´ALGEBRA LINEAL I

ÁLGEBRA LINEAL I
Algunas soluciones a la Práctica 3
Matrices y determinantes
(Curso 2010–2011)
2.– Sea A una matriz diagonal n × n y supongamos que todos los elementos de su diagonal son distintos
entre sı́. Demostrar que cualquier matriz n × n que conmute con A ha de ser diagonal.
(Examen final, junio 2002)
Sea B una matriz que conmuta con A, es decir, AB = BA. Queremos ver que B es diagonal, es decir,
bij = 0 si i 6= j.
Comparemos los términos de las matrices AB y BA. El término en la fila i y columna j de AB es:
n
X
aik bkj = aii bij
k=0
ya que los términos aik con i 6= k se anulan, por ser A diagonal. Por otra parte el término en la fila i y
columna j de BA es:
n
X
bik akj = bij ajj
k=0
donde de nuevo los terminos akj con k 6= j se anulan.
Como AB = AB, entonces aii bij = ajj bij y (aii − ajj )bij = 0. Si i 6= j, entonces aii − ajj 6= 0, porque
habı́amos supuesto que los términos de la diagonal de A son todos diferentes. Por tanto bij = 0 si i 6= j
y concluimos que B es una matriz diagonal.
3.– Se define la traza de una matriz cuadrada como la suma de los elementos de su diagonal principal. Sean
A, B, C ∈ Mn×n (K) (C regular) y α ∈ IR. Demostrar:
(a) tr(A + B) =trA+trB.
Esto es evidente sin más que tener en cuenta que los términos de la diagonal de A + B se obtienen
sumando los términos de la diagonal de A con los términos de la diagonal de B. Formalmente, si
D = A + B:
tr(A + B) =
n
X
dkk =
k=1
n
X
(akk + bkk ) = (
k=1
n
X
akk ) + (
k=1
n
X
bkk ) = tr(A) + tr(B)
k=1
(b) tr(αA) = α trA.
De nuevo sólo hay que tener en cuenta que los términos de la diagonal de (αA) se obtienen multiplicando
por α los términos de la diagonal de A. Formalmente, si D = αA:
tr(αA) =
n
X
k=1
dkk =
n
X
(αakk ) = α
k=1
n
X
k=1
akk = αtr(A)
5.– Sea A la matriz cuadrada de tamaño n × n (n ≥ 2) cuyos elementos son
aij =
a
b
si i = j
si i 6= j
Hallar a y b para que se verifique la relación A2 = I, siendo I la matriz identidad n × n.
(Examen final, junio 1998)
Como A2 = I, los términos de la diagonal de A2 son 1 y los términos fuera de la diagonal se anulan.
Teniendo en cuenta como está definida A y haciendo el producto A · A tenemos:
1=
0=
n
X
k=1
n
X
k=1
n
X
aik aki = (
aik aki ) + aii aii = (
k=1,k6=i
n
X
n
X
b2 ) + a2 = (n − 1)b2 + a2
k=1,k6=i
aik akj ) + aii aij + aij ajj = (n − 2)b2 + 2ab (si i 6= j)
aik akj = (
k=1,k6=i,k6=j
Ahora sólo queda discutir las posibles soluciones del sistema de ecuaciones:
b(2 − n)
. Sustituyendo este
- Si b 6= 0, podemos dividir por b en la segunda ecuación. Obtenemos a =
2
valor de a en la primera, queda una ecuación de segundo grado. Resolviéndola llegamos a:
2
b=+ ,
n
2
b=− ,
n
2−n
, ó
n
2−n
a=−
n
a=+
- Si b = 0, entonces obtenemos a2 = 1, es decir:
b = 0,
a = +1,
b = 0,
a = −1
ó
6.– Sea X una matriz cuadrada de tamaño n × n y elementos reales. Sea k un número par. Probar que si
X k = −Id, entonces n es también un número par.
Si se cumple que X k = −Id, aplicando determinantes obtenemos que
det(X k ) = det(−Id).
Pero det(X k ) = det(X)k y det(−Id) = (−1)n . Por tanto:
det(X)k = (−1)n
Como k es par, det(X)k es positivo; entonces (−1)n ha de ser positivo y en consecuencia n tiene que
ser un número par.
7.– Hallar An , para n ∈ IN, donde:

