Post on 21-Feb-2020
transcript
1
Modelo 2014. Ejercicio 1A. Calificación máxima: 3 puntos. Dadas las matrices
=k34211111
A ,
=001010100
B
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. c) (1,5 puntos) Resolver la ecuación matricial AX − A = B para k = 6.
Solución. a. La condición necesaria y suficiente para que una matriz enga inversa es que su determinante sea distinto de cero.
( ) ℜ∈∀≠=++−++== k 016k438kk34211111
Adet
La matriz A tiene inversa para cualquier valor que tome el parámetro k.
b. Para k = 6:
=634211111
A ; 1A = , el determinante no depende del parámetro.
( )t1 adjAA1A =−
−−
−=
+−+
−+−
+−+
=011123120
1111
2111
2111
3411
6411
6311
3411
6421
6321
adjA ; ( )
−−
−=
011122
130adjA t
−−
−=
−−
−=−
011122
130
011122
130
11A 1
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.
BAXA =−⋅ ABXA +=⋅ ( )ABAXAA 11 +⋅=⋅⋅ −−
AABAXI 11 ⋅+⋅=⋅ −− IBAX 1 +⋅= −
=
+
++−++++++++−++++−++
=
+
⋅
−−
−=+⋅= −
100010001
001010000002020100000030100
100010001
001010100
011122
130IBAX 1
−−
=
+
−−
−=
010231032
100010001
110221031
2
Septiembre 2013. Ejercicio 2A. Calificación máxima: 3 puntos Dadas las matrices:
=
1aaa11aaa11aaa11
A ,
=
wzyx
X ,
=
0000
O
se pide: a) (1,5 puntos) Calcular el determinante de A. Determinar el rango de A según los valores de a. 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.
( ) =−−−−−−−
⋅−⋅=
−−−−−−−
== +⋅−=⋅−=⋅−=
22
22
22
11
22
22
22FaFFFaFFFaFF
a1aa0a1a10a1a1a1
11
a1aa00a1a100aaa1a10
aa11
1aaa11aaa11aaa11
Adet144
133
122
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) =+⋅−−⋅
⋅−⋅−=−−−−−⋅−= +
a1a1a1a11
a1a1a1aaa1a11a1 2
22
2211
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )a1a1aa1a1a1a1a
11a1a1a1 3222 +⋅−=−−⋅−⋅−=
+⋅−⋅−⋅−=
Rango de A:
i. Si a ≠ ± 1, 0A ≠ ⇒ rg A = 4
ii. Si a = 1, 0A = ⇒ rg A < 4.
=
1111111111111111
A , en la matriz A solo hay menores de orden
uno distintos de cero, rg A = 1
iii. Si a = ‒1, 0A = ⇒ rg A < 4.
−−−−−
−−−−
=
1111111111111111
A 04111
111111
≠−=−−−
−−−
⇒ rg A = 3.
Junio 2013. Ejercicio 2B. Calificación máxima: 3 puntos Dadas las matrices:
−−=
1102110λ1
A ,
−=012101
110B
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 BA 2 en función de λ.
Solución. a. La ecuación tendrá solución única cuando exista la inversa de A, siendo:
1ABX −⋅= Para que exista A‒1, 0A ≠
3
( ) 01λλ20001110
2110λ1
Adet =+=−−−++−=−−
= λ = ‒1
∀ 1A 0A:1λ −∃⇒≠−≠∀ La ecuación tiene solución única. b. BAX =⋅ 11 ABAAX −− ⋅=⋅⋅ 1ABIX −⋅=⋅ 1ABX −⋅=
−−=
110211041
A 514A =+=
−−−
−=
+−+
−−
−+
−−−
−+
−−
−−+
=328
114111
1141
2101
2104
1041
1001
1104
1011
1021
1121
A adj ( )
−−−−=
311211
841A adj t
( )
−−−−==−
311211
841
51A adj
A1A t1
−=
−−−−⋅
−=⋅= −
14731132
500
51
311211
841
51
012101
110ABX 1
c. Aplicando las propiedades de los determinantes:
( ) ( ) ( ) ( )222222 1λ11λ
012101
1101λBABABA +−=−⋅+=−⋅+=⋅=⋅=⋅
Modelo 2013. Ejercicio 3B. Calificación máxima 2 puntos
a) (1 punto) Dada la matriz
=
1221
A y la matriz
=
tzyx
X obtener las relaciones que deben
cumplir x, y , z, t para que la matriz X verifique A XXA = . 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.
a.
⋅
=
⋅
1221
tzyx
tzyx
1221
++++
=
++++
tz2t2zyx2y2x
ty2zx2t2yz2x
Igualando término a término:
=−=−
→
=−=−=−=−
→
+=++=++=+
+=+
==
0tx0zy
0zy0tx0tx0zy
tz2ty2:2.2t2zzx2:1.2yx2t2y:2.1y2xz2x:1.1
32
41EEEE
Sistema compatible indeterminado. Grado de indeterminación = nº incógnitas ‒ nº ecuaciones = 4 ‒ 2 = 2 El sistema se resuelve usando dos parámetros.
4
==
→
=−=− ==
µxλy
0tx0zy µtλz
Rµ ,λ µλ
λµX ∈∀
=
b. 1λ = , 1µ −= ⇒
−−
=11
11X
c. Si X es la inversa de A, se debe cumplir: IAX =⋅
=
⋅
1001
1221
µλ
λµ
=
++++
1001
µλ2µ2λ
λµ2λ2µ
Igualando:
=−=
=+=+
32λ
31µ:
0µ2λ
1λ2µ ⇒
−
−=−
31
32
32
31
A 1
Modelo 2013. Ejercicio 4B. Calificación máxima 2 puntos De las matrices cuadradas A y B se sabe que:
−=+
201002012
BA
−
−=−+−
012020002
BBAABA 22
a) (1 punto) Calcular la matriz A ‒ B b) (1 punto) Calcular las matrices A y B
Solución.
a. ( )( )
−
−=−+=−+−
012020002
BABABBAABA 22
Sustituyendo A + B por su valor se puede despejar A ‒ B
( )
−
−=−⋅
− 012020002
BA201002012
; ( )
−
−⋅
−=−
−
012020002
201002012
BA
1
t1
201002012
adj
201002012
1
201002012
−
−
=
−
−
; ( ) 40212
12201002012
33 −=−⋅=−
+
−−−
−=
+−+
−−
−+−
−+
−−+
=
− 200142
040
0212
0202
0001
0112
2102
2001
0102
2102
2000
201002012
adj
−−−
−=
− 210044020
201002012
adj
t
;
−=
−−−
−
−=
−
−
214100110210
210044020
41
201002012 1
5
( )
−−=
−
−⋅
−=
−
−⋅
−=−
−
001022010
012020002
214100110210
012020002
201002012
BA
1
b. Conocidas las matrices A + B y A ‒ B, se plantea un sistema que permite calcular las matrices A
y B.
