Inversa de una matriz

Proporcionamos ejercicios sobre la inversa de una matriz.

RESUMEN TEÓRICO
    Enunciado
  1. Demostrar que $\begin{bmatrix}{2}&{5}\\{1}&{3}\end{bmatrix}^{-1}=\begin{bmatrix}{3}&{-5}\\{-1}&{2}\end{bmatrix}.$
  2. Sea $A\in M_n(\mathbb{K})$ invertible. Demostrar que su inversa es única.
  3. Dada la matriz $A=\begin{bmatrix}{2}&{-1}\\{3}&{4}\end{bmatrix},$ hallar $A^{-1}:$
    $(i)$ Usando el método de Gauss.
    $(ii)$ Usando el método de los adjuntos.
    $(iii)$ Considerando como incógnitas las columnas de $A^{-1}.$
  4. Calcular al inversa de la matriz $A=\begin{bmatrix}{1}&{1}&{2}\\{3}&{2}&{0}\\{2}&{0}&{4}\end{bmatrix},$ usando el método de Gauss y el de los adjuntos.
  5. Hallar $A^{-1},$ siendo $A=\begin{bmatrix}1 & 1 & 1 & 4 \\
    1 & 1 & -1 & 1 \\
    1 & 0 & 2 & 4 \\
    3 & 2 & -1 & 5
    \end{bmatrix}.$
  6. Dada la matriz $A=\begin{bmatrix}{2}&{2}\\{3}&{4}\end{bmatrix}\in M_2(\mathbb{Z}_5),$ hallar $A^{-1}:$
    $(i)$ Usando el método de Gauss. $\quad (ii)$ Usando el método de los adjuntos.
  7. Hallar la inversa de $A=\begin{bmatrix}{1}&{i}&{i}\\{i}&{1}&{i}\\{i}&{i}&{1}\end{bmatrix}\in M_3(\mathbb{C}).$
  8. Sea $A\in\mathbb{R}^{n\times n}$ cumpliendo $A^3-3A^2+5A+7I=0.$ Demostrar que $A$ es invertible y hallar $A^{-1}$ en función de $A.$
  9. Sean $A$ y $B$ dos matrices invertibles de orden $n.$ Demostrar que $AB$ es invertible y que $(AB)^{-1}=B^{-1}A^{-1}.$
  10. Se considera la matriz real $$A=\begin{bmatrix}{a}&{-b}&{-c}&{-d}\\{b}&{\;\;a}&{\;\;d}&{-c}\\{c}&{-d}&{\;\;a}&{\;\;b}\\{d}&{\;\;c}&{-b}&{\;\;a}\end{bmatrix}.$$ Hallar $A^tA$ y usar el resultado para calcular $A^{-1}.$
  11. Sean $A,B,C$ matrices cuadradas del mismo orden, con $B$ y $C$ invertibles, verificando $(BA)^tB^{-1}(CB^{-1})^{-1}=I.$ Demostrar que $A$ es invertible y expresar $A^{-1}$ en función de $B$ y $C.$
  12. Hallar $A^{-1},$ siendo $A=\begin{bmatrix}0 & 0 & 0 & 1 \\
    0 & 0 & 1 & 1 \\
    0 & 1 & 1 & 1 \\
    1 & 1 & 1 & 1
    \end{bmatrix}\;.$
  13. Determinar $k\in\mathbb{Z}_{11}$ para que no sea invertible la matriz: $$A=\begin{bmatrix}{7}&{2}&{3}\\{10}&{0}&{5}\\{4}&{2}&{k}\end{bmatrix}\in M_3(\mathbb{Z}_{11}).$$
  14. Hallar la inversa de la matriz de orden $n:$ $$A=\begin{bmatrix}{1}&{2}&{2^2}&{\ldots}&{2^{n-1}}\\{0}&{1}&{2}&{\ldots}&{2^{n-2}}\\{0}&{0}&{1}&{\ldots}&{2^{n-3}}\\{\vdots}&{\vdots}&{\vdots}&{\ldots}&{\vdots}\\{0}&{0}&{0}&{\ldots}&{1}\end{bmatrix}.$$
  15. Para cada $a\in\mathbb{R}$ se consideran las matrices de la forma: $$M_a=\begin{bmatrix}{1}&{a}&{a^2/2}&a^3/6\\0 &{1}&{a}&a^2/2\\{0}&{0}&{1}&a\\{0}&{0}&{0}&1\end{bmatrix}.$$ Calcular $M_a\cdot M_b$ y usar el resultado obtenido para determinar $M_a^{-1}.$

    (Propuesto en examen, Álgebra, ETS Ing. Industriales UPM).