1
A = 0
0
1
1
0
Método I: Calculemos las potencias bajas de A:



1 2 1
1 3
A2 =  0 1 2  ,
A3 = A2 · A =  0 1
0 0 1
0 0


1 5 10
A5 = A4 · A =  0 1
5
,...
0 0
1

0
1
1

3
3,
1

1
A4 = A3 · A =  0
0
4
1
0

6
4,
1
Nos fijamos en que la potencia n-sima de A parece tener la siguientes expresión:


n(n − 1)
1
n


2
An =  0 1
.
n
0 0
1
El término en la posición 1, 3 corresponde a la suma de los n − 1 primeros números enteros positivos:
1 + 2 + 3 + . . . + (n − 1) =
n(n − 1)
.
2
Utilizando inducción, probemos que esta fórmula es cierta:
- Para n = 1 está claro que se cumple.
- Supongamos que es cierta para n − 1 y probémosla para n:

 
(n − 1)(n − 2)
1 1
1
n
−
1

 
2
·
0 1
An = An−1 · A =  0

1
n−1
0 0
0
0
1
 
0
1
1 = 0
1
0
n
1
0

n(n − 1)

2
.
n
1
Método II: Descomponemos A como:

A = Id + B;
con
0
B = 0
0

0
1.
0
1
0
0
Dado que Id y B conmutan podemos aplicar la fórmula del binomio de Newton:
An = (Id + B)n =
n n X
X
n
n
B k Idn−k =
Bk .
k
k
k=0
Pero:

0
B = 0
0
2
0
0
0

1
0;
0
k=0

0
B = B · B = 0
0
3
2
0
0
0

0
0  = Ω,
0
y por tanto en general,
B k = Ω, si k ≥ 3.
La expresión anterior queda:

0
n
An = B 0 + nB 1 +
B 2 = Id +  0
2
0
 
n 0
0 0
0 n + 0 0
0 0
0 0
 
n(n − 1)
 1
2
 = 0
0
0
0
n
1
0

n(n − 1)

2
.
n
1
9.– Determinar el rango de la siguiente matriz según los valores de a y b :

3−b
 a
−b
−a
a
−a
b−2
−a
b

1−a
a 
−a
Utilizaremos que el rango se conserva por operaciones elementales. Buscamos simplificar la matriz:




3 − b −a b − 2 1 − a
3 − b + a −a b − a − 2 b − a − 1
µ12 (−1)µ32 (1)µ42 (−1)
14 (1)
 a
 µ−→
a
−a
a  −→ −→ −→ 
0
a
0
0
−b −a
b
−a
−b + a −a
b
b−a

2
−→  0
0
−a
a
−a
b−a−2
0
b



b−a−1
1 −a b − a − 2 b − a − 1
µ1 1/2
21 (a)µ31 (−b+a+2)µ41 (−b+a+1)
 −→  0 a
 µ−→
0
0
0
−→
−→
b−a
0 −a
b
b−a




1 0 0
0
1 0 0
0
H32 (1)
−→  0 a 0
0  −→  0 a 0
0 
0 −a b b − a
0 0 b b−a
Vemos entonces que:
- Si a, b 6= 0 tenemos un menor 3 × 3 de determinante no nulo, formado por las primeras tres filas y
columnas. El rango es 3.
- Si a = 0 y b 6= 0 nos queda la matriz:

