Determinantes – matemáticas 2º Bachillerato Ciencias: soluciones del examen para descargar en PDF

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1. Solución del ejercicio 1 (4 puntos)

   1. Directos: \(2\cdot0\cdot1+(-1)\cdot4\cdot(-2)+3\cdot1\cdot5=0+8+15=23\). Inversos: \(3\cdot0\cdot(-2)+2\cdot4\cdot5+(-1)\cdot1\cdot1=0+40-1=39\). Determinante \(=23-39=-16\). Sarrus suma los productos de la diagonal principal y sus paralelas y resta los de la diagonal secundaria y sus paralelas. (1,5 puntos)
   2. Es triangular: el determinante es el producto de la diagonal, \(1\cdot2\cdot3\cdot4=24\). Bajo la diagonal todos los elementos son cero; desarrollando sucesivamente por la primera columna se llega al mismo producto. (0,5 puntos)
   3. \(|B|=2^3|A^t|=8\cdot(-2)=-16\) (1 punto). \(|B^{-1}|=1/|B|=-\tfrac1{16}\) (1 punto). Propiedades usadas: \(|kA|=k^n|A|\) con \(n=3\), \(|A^t|=|A|\) y \(|M^{-1}|=\frac1{|M|}\). Como \(|B|\neq0\), \(B\) es invertible.

2. Solución del ejercicio 2 (4 puntos)

   1. Desarrollando por la primera fila: \(|A|=1\cdot(1-a)-1\cdot(a-0)=1-2a\). Es invertible si \(a\neq\tfrac12\). Los menores son \(\begin{vmatrix}1&1\\a&1\end{vmatrix}=1-a\) y \(\begin{vmatrix}a&1\\0&1\end{vmatrix}=a\). Con \(a=\frac12\) el determinante se anula y no hay inversa. (1 punto)
   2. Con \(a=2\), \(|A|=-3\) y \(\operatorname{Adj}A=\begin{pmatrix}-1&-2&4\\-1&1&-2\\1&-1&-1\end{pmatrix}\). Entonces \(A^{-1}=\tfrac{1}{-3}(\operatorname{Adj}A)^t=\begin{pmatrix}\frac{1}{3}&\frac{1}{3}&- \frac{1}{3}\\\frac{2}{3}&- \frac{1}{3}&\frac{1}{3}\\- \frac{4}{3}&\frac{2}{3}&\frac{1}{3}\end{pmatrix}\). Con \(a=2\), \(A=\begin{pmatrix}1&1&0\\2&1&1\\0&2&1\end{pmatrix}\). Cada adjunto es \((-1)^{i+j}\) por su menor; por ejemplo, \(A_{11}=1\cdot1-1\cdot2=-1\). (2 puntos)
   3. \(AA^{-1}=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}=I\). Por ejemplo, el elemento (1,1) del producto es \(1\cdot\frac13+1\cdot\frac23+0=1\) y el (1,2) es \(\frac13-\frac13+0=0\). (1 punto)

3. Solución del ejercicio 3 (4 puntos)

   El menor \(\begin{vmatrix}1&2\\2&4\end{vmatrix}=0\) no sirve; se toma \(\begin{vmatrix}1&1\\2&3\end{vmatrix}=1\neq0\) (columnas 1 y 3). El rango es al menos 2 (1 punto).

   Se orla con la tercera fila y las columnas 2 o 4. Con las columnas 1, 2, 3: \(\begin{vmatrix}1&2&1\\2&4&3\\3&6&4\end{vmatrix}=0\) (1 punto).

   Con las columnas 1, 3, 4: \(\begin{vmatrix}1&1&a\\2&3&1\\3&4&5\end{vmatrix}=15+3+8a-9a-4-10=4-a\) (1 punto). Si \(a\neq4\) el rango es 3; si \(a=4\) el rango es 2 (1 punto).

4. Solución del ejercicio 4 (4 puntos)

   Se suman las tres columnas a la primera: todos los elementos de la primera columna pasan a valer \(x+3\) (1 punto).

   Se saca factor común \(x+3\) y se hacen ceros restando la primera fila a las otras dos: queda \((x+3)\begin{vmatrix}1&1&1\\0&x&0\\0&0&x\end{vmatrix}=(x+3)x^2\) (2 puntos).

   Las soluciones son \(x=0\) (doble) y \(x=-3\) (1 punto).

   Comprobación: con \(x=0\) todos los elementos valen 1 y el determinante es nulo; con \(x=-3\) cada fila suma 0, así que las columnas son dependientes.

5. Solución del ejercicio 5 (4 puntos)

   1. \(\begin{vmatrix}0&0&1\\120&30&1\\40&90&1\end{vmatrix}=120\cdot90-30\cdot40=10\,800-1\,200=9\,600\). Área \(=\tfrac12\cdot9\,600=4\,800\) m\(^2\). El área es la mitad del valor absoluto del determinante formado por las coordenadas de los vértices y una columna de unos; desarrollando por la primera fila solo queda el término del 1. (1 punto)
   2. Quedan \(0{,}8\cdot4\,800=3\,840\) m\(^2\) de huerto. El invernadero ocupa \(0{,}2\cdot4\,800=960\) m². (1 punto)
   3. \(\begin{vmatrix}120&30&1\\40&90&1\\80&k&1\end{vmatrix}=0\). Por Sarrus: directos \(10\,800+2\,400+40k=13\,200+40k\); inversos \(7\,200+120k+1\,200=8\,400+120k\). Igualando: \(13\,200+40k=8\,400+120k\), \(80k=4\,800\), \(k=60\). Comprobación: la recta \(BC\) tiene pendiente \(\tfrac{90-30}{40-120}=-\tfrac34\) y en \(x=80\) da \(y=30-\tfrac34(80-120)=30+30=60\). (1,5 puntos)
   4. \(BC=\sqrt{80^2+60^2}=\sqrt{10\,000}=100\) m. Valla: \(100\cdot15=1\,500\) €. Se usa la distancia entre dos puntos con \(\overrightarrow{BC}=(-80,60)\).

Total : 20 puntos