Soluciones Matrices 2º CCSS

Unidad 1 – Matrices PÁGINA 7

SOLUCIONES 1. La resolución de los sistemas puede expresarse de la forma siguiente:

La segunda matriz proporciona la solución x = 5, y = 6.

La última matriz proporciona la solución x = 2, y = 3, z = 4.

1

2. Veamos que P 2 = P. Para ello,

Las igualdades anteriores son debidas a: (1) la definici贸n de la potencia al cuadrado; (2) la hip贸tesis PQ = P; (3) la propiedad asociativa del producto; (4) la hip贸tesis QP = Q; (5) la hip贸tesis PQ = P. 3. La que indica las relaciones existentes en el grafo es:

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SOLUCIONES 1. Supongamos que la edad de la madre es de 39 años; imponiendo las condiciones del problema, obtenemos: 393939 = 39 ⋅ P ⋅ H1 ⋅ H 2 ⋅ H3 ⋅ H 4 ⇒ P ⋅ H1 ⋅ H 2 ⋅ H3 ⋅ H 4 = 10101 P ⋅ H1 ⋅ H2 ⋅ H3 ⋅ H 4 = 37 ⋅13 ⋅ 7 ⋅ 3 ⋅1 Luego si la madre tiene 39 años, el padre tiene 37 y los cuatro hijos tienen respectivamente, 13, 7, 3 y 1 años.

Observamos que si partimos de que la madre tiene 38 años obtenemos la misma respuesta, e igual que para 37, 36, 35 años. Es decir, independientemente de la edad de la madre, nos salen las edades del padre, 37 años, y las edades de los hijos: 13, 7, 3 y 1 años.

En general la madre tendrá xy años xy = 10 x + y años.

xyxyxy = xy ⋅ P ⋅ H1 ⋅ H 2 ⋅ H3 ⋅ H 4 ⇒

xyxyxy = P ⋅ H1 ⋅ H2 ⋅ H3 ⋅ H 4 xy

Ahora bien:

xyxyxy 100 000 x + 10 000 y + 1000 x + 100 y + 10 x y = = xy 10 x + y 101010 x + 10101y 10101(10 x + y ) = = = 10101 10 x + y 10 x + y Descomponemos 10 101 en factores y es: 10101= 37 ⋅13 ⋅ 7 ⋅ 3 ⋅1 Luego las edades serán: Q = 37 años

H3 = 3 años

H1 = 13 años

H 4 = 1año

H2 = 7 años

3

2. Llamamos x, y a los números. Se debe cumplir que: x + y = x⋅y =

x y

Resolviendo: x x + y = x⋅y ⇒ y= x −1 x  x ⋅y = 2  y  ⇒ xy = x ⇒ y = ± 1 Luego para y = + 1 ⇒ Para y = − 1 ⇒

x = 1 no tiene solución. x −1

x 1 = −1 ⇒ x = 2 x −1

1 La solución válida es: x = ; y = − 1 2

4

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SOLUCIONES 1. Realizando las operaciones indicadas y aplicando la igualdad de matrices, obtenemos:

Resolviendo el sistema, a = 5, b = 12, c = − 6, d = − 4.

2. La solución en cada caso queda:

0   5 − 1  1 − 1  4  +   =   0 3 − 1 − 2 − 1 1      

a) A + B = 

0   −1 2  − 2 − 3  1 − 1  4  −   −   =   0 3 − 1 − 2 − 2 3 3 2        

b) A − B − C = 

 1 − 1  4 0   −1 2  − 2 − 3   −   −   =    0 3   −1 − 2  − 2 3   3 2 

c) 3A − B − C = 

0   4 0   −1 2   5 2  − 4 8   9 −6  1 − 1  4 d) AB − BC =  ⋅ − ⋅ = − =   0 3   −1 − 2   −1 − 2   − 2 3   − 3 − 6   5 − 8   − 8 2  0  0   −1 2   1 − 1  4  1 − 1  − 1 2  4 e) 2 AB + 3 AC − 5BC = 2   ⋅ +3 ⋅ −5  ⋅ =  0 3   −1 − 2  0 3  − 2 3  −1 − 2   − 2 3 

4   3 − 3   − 20 40   33 − 39   10  +   −   =   =   − 6 − 12   − 18 27   25 − 40   − 49 55 

3. Los productos quedan:

6

4. Los productos posibles son:

5. En general, las igualdades anteriores no son ciertas, ya que el producto de matrices no es conmutativo.

6. Encuentra todas las matrices, del orden correspondiente, que conmuten con las matrices siguientes:

 1 1  1 2  y B =   A =   0 1  −1 0 a b   1 1  la matriz que conmuta con A =   . Debe cumplirse: XA = AX d  0 1

Sea X =  c

a = a + c   a b   1 1  1 1  a b   a a + b   a + c b + b  a + b = b + d  ⋅   =   ⋅   ⇔   =  ⇔ X =  d  c = c  c d   0 1  0 1  c d   c c + d   c c + d = d c = 0 d = a

Resolviendo el sistema, obtenemos 

a b  con a y b números reales cualesquiera. a 

Las matrices buscadas son de la forma X =  0

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a b   1 2  la matriz que conmuta con B =   . Debe cumplirse: XB = BX d  −1 0

Sea X =  c

a − b = a + 2c   a b   1 2   1 2   a b   a − b 2b   a + 2c b + 2d  2a = b + 2d  ⋅   =   ⋅   ⇔   =  ⇔ X =  − b  c − d = − a  c d   − 1 0   − 1 0   c d   c − d 2c   − a 2c = − b a = − c + d b = − 2c

Resolviendo el sistema, obtenemos 

−c + d  c

Las matrices buscadas son de la forma X = 

− 2c   con c y d números reales d 

cualesquiera.