  16. Para cada $x\in\mathbb{R}$ se define $A_x=\begin{bmatrix}
    x & \sqrt{1+x^2} \\
    \sqrt{1+x^2} & x
    \end{bmatrix}.$ Demostrar que $A^{-1}_x=A_{-x}.$
    Solución
  1. Sabemos que una matriz $A\in M_n(\mathbb{K})$ es invertible si, y sólo si existe $B\in M_n(\mathbb{K})$ tal que $AB=BA=I.$ También sabemos que la condición $AB=I,$ implica $BA=AB,$ por tanto basta verificar:$$\begin{bmatrix}{2}&{5}\\{1}&{3}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{3}&{-5}\\{-1}&{2}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{1}&{0}\\{0}&{1}\end{bmatrix},$$como inmediatamente se comprueba.
  2. Si $A$ tuviera dos inversas $B$ y $C,$ se verificaría:$$\begin{aligned}&AB=BA=I,\\
    &AC=CA=I.\end{aligned}$$Ahora bien,$$(AB)=I\Rightarrow C(AB)=CI\Rightarrow (CA)B=C\Rightarrow IC=B\Rightarrow C=B.$$ Es decir, la inversa es única.
  3. $(i)$ Usando el conocido algoritmo:$$\left[\begin{array}{cc|cc}
    \boxed{2} & -1 & 1 & 0 \\
    3 & 4 & 0 & 1
    \end{array}\right]\begin{matrix}\sim\\2F_2-3F_1\end{matrix}\left[\begin{array}{cc|cc}
    2 & -1 & 1 & 0 \\
    0 & \boxed{11} & -3 & 2
    \end{array}\right]\begin{matrix}\sim\\11F_1+F_2\end{matrix}$$ $$\left[\begin{array}{cc|cc}
    22 & 0 & 8 & 2 \\
    0 & 11 & -3 & 2
    \end{array}\right]\begin{matrix}\sim\\(1/22)F_1\\(1/11)F_2\end{matrix}\left[\begin{array}{cc|cc}
    1 & 0 & 4/11 & 1/11 \\
    0 & 1 & -3/11 & 2/11
    \end{array}\right].$$ Es decir, $A^{-1}=\dfrac{1}{11}\begin{bmatrix}{4}&{1}\\{-3}&{2}\end{bmatrix}.$
    $(ii)$ El determinante de $A$ es $|A|=11\neq 0$ y $A^T=\begin{bmatrix}{2}&{3}\\{-1}&{4}\end{bmatrix},$ por tanto: $$A^{-1}=\frac{1}{|A|}\operatorname{Adj}(A)=\frac{1}{11}\begin{bmatrix}{4}&{1}\\{-3}&{2}\end{bmatrix}.$$ $(iii)$ Si $C_1,$ $C_2$ son las columnas de $A^{-1}$ e $I_1,$ $I_2$ las de la identidad, entonces $$\begin{bmatrix}{C_1}&{C_2}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{2}&{-1}\\{3}&{4}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{I_1}&{I_2}\end{bmatrix}.$$ Efectuando la multiplicación por cajas, obtenemos el sistema: $$\left \{ \begin{matrix} 2C_1+3C_2=I_1 \\-C_1+4C_2=I_2,\end{matrix}\right.$$ que resuelto proporciona la solución $$\begin{aligned}&C_1=\frac{4}{11}I_1-\frac{3}{11}I_2=\frac{1}{11}\begin{bmatrix}{4}\\{-3}\end{bmatrix},\\
    &C_2=\frac{1}{11}I_1+\frac{2}{11}I_2=\frac{1}{11}\begin{bmatrix}{1}\\{2}\end{bmatrix},\end{aligned}$$ por tanto $$A^{-1}=\begin{bmatrix}{C_1}&{C_2}\end{bmatrix}=\frac{1}{11}\begin{bmatrix}{4}&{1}\\{-3}&{2}\end{bmatrix}.$$
  4. Aplicando el algoritmo de Gauss: $$\left[\begin{array}{ccc|ccc}
    \boxed{1} & 1 & 2 & 1 & 0 & 0 \\