1
0
0
0
0
0
0
0
b

0
0
b
No puede ser de rango 3 porque una fila es nula y el menor 2 × 2 formado por la primera y tercera filas
y columnas, tiene determinante no nulo. El rango es 2.
- Si b = 0 y a 6= 0 nos queda:

1
0
0

0 0 0
a 0 0 
0 0 −a
El menor formado por las tres primeras filas y las columnas 1,2,4 tiene determinante no nulo. El rango
es 3.
- Si a = b = 0, entonces queda:

1
0
0
0
0
0
0
0
0

0
0
0
El rango es 1.
Resumiendo:


3
rango = 2


1
si a 6= 0,
si a = 0 y b 6= 0,
si a = b = 0.
10.–
(a) Describir todas las matrices singulares reales simétricas 2 × 2, cuya traza es nula.
Supongamos que A es una matriz simétrica singular de traza nula y dimensión 2 × 2. Por ser simétrica
coincide con su traspuesta y puede escribirse como:
A=
a
b
b
c
Por tener traza 0 se verifica que a+c = 0 y por ser singular, su determinante es nulo, es decir ac−b2 = 0.
Analizamos el sistema:
a+c=0
ac − b2 = 0
De la primera ecuación obtenemos a = −c y sustituyendo en la segunda, −a2 − b2 = 0, es decir,
a2 + b2 = 0. Pero como a2 y b2 son no negativos, la única posibilidad es a = b = 0. Deducimos que la
única matriz singular real simétrica de dimensión 2 × 2 cuya traza es 0 es la matriz nula Ω.
(b) Describir todas las matrices singulares reales hemisimétricas 2 × 2, cuya traza es nula.
Ahora si A es una matriz hemisimétrica de dimensión dos, puede escribirse como:
0 b
A=
−b 0
La traza siempre es 0. Si su determinante es nulo, queda b2 = 0. Por tanto de nuevo la única matriz
posible es la matriz nula.
11.– Sea n > 2 y A ∈ Mn×n (IR), una matriz inversible. Sea adj(A) su matriz adjunta. Probar que:
(a) det(adj(A)) = det(A)n−1 .
Sabemos que:
A−1 =
1
adj(A).
det(A)
De donde:
adj(A) = det(A) · A−1 .
Aplicando determinantes queda:
det(adj(A)) = det(det(A) · A−1 ) = det(A)n det(A−1 ) =
det(A)n
= det(A)n−1 .
det(A)
(b) adj(adj(A)) = det(A)n−2 · A.
Como antes sabemos que:
adj(A) = det(A) · A−1 .
Entonces:
adj(adj(A)) = det(adj(A))·adj(A)−1 = det(A)n−1 ·(det(A)·A−1 )−1 = det(A)n−1 ·det(A)−1 ·A = det(A)n−2 ·A.
13.– Hallar el siguiente determinante para n ≥ 2
x1 + y1
x2 + y1
An = x3 + y1
..
.
xn + y1
x1 + y2
x2 + y2
x3 + y2
..
.
x1 + y3
x2 + y3
x3 + y3
..
.
···
···
···
..
.
xn + y2
xn + y3
···
x1 + yn x2 + yn x3 + yn ..
.
xn + yn
Restamos a las filas 2, 3, . . . , n la primera fila. Queda:
x1 + y1
x2 − x1
An = x3 − x1
..
.
xn − x1
x1 + y2
x2 − x1
x3 − x1
..
.
x1 − x1
x2 − x1
x3 − x1
..
.
···
···
···
..
.
xn − x1
xn − x1
···
x1 − x1 x2 − x1 x3 − x1 ..
.
xn − x1
Vemos que en cada fila 2, 3, . . . , n los términos son iguales. Por las propiedades del determinante,
podemos sacarlos fuera:
x1 + y1
1
1
An = (x2 − x1 )(x3 − x1 ) . . . (xn − x1 ) ..
.
1
x1 + y2
1
1
..
.
x1 − x1
1
1
..
.
···
···
···
..
.
1
1
···
x1 − x1 1
1
..
.
1
Entonces si n > 2, hay dos o más filas iguales y por tanto el determinante es 0.
Si n = 2 queda:
x1 + y2 = (x2 − x1 )(y1 − y2 )
1
x + y1
A2 = (x2 − x1 ) 1
1
(Primer parcial, febrero 2003)
14.– Dado a ∈ R y para cada n entero positivo definimos las matrices An ∈ Mn×n (R):
3
a

a
An = 
 ...

