Segundo parcial de Álgebra, resuelto paso a paso

a) Dos propiedades, una por factor. La transpuesta no cambia el determinante y el determinante de un producto es el producto de los determinantes:

El cuadrado se lo come el signo: det(B²) es 9, positivo, aunque det(B) sea negativo. Escribir "det(B²) = −9" es el error de distracción más común del ítem.

b) Acá está la primera trampa, y es el error más repetido de todo el tema. Multiplicar la matriz por 3 no multiplica el determinante por 3: multiplica por 3 cada una de las tres filas, y cada fila aporta un factor.

La respuesta intuitiva es 3·2 = 6, y está mal por un factor 9. Conviene tener el motivo a mano y no la fórmula suelta: sacar un escalar de una fila lo saca del determinante; como hay tres filas, sale tres veces.

c) Se desarma factor por factor, nombrando la propiedad en cada paso. Y antes de escribir nada hay que dejar dicha la hipótesis: det(A) = 2 ≠ 0, así que A es inversible y tiene sentido hablar de A⁻¹.

Otra vez el 2 sale al cubo, no suelto. Y ojo con una tentación: A⁻¹·A² sí se simplifica a A, y da lo mismo (8·(−3)·2 = −48 ✓). Pero B^t está en el medio y las matrices no conmutan, así que esa simplificación hay que justificarla; por propiedades del determinante no hace falta ni intentarla.

d) No se puede. No existe ninguna propiedad que dé det(A + B) a partir de det(A) y det(B), y no es que falte un dato: el determinante no es lineal.

Que no se trata de un tecnicismo se ve con dos ejemplos. Con A = diag(2, 1, 1) y B = diag(1, −3, 1) —determinantes 2 y −3— la suma es diag(3, −2, 2) y su determinante vale −12. Cambiando de matrices sin cambiar los determinantes de partida, det(A + B) da otra cosa. El dato no alcanza porque el resultado no está determinado.

Las opciones 2 y 4 son el mismo error; la 3 confunde la suma con el producto, que sí tiene propiedad.

e) Este es el único determinante del ejercicio que se calcula de verdad, y conviene desarrollarlo por la primera columna, que tiene un cero:

Control por otro camino, que además es el que muestra la animación: para k = 1 la matriz es (1, 2, 0), (1, 1, 1), (0, 2, 1). Haciendo F2 − F1 queda (0, −1, 1) y después F3 + 2·F2 queda (0, 0, 3). Sumarle a una fila un múltiplo de otra no cambia el determinante, así que det(M) es el producto de la diagonal: 1·(−1)·3 = −3. Y la fórmula en k = 1 da 1 − 4 = −3 ✓

f) Un sistema homogéneo siempre tiene la solución trivial. Tiene otras —o sea infinitas— exactamente cuando la matriz no es inversible, que es lo mismo que decir que su determinante se anula, que es lo mismo que decir que sus columnas son linealmente dependientes. Las tres preguntas son la misma pregunta, y eso es todo lo que hay que saber de la unidad 7.

La trampa del ítem es dividir por k desde el principio para "simplificar": eso pierde la raíz k = 0, que es una de las tres. Cuando se factorea, se factorea; no se divide por algo que puede valer cero. Es el mismo cuidado que pide cualquier sistema con parámetro.

Control: en k = 1 el determinante daba −3 ≠ 0, así que ahí el sistema tiene sólo la solución trivial — y 1 no está en la lista ✓

Antes de empezar, la línea que la cátedra quiere leer: los tres vectores (1,0,0), (1,1,0) y (1,1,1) forman una base de ℝ³ —la matriz que los tiene por columnas es triangular con unos en la diagonal, determinante 1 ≠ 0—. Por eso los datos definen una única T. Si no fueran base, o T no estaría bien definida o habría infinitas, y el ejercicio no tendría respuesta.

a) Todo sale de la linealidad, restando los datos que ya están:

Del mismo modo conviene sacar ya la tercera, porque es la que trae el parámetro:

Con las tres imágenes de la base canónica ya se puede escribir la matriz de T, poniéndolas como columnas:

Columnas, no filas: la columna j de la matriz es la imagen del j-ésimo vector canónico. Escribirlas como filas es transponer T sin querer, y a partir de ahí todo lo que sigue da mal.