    3 & 2 & 0 & 0 & 1 & 0 \\
    2 & 0 & 4 & 0 & 0 & 1
    \end{array}\right]\begin{matrix}{F_2-3F_1}\\{F_3-2F_1}\end{matrix}\sim
    \left[\begin{array}{ccc|ccc}
    1 & 1 & 2 & 1 & 0 & 0 \\
    0 & \boxed{-1} & -6 & -3 & 1 & 0 \\
    0 & -2 & 0 & -2 & 0 & 1
    \end{array}\right]$$ $$\begin{matrix}{F_1+F_2}\\{F_3-2F_2}\end{matrix}\sim
    \left[\begin{array}{ccc|ccc}
    1 & 0 & -4 & -2 & 1 & 0 \\
    0 & -1 & -6 & -3 & 1 & 0 \\
    0 & 0 & \boxed{12} & 4 & -2 & 1
    \end{array}\right]\begin{matrix}{3F_1+F_3}\\{2F_2+F_3}\end{matrix}\sim $$ $$\left[\begin{array}{ccc|ccc}
    3 & 0 & 0 & -2 & 1 & 1 \\
    0 & -2 & 0 & -2 & 0 & 1 \\
    0 & 0 & 12 & 4 & -2 & 1
    \end{array}\right]\begin{matrix}{(1/3)F_1}\\{(-1/2)F_2}\\(1/12)F_3\end{matrix}\sim$$ $$
    \left[\begin{array}{ccc|ccc}
    1 & 0 & 0 & -2/3 & 1/3 & 1/3 \\
    0 & 1 & 0 & 1 & 0 & -1/2 \\
    0 & 0 & 1 & 4/12 & -2/12 & 1/12
    \end{array}\right].$$ La matriz inversa de $A$ es por tanto, $$A^{-1}=\frac{1}{12}\begin{bmatrix}{-8}&{4}&{4}\\{12}&{0}&{-6}\\{4}&{-2}&{1}\end{bmatrix}.$$ Usemos ahora el método de los adjuntos. El determinante de $A$ es $|A|=-12\neq 0$ y $A^T=\begin{bmatrix}{1}&{3}&{2}\\{1}&{2}&{0}\\{2}&{0}&{4}\end{bmatrix},$ por tanto:
    $$A^{-1}=\frac{1}{|A|}\operatorname{Adj}(A)=\frac{-1}{12}\begin{bmatrix}{8}&{-4}&-4\\{-12}&{0}&6\\-4&2&-1\end{bmatrix}=\frac{1}{12}\begin{bmatrix}{-8}&{4}&4\\{12}&{0}&-6\\4&-2&1\end{bmatrix}.$$
  5. Usemos el método de Gauss.$$\left[\begin{array}{cccc|cccc}
    \boxed{1} & 1 & 1 & 4 & 1 & 0 & 0 &0 \\
    1 & 1 & -1 & 1 & 0 & 1 & 0 & 0 \\
    1 & 0 & 2 & 4 & 0 & 0 & 1 & 0 \\
    3 & 2 & -1 & 5 & 0 & 0 & 0 & 1 \end{array}\right] \begin{matrix}\sim \\F_2-F_1\\F_3-F_1\\F_4-3F_1\end{matrix}
    $$ $$\left[\begin{array}{cccc|cccc}
    1 & 1 & 1 & 4 & 1 & 0 & 0 &0 \\
    0 & 0 & -2 & -3 & -1 & 1 & 0 & 0 \\
    0 & -1 & 1 & 0 & -1 & 0 & 1 & 0 \\
    0 & -1 & -4 & -7 & -3 & 0 & 0 & 1 \end{array}\right] \begin{matrix}\sim \\F_2\leftrightarrow F_3\end{matrix}
    $$ $$\left[\begin{array}{cccc|cccc}
    1 & 1 & 1 & 4 & 1 & 0 & 0 &0 \\
    0 & \boxed{-1} & 1 & 0 & -1 & 0 & 1 & 0 \\
    0 & 0 & -2 & -3 & -1 & 1 & 0 & 0 \\
    0 & -1 & -4 & -7 & -3 & 0 & 0 & 1 \end{array}\right] \begin{matrix}\sim \\F_1+ F_2\\F_4-F_2\end{matrix}
    $$ $$\left[\begin{array}{cccc|cccc}
    1 & 0 & 2 & 4 & 0 & 0 & 1 & 0 \\
    0 & -1 & 1 & 0 & -1 & 0 & 1 & 0 \\
    0 & 0 & \boxed{-2} & -3 & -1 & 1 & 0 & 0 \\
    0 & 0 & -5 & -7 & -2 & 0 & -1 & 1 \end{array}\right] \begin{matrix}\sim \\F_1+ F_3\\2F_2+F_3\\2F_4-5F_3\end{matrix}
    $$ $$\left[\begin{array}{cccc|cccc}
    1 & 0 & 0 & 1 & -1 & 1 & 1 & 0 \\
