Primer parcial de Álgebra (27), resuelto paso a paso

a) Para el normal de un plano hacen falta dos direcciones que estén adentro de él, no paralelas. Una la da L: su director v = (1, 1, 0). La otra sale de dos puntos del plano: P₀ = (1, 0, 2), que está en L, y A. La dirección es la diferencia:

Control, que es lo que prueba que el producto vectorial está bien hecho: n·v = 2 − 2 + 0 = 0 ✓ y n·(1, 2, 2) = 2 − 4 + 2 = 0 ✓. Ya tiene primera coordenada 2, así que es el que se pide (cualquier múltiplo sería normal también, por eso el enunciado fija una coordenada).

El error que más aparece acá es usar A como si fuera una dirección: v × A = (1, 1, 0) × (2, 2, 4) = (4, −4, 0), o sea (2, −2, 0) si se escala. Es el normal del plano que contiene a v y a A pasando por el origen, que es otro plano. Un punto no es una dirección; la diferencia de dos puntos, sí.

b) d sale de reemplazar un punto que seguro está en Π, por ejemplo P₀:

Dos controles gratis: A da 4 − 4 + 4 = 4 ✓, y otro punto de L, el de λ = 1, que es (2, 1, 2), da 4 − 2 + 2 = 4 ✓. Con dos puntos de L adentro, L entera está en Π.

c) Antes de reemplazar, conviene ver si L₂ corta: su director (1, 0, 2) cumple n·(1, 0, 2) = 2 + 0 + 2 = 4 ≠ 0, así que no es paralela y corta en un solo punto. Un punto genérico de L₂ es (−1 + t, 3, 2t):

Control: 2·2 − 2·3 + 6 = 4 ✓. Si te dio (1, 3, 4), igualaste a 0 en vez de a 4: es cortar L₂ con el plano paralelo a Π que pasa por el origen.

d) El director de L₃ es v₃ = (1, 3, 4), y

Acá está la trampa del ejercicio. n·v₃ = 0 dice que L₃ es paralela a Π, no que esté adentro. Deja dos posibilidades, contenida o paralela sin tocarlo, y las separa un punto: Q₃ = (0, 1, 0) da 2·0 − 2·1 + 0 = −2, que no es 4. Q₃ no está en Π, así que L₃ es paralela y no lo corta. Si hubiera dado 4, estaría contenida.

Y la opción «perpendicular» confunde las dos condiciones: la recta es perpendicular al plano cuando su director es paralelo a n, no cuando es ortogonal a n.

e) Como L₃ es paralela a Π, todos sus puntos están a la misma distancia del plano, y alcanza con uno:

Control con otro punto de L₃, el de s = 1, que es (1, 4, 4): |2 − 8 + 4 − 4| / 3 = 6/3 = 2 ✓. Da lo mismo, como tiene que dar si de verdad son paralelas.

Dos errores de este ítem: contestar 0 (la distancia entre una recta y un plano es cero sólo si se cortan, y en d) se vio que no), y olvidarse del «− 4» en la fórmula, que da 2/3: eso es la distancia de Q₃ al plano paralelo que pasa por el origen.

Gauss como siempre, con la regla que no se negocia en un sistema con parámetro: no dividir por nada que contenga k sin separar antes el caso en que vale cero.

Ya está triangulado, con pivotes 1, k − 2 y k − 3. Los valores que hay que mirar aparte son los que anulan algún pivote: k = 2 y k = 3. (Es lo mismo que decir que det = 1·(k − 2)·(k − 3) se anula ahí.)

