Ecuaciones matriciales y sistemas de matrices

**(i) Determina las matrices cuadradas de dimensión $2 \times 2$ de la forma $M = \begin{pmatrix} 2 & x \\ 0 & y \end{pmatrix}$ que satisfagan la identidad $M M^T = \begin{pmatrix} 5 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}$.** En primer lugar, hallamos la matriz traspuesta $M^T$ intercambiando las filas por columnas: $$M^T = \begin{pmatrix} 2 & 0 \\ x & y \end{pmatrix}$$ Ahora realizamos el producto matricial $M \cdot M^T$: $$M M^T = \begin{pmatrix} 2 & x \\ 0 & y \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2 & 0 \\ x & y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} (2 \cdot 2) + (x \cdot x) & (2 \cdot 0) + (x \cdot y) \\ (0 \cdot 2) + (y \cdot x) & (0 \cdot 0) + (y \cdot y) \end{pmatrix}$$ $$M M^T = \begin{pmatrix} 4 + x^2 & xy \\ xy & y^2 \end{pmatrix}$$ 💡 **Tip:** Recuerda que para multiplicar matrices, multiplicamos los elementos de las filas de la primera por los de las columnas de la segunda.

Igualamos el resultado obtenido a la matriz dada en el enunciado: $$\begin{pmatrix} 4 + x^2 & xy \\ xy & y^2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 5 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}$$ De la igualdad de matrices surge el siguiente sistema de ecuaciones: 1. $4 + x^2 = 5 \implies x^2 = 1 \implies x = \pm 1$ 2. $y^2 = 1 \implies y = \pm 1$ 3. $xy = 1$ Analizamos la tercera ecuación ($xy = 1$) para determinar los signos de $x$ e $y$: - Si $x = 1$, entonces $1 \cdot y = 1 \implies y = 1$. - Si $x = -1$, entonces $(-1) \cdot y = 1 \implies y = -1$. Por tanto, existen dos posibles soluciones para la matriz $M$. ✅ **Resultado:** $$\boxed{M_1 = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}, \quad M_2 = \begin{pmatrix} 2 & -1 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}}$$

**(ii) Resuelve el sistema $\begin{cases} AX + BY = C \\ AX = Y \end{cases}$ con las matrices $A, B, C$ dadas.** Sustituimos la segunda ecuación ($AX = Y$) en la primera para reducir el número de incógnitas: $$(AX) + BY = C \implies Y + BY = C$$ Ahora, factorizamos la matriz $Y$ por la derecha (es vital mantener el orden): $$(I + B)Y = C$$ donde $I$ es la matriz identidad de orden 2, $I = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$. 💡 **Tip:** Al extraer factor común en ecuaciones matriciales, si una matriz queda sola, se sustituye por la matriz identidad $I$.

Llamamos $D = I + B$. Calculamos esta matriz: $$D = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3 & 0 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}$$ Para despejar $Y$, calculamos la inversa $D^{-1}$. Primero su determinante: $$|D| = \begin{vmatrix} 3 & 0 \\ 1 & 2 \end{vmatrix} = 3 \cdot 2 - 0 \cdot 1 = 6$$ Como $|D| \neq 0$, existe $D^{-1}$. La hallamos mediante la matriz adjunta traspuesta: $$D^{-1} = \frac{1}{6} \begin{pmatrix} 2 & 0 \\ -1 & 3 \end{pmatrix}$$ Calculamos $Y = D^{-1} C$: $$Y = \frac{1}{6} \begin{pmatrix} 2 & 0 \\ -1 & 3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 15 & 3 \\ 7 & 3 \end{pmatrix} = \frac{1}{6} \begin{pmatrix} 30 & 6 \\ -15+21 & -3+9 \end{pmatrix} = \frac{1}{6} \begin{pmatrix} 30 & 6 \\ 6 & 6 \end{pmatrix}$$ ✅ **Resultado parcial:** $$\boxed{Y = \begin{pmatrix} 5 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}}$$

Utilizamos la ecuación $AX = Y$ para hallar $X$. Despejamos multiplicando por $A^{-1}$ por la izquierda: $X = A^{-1} Y$. Calculamos $A^{-1}$ para $A = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$: $$|A| = \begin{vmatrix} 2 & 1 \\ 0 & 1 \end{vmatrix} = 2 \cdot 1 - 0 \cdot 1 = 2$$ $$A^{-1} = \frac{1}{2} \text{Adj}(A)^T = \frac{1}{2} \begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}$$ Finalmente, calculamos $X$: $$X = \frac{1}{2} \begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 0 & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 5 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} = \frac{1}{2} \begin{pmatrix} 5-1 & 1-1 \\ 0+2 & 0+2 \end{pmatrix} = \frac{1}{2} \begin{pmatrix} 4 & 0 \\ 2 & 2 \end{pmatrix}$$ ✅ **Resultado final:** $$\boxed{X = \begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}, \quad Y = \begin{pmatrix} 5 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}}$$