a

a
a
3
a
..
.
a
a
3
..
.
...
...
...
..
.
a
a
a
..
.
a
a
a
a
...
...
3
a

a
a

a
.. 
.

a
3
(a) Calcular en función de a, det(A4 ).
(b) Calcular en función de a y n, det(An ).
Calculemos en general el det(An ). Si sumamos todas las filas a la primera queda:
3 + (n − 1)a
a
a
det(An ) = ..
.
a
a
3 + (n − 1)a
3
a
..
.
a
a
1 1 1 ...
a 3 a ...
a a 3 ...
= (3 + (n − 1)a) .. .. .. . .
.
. . .
a a a ...
a a a ...
3 + (n − 1)a . . . 3 + (n − 1)a
a
...
a
3
...
a
..
..
..
.
.
.
a
...
3
a
...
a
1 1
a a
a a
.. .. . .
3 a a 3
3 + (n − 1)a a
a
=
..
.
a
3
Ahora le restamos la primera fila multiplicada por a a todas las demás:
1
1
0 3 − a
0
0
det(An ) = (3 + (n − 1)a) ..
..
.
.
0
0
0
0
1
0
3−a
..
.
...
...
...
..
.
0
0
...
...
1
0
0
..
.
1
0
0
..
.
= (3 + (n − 1)a)(3 − a)n−1
3−a
0 0
3 − a
En particular:
det(A4 ) = (3 + 3a)(3 − a)3 = 3(1 + a)(3 − a)3 .
16.– Encontrar la (única) respuesta correcta, de entre las indicadas, a las siguientes cuestiones:
Si A ∈ Mn×n (IR) entonces.
A simétrica ⇒ −A antisimétrica.
FALSO. Ejemplo: A = Id es simétrica, pero −A = −Id no es antisimétrica.
A simétrica ⇒ Ak simétrica, para cualquier k ∈ N .
VERDADERO. Como A es simétrica, entonces At = A y:
(Ak )t = (A
· . . . · A})t = |At · At{z
· . . . · A}t = (At )k = Ak .
| · A {z
k veces
k veces
Luego Ak coincide con su traspuesta y ası́ es simétrica.
A simétrica ⇒ A no es antisimétrica.
FALSO. A = Ω es simétrica y antisimétrica al mismo tiempo.
Ninguna de las anteriores respuestas es correcta.
FALSO.
(b) En una matriz cuadrada de orden n escribimos las filas en orden inverso.
Su determinante queda multiplicado por −1.
FALSO. Por ejemplo si la matriz es de orden 1 su determinante no varı́a.
Su determinante queda invariante.
FALSO. Por ejemplo si la matriz es no singular de orden 2, invertir el orden de sus filas es hacer
exactamente un único cambio de posición de dos de ellas, por tanto el determinante cambia de signo.
Su determinante queda multiplicado por (−1)n .
FALSO. De nuevo no se cumple para matrices no singulares de orden 2.
Ninguna de las restantes respuestas es correcta.
VERDADERO. Motivo I: Todas falsas hasta ahora... pues entonces es cierta. Motivo II Demos una
respuesta más completa. ¿Qué es lo que pasa realmente? Para saber si cambia de signo hay que contar
cuantos cambios de posición de filas se hacen para invertir el orden completamente:
- Si n es par (n = 2k), entonces intercambiamos posiciones de las filas 1 y n; 2 y n − 1; . . . ; k y k + 1.
Es decir hacemos k cambios. Por tanto el determinante queda multiplicado por (−1)k . Si k es par, se
mantiene igual; si k es impar cambia de signo.
- Si n es impar (n = 2k + 1), entonces hacemos intercambios de las filas 1 y n; 2 y n − 1; . . . ; k y k + 2.
El determinante queda multiplicado por (−1)k . Si k es par, se mantiene igual; si k es impar cambia de
signo.
En definitiva el determinante cambia de signo sólo cuando n = 2k ó n = 2k + 1 con k impar.
Equivalentemente, cuando n es de la forma n = 4m + 2 ó n = 4m + 3.
(Examen final, junio 2000)
(c) Sea A ∈ Mn×n (IR).
A2 = Ω ⇒ A = Ω.
FALSO. Por ejemplo tomando A =
0
0
1
0
se cumple A2 = Ω, pero A 6= Ω.
A2 singular ⇒ A singular.
VERDADERO. Si A2 es singuar, |A2 | = 0. Pero |A2 | = |A|2 , luego A es también singular.
A2 simétrica ⇒ A simétrica.
FALSO.
I: Ya encontramos la verdadera. Motivo II.: Otra vez el ejemplo del primer apartado,
Motivo
0 1
A=
no es simétrica pero su cuadrado si lo es.
0 0
A2 triangular inferior ⇒ A triangular inferior.
FALSO. El mismo ejemplo de los puntos anteriores.
(Primer parcial, febrero 1999)
(d) Sean A y B matrices reales invertibles n × n. Indicar la proposición falsa.
Si A y B conmutan entonces A−1 y B conmutan.
VERDADERA. Se tiene:
AB = BA
⇒
A−1 ABA−1 = A−1 BAA−1
⇒ BA−1 = A−1 B
Si A y B conmutan entonces A−1 y B −1 conmutan.
VERDADERA. Se tiene:
AB = BA
⇒ (AB)−1 = (BA)−1
⇒ B −1 A−1 = A−1 B −1
La matriz (A−1 · B)t siempre tiene inversa.
VERDADERA. Ya que si A y B son inversibles su determinantes es no nulo. Por tanto
det(A−1 · B) = det(A)−1 det(B) 6= 0 ⇒ (A−1 · B)t siempre tiene inversa
la matriz (A−1 + B)t siempre tiene inversa.
FALSA. Por ejemplo: A = (1) y B = (−1).
ÁLGEBRA LINEAL I
Soluciones a los problemas adicionales
Matrices y determinantes
(Curso 2010–2011)
II.– Calcular las potencias n-simas de las siguientes matrices:
El método (¡de momento!) más usual es hacer ”a mano” las primeras potencias y luego encontrar una
regla general:


1 0 0
(a) A =  0 3 0 
2 0 1
Calculamos las primeras potencias

1
A2 =  0
4
0
9
0

0
0,
1

1
A3 =  0
6
0
27
0

0
0,
1

1
A4 =  0
8

0
0,
1
0
81
0
...
Parece razonable pensar que, en general:

1
0
An =  0 3 n
2n 0

0
0
1
Hay que comprobarlo. Se hace por inducción. Para ello:
- Vemos que se cumple para A1 .
- Comprobamos que, si suponemos cierta la fórmula para n − 1, entonces se cumple para n, es decir:

An = A · An−1
(b) B =
1
−1
1
1
1
0
=A·
0
3n−1
2(n − 1)
0

0
0
1
 
1
0
0
0  =  0 3n
2n 0
1
Calculamos las primeras potencias:
B2 =
0
−2
2
0
,
B3 =
−2
−2
2
−2
,
B4 =
−4
0
0
−4
= (−4)Id
Ahora es fácil continuar porque:
B 5 = B · B 4 = (−4)B;
B 6 = (−4)B 2 ;
B 7 = (−4)B 3 ;
B 8 = (−4)2 Id;
...
En general, el exponente n siempre lo podemos escribir como n = 4d + r donde r es el resto de dividir
n entre 4 y por tanto es un número entero comprendido entre 0 y 3. Tendremos:
B n = B 4d+r = (B 4 )d · B r = (−4)d Id · B r = (−4)d B r
En definitiva escribimos el resultado dependiendo de los 4 posibles valores de r:
B n = (−4)d ·
B n = (−4)d ·
B n = (−4)d ·
B n = (−4)d ·