    0 & -2 & 0 & -3 & -3 & 1 & 2 & 0 \\
    0 & 0 & -2 & -3 & -1 & 1 & 0 & 0 \\
    0 & 0 & 0 & \boxed{1} & 1 & -5 & -2 & 2 \end{array}\right] \begin{matrix}\sim \\F_1- F_4\\F_2+3F_4\\F_3+3F_4\end{matrix}
    $$ $$\left[\begin{array}{cccc|cccc}
    1 & 0 & 0 & 0 & -2 & 6 & 3 & -2 \\
    0 & -2 & 0 & 0 & 0 & -14 & -4 & 6 \\
    0 & 0 & -2 & 0 & 2 & -14 & -6 & 6 \\
    0 & 0 & 0 & 1 & 1 & -5 & -2 & 2 \end{array}\right]\begin{matrix}\sim \\(-1/2)F_2\\(-1/2)F_3\end{matrix}
    $$ $$\left[\begin{array}{cccc|cccc}
    1 & 0 & 0 & 0 & -2 & 6 & 3 & -2 \\
    0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 7 & 2 & -3 \\
    0 & 0 & 1 & 0 & -1 & 7 & 3 & -3 \\
    0 & 0 & 0 & 1 & 1 & -5 & -2 & 2 \end{array}\right].
    $$ La inversa de $A$ es por tanto: $$A^{-1}=\begin{bmatrix}-2 & 6 & 3 & -2 \\
    0 & 7 & 2 & -3 \\
    -1 & 7 & 3 & -3 \\
    1 & -5 & -2 & 2
    \end{bmatrix}$$
  6. $(i)$ $$
    \left[\begin{array}{cc|cc}
    \boxed{2} & 2 & 1 & 0 \\
    3 & 4 & 0 & 1
    \end{array}\right]\begin{matrix}\sim\\2F_2-3F_1\end{matrix}\left[\begin{array}{cc|cc}
    2 & 2 & 1 & 0 \\
    0 & \boxed{2} & 2 & 2
    \end{array}\right]\begin{matrix}\sim\\F_1-F_2\end{matrix}
    $$ $$
    \left[\begin{array}{cc|cc}
    2 & 0 & 4 & 3 \\
    0 & 2 & 2 & 2
    \end{array}\right]\begin{matrix}\sim\\3F_1\\3F_2\end{matrix}\left[\begin{array}{cc|cc}
    1 & 0 & 2 & 4 \\
    0 & 1 & 1 & 1
    \end{array}\right]\Rightarrow A^{-1}=\begin{bmatrix}{2}&{4}\\{1}&{1}\end{bmatrix}.
    $$ $(ii)$ $$|A|=2\cdot4-3\cdot 2=3-1=2,\quad A^T=\begin{bmatrix}{2}&{3}\\{2}&{4}\end{bmatrix},$$ $$A^{-1}=\frac{1}{|A|}\operatorname{Adj}(A)=\frac{1}{2}\begin{bmatrix}{4}&{-2}\\{-3}&{2}\end{bmatrix}=3\begin{bmatrix}{4}&{3}\\{2}&{2}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{2}&{4}\\{1}&{1}\end{bmatrix}.$$
  7. Tenemos, $$\det A=\det \begin{bmatrix}{1}&{i}&{i}\\{i}&{1}&{i}\\{i}&{i}&{1}\end{bmatrix}=\ldots=4-2i,\quad A^T=\begin{bmatrix}{1}&{i}&{i}\\{i}&{1}&{i}\\{i}&{i}&{1}\end{bmatrix}.$$ Por tanto, $$A^{-1}=\frac{1}{|A|}\operatorname{Adj}(A)=\left(\frac{2}{10}+\frac{1}{10}i\right)\begin{bmatrix}{2}&{-1-i}&{-1-i}\\{-1-i}&{2}&{-1-i}\\{-1-i}&{-1-i}&{2}\end{bmatrix}.$$
  8. Usando la propiedad distributiva, la igualdad dada se puede escribir en la forma: $$A(A^2-3A+5I)=-7I,$$ Multiplicando ambos miembros por $-1/7:$ $$A\left[\frac{-1}{7}\left(A^2-3A+5I\right)\right]=I.$$ Es decir, $A$ es invertible y su inversa es: $$A^{-1}=-\frac{1}{7}\left(A^2-3A+5I\right).$$
  9. Usando la propiedad asociativa del producto de matrices: $$(AB)(B^{-1}A^{-1})=A(BB^{-1})A^{-1}=AIA^{-1}=AA^{-1}=I.$$ Por la propia definición de matriz invertible, concluimos que $AB$ lo es, siendo su inversa $(AB)^{-1}=B^{-1}A^{-1}.$
