Primer parcial de Álgebra, resuelto paso a paso

z aparece de los dos lados, y de un lado conjugado: no se despeja. La ecuación se parte en dos, una de módulos y otra de argumentos, y se resuelven por separado.

a) Módulo a los dos lados, usando que |z̄| = |z| y que el módulo respeta el producto:

Mirá lo que no se hizo: dividir por |z|. Se pasó todo a un lado y se factorizó. Dividir por z (o por |z|) es exactamente lo que borra la solución del ítem que sigue.

b) Sí, z = 0 es solución y hay que contarla. Reemplazando: 0⁵ = 0 y 16·0̄ = 0, o sea 0 = 0. Es la solución que se pierde casi siempre, y se pierde en el primer renglón: cuando la ecuación tiene z de los dos lados y uno "simplifica" un z, está suponiendo z ≠ 0 sin decirlo. Si simplificás, dejá escrito el caso z = 0 aparte.

c) Para las de módulo 2 escribimos z = 2(cos θ + i sen θ). Por De Moivre, z⁵ tiene argumento 5θ; y el conjugado tiene argumento −θ. Igualando argumentos (que en ℂ es igualar módulo 2π, no a secas):

Son 6 valores distintos dentro de [0, 2π) — de k = 6 en adelante se repiten. Con z = 0 son 7 soluciones en total.

Control por otro camino, sin polares: multiplicando la ecuación original por z queda z⁶ = 16·z·z̄ = 16·|z|² = 16·4 = 64. Las soluciones no nulas son las seis raíces sextas de 64 ✓ — y fijate que multiplicar por z fue justamente lo que metió a z = 0 en la historia: por eso se revisa aparte.

d) θ = kπ/3 son 0°, 60°, 120°, 180°, 240° y 300°: 60° entre una y la siguiente. Están en los vértices de un hexágono regular de radio 2 centrado en el origen. En general, las n soluciones de este tipo de ecuación se separan 360/n grados: es lo que hace que alcance con encontrar una y girarla.

e) Parte imaginaria positiva es el semiplano de arriba, sin el borde. De las seis, quedan las de 60° y 120°, las dos de módulo 2.

Acá está la mitad del puntaje del ejercicio, y es donde más se cae: se resuelve bien la ecuación y se entregan las seis (o las siete), sin aplicar la condición. El filtro no es un adorno del enunciado: es parte de la respuesta. Y tiene su propia trampa: la de 180° no entra, porque su parte imaginaria es 0, y cero no es positivo. Tampoco la de 0°: las dos están sobre el eje real.

En binómica, por si las querés ver: la de 60° es 2(cos 60° + i sen 60°) = 1 + √3 i, y la de 120° es −1 + √3 i.

a) P tiene coeficientes reales. Eso obliga a que las raíces no reales aparezcan de a pares conjugados: si 1 + 2i es raíz, 1 − 2i también.

No alcanza con usarlo: hay que escribirlo. Es la justificación de por qué el grado cierra, y la cátedra la pide. Ojo con la hipótesis: si los coeficientes no fueran reales, esto es falso.

b) Conviene juntarlas antes de dividir, así se divide una sola vez y por algo real:

Control: la suma de las dos raíces es 2 y su producto es 1² + 2² = 5, así que el factor tiene que ser x² − (suma)x + producto = x² − 2x + 5 ✓. Su discriminante es 4 − 20 = −16, negativo: es irreducible en ℝ[x], y ese dato es el que decide el ítem e).

c) Dividiendo P por x² − 2x + 5 el resto da 0 (tiene que dar 0: el divisor junta dos raíces de P) y el cociente es

d) El cociente tiene coeficientes enteros y coeficiente principal 1, así que se le puede aplicar Gauss: las raíces racionales están entre los divisores de 4, o sea ±1, ±2, ±4. Probando, x = −1 anula. Dividiendo:

Entonces x = 2 tiene multiplicidad 2.

Control por otro camino, que además es la definición operativa de raíz múltiple: si 2 es raíz doble tiene que anular también a la derivada. P ′(x) = 5x⁴ − 20x³ + 33x² − 22x − 8, y P ′(2) = 80 − 160 + 132 − 44 − 8 = 0 ✓. Y P ″(2) no da cero, así que es doble y no triple.

e) Juntando todo:

La opción con los factores (x − 1 − 2i)(x − 1 + 2i) es la trampa, y no está mal escrita: es la factorización en ℂ[x], que es otra respuesta a otra pregunta. En ℝ[x] los factores tienen que tener coeficientes reales, y ahí x² − 2x + 5 no se rompe, porque su discriminante es negativo. Al revés también cuenta como error: si piden ℂ[x] y dejás el cuadrático sin abrir, falta la mitad.

Control final del grado: 2 + 1 + 2 = 5 ✓, y las cinco raíces son 2 (doble), −1, 1 + 2i y 1 − 2i. Su suma da 5, que es el opuesto del coeficiente de x⁴ ✓

a) Los coeficientes de la ecuación del plano son las coordenadas de un vector normal: n = (1, 2, −2). Se lee directo, sin cuentas.