−−=−
−=+
001022010
BA
201002012
BA
Sumando las ecuaciones se calcula la matriz A
−=
−−+
−=
200020022
001022010
201002012
A2 ⇒
−=
−=100010011
200020022
21A
Restando las ecuaciones se calcula la matriz B.
−=
−−−
−=
202024002
001022010
201002012
B2 ⇒
−=
−=
101012001
202024002
21B
Junio 2012. Ejercicio 3B. Calificación máxima: 2 puntos. Dadas las matrices
−−=1a1012210
A
+−−−−−−−
=3a3a2387322114
B
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. a. El rango de la matriz se estudia por menores.
- 0143214
≠−=−−−
⇒ rg B ≥ 2 ∀ a ∈ R
- Se estudian el rango de la matriz para los valores del parámetro a que anulan
simultaneamente los menores orlados a 3214
−−−
:
( ) 1a ; 0a140a3a23
732114
==−⋅=+−
−−−−
( ) 1a ; 0a1363a23832214
==−⋅=−
−−−−−
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.
6
rg B = 2 b. BAX = ; BAAXA 11 −− =⋅ ; BAXI 1−=⋅ ; BAX 1−=
( )t1 A adjA1A =−
4101012210
A =−−=
( )
−−−−
=
−−−
−=
−−+
−−
−+
−+−
−−+
−−
−+
=
−−=211422
211
242121121
1210
0220
0121
0110
1120
1021
0112
1102
1001
101012210
adjA adj
t
t
t
t
−−=
−−=
−−−−−−
⋅
−−−−
=1002
01104321
40080440
161284
41
332387322114
211422
211
41X
Septiembre 2011. Ejercicio 3A. Calificación máxima: 2 puntos. Calcular el rango de la matriz
+−
−−
a02aa02
a11231
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.
( ) 04311131
≠=−−=−
⇒ rg A ≥ 2
Sus menores orlados son: ( )2a2a02
a11231
+=−
−−
; 4a12a3a02aa11231
2 ++=+−
−
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
−=1000sen xxcos0xcossen x
M
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.
7
a. ( ) 1xcosxsensen xxcos
xcossen x11
1000sen xxcos0xcossen x
Mdet 2233 −=−−=−
⋅−⋅=−= +
b. =
−⋅
−=⋅=1000sen xxcos0xcossen x
1000sen xxcos0xcossen x
MMM 2
( )( ) ( ) ( ) ( )
( )=
⋅+⋅+⋅⋅+−⋅+⋅⋅+⋅+⋅⋅+⋅−+⋅⋅+−⋅−+⋅⋅+⋅−+⋅
⋅+⋅+⋅⋅+−⋅+⋅⋅+⋅+⋅=
11000001senx0xcos001xcos0senx0100senx0xcos00senxsenxxcosxcos00xcossenxsenxxcos
100xcos0senx00senxxcosxcossenx00xcosxcossenxsenx
I100010001
1000xsenxcosxcos x senx sen xcos0x sen xcosxcos x senxcosxsen
22
22
=
=
+−−+
=
La matriz M es periódica. c. Teniendo en cuenta que la matriz M es periódica, y que su período es dos:
=par esn siI
impar es nsiMM n
MM 25 =
Modelo 2011. Ejercicio 1B. Calificación máxima: 3 puntos. Dadas las matrices:
−−−−
=322101112
A ,
=100010001
I
Se pide: a) (1 punto). Calcular I3A4A 2 +−
b) (1 punto). Demostrar que la matriz A−1 de A es ( )AI431 − .
c) (1 punto). Hallar la matriz inversa de A − 2I Solución.
a. =
⋅+
−−−−
⋅−
−−−−
=+−100010001
3322101112
4322101112
I3A4A
2
2
=
+
−−−−
−
−−−−
⋅
−−−−
=300030003
644202228
322101112
322101112
=
+
−−−−
−
−−−−−
=000000000
300030003
644202228
988434445
b. Teniendo en cuenta que el producto de una matriz por su inversa es la matriz identidad
(A · A−1 = I), para demostrar que ( )AI431 − es la inversa de A habrá que hacerlo a partir de la
8
igualdad obtenida en el apartado a ( )0I3A4A 2 =+− , transformando la igualdad en un producto de matrices igualado a la matriz unidad, siendo uno de los factores del producto la matriz A.
0I3A4A 2 =+− : I3AA4 2 =− 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:
I3AAAI4 =⋅−⋅ Sacando factor común de A por la derecha:
( ) I3AAI4 =⋅− : ( ) IAAI431 =⋅−
Multiplicando los dos miembros de la igualdad por la inversa de A por la derecha, se llega a la igualdad propuesta.
( ) 11 AIAAAI431 −− ⋅=⋅⋅−
( ) 1AIAI431 −=⋅− : ( )AI4
31A 1 −=−
c. El apartado se puede hacer de dos formas diferentes: - Partiendo de la relación del apartado a
- Por la expresión de la inversa ( )
=− t1 A adj
A1A
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:
0I3A4A 2 =+− Se necesita obtener el factor A − 2I, para ello se puede descomponer el primer miembro de
la siguiente forma: 0I3A2A2A 2 =+−−
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.