b) T es inyectiva exactamente cuando su núcleo es sólo el vector nulo, y eso pasa exactamente cuando la matriz es inversible. Así que deja de ser inyectiva cuando el determinante se anula:

Control: para a = 9 el determinante da 1 ≠ 0, así que ahí T sí es inyectiva ✓. Y notá que no hay que resolver ningún sistema para contestar esto — el determinante decide solo.

c) Con a = 8 la tercera fila pasa a ser (1, 3, 4), que es la suma de las otras dos. Reduciendo (F3 − F1, después F3 − F2) queda una fila entera de ceros: el rango es 2. Entonces, por el teorema de la dimensión:

Subrayado el dominio a propósito: la suma da la dimensión del espacio de salida, no la del de llegada. Acá los dos son ℝ³ y el error no se nota; en un parcial donde T va de ℝ³ a ℝ² o de ℝ² a ℝ⁴, esa confusión se lleva el ejercicio entero.

d) El núcleo es el conjunto de soluciones del sistema homogéneo. Con la matriz ya reducida:

Tomando z = −1 queda y = 1 y x = 1:

Control directo, que siempre conviene hacer: 1 + 2 − 3 = 0 ✓, 0 + 1 − 1 = 0 ✓, 1 + 3 − 4 = 0 ✓. Las tres coordenadas de T(1,1,−1) dan cero.

Y una observación de redacción que la cátedra puntúa: se pidió una base (o un generador), no "el núcleo". Contestar "dimensión 1" sin exhibir el vector, o dar dos vectores paralelos como si fueran una base, descuenta.

e) Ya salió en c): dim Im(T) = 2, que es el rango. Y se puede exhibir la base mirando las columnas: (1, 0, 1) y (2, 1, 3) son independientes, y la tercera columna, (3, 1, 4), es la suma de esas dos — por eso sobra.

f) La imagen es un plano por el origen de ℝ³. Para decidir pertenencias conviene tener su ecuación, que sale del producto vectorial de los dos generadores:

Ahora es una cuenta de un renglón por candidato: (1, 1, 2) da 1 + 1 − 2 = 0 ✓, así que pertenece. (2, 1, 0) da 3, (0, 0, 3) da −3, y (1, 1, −1) da 3: ninguno pertenece.

Y acá está la trampa del ejercicio. El distractor (1, 1, −1) es el generador del núcleo que se calculó en el ítem d): el vector que más se acaba de escribir, el que más "suena" a este problema. Pero el núcleo y la imagen son dos cosas distintas que viven en lugares distintos: el núcleo es un subconjunto del dominio y la imagen, del codominio. Que T mande (1,1,−1) al cero no dice absolutamente nada sobre si (1,1,−1) es algo que T alcanza.

Control independiente, por si la ecuación del plano no convence: (1,1,2) tiene que ser combinación de las columnas. Con α·(1,0,1) + β·(2,1,3) = (1,1,2), la segunda coordenada da β = 1, la primera da α = −1, y la tercera cierra: −1 + 3 = 2 ✓

a) La rotación de ángulo θ en sentido antihorario tiene matriz de columnas (cos θ, sen θ) y (−sen θ, cos θ). Con θ = 90°:

El control geométrico es más rápido que la matriz: el eje x positivo, girado un cuarto de vuelta en sentido antihorario, queda apuntando al eje y positivo. Si te da (0, −1), rotaste para el otro lado — el antihorario es el positivo.

b) y c) La simetría respecto de y = x simplemente intercambia las coordenadas: S(x, y) = (y, x). Se aplica después de R:

Que T(1, 0) vuelva a dar (1, 0) no es un error de cuenta: el vector dio la vuelta y volvió al mismo lugar. Vale la pena hacerlo despacio con el dibujo al lado.

d) Las imágenes de la base canónica son las columnas de la matriz:

Y acá está la trampa fuerte del parcial. Si uno compone al revés —primero la simetría y después la rotación— el resultado es otro:

Las dos son simetrías respecto de un eje, las dos "se ven parecidas", y son transformaciones distintas: mandan el punto (3, 1) a (3, −1) y a (−3, 1) respectivamente. La composición de transformaciones no es conmutativa, igual que el producto de matrices, y es exactamente el mismo hecho: componer es multiplicar.