El distractor (2, 3, −2) es el punto P, no una normal — mezclar el punto con la normal deja todas las cuentas de abajo mal y no avisa. Y (1, 2, 2) es la normal con un signo cambiado en la coordenada equivocada: da un plano distinto.

b) Fórmula de distancia de un punto a un plano (no a una recta: son distintas, y confundirlas es de los errores más repetidos):

De paso, que 12 no sea 3 confirma que P no pertenece al plano, que es lo que hace que el ejercicio tenga sentido.

c) Proyectar es bajar desde P en dirección normal hasta tocar el plano. O sea: buscar el punto de la forma X = P + t·n que cumpla la ecuación.

Dos controles que salen gratis y conviene hacer siempre: Q tiene que estar en el plano, 1 + 2·1 − 2·0 = 3 ✓; y la distancia de P a Q tiene que ser la de b), |P − Q| = |(1, 2, −2)| = 3 ✓

d) P′ = 2Q − P. Y la razón es una sola, vale la pena tenerla en la cabeza en vez de la fórmula: la proyección es el punto medio entre P y su simétrico. Eso se escribe (P + P′)/2 = Q, y despejando sale P′ = 2Q − P.

La opción Q − P es la trampa clásica, y no es un error de distracción: Q − P ni siquiera es un punto del problema, es el vector que va de P al plano. Se le olvida el factor 2 a mucha gente que hizo todo lo demás bien, y se lleva el ejercicio entero.

e) Reemplazando:

Tres controles, cada uno por su lado:

· El punto medio entre P y P′ es ((2+0)/2, (3−1)/2, (−2+2)/2) = (1, 1, 0) = Q ✓
· Reemplazando en la ecuación del plano, P da 12 y P′ da 0 − 2 − 4 = −6. El plano es el nivel 3: 12 − 3 = 9 y −6 − 3 = −9, mismo tamaño y signo opuesto, o sea misma distancia y de lados contrarios ✓
· P − P′ = (2, 4, −4) = 2·n, paralelo a la normal, como tiene que ser ✓

Un sistema con parámetro se resuelve con Gauss como cualquier otro, pero con una regla que no se negocia: no dividir nunca por una expresión que contenga k. No se sabe si vale cero, y si vale cero la cuenta es inválida justo en el caso interesante. Por eso abajo sólo hay sumas y restas de filas.

Y ahora lo importante: factorizar, porque el producto es lo que dice dónde se anula.

Caso general (k ≠ 1 y k ≠ −2). El coeficiente no es cero, se puede dividir: z = 1/(k+2). De la segunda fila, (k−1)(y − z) = 0 con k ≠ 1 da y = z, y de la primera sale x = z. Solución única, x = y = z = 1/(k+2). Es un SCD: rg(A) = rg(A|b) = 3 = cantidad de incógnitas.

a) k = 1. La última fila queda 0 = 0, y mirando bien, la segunda también se anula entera. Con k = 1 las tres ecuaciones originales son la misma: x + y + z = 1. Entonces rg(A) = rg(A|b) = 1, y como 1 es menor que las 3 incógnitas, hay infinitas soluciones.

b) k = −2. El coeficiente de z se anula, (−3)(0) = 0, pero el término independiente queda 1 − (−2) = 3. La fila dice 0 = 3, que es falso: el sistema es incompatible, no tiene ninguna solución.

Se ve lindo también sin triangular: con k = −2 las tres filas de A son (1, 1, −2), (1, −2, 1) y (−2, 1, 1), y suman (0, 0, 0). Pero los términos independientes suman 1 + 1 + 1 = 3. O sea que sumando las tres ecuaciones queda 0 = 3 ✓

c) rg(A) = 2 y rg(A|b) = 3. El rango de A es 2 porque las dos primeras filas no son múltiplo una de la otra pero la tercera es combinación de ellas; al agregar la columna de términos independientes aparece una fila más independiente y el rango sube a 3.

Acá está la trampa del ejercicio, y es de concepto, no de cuenta: "compatible" no es lo mismo que "solución única". Son dos comparaciones distintas y hay que hacer las dos:

· rg(A) contra rg(A|b) decide si hay solución (si son distintos, no hay).
· rg(A) contra la cantidad de incógnitas decide si es una sola o infinitas.

Por eso la última opción es falsa: si los dos rangos coinciden, el sistema siempre tiene solución, tenga las incógnitas que tenga.

d) Con k = 1 queda una sola ecuación con tres incógnitas:

Las soluciones forman un plano de ℝ³. Si hiciera falta escribirlo: x = 1 − y − z, así que el conjunto solución es (1, 0, 0) + α(−1, 1, 0) + β(−1, 0, 1). Y ahí se ve la dimensión: el subespacio de direcciones tiene base {(−1, 1, 0), (−1, 0, 1)}, que son dos vectores independientes — dimensión 2, los mismos 2 parámetros.

e) k = 3 no es ninguno de los dos valores críticos, así que vale la fórmula general:

Control reemplazando en la primera ecuación, que es lo único que realmente prueba que está bien: 1/5 + 1/5 + 3·(1/5) = 5/5 = 1 ✓