( ) II4A2I2AA =+−−
( ) ( ) II2A2I2AA =−−− Sacando factor común 2A − I:
( ) ( ) II2AI2A =−⋅− Multiplicando ambos miembros de la igualdad por la inversa de 2A − I
( ) ( ) ( ) ( ) 11 I2AII2AI2AI2A −− −⋅=−⋅−⋅− Simplificando
( ) ( ) 1I2AII2A −−=⋅− Obteniendo por último que la inversa es la propia matriz
( )
−−−−−
=
−
−−−−
=−=− −
122121110
100010001
2322101112
I2AI2A 1
9
Otra forma: ( ) ( )( )t
t1
122121110
adj
122121110
12I-A adjI2A
1I2A
−−−−−
−−−−−
=−
=− −
• 1122121110
=−
−−−−
• =
−−
+−−
−−−−−
+
−−
−−
−+
−−−
−−
+−
−−
−−+
=
−−−−−
t
t
2110
1110
1211
2210
1210
1211
2221
1211
1212
122121110
adj
−−−−−
=
−−−−
−=
122121110
111221210 t
Sustituyendo en la expresión de la inversa:
( ) ( )( )
−−−−−
=
−−−−−
⋅=−
=− −
122121110
122121110
112I-A adj
I2A1I2A t1
Septiembre 2010 F.G. Ejercicio 1A. Calificación máxima: 3 puntos. Dada la matriz:
−−
−=
1m2111m1m11m11m
A
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
=
⋅000
tzyx
A
Solución. a. Por dimensiones de la matriz, rg A ≤ 3. Como la matriz tiene términos numéricos distintos de 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):
m211
1m1 −=
−
Si m ≠ 2: el menor de orden dos será distinto de cero y por tanto rg A ≥ 2.
Si m = 2:
=121112111211
A no existen menores de orden dos distintos de cero y por tanto rg A
=1. Si orlamos el menor de orden dos anterior, aparecen dos menores de orden tres.
10
( )( )
−+=+−=−
−−
=−−
−
223 2m1m4m3m1m11
11m1111m
0211m1m1m11m
:11
1m1
Discusión: i. Sí m ≠ −1, 2: Existen menores de orden tres distintos de cero. rg A = 3.
ii. Sí m = −1:
−−−−−
=2211
11211112
A Todos los menores de orden tres son nulos, rg A < 3.
0321
12≠=
−−
rg A = 2
iii. Sí m = 2. Como se vio inicialmente, rg A = 1.
b.
=
⋅
−−
−
000
tzyx
121110111011
:
=−++=+−=++−
0tz2yx0tyx0tyx
Sumando las dos primeras ecuaciones: 2t = 0: t = 0
Sustituyendo el valor de t obtenido:
=++=−=+−
0z2yx0yx0yx
Como las dos primeras
ecuaciones son proporcionales, los criterios de equivalencia permiten eliminar una de ellas.
=++=−
0z2yx0yx
Para resolver el sistema se transforma una cualquiera de las variables en parámetro (x = λ).
λ−=+λ=
z2yy
: { λ−=+λ z2 : λ−=z
Solución: ( ) R 0 , , , ∈λ∀λ−λλ Septiembre 2010. F.G. Ejercicio 4A. Calificación máxima: 2 puntos. Dada la matriz:
+−
−=
2aa001aaa0a
A
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.
( ) ( ) ( )a2aa2a000a02a1aa2aa0
01aaa0a
Adet 23 −=+−=−−−+++⋅−⋅−=+
−−
=
( )
==−=
=−=2a0a2
0a:0a2a:0A
Discusión. i. Si a ≠ 0, −2. 3A rg .0A =≠
11
ii. Si a = 0: 2A rg .022001
:0A:200010000
A =≠−=−
=
−=
iii. Si a = 2: 2A rg .021202
:0A:420012202
A =≠−=−
=
−=
b. La condición necesaria y suficiente para que una matriz tenga inversa es que su determinante sea distinto de cero. Teniendo en cuenta el apartado anterior, si a ≠ 0, 2, el |A| ≠ 0 y por tanto existe A−1.
Si a = 1:
−=
310001101
A : ( )t1 A adjA1
A =− : ( ) ( ) 1121a2aA1a
=−⋅=−==
−=
−−
=
−+
−−+
−−
−+−
+−+
=−
011133010
010131130
0111
0111
0010
1001
3011
3110
1001
3001
3100
adj11A
t
t
1
Junio 2010 FM. Ejercicio 4B. Calificación máxima: 2 puntos.
Dada la matriz
=a100101a1
A estudiar para que valores de a tiene inversa y calcularla siempre que sea
posible. Solución. Para que una matriz tenga inversa su determinante debe ser distinto de cero.
a00000aa100101a1
A =−−−++==
∃ A−1 ∀ a ≠ 0 Calculo de la inversa:
=
+−+
−+−
+−+
⋅=
=
==−
1a01
1a01
1100
0101
a101
a000
011a
a11a
a011
a1
a0111a001
adja1
a100101a1
adja1A adj
A1A
t
t1
( )
−
−−
=
−
−−−⋅=
a1
a10
010a1
aa11
1100a011aa
a1
22
12
Junio 2010. FG. Ejercicio 4A. Calificación máxima: 2 puntos. Dadas las matrices:
−=
2111
A ;
=
1001
I
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. a. Por identificación:
⋅+
−⋅=
− 1001
b21
11a
2111 2
;
+
−=
−⋅
− b00b
a2aaa
2111
2111
+−+
=⋅
+−−+
ba2aaba
41212111
;
+−+
=⋅
−−
ba2aaba
5112
=−=
+−==−=−+=
3b1a
:
ba25:2.2a1:1.2a1:2.1ba2:1.1
AI3I3AA:3b1a 2 −=+−=
=−=
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.
( ) ( ) ( ) ( ) =⋅+−=⋅+−=⋅−=⋅=⋅= AAA6I9AAIA6I9AAI3AAAAA 222*22245
( )( ) ( ) ( ) =−=−−=−=⋅−=⋅−+−= I21A19AI37A12A7A12AA7I12AAI3A6I9 2
−−
=
−
−=
5919192
1001
2121
11 19
Modelo 2010. Ejercicio 3A. Calificación máxima: 2 puntos. Obtener, para todo número natural n, el valor de:
nn
1111
1111
−−
+
Solución. Lo primero será obtener la potencia enésima de cada matriz.