7. Llamamos A y B a las matrices numéricas que aparecen en cada uno de los sistemas.

Resolvemos éstos por el método de reducción y obtenemos:

8

1 1  x = A− B 3 x + y = A 3 x + y = A   2 2 d)  ⇔ 1 1 ⇔ + = 1 x y B x = A − B   y = − A + 3 B 2 2 2 2 



1

0 

 0

8 

 e Y =   Por tanto, X =   − 3 / 2 1/ 2   3 / 2 1/ 2 

2 x − 3 y = A  x − y = B  x = − A + 3B ⇔ ⇔ x − y = B y = − A + 2 B y = − A + 2B

e) 

 − 4 − 5  − 3 − 5  e Y =   16   2 10 

Por tanto, X =   5

8. Las operaciones quedan: a) C ⋅ A = ( 7 −1)

 12 −9    b) A ⋅ B =  0 1  −9 4   

 8 4 12    c) 2 ⋅C ⋅ C =  4 2 6   12 6 18   

 −3  d) B ⋅ A ⋅C t =    −5 

t

t

t

t

9. Toda matriz cuadrada A puede expresarse de la forma A = En la suma anterior, el sumando

A + At A − At + .

2 2

A + At A − At es una matriz simétrica y el sumando es una 2 2

matriz antisimétrica.

Las descomposiciones pedidas son:

9

10. En cada uno de los dos casos queda del siguiente modo: Calculamos las potencias sucesivas de A.

Observamos que las potencias de la matriz A se repiten de cuatro en cuatro. Así:

A50 = A 4 ⋅12 + 2 = ( A 4 )12 ⋅ A2 = I 12 ⋅ A2 = I ⋅ A 2 = A2 = − I A97 = A 4 ⋅ 24 + 1 = ( A 4 )24 ⋅ A = I 24 ⋅ A = I ⋅ A = A a 0 La matriz   que conmuta con A cumplirá:  b 1

 0 −1  a 0   a 0   0 −1  ⋅ =  ⋅   1 0   b 1  b 1  1 0 

 −b −1  0 −a  Finalmente:  =  con a = 1 y b = 0.  a 0   1 −b 

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SOLUCIONES 11. Las triangulares equivalentes son:

12

12. Las inversas quedan del siguiente modo:

13

13. Despejamos la matriz X en la ecuación dada:

1 x  0   2    =   AX − BX = C ⇒ ( A − B ) X = C y calculemos esta matriz X:   − 3 − 2   y   − 1 2 x + y = 0  x = − 1  − 1 donde la matriz X es: X =   ⇒  − 3 y − 2 y = − 1  y = 2 2

14. Queda:

1 2   3 1   7 7   1 

   =  La matriz (AB ) es  1 0   2 3   3

7 3  1 

La matriz traspuesta de la anterior ( AB)t es  7

 − 1 / 14

La matriz inversa de la anterior ( AB )− 1 es   3 / 14

1/ 2   − 1 / 2 

15. La solución queda:

 0 1 − 2   La matriz B es B =  − 1 1 1  2 1 0     a b c   0 1 − 2  0 3 − 6      Resolvemos la ecuación:  d e f   − 1 1 1  =  − 3 3 3  g h i   2 1 0   6 3 0       Operando e igualando matrices obtenemos tres sistemas: − b + 2c = 0  a = 3   a + b + c = 0  ⇒ b = 0 − 2a + b = − 6  c = 0

− e + 2f = − 3 d = 0   d + e + f = 3  ⇒ e = 3 − 2d + e = 3  f = 0

− h + 2i = 6  g = 0   g + h + i = 3  ⇒ h = 0 − 2g + h = 0 i = 3

3 0 0   La matriz X viene dada por: X =  0 3 0  0 0 3  

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16. Queda del siguiente modo:

 1 0 1  = Rango de 2 1 0

1 0 1    = 2 0 1 − 2

a) Rango de 

0 2 1    b) Rango de  1 0 − 1 = Rango de 0 4 2   

 1 0 − 1   0 2 1  = 2 0 0 0   

 2 1 − 1   c) Rango de  1 5 1  = Rango de 3 6 1   

1 1 5    0 − 9 − 3  = Rango de  0 − 9 − 2  

0 1 3   d) Rango de  2 2 1  = Rango de 2 4 7  

 2 2 1    0 1 3  = Rango de 0 2 6  

1 1 5   0 − 9 − 3 = 3 0 0 1  

 2 2 1   0 1 3 = 2 0 0 0  

17. Quedan: a) Escribe tres matrices de dimensión 3x3 que tengan, respectivamente, rango 3, 2 y 1  1 1 0   Una matriz 3x3 de rango 3 es A =  1 0 1  . Tiene las tres filas independientes.  0 1 1   1 2 3    Una matriz 3x3 de rango 2 es B =  0 1 −1 . La fila tercera es suma de la primera y la 1 3 2    segunda.

