Ejercicio resuelto de Álgebra · Matemáticas II · Galicia · 2025

PREGUNTA 2. NÚMEROS Y ÁLGEBRA. (2,5 puntos). Responda uno de estos dos apartados: 2.1. o 2.2.

2.1. Responda a las dos cuestiones siguientes:

2.1.1. Si $A=\left(\begin{array}{cc}2& 5\\ 2& -1\end{array}\right)$, halle $\alpha ,\beta \in \mathbb{R}$ tales que $A^2+\alpha A+\beta I=0$, donde $I$ y $0$ son las matrices identidad y cero, respectivamente.

2.1.2. Calcule la matriz cuadrada $X$ tal que $XA=B$, si $A=\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 1& 1\end{array}\right)$ y $B=\left(\begin{array}{cc}2& 1\\ 1& 1\end{array}\right)$. ¿Son iguales $XA$ y $AX$?

2.2. Discuta, según los valores del parámetro $m$, el sistema $\{\begin{array}{rcrcrcl}x& +& y& +& mz& =& 1,\\ x& +& my& +& z& =& 1,\\ mx& +& y& +& z& =& 1.\end{array}$

El examen permite elegir entre el apartado 2.1 y el 2.2; se resuelven los dos.



Calculamos primero $A^2$ y después imponemos la igualdad elemento a elemento.

$A^2=\left(\begin{array}{cc}2& 5\\ 2& -1\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}2& 5\\ 2& -1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}4+10& 10-5\\ 4-2& 10+1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}14& 5\\ 2& 11\end{array}\right)$

$A^2+\alpha A+\beta I=\left(\begin{array}{cc}14+2\alpha +\beta & 5+5\alpha \\ 2+2\alpha & 11-\alpha +\beta \end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}0& 0\\ 0& 0\end{array}\right)$

De los elementos que no están en la diagonal se obtiene directamente $\alpha$:

$5+5\alpha =0\Rightarrow \alpha =-1$, y también $2+2\alpha =0\Rightarrow \alpha =-1$

Sustituyendo en los de la diagonal:

$14+2(-1)+\beta =0\Rightarrow 12+\beta =0\Rightarrow \beta =-12$

$11-(-1)+\beta =0\Rightarrow 12+\beta =0\Rightarrow \beta =-12$

Las cuatro ecuaciones son compatibles, luego $\alpha =-1$ y $\beta =-12$. Obsérvese que son la traza cambiada de signo y el determinante de $A$, como afirma el teorema de Cayley-Hamilton.



En $XA=B$ la incógnita está multiplicada por la izquierda, así que despejamos multiplicando por $A^{-1}$ por la derecha.

$XA{A}^{-1}=B{A}^{-1}\Rightarrow X=B{A}^{-1}$

Comprobamos que $A$ es invertible y calculamos su inversa.

$\mathrm{\mid }A\mathrm{\mid }=\mid \begin{array}{cc}1& 0\\ 1& 1\end{array}\mid =1\mathrm{\ne }0\Rightarrow \mathrm{\exists }{A}^{-1}$

$A^{-1}={\displaystyle \frac{1}{\mathrm{\mid }A\mathrm{\mid }}}\mathrm{Adj}(A^T)={\displaystyle \frac{1}{1}}\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ -1& 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ -1& 1\end{array}\right)$

$X=B{A}^{-1}=\left(\begin{array}{cc}2& 1\\ 1& 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ -1& 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}2-1& 1\\ 1-1& 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 0& 1\end{array}\right)$

Para responder a la última cuestión calculamos los dos productos.

$XA=\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 0& 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 1& 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}2& 1\\ 1& 1\end{array}\right)=B$

$AX=\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 1& 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 0& 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& 2\end{array}\right)$

Luego $X=\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 0& 1\end{array}\right)$ y $XA\mathrm{\ne }AX$: el producto de matrices no es conmutativo.

$\mathbf{\text{2.2.}}\mathbf{\text{Discuta,}}\mathbf{\text{seg}}\acute{\mathbf{\text{u}}}\mathbf{\text{n}}\mathbf{\text{los}}\mathbf{\text{valores}}\mathbf{\text{del}}\mathbf{\text{par}}\acute{\mathbf{\text{a}}}\mathbf{\text{metro}}\mathit{m}\mathbf{\text{,}}\mathbf{\text{el}}\mathbf{\text{sistema}}$

Llamamos $M$ a la matriz de coeficientes y $M^{\ast }$ a la ampliada, y aplicamos el teorema de Rouché-Frobenius.

$M=\left(\begin{array}{ccc}1& 1& m\\ 1& m& 1\\ m& 1& 1\end{array}\right)M^{\ast }=\left(\begin{array}{cccc}1& 1& m& 1\\ 1& m& 1& 1\\ m& 1& 1& 1\end{array}\right)$

$\mathrm{\mid }M\mathrm{\mid }=\mid \begin{array}{ccc}1& 1& m\\ 1& m& 1\\ m& 1& 1\end{array}\mid =m+m+m-m^3-1-1=-m^3+3m-2$

$\mathrm{\mid }M\mathrm{\mid }=0\Rightarrow -(m^3-3m+2)=0\Rightarrow -(m-1{)}^2(m+2)=0\Rightarrow \{\begin{array}{l}m=1\\ m=-2\end{array}$

Si $m\mathrm{\ne }1$ y $m\mathrm{\ne }-2$, entonces $\mathrm{\mid }M\mathrm{\mid }\mathrm{\ne }0\Rightarrow \mathrm{ran}(M)=\mathrm{ran}(M^{\ast })=3=\text{n.º de inc}\acute{\text{o}}\text{gnitas}$ y el sistema es compatible determinado.

Si $m=1$, las tres ecuaciones se convierten en la misma:

$M^{\ast }=\left(\begin{array}{cccc}1& 1& 1& 1\\ 1& 1& 1& 1\\ 1& 1& 1& 1\end{array}\right)\Rightarrow \mathrm{ran}(M)=\mathrm{ran}(M^{\ast })=1$

$\mathrm{ran}(M)=\mathrm{ran}(M^{\ast })=1<3=\text{n.º de inc}\acute{\text{o}}\text{gnitas}\Rightarrow \text{sistema compatible indeterminado}$

Queda una sola ecuación, $x+y+z=1$, con dos grados de libertad; su solución es:

$\{\begin{array}{l}x=1-\lambda -\mu \\ y=\lambda \\ z=\mu \end{array}\lambda ,\mu \in \mathbb{R}$

Si $m=-2$, la matriz ampliada es:

$M^{\ast }=\left(\begin{array}{cccc}1& 1& -2& 1\\ 1& -2& 1& 1\\ -2& 1& 1& 1\end{array}\right)$

Sabemos que $\mathrm{\mid }M\mathrm{\mid }=0$, y el menor

$\mid \begin{array}{cc}1& 1\\ 1& -2\end{array}\mid =-2-1=-3\mathrm{\ne }0\Rightarrow \mathrm{ran}(M)=2$

Orlamos ese menor con la columna de términos independientes:

$\mid \begin{array}{ccc}1& 1& 1\\ 1& -2& 1\\ -2& 1& 1\end{array}\mid =-2-2+1-4-1-1=-9\mathrm{\ne }0\Rightarrow \mathrm{ran}(M^{\ast })=3$

$\mathrm{ran}(M)=2\mathrm{\ne }3=\mathrm{ran}(M^{\ast })\Rightarrow \text{sistema incompatible}$

En resumen: el sistema es compatible determinado para todo $m$ distinto de 1 y de $-2$, compatible indeterminado con dos parámetros para $m=1$, e incompatible para $m=-2$.