Si denominamos por
=
1111
A y por
−−
=1111
B , sus potencias enésimas serán:
A21111
22222
1111
1111
AAA 2 =
⋅=
=
⋅
=⋅=
A2A22A2AA2AAA 2223 =⋅==⋅⋅=⋅= A2A22A2AA2AAA 3222234 =⋅==⋅⋅=⋅=
………………………………………………………. A2A 1nn ⋅= −
B21111
22222
1111
1111
BBB2 =
−−
⋅=
−−
=
−−
⋅
−−
=⋅=
B2B22B2BB2BBB 2223 =⋅==⋅⋅=⋅=
13
B2B22B2BB2BBB 3222234 =⋅==⋅⋅=⋅= ……………………………………………………….
B2B 1nn ⋅= − Sustituyendo en la expresión que se pide:
=
−−
+
=
−−
+
=
−−
+
−−−1111
1111
21111
21111
21111
1111 1n1n1n
nn
( )( ) I2
1001
21001
222002
211111111
2 nn1n1n1n ⋅=
=
⋅⋅=
=
+−+−++
= −−−
Donde I es la matriz Unidad o identidad. Septiembre 2009. Ejercicio 1A. Calificación máxima: 3 puntos. Dada la matriz:
=11021mm21m
M
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.
( ) ( )1mm2m2m2m2m0m20m11021mm21m
Mdet 22 −⋅=−=++−++==
( )
==−==
=−⋅=1m:01m0m:0m2
:01mm2:0M
∀ m ≠ 0, 1, |M| ≠ 0 ⇒ ∃ M−1
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.
0M 25 ≠
Teniendo en cuenta la propiedad de los determinantes: nn AA =
0MM 2525 ≠=
0M0M 25 ≠⇔≠ Teniendo en cuenta los resultados del apartado a, ∀ m ≠ 0, 1, |M25| ≠ 0 ⇒ ∃ (M25)−1.
c. ( ) ( ) ( ) 41112M : 110211211
1mM =−−⋅−⋅=
−−−
=−=
14
( )[ ] t1 M adjM1M =− : ( )
−−−−
=
−−
+−
−−−
−+
−−
−−+
−−
−+
−−+
=044113111
1111
2121
2121
1011
1021
1121
1011
1021
1121
M adj
( )[ ]
−−−−
=
−−−−
=011411431
044113111
M adj
t
t
( )[ ]
−
−
−−
=
−−−−
==−
041
41
141
41
143
41
011411431
41 M adj
M1M t1
Septiembre 2009. Ejercicio 4B. Calificación máxima: 2 puntos. Dadas las matrices:
−=
1124
A ,
−−
=1324
B
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 : X = I·B−1 + A−1· I : X = B−1 + A−1 Cálculo de las inversas:
( )[ ] t1 A adjA1A =−
61124
A =−
= : ( )
−=
+−−−+
=4211
4211
A adj : ( )[ ]
−=
−=
4121
4211
A adjt
t
−=
−=−
32
61
31
61
4121
61A 1
21324
B −=−
−= : ( )
=
+−−−−+
=4231
4231
B adj : ( )[ ]
=
=
4321
4231
B adjt
t
−−
−−=
−=−
223
121
4321
21B 1
−−
−−=
−+
−−
−−=+= −−
34
35
32
31
32
61
31
61
223
121
ABX 11
15
Junio 2009. Ejercicio 4B. Calificación máxima: 2 puntos Dada la matriz
=a111a111a
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.
( ) ( )23 1a2a2a3aa111a111a
A −⋅+=+−==
( ) ( ) ( )
==−=−−==+
=−⋅+=1a:01a:01a
2a:02a:01a2a:0A 2
2
Discusión:
i. Si a ≠ −2, 1. |A| ≠ 0. rg A = 3
ii. Si a = 1.
=111111111
A La matriz solo tiene menores de orden uno distintos cero. rg A = 1.
iii. Si a = −2.
−−
−=
211121112
A . La matriz tiene menores de orden dos distintos de cero,
0321
12≠=
−−
. rg A = 2
b. Para a = −1:
−−
−=
111111111
A ( ) ( ) { } ( ) ( ) 411211a1a2aA 22 =−−⋅+−=−==−⋅+=
=
=
−−
+−
−−
+
−−
−−
+−
−
−+
−−
−−
+
=
−−
−=−
t
t
t
1
022202220
41
1111
1111
1111
1111
1111
1111
1111
1111
1111
41
111111111
AdjA1A
=
=
021
21
2102
12
12
10
022202220
41
16
Septiembre 2008. Ejercicio 2A. Calificación máxima: 3 puntos Dada la matriz:
+
+=
1a0210a211a2
A
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.
( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )1aa1a221aa21a1a2
1a211a
1a0210a211a2
Adet 221 −+⋅+−=−+⋅⋅+−=+
⋅−⋅+=+
+= +
( ) ( )
−−=
+−==−+
−==+
=−+⋅+−=
251a
251a
:01aa
1a:01a
:01aa1a2 :0Adet 22
Discusión.
i. Si 2
51 ,1a
±−−≠ . |A| ≠ 0 ⇒ rg A = 3.
ii. Si a = −1.
−=002102102
A |A| = 0 ⇒ rg A < 3. Para saber si tiene rango dos, se busca un
menor de orden dos distinto de cero. 020212
≠−=−
⇒ rg A = 2.
iii. Si 2
51a
±−= .
±±−
±
=
25102
1051
12
512
A |A| = 0 ⇒ rg A < 3. Para saber si tiene
rango dos, se busca un menor de orden dos distinto de cero. 02
51
10
12
51≠±=
± ⇒
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 2
51 ,1a
±−−≠
Para a = 1:
=202102122
A ; |A| = −2·(1 +1)·(12 +1 −1) = −4.
17
( )=
−−
−
−=
+−+
−+−
+−+
−=
−==−
t
t
tt
1
402424020
41
0222
1212
1012
0222
2212
2012
0202
2212
2010
41
202102122
adj4
1AA adj
A
−
−
−
=
−−
−
−=
11002
12
12
110
440022240
41
Modelo 2008. 3B. (3 puntos). Sean las matrices:
=
1011
A
−−
=3837
B
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
(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: ( )
−=
−−
=
==−1011
11101
1011
1011
adj
AA adj
A
tt
t1
−−=
⋅
−−
=
⋅
−−
⋅
−=
5811
1011
3801
1011
3837
1011
X
b. Se calculan las primeras potencias y se observa si existe una ley de recurrencia entre ellas.
