Exercicis de matrius i sistemes — Matemàtiques Aplicades a les Ciències Socials 2n Batxillerat

ad - bc = 3 · 4 - 2 · 1 = 10. Com que no és zero, la matriu té inversa.

En una matriu diagonal, la inversa té a la diagonal els inversos dels elements: $D^{-1} = \begin{pmatrix} 1/2 & 0 \\ 0 & 1/5 \end{pmatrix}$.
Comprovació: $D\cdot D^{-1} = \begin{pmatrix} 2\cdot 1/2 & 0 \\ 0 & 5\cdot 1/5 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$, que és la identitat.

Cada fila és una equació i cada columna, una incògnita; l'última columna, separada, són els termes independents: $\left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 2 & -1 & 3 \\ 2 & -1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 6 \end{array}\right)$.

2A té files (2, -4) i (0, 6); sumant-hi B element a element, 2A + B té files (4, -3) i (4, 5).
Per al producte, cada element s'obté multiplicant una fila d'A per una columna de B:
fila 1 → (1·2 + (-2)·4, 1·1 + (-2)·(-1)) = (-6, 3); fila 2 → (0·2 + 3·4, 0·1 + 3·(-1)) = (12, -3).
A·B té files (-6, 3) i (12, -3).
Error típic: multiplicar element a element; el producte de matrius és sempre «fila per columna».

A + B no es pot fer: per sumar, les dues matrius han de tenir la mateixa dimensió, i 2×3 i 3×2 no coincideixen.
A·B sí: el nombre de columnes d'A (3) coincideix amb el nombre de files de B (3); el resultat és 2×2.
B·A també: columnes de B (2) = files d'A (2); el resultat és 3×3. Fixa't que A·B i B·A ni tan sols tenen la mateixa dimensió.
A + $B^{t}$ sí: en transposar B (3×2) obtenim una matriu 2×3, igual que A; el resultat és 2×3.

Sarrus: sumem els productes de la diagonal principal i de les seves paral·leles, i restem els de la diagonal secundària i les seves paral·leles.
Termes positius: 2·3·1 + 1·1·0 + 0·1·2 = 6 + 0 + 0 = 6.
Termes negatius: 0·3·0 + 2·1·2 + 1·1·1 = 0 + 4 + 1 = 5.
det(A) = 6 - 5 = 1.
Com que det(A) ≠ 0, la matriu A és regular: té inversa.

det(A) = 3·2 - 1·5 = 1 ≠ 0, així que la inversa existeix.
Per a una matriu 2×2 de files (a, b) i (c, d), $A^{-1}$ = (1/det(A))·(matriu de files (d, -b) i (-c, a)): intercanviem els elements de la diagonal principal i canviem de signe els altres dos.
$A^{-1}$ té files (2, -1) i (-5, 3).
Comprovació: A·$A^{-1}$: fila 1 → (3·2 + 1·(-5), 3·(-1) + 1·2) = (1, 0); fila 2 → (5·2 + 2·(-5), 5·(-1) + 2·2) = (0, 1). És la matriu identitat.

S1: la segona equació és exactament el doble de la primera (coeficients i terme independent): les dues equacions diuen el mateix i només n'hi ha una d'independent. Dues incògnites i una sola equació útil: compatible indeterminat (infinites solucions, tots els punts de la recta x + y = 3).
S2: els coeficients de la segona equació són el doble dels de la primera, però el terme independent no ho és (2·1 = 2 ≠ 5). Són dues rectes paral·leles diferents, sense cap punt en comú: incompatible.
Amb determinants: en tots dos casos el determinant de la matriu de coeficients és 0 (files proporcionals), de manera que cap dels dos pot ser compatible determinat.

La segona fila és el doble de la primera: (2, 4, -2) = 2·(1, 2, -1). Per tant, el determinant de la matriu és 0 i el rang no pot ser 3.
Busquem un menor d'ordre 2 no nul amb la primera i la tercera fila: el menor de files (1, 2) i (3, 1) val 1·1 - 2·3 = -5 ≠ 0.
Hi ha exactament dues files linealment independents: rang = 2.

$v_{23}$ és l'element de la fila 2 i la columna 3: les unitats del producte 3 venudes a la botiga 2, és a dir, 60 unitats.
V·C és una matriu 2×1 (2×3 per 3×1): fila 1 → 120·1 + 80·1 + 45·1 = 245; fila 2 → 95 + 110 + 60 = 265.
V·C és la columna (245, 265): el total d'unitats venudes a cada botiga, sumant els tres productes.
Si volguéssim el total de cada producte sumant les dues botigues, multiplicaríem per l'esquerra per la fila (1, 1): (1, 1)·V = (215, 190, 105).

Es multiplica U, de dimensió 2 × 3, per la matriu columna de costos, de dimensió 3 × 1, i el resultat és 2 × 1. Primera fàbrica: 100 · 12 + 150 · 9 + 200 · 15 = 1200 + 1350 + 3000 = 5550 €. Segona fàbrica: 80 · 12 + 120 · 9 + 90 · 15 = 960 + 1080 + 1350 = 3390 €. La primera fàbrica té un cost de producció més alt perquè fabrica més unitats del model més car.

Cal multiplicar per la dreta als dos membres, perquè A és a la dreta de X: queda X = B · A⁻¹. Multiplicar per l'esquerra no serviria, perquè el producte de matrius no és commutatiu.

Sumant les dues equacions s'elimina la y: 3x = 6, o sigui x = 2, i substituint, y = 3.

Sigui x el preu de la general i y el de la reduïda. El sistema és 3x + 2y = 46 i x + 4y = 42. De la segona, x = 42 - 4y; substituint a la primera: 126 - 12y + 2y = 46, o sigui -10y = -80 i y = 8. Llavors x = 42 - 32 = 10. La general val 10 € i la reduïda, 8 €.