2 −1   1   Una matriz 3x3 de rango 1 es C =  4 8 −4  . La fila segunda es cuatro veces la  −5 −10 5    primera y la fila tercera es el producto de –5 por los elementos de la fila primera.

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b) Escribe tres matrices 3x2 que tengan, respectivamente, rango 1, 2 y 3.  1 2   Una matriz 3x2 de rango 1 es A =  4 8  . La fila segunda es cuatro veces la fila primera y  −3 −6    la fila tercera es el producto de los elementos de la fila primera por –4.  1 2   Una matriz 3x2 de rango 2 es A =  −1 0  . La fila tercera es suma de los elementos de las  0 2   filas primera y segunda.

Una matriz 3x3 de rango 3 no puede existir.

18. La solución queda: Sean X, Y, Z tres matrices tales que es posible efectuar Zt – XY. ¿Es posible efectuar (Y · Z)t + X? Sea Z una matriz de dimensión (m x n) por tanto Zt tendrá por dimensión (n x m).

Para que sea posible efectuar la operación Zt – X Y las matrices X e Y tendrán por dimensiones X ( n x p) e Y ( p x m). De este modo YZ es una matriz de dimensión (p x n) y (Y Z )t será de dimensión (n x p) y como X es de dimensión (n x p) es posible efectuar la suma (Y Z)t + X. 19. Quedan: a) 100 pizzas de calidad extra necesitan 15 000 g de masa, 20 000 g de ingredientes y 25 000 g de queso; 120 pizzas de calidad superior necesitan 24 000 g de masa, 24 000 g de ingredientes y 24 000 g de queso, y 200 pizzas de calidad normal necesitan 50 000 g de masa, 30 000 g de ingredientes y 20 000 g de queso.

 0,150 0, 200 0, 250   1, 50 €  1, 512 €       b)  0, 200 0, 200 0, 200   3, 00 €  =  1, 45 €   0, 250 0,150 0,100   2, 75 €   1,10 €       Esta matriz nos da el precio de cada pizza extra, superior y normal, respectivamente.

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SOLUCIONES 20. Queda del siguiente modo:

El valor que hace que la última matriz sea la matriz nula es k = 1 .

21. Operando en la ecuación matricial, obtenemos:

2BA + B = AXA + B ⇔ AXA = 2BA ⇔ AX = 2B ⇔ X = 2 A − 1B Por tanto, la solución es la matriz X = 2 A − 1B .

2 3   1   Al ser  2 5 7  , la matriz buscada es la resultante de efectuar la operación: − 2 − 4 − 5   2 3   1 − 1 2   − 2 − 8 14   1      X = 2A B = 2  2 5 7   − 1 0 1  =  − 6 − 18 32   − 2 − 4 − 5   0 − 1 1  4 14 − 26      −1

22. Queda:

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23. Queda del siguiente modo:

24. Queda:

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25. La solución es:

 284 500 239 500 240 000    286 500 239 000 233 700 

a) T ⋅ M = 

El elemento a11 de esta matriz representa el precio en euros que cobra la empresa E1 por llevar el producto A a estos cuatro países.

El elemento a23 nos da el precio que cuesta transportar C con la empresa E 2 . b) La suma de los elementos de cada fila de esta matriz nos muestra la más barata y es la empresa E 2 .

26. Queda:

B 2 = B ⋅ B = (2 A − I ) ⋅ (2 A − I ) = 4 A 2 − 2 AI − 2 AI + I 2 = 4 A − 2 A − 2 A + I = I Por tanto, la matriz B 2 es la identidad.

27. Queda:

 4 − 5  −3 4 

La matriz B − 1 es 

−3

La matriz A 2 es   0

0   − 3 0  9 0  =  − 3   0 − 3   0 9   4

La matriz B − 1 A 2 es  −3

− 5   9 0   36 − 45   =  4   0 9   − 27 36 

 36

La matriz B − 1 A 2 B es   − 27

− 45   36 

 4 − 5 9 0   =    − 3 4  0 9

28. La solución queda: a b 

 1 −1 .

3

Sea A =   la matriz que conmuta con X =  c d  2  a b   1 −1 Debe cumplirse: AX = XA ⇔  ⋅  = c d  2 3 

 1 −1  a b   ⋅   2 3  c d 

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Entonces:  a + 2b   c + 2d

a + 2b = a − c  − a + 3b = b − d − a + 3b  b −d  a−c  ⇔ =     − c 3d  2 a + 3 c 2 b 3 d    c + 2d = 2a + 3c  − c + 3d = 2b + 3d

c = − 2b Resolviendo el sistema, obtenemos  d = a − 2b b   a Las matrices buscadas son de la forma A =    − 2b a − 2b  cualesquiera.

con a y b números reales

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