Rango de matrices con parámetros y ecuaciones matriciales

**a) [1 punto] Calcula el rango de $AB^T + \lambda I$ según los valores de $\lambda$ ($B^T$ es la matriz traspuesta de $B$, $I$ es la matriz identidad de orden 3).** En primer lugar, calculamos el producto $AB^T$. La matriz $A$ es de dimensiones $3 \times 1$ y $B^T$ es $1 \times 3$, por lo que el resultado será una matriz $3 \times 3$: $$AB^T = \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1(1) & 1(1) & 1(1) \\ -1(1) & -1(1) & -1(1) \\ 0(1) & 0(1) & 0(1) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ -1 & -1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.$$ Observamos que $AB^T$ es exactamente la matriz $C$ del enunciado. Ahora definimos la matriz $M = AB^T + \lambda I$: $$M = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ -1 & -1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} \lambda & 0 & 0 \\ 0 & \lambda & 0 \\ 0 & 0 & \lambda \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1+\lambda & 1 & 1 \\ -1 & -1+\lambda & -1 \\ 0 & 0 & \lambda \end{pmatrix}.$$ 💡 **Tip:** Para multiplicar una matriz columna por una fila, cada elemento $(i,j)$ de la matriz resultante es el producto del elemento $i$ de la columna por el elemento $j$ de la fila.

Para estudiar el rango, calculamos el determinante de $M$ en función de $\lambda$. Desarrollamos por la tercera fila para simplificar cálculos: $$|M| = \begin{vmatrix} 1+\lambda & 1 & 1 \\ -1 & -1+\lambda & -1 \\ 0 & 0 & \lambda \end{vmatrix} = \lambda \cdot \begin{vmatrix} 1+\lambda & 1 \\ -1 & -1+\lambda \end{vmatrix}.$$ Calculamos el determinante de orden 2: $$|M| = \lambda \left[ (1+\lambda)(-1+\lambda) - (1)(-1) \right].$$ Utilizando la identidad notable de suma por diferencia: $$|M| = \lambda \left[ (\lambda^2 - 1) + 1 \right] = \lambda(\lambda^2) = \lambda^3.$$ Buscamos los valores que anulan el determinante: $$\lambda^3 = 0 \implies \lambda = 0.$$ 💡 **Tip:** El rango de una matriz es igual al orden del mayor menor no nulo. Si el determinante es distinto de cero, el rango es máximo (3 en este caso).

Analizamos los casos según el valor de $\lambda$: **Caso 1:** Si $\lambda \neq 0$. En este caso, $|M| \neq 0$, por lo que las tres filas son linealmente independientes. $$\text{rango}(M) = 3.$$ **Caso 2:** Si $\lambda = 0$. Sustituimos $\lambda$ en la matriz $M$: $$M = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ -1 & -1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.$$ Observamos que la tercera fila es nula y que la segunda fila es proporcional a la primera ($F_2 = -F_1$). Solo hay una fila linealmente independiente. $$\text{rango}(M) = 1.$$ ✅ **Resultado (Rango de $M$):** $$\boxed{\begin{cases} \text{Si } \lambda \neq 0, & \text{rango} = 3 \\ \text{Si } \lambda = 0, & \text{rango} = 1 \end{cases}}$$

**b) [1’5 puntos] Calcula la matriz $X$ que verifica $CX - X = 2I$.** Primero, factorizamos la matriz $X$ en la ecuación: $$CX - X = 2I \implies (C - I)X = 2I.$$ Llamemos $D = C - I$. Calculamos la matriz $D$: $$D = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ -1 & -1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 1 \\ -1 & -2 & -1 \\ 0 & 0 & -1 \end{pmatrix}.$$ Para despejar $X$, la matriz $D$ debe ser invertible. Comprobamos su determinante: $$|D| = \begin{vmatrix} 0 & 1 & 1 \\ -1 & -2 & -1 \\ 0 & 0 & -1 \end{vmatrix}.$$ Desarrollando por la tercera fila: $$|D| = (-1) \cdot \begin{vmatrix} 0 & 1 \\ -1 & -2 \end{vmatrix} = (-1) [0 - (-1)] = -1.$$ Como $|D| = -1 \neq 0$, existe $D^{-1}$ y podemos despejar $X$: $$X = D^{-1}(2I) = 2D^{-1}.$$ 💡 **Tip:** Al extraer factor común una matriz por la derecha, asegúrate de mantener el orden: $CX - X = (C-I)X$.

Calculamos $D^{-1} = \frac{1}{|D|} \text{adj}(D)^T$. Ya sabemos que $|D| = -1$. Calculamos los adjuntos de los elementos de $D = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 1 \\ -1 & -2 & -1 \\ 0 & 0 & -1 \end{pmatrix}$: $$\begin{aligned} A_{11} &= +\begin{vmatrix} -2 & -1 \\ 0 & -1 \end{vmatrix} = 2 & A_{12} &= -\begin{vmatrix} -1 & -1 \\ 0 & -1 \end{vmatrix} = -1 & A_{13} &= +\begin{vmatrix} -1 & -2 \\ 0 & 0 \end{vmatrix} = 0 \\ A_{21} &= -\begin{vmatrix} 1 & 1 \\ 0 & -1 \end{vmatrix} = 1 & A_{22} &= +\begin{vmatrix} 0 & 1 \\ 0 & -1 \end{vmatrix} = 0 & A_{23} &= -\begin{vmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{vmatrix} = 0 \\ A_{31} &= +\begin{vmatrix} 1 & 1 \\ -2 & -1 \end{vmatrix} = 1 & A_{32} &= -\begin{vmatrix} 0 & 1 \\ -1 & -1 \end{vmatrix} = -1 & A_{33} &= +\begin{vmatrix} 0 & 1 \\ -1 & -2 \end{vmatrix} = 1 \end{aligned}$$ La matriz adjunta es: $$\text{adj}(D) = \begin{pmatrix} 2 & -1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 1 & -1 & 1 \end{pmatrix} \implies \text{adj}(D)^T = \begin{pmatrix} 2 & 1 & 1 \\ -1 & 0 & -1 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.$$ Entonces: $$D^{-1} = \frac{1}{-1} \begin{pmatrix} 2 & 1 & 1 \\ -1 & 0 & -1 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -2 & -1 & -1 \\ 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & -1 \end{pmatrix}.$$ 💡 **Tip:** No olvides que el signo del adjunto sigue el patrón de un tablero de ajedrez: $+ - +$ en la primera fila.

Finalmente, calculamos $X$ multiplicando por 2 la matriz inversa obtenida: $$X = 2 \cdot D^{-1} = 2 \cdot \begin{pmatrix} -2 & -1 & -1 \\ 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & -1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -4 & -2 & -2 \\ 2 & 0 & 2 \\ 0 & 0 & -2 \end{pmatrix}.$$ ✅ **Resultado:** $$\boxed{X = \begin{pmatrix} -4 & -2 & -2 \\ 2 & 0 & 2 \\ 0 & 0 & -2 \end{pmatrix}}$$