Invertibilidad de una matriz y resolución de sistemas matriciales

**(a) [0’5 puntos] Determina los valores de $\alpha$ para los que $A$ tiene inversa.** Una matriz cuadrada $A$ tiene inversa si y solo si su determinante es distinto de cero ($|A| \neq 0$). Procedemos a calcular el determinante de $A$ utilizando la regla de Sarrus: $$|A| = \begin{vmatrix} 1 & 2 & 3 \\ \alpha & 1 & 3 \\ 0 & 2 & \alpha \end{vmatrix}$$ $$|A| = (1 \cdot 1 \cdot \alpha) + (2 \cdot 3 \cdot 0) + (3 \cdot \alpha \cdot 2) - [ (0 \cdot 1 \cdot 3) + (2 \cdot \alpha \cdot \alpha) + (3 \cdot 2 \cdot 1) ]$$ $$|A| = \alpha + 0 + 6\alpha - (0 + 2\alpha^2 + 6) = 7\alpha - 2\alpha^2 - 6$$ Reordenando el polinomio: $$|A| = -2\alpha^2 + 7\alpha - 6$$ 💡 **Tip:** Recuerda que una matriz es regular (tiene inversa) si su determinante es no nulo. Si el determinante es cero, la matriz se llama singular.

Igualamos el determinante a cero para encontrar los valores críticos de $\alpha$: $$-2\alpha^2 + 7\alpha - 6 = 0$$ Resolvemos la ecuación de segundo grado: $$\alpha = \frac{-7 \pm \sqrt{7^2 - 4(-2)(-6)}}{2(-2)} = \frac{-7 \pm \sqrt{49 - 48}}{-4} = \frac{-7 \pm 1}{-4}$$ Esto nos da dos soluciones: 1. $\alpha_1 = \frac{-7 + 1}{-4} = \frac{-6}{-4} = \frac{3}{2}$ 2. $\alpha_2 = \frac{-7 - 1}{-4} = \frac{-8}{-4} = 2$ Por tanto, la matriz $A$ tiene inversa para todos los valores de $\alpha$ excepto para $1.5$ y $2$. ✅ **Resultado:** $$\boxed{A \text{ tiene inversa si } \alpha \in \mathbb{R} \setminus \{3/2, 2\}}$$

**(b) [1’25 puntos] Calcula la inversa de $A$ para $\alpha = 1$.** Sustituimos $\alpha = 1$ en la expresión del determinante hallada anteriormente: $$|A| = -2(1)^2 + 7(1) - 6 = -2 + 7 - 6 = -1$$ Como $|A| = -1 \neq 0$, la matriz es invertible para este valor. La matriz queda: $$A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 1 & 1 & 3 \\ 0 & 2 & 1 \end{pmatrix}$$ 💡 **Tip:** Para calcular $A^{-1}$ usaremos la fórmula $A^{-1} = \frac{1}{|A|} \cdot [Adj(A)]^t$.

Calculamos los adjuntos de cada elemento de $A$: $A_{11} = +\begin{vmatrix} 1 & 3 \\ 2 & 1 \end{vmatrix} = 1-6 = -5$ $A_{12} = -\begin{vmatrix} 1 & 3 \\ 0 & 1 \end{vmatrix} = -(1-0) = -1$ $A_{13} = +\begin{vmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 2 \end{vmatrix} = 2-0 = 2$ $A_{21} = -\begin{vmatrix} 2 & 3 \\ 2 & 1 \end{vmatrix} = -(2-6) = 4$ $A_{22} = +\begin{vmatrix} 1 & 3 \\ 0 & 1 \end{vmatrix} = 1-0 = 1$ $A_{23} = -\begin{vmatrix} 1 & 2 \\ 0 & 2 \end{vmatrix} = -(2-0) = -2$ $A_{31} = +\begin{vmatrix} 2 & 3 \\ 1 & 3 \end{vmatrix} = 6-3 = 3$ $A_{32} = -\begin{vmatrix} 1 & 3 \\ 1 & 3 \end{vmatrix} = -(3-3) = 0$ $A_{33} = +\begin{vmatrix} 1 & 2 \\ 1 & 1 \end{vmatrix} = 1-2 = -1$ La matriz adjunta es $Adj(A) = \begin{pmatrix} -5 & -1 & 2 \\ 4 & 1 & -2 \\ 3 & 0 & -1 \end{pmatrix}$. Transponemos la adjunta: $[Adj(A)]^t = \begin{pmatrix} -5 & 4 & 3 \\ -1 & 1 & 0 \\ 2 & -2 & -1 \end{pmatrix}$. Finalmente: $$A^{-1} = \frac{1}{-1} \begin{pmatrix} -5 & 4 & 3 \\ -1 & 1 & 0 \\ 2 & -2 & -1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 5 & -4 & -3 \\ 1 & -1 & 0 \\ -2 & 2 & 1 \end{pmatrix}$$ ✅ **Resultado:** $$\boxed{A^{-1} = \begin{pmatrix} 5 & -4 & -3 \\ 1 & -1 & 0 \\ -2 & 2 & 1 \end{pmatrix}}$$

**(c) [0’75 puntos] Resuelve, para $\alpha = 1$, el sistema de ecuaciones $AX = B$.** Para despejar $X$ en la ecuación matricial $AX = B$, multiplicamos por la izquierda por $A^{-1}$: $$A^{-1} \cdot (AX) = A^{-1} \cdot B$$ $$(A^{-1} A) \cdot X = A^{-1} B$$ $$I \cdot X = A^{-1} B \implies X = A^{-1} B$$ Sustituimos los valores conocidos: $$X = \begin{pmatrix} 5 & -4 & -3 \\ 1 & -1 & 0 \\ -2 & 2 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} -2 \\ 3 \\ 4 \end{pmatrix}$$ Realizamos el producto matriz-columna: - $x = 5(-2) + (-4)(3) + (-3)(4) = -10 - 12 - 12 = -34$ - $y = 1(-2) + (-1)(3) + 0(4) = -2 - 3 + 0 = -5$ - $z = -2(-2) + 2(3) + 1(4) = 4 + 6 + 4 = 14$ ✅ **Resultado:** $$\boxed{X = \begin{pmatrix} -34 \\ -5 \\ 14 \end{pmatrix}}$$