La regla para no equivocarse es una sola y conviene escribirla en el margen: la matriz de la transformación que se aplica ÚLTIMO va a la IZQUIERDA. "Primero R y después S" es S·R, que se lee de derecha a izquierda igual que S(R(v)).

e) Con T ya identificada, T(a, 3) = (a, −3):

Hay un atajo que vale la pena ver, porque en el parcial ahorra minutos: T es una simetría, y las simetrías y las rotaciones conservan la norma. Entonces ‖T(a,3)‖ = ‖(a,3)‖ y se puede plantear directamente sobre el vector original, sin calcular su imagen. El signo menos de la segunda coordenada no cambia nada, porque va al cuadrado.

f) El triángulo es rectángulo con catetos sobre los ejes, así que su área sale de una:

Y para el área de la imagen no hace falta transformar ningún vértice: una transformación lineal multiplica todas las áreas por el mismo factor, que es el módulo de su determinante. Primero T y después H es la composición H·T:

Otra vez el escalar al cuadrado, ahora en ℝ²: una homotecia de razón 2 no duplica las áreas, las cuadruplica, porque estira las dos direcciones a la vez. La respuesta 2·6 = 12 es la que más aparece.

Control por el camino largo, que es independiente: los vértices van a H(T(0,0)) = (0,0), H(T(4,0)) = (8,0) y H(T(0,3)) = (0,−6). Ese triángulo tiene catetos 8 y 6, y área 8·6/2 = 24 ✓

g) La proyección ortogonal sobre y = x manda cada punto al punto de esa recta más cercano, que resulta ser P(x, y) = ((x+y)/2, (x+y)/2), de matriz [[½, ½], [½, ½]]. La afirmación correcta es la primera: P ∘ P = P y P no es inversible.

Lo primero es la definición misma de proyector: proyectar algo que ya está proyectado no lo mueve, porque ya está sobre la recta. Se verifica multiplicando la matriz por sí misma y viendo que vuelve a dar la misma.

Lo segundo se ve de tres maneras que dicen lo mismo: det(P) = ¼ − ¼ = 0; el rango es 1, así que dim Nu(P) = 2 − 1 = 1; y concretamente P(t, −t) = (0, 0) para todo t, o sea que toda la recta y = −x se aplasta contra el origen. Una función que manda infinitos puntos distintos al mismo lugar no puede tener inversa.

La segunda opción es contradictoria y sirve para ver por qué: si P fuera inversible, de P·P = P se podría cancelar una P y quedaría P = I, que es falso. La tercera confunde proyectar con reflejar —P∘P = I es propiedad de las simetrías, no de los proyectores—. Y la cuarta observa algo cierto (la recta y = x queda fija punto a punto) pero saca la conclusión equivocada: las simetrías también dejan fija su recta, y sin embargo son inversibles. Lo que distingue al proyector es lo que hace con la dirección perpendicular: la simetría la da vuelta, el proyector la borra.

La forma canónica, que es lo que resuelve los cinco primeros ítems de una. Se agrupan las x con las x y las y con las y, y —esto es lo que más se saltea— se saca factor común el coeficiente del término cuadrático antes de completar:

Y se divide todo por 144 para que quede el 1 a la derecha:

Dos cuidados en esa cuenta. El 9 multiplica al −9 que salió de completar, así que lo que se resta es 81, no 9 (y el −16 multiplica al −1, así que suma 16). Y el signo del centro va al revés que el del paréntesis: (x + 3)² significa que la coordenada del centro es −3.

a) Leyendo directamente: centro (−3, 1).

b) Bajo el término positivo está a², y bajo el negativo, b²:

El error mecánico del tema es contestar 16: lo que está en la ecuación es el cuadrado del semieje. Y el eje focal es el horizontal, porque el término positivo es el de x — no porque x aparezca primero. En una hipérbola lo decide el signo, no el orden.

c) Y acá está la trampa del ejercicio. En la hipérbola la relación entre los tres números es una suma:

La fórmula c² = a² − b² es la de la elipse, y se cuela todo el tiempo porque en la ecuación hay un menos. Con estos números daría c = √(16 − 9) = √7 ≈ 2,65: un número que parece razonable y está mal. Peor todavía, es un número menor que a, y eso es geométricamente imposible.