  10. Operando obtenemos $$A^tA=\left (a^2+b^2+c^2+d^2\right)\begin{bmatrix}{1}&{0}&{0}&{0}\\{0}&{1}&{0}&{0}\\{0}&{0}&{1}&{0}\\{0}&{0}&{0}&{1}\end{bmatrix}.$$ La igualdad anterior la podemos escribir como $$\left(\frac{1}{a^2+b^2+c^2+d^2}\;A^t\right)A=I_4.$$ si suma $a^2+b^2+c^2+d^2$ es no nula, cosa que ocurre si y sólo si $(a,b,c,d)\neq (0,0,0,0).$ En consecuencia, $$A^{-1}=\frac{1}{a^2+b^2+c^2+d^2}\;A^t,\quad (a,b,c,d)\neq (0,0,0,0).$$
  11. Usando que la traspuesta del producto es el producto de traspuestas cambiados de orden, que la inversa del producto es el producto de las inversas cambiados de orden, que la inversa de la traspuesta es la traspuesta de la inversa, que la inversa de la inversa es la propia matriz y que la traspuesta de la traspuesta es la propia matriz, $$(BA)^tB^{-1}(CB^{-1})^{-1}=I\Leftrightarrow I=A^tB^tB^{-1}BC^{-1}\Leftrightarrow I=A^tB^tC^{-1}$$ $$\Leftrightarrow A^t=(B^tC^{-1})^{-1}\Leftrightarrow \left(A^t\right)^{-1}=B^tC^{-1}\Leftrightarrow \left(A^{-1}\right)^t=B^tC^{-1}$$ $$\Leftrightarrow A^{-1}=\left(B^tC^{-1}\right)^t\Leftrightarrow A^{-1}=\left(C^{t}\right)^{-1}B.$$
  12. Usemos el método de Gauss. Reordenando las filas: $$\left[\begin{array}{cccc|cccc}
    0 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 & 0 &0 \\
    0 & 0 & 1 & 1 & 0 & 1 & 0 & 0 \\
    0 & 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 1 & 0 \\
    1 & 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 & 1 \end{array}\right] \\ \sim \left[\begin{array}{cccc|cccc}
    1 & 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 & 1 \\
    0 & 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 1 & 0 \\
    0 & 0 & 1 & 1 & 0 & 1 & 0 & 0 \\
    0 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right]\;.
    $$ Restando a cada fila la siguiente:
    $$\left[\begin{array}{cccc|cccc}
    1 & 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 & 1 \\
    0 & 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 1 & 0 \\
    0 & 0 & 1 & 1 & 0 & 1 & 0 & 0 \\
    0 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right]\\\sim \left[\begin{array}{cccc|cccc}
    1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & -1 & 1 \\
    0 & 1 & 0 & 0 & 0 & -1 & 1 & 0 \\
    0 & 0 & 1 & 0 & -1 & 1 & 0 & 0 \\
    0 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right].$$ Por tanto,
    $$A^{-1}=\begin{bmatrix}0 & 0 & -1 & 1 \\
    0 & -1 & 1 & 0 \\
    -1 & 1 & 0 & 0 \\
    1 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}\;.$$