=
1011
A
=
⋅
=⋅=
1021
1011
1011
AAA 2
=
⋅
=⋅=
1031
1011
1021
AAA 23
Con las tres primeras potencias se ve fácilmente la ley de recurrencia.
18
Nn 10n1
A n ∈∀
=
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
A2 + A·M − M·A − M2 = A2 − M2 ⇔ A·M − M·A = 0 A·M − M·A = 0, es equivalente a A·M = M·A
Tomando M como una matriz genérica del tipo
=
tzyx
M , sustituyendo, operando e
igualando, se llega aun sistema de ecuaciones que nos permitirá calcular los términos de la matriz M.
⋅
=
⋅
1011
tzyx
tzyx
1011
++
=
++tzzyxx
tztyzx
==
====
+==
+=+=+
xt0z
:
z0zzxt0z
:
tzt:2.2zz:1.2
yxty:2.1xzx:1.1
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).
R , 0
A
t0z
yx
∈µλ∀
λµλ
=⇒
λ==
µ=λ=
λ
Septiembre 2007. Ejercicio 1B. (2 puntos) Calcular una matriz cuadrada X sabiendo que verifica
22 ABAXA =+
siendo
−−
−=
001010100
A y
−−
−=
002020200
B .
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.
22 ABAXA =+ ; BAAXA 22 −= ; ( )ABAXA 2 −= ; ( ) 11 AABAAAXA −− ⋅−=⋅⋅
( ) IBAIXA ⋅−=⋅ ; ( )BAXA −= ; ( ) 11 ABAAXA −− ⋅−=⋅ ; 11 BAAAIX −− −=⋅ 1BAIX −−=
19
( )=
−−
−=
−+
−−
−−
+
−−
−−
+−
−
−−
+−
−−
+
=
−−
−
−−
−
==−
t
t
t
t1
001010100
1
1000
0010
0110
0100
0110
0010
0110
0100
0001
001010100
001010100
adj
AA adj
A
−−
−=
001010100
−−
−=
−
=
−−
−⋅
−−
−−
=−= −
100010001
200020002
100010001
001010100
002020200
100010001
BAIX 1
Junio 2007. 1A. (2 puntos) Estudiar el rango de la matriz: ( )
−
−−=
1m1mm1m
1mm1mmA
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.
( ) ( )=
−
−−⋅=
−
−−=
1m11m11
1mm1m1m
1m1mm1m
1mm1mmAdet
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )[ ]=−+−+−−+−+−⋅= 1mm1mm1mm1mm1mm 2
( )[ ] ( )2mmmm1m2mmmmmm1mm 2222 −⋅=−++−+−−+−+−⋅=
( )
==
=−=2m0m
:02mm:0A
Discusión:
i. Si m ≠ 0, 2 el |A| ≠ 0 y por tanto rg A = 3.
ii. Si m = 0, el |A| = 0 y por tanto rg A < 3. 2A rg 01 1-101
: 110
010010
A =⇒≠−=
−
−=
iii. Si m = 2, el |A| = 0 y por tanto rg A < 3. 2A rg 01 1121
: 112212212
A =⇒≠−=
=
Junio 2007. 2A. (2 puntos) Sean las matrices:
−=
1002
A
−−
=7698
B
Hallar una matriz X tal que BXAX 1 =− . Solución.
20
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).
{ XBAXXBIAXXBXXAXAI
1 ⋅=⋅⇒⋅=⋅⋅⇒⋅=⋅⋅⋅ −321
Tomando como matriz
=
tzyx
X y sustituyendo en la igualdad:
⋅
−−
=
−⋅
tzyx
7698
1002
tzyx
−−−−
=
−−
t7y6z7x6t9y8z9x8
tz2yx2
Igualando término a término:
=−=−
→
=−=−=−=−
→
−=−−=−=−−=
.I.C.S:0ty0z3x2
0t6y60z9x60t9y90z9x6
t7y6t:2.2z7x6z2:1.2t9y8y:2.1z9x8x2:1.1
NDOSIMPLIFICAORDENENDO
Dos ecuaciones y cuatro incógnitas, la solución se obtiene transformando dos variables en parámetros y resolviendo en función de estos.
µ=
λ=
→=−
=− µ=λ=
y23
x0ty
0z3x2 tz
⇒
µλ
µλ= 23
X
Como solo se pide una matriz, particularizamos para λ = µ = 1 quedando:
=
1112
3X
Junio 2007. 3B. (3 puntos). Dadas las matrices
=100052025
A
=1000cc0ba
B
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.
++++
=
⋅
=⋅1000c5b2c5a20c2b5c2a5
1000cc0ba
100052025
BA
++=
⋅
=⋅1000c7c70b5a2b2a5
100052025
1000cc0ba
AB
21
=+=+
+=++=+
⇔
++=
++++
⇒⋅=⋅
c7c5b2:2.2 c7c5a2:1.2
b5a2c2b5:2.1b2a5c2a5:1.1
1000c7c70b5a2b2a5
1000c5b2c5a20c2b5c2a5
ABBA
Simplificando ecuaciones y ordenando:
==
cacb
Sistema de dos ecuaciones con tres incógnitas, tomando c como parámetro se resuelve el sistema.
λ=λ=
→ λ=
==
abc
cacb
⇒ a = b = c = λ:
λλλλ
=10000
B
b)
=100011011
B
=
⋅
=100022022
100011011
100011011
B2
=
⋅
=⋅=100044044
100011011
100022022
BBB 23
=
⋅
=⋅=100088088
100011011
100044044
BBB 34
Por inferencia:
= −−
−−
100022022
B 1n1n
1n1n
n
Modelo 2007. 4B. (3 puntos). Dada la matriz:
−λλ−
λ−=
11212
12M
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.
( ) ( ) ( )21246222222211212
12Mdet 233 +λ−λ=+λ−λ=−−λ−−λ−λ−λ−=
−λλ−
λ−=
( ) ( )
−=λ=λ
=+λ−λ⇒=2
1:02120M 2
Discusión:
22
1. Si λ ≠ 1, −2. 0M ≠ , rg M = 3
2. Sí λ = 1. 3M rg0M : 112112112
M <⇒=
−−−
= . Buscamos un menor de orden 2 no nulo, en este
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. 1M rg02 =⇒≠
3. Si λ = −2. 3M rg0M : 114122212
M <⇒=
−−
−−= . Buscamos un menor de orden 2 no nulo,
por ejemplo el formado por las filas 1ª y 2ª y las columnas 1ª y 2ª. 2M rg062212
=⇒≠=−
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.