0
(c) C =  0
c
1
0
0
1
, si n = 4d;
1
−1
1
1
0
−2
2
0
−2
−2
2
−2
, si n = 4d + 1;
, si n = 4d + 2;
, si n = 4d + 3;

a 0
0 b
0 0
Hacemos las primeras potencias:

0 0
C 2 =  bc 0
0 ac


1
abc 0
0
C 3 =  0 abc 0  = abc  0
0
0
0 abc

ab
0 ,
0

0
1
0

0
0
1
Paramos en la tercera potencia. Nos fijamos que C 3 = abcId. Ahora es muy fácil multiplicar por C 3 .
Podemos en general hacer lo siguiente. Dado n > 0, sabemos que n = 3q + r, donde q es el cociente y
r < 3 es el resto de dividir n por 3. Por tanto:
C n = C 3q+r = (C 3 )q C r = (abcI)q C r = aq bq cq C r
y,

aq bq cq
n
C = 0
0
0
aq bq cq
0

aq+1 bq cq
0
0
0
Cn = 
0
aq bq cq+1

0
C n =  aq bq+1 cq+1
0

a2

(d) D = ab
ac
ab
b2
bc


0
0  , si n = 3q;
aq bq cq

0
aq + bq+1 cq  , si n = 3q + 1;
0
0
0
aq+1 bq cq+1

aq+1 bq+1 cq
 , si n = 3q + 2.
0
0

ac
bc  . Hacemos las primeras potencias:
c2
a4 + a2 b2 + a2 c2
2
D =  a3 b + ab3 + abc2
a3 c + ab2 c + ac3
a3 b + ab3 + abc2
a2 b2 + b4 + b2 c2
a2 bc + b3 c + bc3

a3 c + ab2 c + ac3
a2 bc + b3 c + bc3  = (a2 + b2 + c2 )D
a2 c2 + b2 c2 + c4
Ahora es fácil seguir haciendo las potencias de D, porque:
D3 = D2 D = (a2 + b2 + c2 )D2 = (a2 + b2 + c2 )2 D
D4 = D3 D = (a2 + b2 + c2 )2 D2 = (a2 + b2 + c2 )3 D
...
En general vemos que;
Dn = (a2 + b2 + c2 )n−1 D
De nuevo hay que comprobarlo por inducción:
- Para n = 1 es cierto, ya que D1 = (a2 + b2 + c2 )1−1 D = D.
- Lo suponemos cierto para n − 1 y lo probamos para n:
Dn = Dn−1 · D = (a2 + b2 + c2 )n−2 D · D = (a2 + b2 + c2 )n−2 D2 =
= (a2 + b2 + c2 )n−2 (a2 + b2 + c2 )D = (a2 + b2 + c2 )n−1 D.
IV.– Demostrar que, si A y B son matrices regulares, se cumple que
|A−1 + B −1 | =
|A + B|
|AB|
(Primer parcial, febrero 2000)
Basta probar que |A−1 + B −1 ||AB| = |A + B|.
Tenemos:
|A−1 + B −1 ||AB| = |(A−1 + B −1 )||A||B| = |A||(A−1 + B −1 )||B|
Utilizando ahora que el producto de los determinantes es el determinante del producto:
|A||(A−1 + B −1 )||B| = |A(A−1 + B −1 )B| = |AA−1 B + AB −1 B| = |A + B|
VII.– Dados x ∈ R, x 6= 0 y la matriz
0
1
A=
1
1