Ese es el control que conviene hacer siempre y que no cuesta nada: en una hipérbola los focos están siempre más lejos del centro que los vértices, así que tiene que dar c > a. Acá 5 > 4 ✓. En la elipse es al revés, c < a, porque los focos están adentro. Si te acordás de eso, no necesitás recordar cuál fórmula es cuál: la eligís por la que da el resultado posible.

d) Los focos están sobre el eje focal, que es horizontal y pasa por el centro, a distancia c = 5 para cada lado:

El distractor (1, 1) y (−7, 1) son los vértices, que están a distancia a = 4: es la confusión que produce haber usado c = 4 en vez de 5, o directamente haber mezclado los nombres. El par (−3, 6) y (−3, −4) sería el de una hipérbola de eje vertical, y (2, 0) y (−8, 0) olvida que el centro no está sobre el eje x.

Control por la definición, que es un camino totalmente independiente de la fórmula: para cualquier punto de la curva, la diferencia de las distancias a los dos focos tiene que valer 2a = 8. En el vértice (1, 1) las distancias son 1 y 9, y 9 − 1 = 8 ✓

e) Las asíntotas salen del centro con pendientes ±b/a:

El orden importa: es b sobre a, con a el semieje del eje focal. Al revés daría 4/3 y la hipérbola se abriría demasiado. Una forma de no confundirse es pensar en el "rectángulo guía" de lados 2a horizontal y 2b vertical: las asíntotas son sus diagonales, y suben b por cada a que avanzan.

f) Esta es la vuelta: de los elementos a la ecuación. El foco está arriba del vértice y sobre la misma vertical, así que la parábola tiene eje vertical y abre hacia arriba. La distancia del vértice al foco es

Los tres distractores son los tres errores del tema, uno cada uno. Poner 3 en lugar de 12 es olvidarse del factor 4 y confundir c con 4c. Escribir (y − 2)² = 12(x − 1) es cambiar los ejes: esa parábola abre hacia la derecha, y su foco estaría en (4, 2), no en (1, 5). Y el signo menos la haría abrir hacia abajo, con el foco en (1, −1).

De paso, la directriz es la recta horizontal que está a la misma distancia del vértice pero del otro lado: y = 2 − 3 = −1. Control por la definición: el punto (7, 5) está en la curva (36 = 12·3 ✓), su distancia al foco (1, 5) es 6, y su distancia a la recta y = −1 es 5 − (−1) = 6 ✓. Iguales, como tiene que ser.

g) El primer filtro son los términos cuadráticos, y no cuesta ninguna cuenta: si x² e y² están los dos con el mismo signo, es del tipo elipse; con signos opuestos, hipérbola; si falta uno de los dos, parábola (y si además los coeficientes de x² e y² son iguales, la elipse es una circunferencia). Eso descarta dos opciones de entrada, pero deja dos en pie: la primera y la cuarta tienen exactamente los mismos términos cuadráticos y se diferencian sólo en el número del final. Para separarlas hay que completar cuadrados. La respuesta es 4x² + 25y² + 8x − 150y + 129 = 0.

Completando cuadrados se confirma, y salen los elementos:

Elipse de centro (−1, 3), semiejes 5 y 2, con el eje mayor horizontal porque el denominador más grande es el de x.

De los otros tres: el segundo tiene −25y², signos opuestos, hipérbola. El tercero no tiene término en y², parábola. Y el cuarto es el más interesante, porque parece una elipse y no lo es: al completar cuadrados queda 4(x + 1)² + 25(y − 3)² = −60, y una suma de cuadrados con coeficientes positivos nunca puede dar un número negativo. No hay ningún punto real que la cumpla: el conjunto es vacío.

Por eso la clasificación por los signos de los cuadráticos es el primer filtro y no el último: dice qué tipo de ecuación es, pero hay que terminar de completar para saber si la cónica existe, si degenera en un punto (cuando da 0) o si el conjunto queda vacío. El término independiente es el que decide eso, y es el que nadie mira.