Inversa para λ = 0. ( ) ( ) 420102M:110102012
M 2 =+−=
−
−=
( )=
−+−
−+
−−
−+−−
−
−+−
−+
=
−
−
==−4
0212
1012
1001
1012
1002
1101
1002
1012
1110
4
110102012
adj
MM adj
M
t
t
t1
−
−−
−
=
−−−−
=
−−
−−
=
21
21
21
21
21
21
41
41
41
4222222111
4221221221 t
Septiembre 2006. Ejercicio 2B. (2 puntos)
a) (1 punto). Hallar todas las matrices
=
b0aa
A distintas de la matriz
0000
tales A2 = A.
Solución.
+=
⋅+⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅+⋅
=
⋅
=⋅= 2
222
b0abaa
bba00ba0baaa0aaa
b0aa
b0aa
AAA
Igualando:
=
+b0aa
b0abaa
2
22
23
Identificando término a término
( )( )
( )
=−=−+
=−→
=−=−+
=−→
==
=+=
01bb01baa
01aa
0bb0aaba
0aa
bb:2.2 00:1.2
aaba:2.1 aa:1.1
2
2
2
2
2
2
Las soluciones se obtienen de la 1ª y de la 3ª ecuación y son:
==
1 ,0b1 ,0a
Descartando la solución trivial (a = b = 0), las posibles serán:
• Si a = 1 ⇒ b = 0.
=
0011
A
• Si a = 0 ⇒ b = 1.
=
1000
A
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). A3 = A2· A = A · A = A2 = A A4 = A3· A = A · A = A2 = A ……………………………. An = A Teniendo en cuenta esto:
M = A + A2 + … + A10 = A + A +….+ A = 10 A Dos opciones:
• Si
=⇒
=
001010
M0011
A
• Si
=⇒
=
10000
M1000
A
Junio 2006. 2A. (2 puntos) Dada la matriz A =
1021
encontrar todas las matrices
=
dcba
P
tales que AP = PA. Solución.
⋅
=
⋅
1021
dcba
dcba
1021
++
=
++ddc2cba2a
dcd2bc2a
identificando término a término:
µ==
λ=µ=
→
==−λ=
→
+==
+=+=+
µ=λ=
d0c
ba
0c0da
b:
dc2d:2.2cc:1.2
ba2d2b:2.1ac2a:1.1
ab
R , 0
P ∈µλ∀
µλµ
=
24
Junio 2006. 3B. (3 puntos). Dada la matriz:
−−
=1a211a2a12
M
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.
( )2a1a21a211a2a12
Mdet −⋅=−−
=
( )
±==−==
=−⋅=1a:0a1
0a:0a2:0a1a2:0M 2
2
Discusión:
i. Sí a ≠ 0, ±1. |M| ≠ 0 ⇒ rg M = 3
ii. Sí a = 0:
−=102110
012M . |M| = 0 ⇒ rg M < 3. 02
1012
≠= ⇒ rg M = 2.
iii. Sí a = −1:
−−−=112112
112M . |M| = 0 ⇒ rg M < 3. 04
1212
≠=−
⇒ rg M = 2.
iv. Sí a = 1:
−−
=112112112
M . |M| = 0 ⇒ rg M < 3. 021111
≠=−
⇒ rg M = 2.
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.
Para a = 2.
−−
=122114212
M . ( ) 1221 22Mdet 2 −=−⋅⋅=
( )=
−−−−
−−
+−−
−−−
+
−−
+−
−
+−
−−
+
−=−
−−
==−
t
tt
t1
261265
663
121
1412
1422
1121
2212
1222
1221
2214
1214
1211
121
12
122114212
adj
MM adj
M
25
−
−
−−
=
−−
−−
−
−−
−−−
−−−
−=
−−−−
−−=
61
61
21
21
21
21
121
125
41
122
122
126
126
126
126
121
125
123
226666
153
121
Modelo 2006. Ejercicio 4B. (3 puntos). Se consideran las matrices:
=
−−−−
−=
100010001
I 221111122
A
Se pide: a) (1,5 puntos). Hallar ( ) .IA 2−
Solución.
( ) =
−−−−
−=
−
−−−−
−=−
22
2
121121121
100010001
221111122
IA
0000000000
121121121
121121121
=
=
−−−−
−⋅
−−−−
−=
b) (1,5 puntos). Calcular A4 haciendo uso del apartado anterior.
Solución. ( ) 0IA 2 =−
Teniendo en cuenta que la matriz a conmuta con la matriz I, se puede aplicar el desarrollo de Newton al binomio.
( ) 0IIA2AIA 222 =+⋅−=− Operando y simplificando (2A·I = 2A; I2 = I).
0IA2A 2 =+− De la expresión anterior se puede obtener A2.
IA2A 2 −= A4 se puede expresar en función de A2.
( ) ( )2224 IA2AA −== Binomio que se puede desarrollar por Newton por ser conmutables las matrices que lo forman
( ) IA4A4IA2A 224 +−=−= Sustituyendo A2 por su expresión en función de A y operando se llega a una expresión para A4
en función de A.
( )
−−−−
−=
⋅−
−−−−
−⋅=−=+−−=
584474485
100010001
3221111122
4I3A4IA4IA24A 4
Septiembre 2005. Ejercicio 3A. (3 puntos) Dadas las matrices:
=
=
1001
I 1021
A
a) (1 punto). Hallar dos constantes α y β tales que .IAA 2 β+α=
Solución.
=
⋅
=
1041
1021
1021
A 2
26
Para calcular los parámetros α y β se sustituyen en la igualdad
.IAA 2 β+α= :
⋅β+
⋅α=
1001
1021
1041
:
β+ααβ+α
=
02
1041
igualando término a término
β+α==α=β+α=
1:2.200:1.224:2.11:1.1
se obtiene un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas
12
421
−=β=α
⇒
=α=β+α
sustituyendo en la expresión .IA2A 2 −=
b) (1 punto). Calcular A5 utilizando la expresión obtenida en el apartado anterior.
