname{rg} A = 3

.

Caso $m = 2$ o $m = -\frac{3}{2}$ .

|A| = 0

y el rango es menor que 3. El menor formado por las dos primeras filas y columnas no depende de

m

\begin{vmatrix} 1 & -1 \\ 0 & 1 \end{vmatrix} = 1 \ne 0

así que en los dos casos

\operatorname{rg} A = 2

.

b) Existe. Para

m = 0

|A| = 6 \ne 0

A

es invertible y también lo es

\frac{1}{6}A

, con

\left(\frac{1}{6}A\right)^{-1} = 6A^{-1}

(en efecto,

\frac{1}{6}A \cdot 6A^{-1} = AA^{-1} = I

).

La matriz para $m = 0$ .

A = \begin{pmatrix} 1 & -1 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ -1 & 0 & 5 \end{pmatrix}

Adjuntos.

A_{11} = \begin{vmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 5 \end{vmatrix} = 5, \quad A_{12} = -\begin{vmatrix} 0 & 0 \\ -1 & 5 \end{vmatrix} = 0, \quad A_{13} = \begin{vmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 0 \end{vmatrix} = 1

A_{21} = -\begin{vmatrix} -1 & 1 \\ 0 & 5 \end{vmatrix} = 5, \quad A_{22} = \begin{vmatrix} 1 & 1 \\ -1 & 5 \end{vmatrix} = 6, \quad A_{23} = -\begin{vmatrix} 1 & -1 \\ -1 & 0 \end{vmatrix} = 1

A_{31} = \begin{vmatrix} -1 & 1 \\ 1 & 0 \end{vmatrix} = -1, \quad A_{32} = -\begin{vmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 0 \end{vmatrix} = 0, \quad A_{33} = \begin{vmatrix} 1 & -1 \\ 0 & 1 \end{vmatrix} = 1

Inversa de $A$ . Trasponiendo la matriz de adjuntos:

A^{-1} = \frac{1}{|A|}\left(\operatorname{Adj} A\right)^t = \frac{1}{6}\begin{pmatrix} 5 & 5 & -1 \\ 0 & 6 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix}

Inversa de $\frac{1}{6}A$ .

\left(\frac{1}{6}A\right)^{-1} = 6A^{-1} = \begin{pmatrix} 5 & 5 & -1 \\ 0 & 6 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix}

Comprobación.

\frac{1}{6}A

por esta matriz debe dar

I

, es decir,

A

por ella debe dar

6I

. Primera fila de

A

(5 - 0 + 1,\ 5 - 6 + 1,\ -1 - 0 + 1) = (6, 0, 0)

; tercera:

(-5 + 0 + 5,\ -5 + 0 + 5,\ 1 + 0 + 5) = (0, 0, 6)

✓.

Consejo

En a), al anularse el determinante no basta con decir «rango menor que 3»: hay que encontrar un menor de orden 2 no nulo para afirmar que es 2. Elige uno que no dependa de $m$ y te sirve para los dos valores a la vez.

En b), usa $(kA)^{-1} = \frac{1}{k}A^{-1}$ : invertir $\frac{1}{6}A$ con fracciones en todos los adjuntos es donde se cuelan los errores. Y comprueba multiplicando una fila.