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 $A = \begin{pmatrix} 2 & 5 \\ 2 & -1 \end{pmatrix}$, 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 $A = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}$ y $B = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}$. ¿Son iguales $XA$ y $AX$?

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

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

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

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

$A^{2}=\begin{pmatrix} 2 & 5 \\ 2 & -1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 2 & 5 \\ 2 & -1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 4+10 & 10-5 \\ 4-2 & 10+1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 14 & 5 \\ 2 & 11 \end{pmatrix}$

$A^{2}+\alpha A+\beta I=\begin{pmatrix} 14+2\alpha+\beta & 5+5\alpha \\ 2+2\alpha & 11-\alpha+\beta \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$

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.

$\textbf{2.1.2. Calcule la matriz cuadrada } \boldsymbol{X}\textbf{ tal que } \boldsymbol{XA = B}\textbf{, si } \boldsymbol{A = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}}\textbf{ y } \boldsymbol{B = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}}\textbf{. ¿Son iguales } \boldsymbol{XA}\textbf{ y } \boldsymbol{AX}\textbf{?}$

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

$XAA^{-1}=BA^{-1} \Rightarrow X=BA^{-1}$

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

$|A|=\begin{vmatrix} 1 & 0 \\ 1 & 1 \end{vmatrix}=1\neq 0 \Rightarrow \exists\, A^{-1}$

$A^{-1}=\dfrac{1}{|A|}\operatorname{Adj}(A^{T})=\dfrac{1}{1}\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ -1 & 1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ -1 & 1 \end{pmatrix}$

$X=BA^{-1}=\begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ -1 & 1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 2-1 & 1 \\ 1-1 & 1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$

Para responder a la última cuestión calculamos los dos productos.

$XA=\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}=B$

$AX=\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}$

Luego $X=\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ y $XA\neq AX$: el producto de matrices no es conmutativo.

$\textbf{2.2. Discuta, según los valores del parámetro } \boldsymbol{m}\textbf{, el sistema}$

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

$M=\begin{pmatrix} 1 & 1 & m \\ 1 & m & 1 \\ m & 1 & 1 \end{pmatrix} \qquad M^{*}=\begin{pmatrix} 1 & 1 & m & 1 \\ 1 & m & 1 & 1 \\ m & 1 & 1 & 1 \end{pmatrix}$

$|M|=\begin{vmatrix} 1 & 1 & m \\ 1 & m & 1 \\ m & 1 & 1 \end{vmatrix}=m+m+m-m^{3}-1-1=-m^{3}+3m-2$

$|M|=0 \Rightarrow -(m^{3}-3m+2)=0 \Rightarrow -(m-1)^{2}(m+2)=0 \Rightarrow \begin{cases} m=1 \\ m=-2 \end{cases}$

Si $m\neq 1$ y $m\neq -2$, entonces $|M|\neq 0 \Rightarrow \operatorname{ran}(M)=\operatorname{ran}(M^{*})=3=\text{n.º de incógnitas}$ y el sistema es compatible determinado.

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

$M^{*}=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \end{pmatrix} \Rightarrow \operatorname{ran}(M)=\operatorname{ran}(M^{*})=1$

$\operatorname{ran}(M)=\operatorname{ran}(M^{*})=1<3=\text{n.º de incógnitas} \Rightarrow \text{sistema compatible indeterminado}$

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

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

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

$M^{*}=\begin{pmatrix} 1 & 1 & -2 & 1 \\ 1 & -2 & 1 & 1 \\ -2 & 1 & 1 & 1 \end{pmatrix}$

Sabemos que $|M|=0$, y el menor

$\begin{vmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -2 \end{vmatrix}=-2-1=-3\neq 0 \Rightarrow \operatorname{ran}(M)=2$

Orlamos ese menor con la columna de términos independientes:

$\begin{vmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & -2 & 1 \\ -2 & 1 & 1 \end{vmatrix}=-2-2+1-4-1-1=-9\neq 0 \Rightarrow \operatorname{ran}(M^{*})=3$

$\operatorname{ran}(M)=2\neq 3=\operatorname{ran}(M^{*}) \Rightarrow \text{sistema incompatible}$

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 $m=-2$.