Caso general, k ≠ 2 y k ≠ 3. Los tres pivotes son no nulos: rg(A) = rg(A|b) = 3, solución única. Ahora sí se puede dividir: y = (k − 2)/(k − 2) = 1, z = (k − 1)/(k − 3), y de la primera fila x = 1 + y − 2z.

a) k = 3. La tercera fila queda (0, 0, 0 | 2), o sea 0 = 2: el sistema es incompatible. En rangos: rg(A) = 2 y rg(A|b) = 3.

b) k = 2. Acá está la trampa del ejercicio. La segunda fila queda (0, 0, 0 | 0), que es 0 = 0: desaparece. La tercera queda (0, 0, −1 | 1), así que z = −1. Quedan dos ecuaciones útiles para tres incógnitas: rg(A) = rg(A|b) = 2 < 3, infinitas soluciones.

El que dividió la fila (0, k − 2, 0 | k − 2) por k − 2 escribió «y = 1» como si valiera siempre, y con eso para k = 2 le da una solución única, (4, 1, −1). Perdió justo el caso más interesante del ejercicio. Dividir por k − 2 es suponer k ≠ 2 sin decirlo: si lo hacés, dejá escrito aparte qué pasa en k = 2.

c) Con k = 2: z = −1 y x − y + 2z = 1, o sea x = y + 3. Llamando t a y:

Un parámetro (3 incógnitas − rango 2), así que es una recta, de dirección (1, 1, 0). No pasa por el origen: todos sus puntos tienen z = −1. Hay una razón más de fondo: el origen sólo es solución de un sistema homogéneo, y éste no lo es (con k = 2 los términos independientes son 1, 2 y 0). Las soluciones de un sistema no homogéneo son las del homogéneo corridas por una solución particular, y acá esa recta del homogéneo, la de dirección (1, 1, 0), aparece corrida hasta (3, 0, −1).

d) Hay que buscar en la recta el punto que además cumple x + y + z = 6:

Control en las tres ecuaciones con k = 2: 5 − 2 − 2 = 1 ✓; 10 − 4 − 4 = 2 ✓; −5 + 2 + 3 = 0 ✓. Y 5 + 2 − 1 = 6 ✓. El punto (4, 1, −1) de la trampa también está en la recta, pero suma 4: quien cayó en b) acá no tiene cómo llegar.

e) k = 5 no es ninguno de los dos valores críticos, así que vale la fórmula del caso general:

Control reemplazando, que es lo único que de verdad prueba que está bien: −2 − 1 + 4 = 1 ✓; 2·(−2) + 1·1 + 4·2 = 5 = k ✓; 2 + 1 + 0·2 = 3 = k − 2 ✓.

Una ecuación matricial se despeja como una de números casi: vale todo salvo conmutar. Y ahí están las tres trampas del ejercicio.

Juntar las X. X·A = B + X da X·A − X = B, y para sacar factor común hay que escribir X como X·I:

Es A − I y no «A − 1»: a una matriz no se le resta un número. Y la X queda a la izquierda, porque estaba a la izquierda en los dos términos. (A − I)·X sería otra cosa: para eso haría falta que A·X = X·A, y en general no pasa.

a) A − I = [[1, 0, 2], [1, 1, 3], [0, 1, 2]]. Se invierte con [A − I | I]: F2 − F1, F3 − F2, F2 − F3 y F1 − 2F3 (el dibujo de la corrección las muestra de a una). Queda

El elemento (1, 3) es −2. Control: la fila 1 de A − I por la columna 1 de la inversa da 1·(−1) + 0·(−2) + 2·1 = 1 ✓, y por la columna 3 da 1·(−2) + 0·(−1) + 2·1 = 0 ✓, como tiene que dar fuera de la diagonal.

b) Se multiplica a derecha por (A − I)⁻¹, porque A − I está a la derecha de X:

Las otras tres opciones son las tres trampas. (A − I)⁻¹·B es multiplicar del lado equivocado. B·(A⁻¹ − I) supone que la inversa de una resta es la resta de las inversas, que es falso ya con números: 1/(3 − 1) no es 1/3 − 1. Acá además se nota: det(A) = 8, así que A⁻¹ está llena de octavos, y (A − I)⁻¹ tiene todos enteros. Y (B + I)·A⁻¹ sale de «despejar» X·A = B + X como si la X de la derecha fuera una I.