1
0
x
x
1
x
0
x

1
x
,
x
0
calcular det(A3 ) y det(A−1 ).
Por las propiedades del determinante:
det(A3 ) = det(A)3
1
det(A−1 ) =
det(A)
por lo que nuestro problema se reduce a calcular el det(A):




0 1
1
1
1
1
1
x
x
1 0
det(A) = det 
0 =
 = −det  x −x
0 x −x
0
x
0 −x
0 x
0 −x


1
0
0
−2x
−x


= −det x −2x −x = −det
= −(4x2 − x2 ) = −3x2 .
−x −2x
x
−x −2x
y en definitiva:
det(A3 ) = (−3x2 )3 = −27x6 ,
det(A−1 ) = −
1
.
3x2
IX.– Encontrar la (única) respuesta correcta, de entre las indicadas, a las siguientes cuestiones:
(a) Sean A, B dos matrices cuadradas reales de dimensión 2 × 2 tales que A · B = Ω. Entonces:
A = Ω ó B = Ω.
FALSO. Por ejemplo, si A =
1
0
0
0
yB=
0
.
1
0
0
rango(A) < 2.
FALSO. Por ejemplo, si A = Id y B = Ω.
rango(A) + rango(B) < 3.
VERDADERO. Veamos los casos posibles:
- Si rango(A) = 2 entonces A es inversible, y
A · B = Ω ⇒ A−1 · A · B = A−1 · Ω
⇒ B = Ω ⇒ rango(B) = 0
por tanto rango(A) + rango(B) = 2 < 3.
- Si rango(B) = 2 entonces razonando como antes, volvemos a obtener rango(A) + rango(B) = 2 < 3.
- En otro caso, rango(A) ≤ 1 y rango(B) ≤ 1 y por tanto rango(A) + rango(B) ≤ 2 < 3.
A = B = Ω.
FALSO. Por ejemplo, si A = Id y B = Ω.
(b) Sea la matriz real de dimensión n × n:
0
0
.
.
A=
.
0

1
0
0
..
.
...
...
..
.
0
1
..
.
1
0
...
...
0
0

1
0
.. 
.

0
0
Su determinante es:
Si vamos desarrollando el determinante, sucesivamente por la primera fila tenemos que ir mutiplicando
en cada paso por:
(−1)n−1 , (−1)n−2 , (−1)n−3 , . . .
hasta llegar a (−1)1 . Por tanto el exponente de (−1) será la suma de los n − 1 primeros números enteros
n(n − 1)
positivos, es decir:
2
(−1)
FALSO.
(−1)n
FALSO.
(−1)
n(n−1)
2
VERDADERO.
(−1)
n(n+1)
2
FALSO.
(c) Dada una matriz A ∈ Mn×n que cumple A2 + βA + αI = Ω
si β = 0, A es siempre regular.
FALSO. Por ejemplo si β = α = 0 y A = Ω se verifica la ecuación, pero A no es regular.
si α = 0, A es siempre singular.
FALSO. En este caso la ecuación puede escribirse. A(A + βI) = Ω. Vemos por ejemplo que si β = −1,
y A = I, la ecuación se cumple pero A no es singular.
si α 6= 0, A puede ser singular.
FALSO. La ecuación puede escribirse A(A + βI) = −I. Si A fuese singular, aplicando determinantes
tendrı́amos que | − I| = |A||A + βA| = 0. Pero en realidad | − I| = (−1)n 6= 0.
si β 6= 0, A puede ser singular
VERDADERO. Motivo I: Si el enunciado no miente y las demás son falsas esta ha de ser verdera.
Motivo II: (MEJOR) Por ejemplo, si α = 0 y A = 0 la ecuación se cumple y A es singular (hay que
fijarse, en que nos dicen que A puede ser singular, no que necesariamente lo sea).
(Primer parcial, febrero 2001)