Solución. AAA 45 ⋅=
( ) ( )2224 IA2AA −== Teniendo en cuenta que las matrices A e I conmutan, se puede se puede desarrollar el binomio
por el método de Newton ( ) ( ) ( ) I3A4IA4IA24IA4A4IIA22A2IA2A 22224 −=+−−=+−=+⋅⋅−=−=
sustituyendo en la expresión de A5. ( ) ( ) I4A5A3IA24A3A4AI3A4AAA 245 −=−−=−=⋅−=⋅=
c) (1 punto). Hallar todas las matrices X que satisfacen: (A − X)·(A + X) = A2 – X2.
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.
( ) ( ) XAAX:0XAAXXAXXAAXAXAXA 2222 ==−⇔−=−−+=+⋅−
Para una matriz genérica
=
tzyx
X , la igualdad se puede convertir en un sistema.
⋅
=
⋅
1021
tzyx
tzyx
1021
==−
+==
+=+=+
++
=
++0z
0tx:ndosimplifica
tz2t:2.2 zz:1.2
yx2t2y:2.1 xz2x:1.1
:igualando:tz2zyx2x
tzt2yz2x
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:
R , 0
X ∈µλ∀
λµλ
=
27
Septiembre 2005. Ejercicio 4B. (3 puntos) Dadas las matrices:
=
=100k10tk1
B 000k00tk0
A
a) (1 punto). Hallar A10.
Solución. Se calculan las sucesivas potencias de A para ver si existe alguna ley de recurrencia entre ellas.
=
⋅
=⋅=000000
k00
000k00tk0
000k00tk0
AAA
2
2
=
⋅
=⋅=000000000
000k00tk0
000000
k00AAA
2
23
A partir de A3, todas las potencias son la matriz nula, por lo tanto
=000000000
A10
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.
1100k10tk1
B ==
( )BB adj
Bt
1 =−
−−−=
+−+
−+−
+−+
=1ktk01k001
10k1
k0t1
k1tk
00k1
10t1
10tk
0010
10k0
10k1
B adj2
( )
−−−
=
−−−=
100k10
tkk1
1ktk01k001
B adj
2t
2
t
( )
−−−
=
−−−
==−
100k10
tkk1
1
100k10
tkk1
BB adj
B
2
2
t1
28
c) (1 punto). En el caso particular k = 0, hallar B10. Solución. Para k = 0
=100010t01
B
Se calculan las sucesivas potencias de A para ver si existe alguna ley de recurrencia entre ellas.
=
⋅
=⋅=1000102t01
100010t01
100010t01
BBB2
=
⋅
=⋅=1000103t01
100010t01
1000102t01
BBB 23
siguiendo la secuencia, se puede inferir B10.
=100010
10t01B10
Junio 2005. Ejercicio 2B. Calificación máxima: 2 puntos Hallar una matriz X tal que
A−1 X A = B
siendo
−−=
1213
A ,
−=
1211
B .
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.
A−1 X A = B A · A−1 X A · A−1 = A · B · A−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:
( )
−−=
−
−−
=
−−
−−==−
3211
13121
1213
1213
adj
AA adj
A
tt
t1
Sustituyendo en la expresión
−−=
−−⋅
−−
=
−−⋅
−⋅
−−=
76119
3211
1425
3211
1211
1213
X
29
Modelo 2005. Ejercicio 2B. Calificación máxima: 2 puntos. Sea la matriz
−−−
=222222222
A
a) (1 punto) Comprobar que
0A2A 23 =− Solución:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )
A2222222222
·2444444444
2·2·22·22·22·22·22·22·22·22·2·22·22·22·22·22·22·22·22·2·22·22·22·22·22·22·22·2
222222222
·222222222
A : 222222222
A 2
=
−−−
=
−−−
=
=
−−+−−++−++−−+−−++−++−−+−−++−++
=
−−−
−−−
=
−−−
=
A·2A·2·2A2A·A2A·AA
A2A 2223
2
=====
=
Sustituyendo en la expresión se demuestra lo que se pide.
0A4A4A2·2A·2A2A 223 =−=−=−
b) (1 punto) Hallar An. Solución.
A·2A
A2AA2A
:Si
1nn
23
2
=
==
−M
Septiembre 2004. Ejercicio 1A. Calificación máxima: 2 puntos Dadas la matrices
=320210021
A ,
−=310111
211B
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.
( ) 1B 03310203310111
211B −∃⇒≠=+−−++=−=
Calculo de la inversa de B:
30
( )=
−−−
−
=
+−
−−
+
−+−
+−
−−
+
=
−
==−3
033131
134
3
1111
1121
1121
1011
3021
3121
1011
3011
3111
3
310111
211 adj
BB adj
B
t
t
t
t1
−−
−−=
−−
−−
=03
13
111113
13
4
3011333314
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 ABXXBBAB 1
I
11 ⋅=⇒⋅⋅=⋅ −−−321
−−
−=
⋅
−−
−−=⋅= −
32
31
31
5113
113
13
4
320210021
031
31
11113
13
4
ABX 1
Junio 2004. Ejercicio 1B. Calificación máxima: 2 puntos Dadas las matrices:
−=
−−−=
000010001
B y 215113
001A
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.
( ) 12111
11215113
001Adet 11 =
−−
−⋅=−
−−= +
( )=
−
−=
−+
−−−
−+
−−+
−−
−−
+−−
−−
−+
=
−−−
==−
t
tt
t1
112120211
1301
1301
1100
1501
2501
2100
1513
2513
2111
1
215113
001adj
AA adj
A
−=
112121001
31
b) ( 1 punto ) Hallar la matriz X, tal que: BAXA T =⋅⋅
( donde AT 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.
( ) ( ) 1T11TT1T ABAAAXAA : BAXA−−−− ⋅⋅=⋅⋅⋅⋅=⋅⋅
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:
( ) 1T1 ABAX−− ⋅=
Aplicando las propiedades de la transposición de matrices:
( ) ( )T11T AA −−=
sustituyendo en la expresión de la matriz X
( ) =
−⋅
−⋅
−=
−⋅
−⋅
−=⋅= −−
110120211
000010001
112121001
112121001
000010001
112121001
ABAX
T
T11
−−−−−
=
−⋅
−−−=
342431211
110120211
012021001
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:
( ) ABBI 11 −− −=− b. (1 punto) Dada la matriz
−−
=12
11A
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.