  13. Usando las conocidas reglas de sumar y multiplicar en $\mathbb{Z}_{11}:$ $$\det A=7\cdot 0\cdot k+10\cdot 2\cdot3+2\cdot 5\cdot 4-4\cdot 0 \cdot 3-2\cdot 5\cdot 7-10\cdot2\cdot k$$ $$=0\cdot k+9\cdot 3+10\cdot 4-0\cdot 3-10\cdot 7-9\cdot k$$ $$=0+5+7-0-4-9k=5+7+7+2k=1+7+2k=8+2k.$$ La matriz $A$ no es invertible cuando, y sólo cuando $2k+8=0.$ Multiplicando ambos miembros por $6:$ $$6\cdot 2\cdot k+6\cdot 8=6\cdot 0\Leftrightarrow 1\cdot k +4=0\Leftrightarrow k=-4=7.$$ Es decir, $A$ no es invertible $\Leftrightarrow k=7.$
  14. Restando a cada fila la siguiente multiplicada por $2$ en el algoritmo de Gauss: $$\left[A\;|\;{I}\right]=\left[\begin{array}{ccccc|ccccc}
    {1}&{2}&{2^2}&{\ldots}&{2^{n-1}} & 1 & 0 & 0 &\ldots & 0\\
    {0}&{1}&{2}&{\ldots}&{2^{n-2}} & 0 & 1 & 0 & \ldots & 0\\
    {0}&{0}&{1}&{\ldots}&{2^{n-3}} & 0 & 0 & 1 &\ldots & 0\\
    \vdots&&&&\vdots &\vdots&&&&\vdots\\
    {0}&{0}&{0}&{\ldots}&{1} & 0 & 0 & 0 &\ldots &1
    \end{array}\right]$$ $$\sim \left[\begin{array}{ccccc|ccccc}
    {1}&{0}&{0}&{\ldots}&{0} & 1 & -2 & 0 &\ldots & 0\\
    {0}&{1}&{0}&{\ldots}&{0} & 0 & 1 & -2 & \ldots & 0\\
    {0}&{0}&{1}&{\ldots}&{0} & 0 & 0 & 1 &\ldots & 0\\
    \vdots&&&&\vdots &\vdots&&&&\vdots\\
    {0}&{0}&{0}&{\ldots}&{1} & 0 & 0 & 0 &\ldots &1
    \end{array}\right]=\left[I\;|\;{A^{-1}}\right].$$
  15. Tenemos: $$M_aM_b=\begin{bmatrix}{1}&{a}&{a^2/2}&a^3/6\\0 &{1}&{a}&a^2/2\\{0}&{0}&{1}&a\\{0}&{0}&{0}&1\end{bmatrix}\;\begin{bmatrix}{1}&{b}&{b^2/2}&b^3/6\\0 &{1}&{b}&b^2/2\\{0}&{0}&{1}&b\\{0}&{0}&{0}&1\end{bmatrix}$$ $$=\begin{bmatrix}{1}&{b+a}&{\frac{b^2}{2}+ab+\frac{a^2}{2}}&\frac{b^3}{6}+\frac{ab^2}{2}+\frac{a^2b}{2}+\frac{a^3}{6}\\0 &{1}&{b+a}&\frac{b^2}{2}+ab+\frac{a^2}{2}\\{0}&{0}&{1}&b+a\\{0}&{0}&{0}&1\end{bmatrix}$$ $$=\begin{bmatrix}{1}&{a+b}&{\frac{(a+b)^2}{2}}&\frac{(a+b)^3}{6}\\0 &{1}&{a+b}&\frac{(a+b)^2}{2}\\{0}&{0}&{1}&a+b\\{0}&{0}&{0}&1\end{bmatrix}=M_{a+b}.$$ Dado que $M_0$ es la matriz identidad, $I=M_0=M_{a+(-a)}=M_aM_{-a},$ lo cual implica que $M_a$ es invertible y su inversa es $M_{-a}.$ Es decir, $$M_a^{-1}=M_{-a}=\begin{bmatrix}{1}&{-a}&{a^2/2}&-a^3/6\\0 &{1}&{-a}&a^2/2\\{0}&{0}&{1}&-a\\{0}&{0}&{0}&1\end{bmatrix}.$$
  16. Bastará demostrar que $A_x\;A_{-x}=I.$ En efecto, $$A_x\;A_{-x}=\begin{bmatrix}
    x & \sqrt{1+x^2} \\
    \sqrt{1+x^2} & x
    \end{bmatrix}
    \begin{bmatrix}
    -x & \sqrt{1+x^2} \\
    \sqrt{1+x^2} &- x
    \end{bmatrix}$$ $$=\begin{bmatrix}
    -x^2+1+x^2 & x\sqrt{1+x^2}- x\sqrt{1+x^2} \\
    -x\sqrt{1+x^2}+ x\sqrt{1+x^2} & 1+x^2-x^2
    \end{bmatrix}=\begin{bmatrix}
    1 & 0 \\
    0 & 1
    \end{bmatrix}.$$
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