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
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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
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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:
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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:
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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:
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12. Las inversas quedan del siguiente modo:
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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:
18
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
20
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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