( ) ABBI 11 −− −=− multiplicando los dos miembros de la igualdad por la derecha por la matriz (I − B)
( ) ( ) ( )BIABBIBI 11 −⋅−=−⋅− −− teniendo en cuenta que el producto de una matriz por su inversa es la matriz identidad, y quitando paréntesis del 2º miembro
BABABI 11 ⋅+−= −− multiplicando los dos miembros de la igualdad por la derecha por la matriz B
( ) BABBABBIB 11 ⋅⋅+−⋅=⋅ −− teniendo en cuenta también que la matriz I es el elemento neutro de la multiplicación de matrices
BAAB ⋅+−= ordenando
A + B = A · B como se pretende comprobar.
32
b. Tomando la matriz B como
tzyx
, se obtiene:
⋅
−−
=
+
−−
tzyx
1211
tzyx
1211
operando
−−+−+−
=
+−+++−
ty2zx2tyzx
t1z2y1x1
igualando término a término
=−=
−=−−=−
−==
=−=−
−=+−−=++−=++−=+−
0t2
1y:1t2y21ty2
1z0x
:2z2x21zx2
ordenando:
ty2t1:2.2zx2z2:1.2tyy1:2.1zxz1:1.1
−−=
012
10B
Junio 2003. 2B. Calificación máxima: 2 puntos Encontrar un número real ,0≠λ y todas las matrices B de dimensiones 2x2 (distintas de la matriz nula), tales que.
=
λ3903
·B130
·B
Solución.
Sea
=
tzyx
B una matriz genérica de 2×2:
⋅
=
λ⋅
3903
tzyx
130
tzyx
multiplicando cada miembro por separado
++
=
+λ+λ
t3t9z3y3y9x3
tt3zyy3x
igualando las matrices término a término
( )
( )
==−λ
==−λ
=+=+λ
=+=+λ
0t0x·3
0y0x·3
:ordenando
t3t:2.2t9z3t3z:1.2
y3y:2.1y9x3y3x:1.1
para que el sistema tenga solución distinta de la trivial:
λ − 3 = 0 : λ = 3 para λ = 3 la solución del sistema es:
β=α=
zx
quedando la matriz B de la forma:
ℜ∈βα∀
βα
= , 00
B
33
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:
=
a011
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 I·AA·II·AA·A·A 11
I
1 −−− =⇒=321
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) AA·IA·AA IA 232 ==== las potencias de la matriz se alternan entre I y A
=impar esn siA
par esn si IA n
c)
=
+=
==
1001
a0a11
a011
·a011
A·AA 22
identificando
±=⇒==
−=⇒=+=
1a1a:2.200:1.2
1a0a1:2.111:1.1
2
el único valor de a que lo cumple es a = −1, por lo que la matriz queda
−=
1011
A
Junio 2002. Ejercicio 2A. (Puntuación máxima: 2 puntos). Calcular el rango de la matriz A según los diferentes valores del parámetro real a:
−−+−−=
344a531012a02
A
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.
34
083122
≠=−
sus menores orlados son:
( ) ( ) ( )4a·83122
14a34a5
301202
23 +−=−
−⋅+=−+
− +
( )4a1248a12345
3112a2
+=+=−−
−−
El rango de la matriz se discute únicamente para las raíces comunes de los dos menores.
i. Si a ≠ −4, existen menores de orden 3 distintos de cero, rg A = 3. ii. Si a = 4, no existe ningún menor de orden 3 distinto de cero, rg A = 2
Septiembre 2001. Ejercicio 4B. (Puntuación máxima: 3 puntos)
Dada la matriz
−−−=431541
430A se pide:
(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
I100
010001
431531
430
331441101
AAA
331441101
431531
430
431531
430A
23
2
−=
−−
−=
−−−⋅
−−−
−=⋅=
−−−
−=
−−−⋅
−−−=
Demostrado0IIIA 3 =+−=+ 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.
A3 + I = 0; −A3 = I Teniendo en cuenta que la matriz A3 se puede expresar como
−A3 = −A2 · A sustituyendo en la 2ª expresión
−A2 · A = I; multiplicando los dos miembros por A−1 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:
12 AA −=− Luego la matriz A tiene inversa, y es igual a la matriz opuesta de su cuadrado.
−−−−
=
−−−
−−=−=−
331441101
331441101
AA 21
35
La justificación de que A tiene inversa también se puede hacer calculando el determinante de A: Si 1A0A −∃⇒≠
Si 1Ano0A −∃⇒=
1A01431531
430A −∃⇒≠−=
−−−=
c) La matriz A100, se puede expresar como
A100 = A99 · A = (A3)33 · A Teniendo en cuenta A3 + I = 0 ⇒ A3 = −I, sustituyendo en la 1ª igualdad:
A100 = (−I)33 · A = (−1 · I)33 · A = (−1)33 · I33 · A
AAI1AII
1)1( 10033
33
−=⋅⋅−=⇒
=
−=−
−−−
−−=
431531430
A100
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) Se definen:
=
2221
1211
aaaa
A
=
2221
1211
bbbb
B
++++
=+22222121
12121111
babababa
BA
Traza A = a11+ a22
Traza B = b11+ b22
Traza ( A + B ) = a11 + b11 + a22 + b22
Sumando: Traza A + Traza B = (a11+ a22) + (b11+ b22)
Ordenando de otra forma (a11+ a22) + (b11+ b22) = (a11 + a22) + (b11 + b22) = Traza A + Traza B
(b)
++++
=
=
2222122121221121
2212121121121111
2221
1211
2221
1211
b·ab·abab·ab·ab·ab·ab·a
bbbb
·aaaa
B·A
Traza AB = a11 b11 + a12 b21 + a21 b12 + a22 b22
++++
=
=
2222122121221121
2212121121121111
2221
1211
2221
1211
a·ba·ba·baba·ba·ba·ba·b
aaaa
·bbbb
A·B
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
36
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
d) Sean las matrices:
=
2002
A
=
3003
B
=
6006
B·A
4222002
Traza =+=
: 633
3003
Traza =+=
: 1266
6006
Traza =+=
Traza A · Traza B = 4·6 = 24 ≠ Traza (AB) = 12.