c) La segunda fila de X es la segunda fila de B, (0, 2, 1), por (A − I)⁻¹:

Entera, X = [[0, 1, 0], [−3, 3, −1], [2, 0, 0]]. Control contra la ecuación original, segunda fila: (−3, 3, −1)·A = −3·(2, 0, 2) + 3·(1, 2, 3) − 1·(0, 1, 3) = (−3, 5, 0), y la segunda fila de B + X es (0, 2, 1) + (−3, 3, −1) = (−3, 5, 0) ✓.

d) Con la incógnita del otro lado: A·Y − Y = (A − I)·Y = B, y ahora la inversa va a izquierda: Y = (A − I)⁻¹·B. Su elemento (1, 1) es la fila 1 de (A − I)⁻¹ por la columna 1 de B:

Y el (1, 1) de X era 0. Los mismos datos, la incógnita cambiada de lado, y otra matriz: eso es, en la práctica, que el producto de matrices no conmute. Quien en b) eligió (A − I)⁻¹·B calculó esta Y creyendo que era X.

e) De X·(A − I) = B sale det(X)·det(A − I) = det(B). Con det(B) = 1·8 − 1·(−2) + 3·(−4) = −2 y det(A − I) = 1 (el Gauss de la corrección no tuvo intercambios ni escalados, y los pivotes fueron 1, 1, 1), det(X) = −2. Y 2X multiplica por 2 las tres filas:

Control con X a la vista, desarrollando por la tercera fila, que tiene un solo elemento no nulo: det(X) = 2·det[[1, 0], [3, −1]] = 2·(−1) = −2 ✓. El error típico es 2·det(X) = −4: el escalar sale una vez por fila, no una vez por matriz.

a) Es de 4×4: Sarrus no sirve. Esa regla de las diagonales es un truco que vale sólo para 3×3, y aplicada a una 4×4 da un número que no es el determinante. Hay dos caminos legítimos, cofactores o triangular, y acá triangular es inmediato porque todas las filas se parecen a la primera:

Restarle a una fila un múltiplo de otra no cambia el determinante, y la matriz quedó triangular, así que es el producto de la diagonal:

A es inversible si y sólo si det(A) ≠ 0, o sea no es inversible para k = 1 y para k = 2. El k = 2 aparece al cuadrado, pero es un solo valor: (k − 2)² se anula sólo en 2. El −2 de la tercera opción sale de confundir (k − 2)² con k² − 4.

b) Con k = 3: det(A) = (3 − 1)(3 − 2)² = 2·1 = 2. Control directo: la diagonal triangulada con k = 3 es 1, 1, 2, 1, y su producto es 2 ✓.

c) Multiplicar la matriz por −2 es multiplicar por −2 cada una de sus cuatro filas, y cada fila saca un −2 afuera del determinante:

Es la trampa del ítem, y tiene dos versiones: −2·det(A) = −4 (sacar el escalar una sola vez) y (−2)³·det(A) = −16 (usar la potencia de una 3×3 por costumbre). Con tamaño par, el signo se va.

d) El determinante del producto es el producto de los determinantes, y trasponer no lo cambia:

El error más común es entregar −3, que es det(B): falta el último paso. Control con una B concreta que cumple el dato, la diagonal con −3, 1, 1, 1: su inversa es la diagonal con −1/3, 1, 1, 1, de determinante −1/3 ✓.

e) Con k = 2 la triangulada queda

Dos filas no nulas y escalonables: rg(A) = 2.

La trampa es pensar que det = 0 quiere decir «rango 3». El determinante sólo dice que el rango es menor que 4; cuánto menor hay que calcularlo. Para k = 1, en cambio, sólo se anula la tercera fila y el rango es 3. Que la raíz doble haya bajado el rango en dos acá es una coincidencia de esta matriz, no una regla: la regla es triangular y contar.