Invertibilidad de matrices y sistemas de ecuaciones lineales

**a) [1 punto] Determina los valores de $\lambda$ para los que la matriz $A + \lambda I$ no tiene inversa ($I$ es la matriz identidad).** Primero, calculamos la matriz $A + \lambda I$ sumando la matriz identidad multiplicada por $\lambda$ a la matriz $A$: $$A + \lambda I = \begin{pmatrix} -2 & -2 & 0 \\ -2 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & -2 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} \lambda & 0 & 0 \\ 0 & \lambda & 0 \\ 0 & 0 & \lambda \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -2+\lambda & -2 & 0 \\ -2 & 1+\lambda & 0 \\ 0 & 0 & -2+\lambda \end{pmatrix}$$ 💡 **Tip:** Recuerda que una matriz cuadrada no tiene inversa si y solo si su determinante es igual a cero: $|M| = 0$.

Para hallar los valores de $\lambda$ que anulan el determinante, calculamos $|A + \lambda I|$. Dado que la tercera fila y la tercera columna tienen dos ceros, desarrollaremos por la tercera fila (o columna): $$|A + \lambda I| = \begin{vmatrix} -2+\lambda & -2 & 0 \\ -2 & 1+\lambda & 0 \\ 0 & 0 & -2+\lambda \end{vmatrix} = (-2+\lambda) \cdot \begin{vmatrix} -2+\lambda & -2 \\ -2 & 1+\lambda \end{vmatrix}$$ Calculamos el determinante de orden 2: $$(-2+\lambda) [(-2+\lambda)(1+\lambda) - (-2)(-2)] = (-2+\lambda) [(-2 - 2\lambda + \lambda + \lambda^2) - 4]$$ $$(-2+\lambda) (\lambda^2 - \lambda - 6)$$ 💡 **Tip:** Desarrollar por una fila o columna que contenga ceros simplifica enormemente el cálculo de determinantes de orden 3.

Igualamos el determinante a cero para encontrar los valores de $\lambda$: $$(-2+\lambda) (\lambda^2 - \lambda - 6) = 0$$ Esto nos da dos posibles ecuaciones: 1. $-2 + \lambda = 0 \implies \mathbf{\lambda_1 = 2}$ 2. $\lambda^2 - \lambda - 6 = 0$ Resolvemos la ecuación de segundo grado: $$\lambda = \frac{-(-1) \pm \sqrt{(-1)^2 - 4(1)(-6)}}{2(1)} = \frac{1 \pm \sqrt{1 + 24}}{2} = \frac{1 \pm 5}{2}$$ Obtenemos: $$\lambda_2 = \frac{6}{2} = \mathbf{3}, \quad \lambda_3 = \frac{-4}{2} = \mathbf{-2}$$ ✅ **Resultado:** $$\boxed{\lambda \in \{-2, 2, 3\}}$$

**b) [1,5 puntos] Resuelve $AX = -3X$. Determina, si existe, alguna solución con $x = 1$.** Reescribimos la ecuación matricial $AX = -3X$ como un sistema homogéneo: $$AX + 3X = 0 \implies (A + 3I)X = 0$$ Sustituimos $\lambda = 3$ en la expresión de la matriz $A + \lambda I$ obtenida en el apartado anterior: $$A + 3I = \begin{pmatrix} -2+3 & -2 & 0 \\ -2 & 1+3 & 0 \\ 0 & 0 & -2+3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & -2 & 0 \\ -2 & 4 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$$ El sistema de ecuaciones lineales es: $$\begin{pmatrix} 1 & -2 & 0 \\ -2 & 4 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$$ 💡 **Tip:** La ecuación $AX = kX$ define el problema de buscar autovectores asociados al autovalor $k$.

Escribimos las ecuaciones correspondientes: 1. $x - 2y = 0$ 2. $-2x + 4y = 0$ 3. $z = 0$ Observamos que la segunda ecuación es proporcional a la primera ($E_2 = -2E_1$), por lo que es redundante. El sistema es compatible indeterminado con un grado de libertad. De la tercera ecuación: $z = 0$. De la primera ecuación: $x = 2y$. Si llamamos $y = \alpha$, las soluciones generales son: $$\boxed{(x, y, z) = (2\alpha, \alpha, 0) \quad \text{con } \alpha \in \mathbb{R}}$$

Se nos pide determinar si existe una solución con $x = 1$. Usando la relación $x = 2y$: $$1 = 2y \implies y = \frac{1}{2}$$ Como $z$ debe ser obligatoriamente $0$, la solución buscada existe y es única para esa condición. ✅ **Resultado:** $$\boxed{x=1, \, y=\frac{1}{2}, \, z=0}$$