Matriu ampliada de files (1, 1, 1 | 4), (2, -1, 1 | 4) i (1, 2, -1 | 3).
F2 → F2 - 2F1: (0, -3, -1 | -4). F3 → F3 - F1: (0, 1, -2 | -1).
F3 → 3F3 + F2: (0, 0, -7 | -7). La matriu ja és esglaonada.
Tercera equació: -7z = -7 → z = 1. Segona: -3y - 1 = -4 → y = 1. Primera: x + 1 + 1 = 4 → x = 2.
Solució: x = 2, y = 1, z = 1. Comprovació a la segona equació: 2·2 - 1 + 1 = 4.

Aïllem X: A·X = C - B i, com que A multiplica per l'esquerra, multipliquem per $A^{-1}$ també per l'esquerra: X = $A^{-1}$·(C - B).
det(A) = 2·1 - 1·1 = 1, i $A^{-1}$ té files (1, -1) i (-1, 2).
C - B té files (4 - 1, 2 - 0) = (3, 2) i (1 - 0, 5 - 1) = (1, 4).
X = $A^{-1}$·(C - B): fila 1 → (1·3 + (-1)·1, 1·2 + (-1)·4) = (2, -2); fila 2 → ((-1)·3 + 2·1, (-1)·2 + 2·4) = (-1, 6).
X té files (2, -2) i (-1, 6). Comprovació: A·X té files (3, 2) i (1, 4); sumant-hi la identitat surt C.

det(A) = 1·(2·3 - 2·2) - 1·(1·3 - 2·1) + 1·(1·2 - 2·1) = 2 - 1 + 0 = 1 ≠ 0: la inversa existeix.
Adjunts (menors amb el signe que els toca): $A_{11}$ = 2, $A_{12}$ = -1, $A_{13}$ = 0; $A_{21}$ = -1, $A_{22}$ = 2, $A_{23}$ = -1; $A_{31}$ = 0, $A_{32}$ = -1, $A_{33}$ = 1.
$A^{-1}$ = (1/det(A))·(Adj(A)$)^{t}$. La matriu d'adjunts és simètrica (transposar-la no la canvia) i det(A) = 1, així que:
$A^{-1}$ té files (2, -1, 0), (-1, 2, -1) i (0, -1, 1).
Comprovació: la fila 1 d'A per les columnes d'$A^{-1}$ dona (2 - 1 + 0, -1 + 2 - 1, 0 - 1 + 1) = (1, 0, 0), la primera fila de la identitat; les altres files surten igual.

Siguin a, b i c els euros invertits al 2 %, al 4 % i al 5 %.
Total: a + b + c = 10000. Interessos: 0,02a + 0,04b + 0,05c = 310. Condició: a = 2c.
Substituïm a = 2c a les altres dues: b + 3c = 10000 i 0,04c + 0,04b + 0,05c = 310, és a dir, 0,04b + 0,09c = 310.
De la primera, b = 10000 - 3c; a la segona: 400 - 0,12c + 0,09c = 310 → -0,03c = -90 → c = 3000.
Llavors a = 6000 i b = 10000 - 9000 = 1000.
Resposta: 6000 € al 2 %, 1000 € al 4 % i 3000 € al 5 %. Comprovació: 120 + 40 + 150 = 310 €.

Fals. Amb nombres reals, a·b = 0 obliga que a = 0 o b = 0, però amb matrius això no passa.
Contraexemple: A de files (1, 0) i (0, 0) i B de files (0, 0) i (0, 1). Cap de les dues és nul·la, però A·B: fila 1 → (1·0 + 0·0, 1·0 + 0·1) = (0, 0); fila 2 → (0, 0). A·B és la matriu nul·la.
El motiu de fons és que A i B tenen determinant 0 (no són regulars): si A tingués inversa, de A·B = 0 en sortiria B = $A^{-1}$·0 = 0.
Conseqüència pràctica: en una equació matricial no es pot «simplificar» una matriu a banda i banda si no és regular.

Calculem det(A) per Sarrus: 1·k·k + 1·4·3 + 2·2·3 - (2·k·3 + 1·4·3 + 1·2·k) = $k^{2}$ + 24 - (8k + 12) = $k^{2}$ - 8k + 12 = (k - 2)(k - 6).
Si k ≠ 2 i k ≠ 6, det(A) ≠ 0 i rang(A) = 3.
Si k = 2, la segona fila és (2, 2, 4) = 2·(1, 1, 2), proporcional a la primera. Amb la primera i la tercera fila, el menor de files (1, 2) i (3, 2) val 1·2 - 2·3 = -4 ≠ 0: rang(A) = 2.
Si k = 6, la tercera fila és (3, 3, 6) = 3·(1, 1, 2). El menor de files (1, 1) i (2, 6) val 6 - 2 = 4 ≠ 0: rang(A) = 2.
Resum: rang(A) = 3 si k ≠ 2 i k ≠ 6; rang(A) = 2 si k = 2 o k = 6.

Determinant de la matriu de coeficients, de files (2, 1, -1), (1, -1, 1) i (1, 2, 1): D = (-2 + 1 - 2) - (1 + 4 + 1) = -3 - 6 = -9 ≠ 0, així que el sistema és compatible determinat i Cramer es pot aplicar.
$D_{x}$: substituïm la columna de les x pels termes independents (3, 0, 6): files (3, 1, -1), (0, -1, 1) i (6, 2, 1) → $D_{x}$ = (-3 + 6 + 0) - (6 + 6 + 0) = -9.
$D_{y}$: files (2, 3, -1), (1, 0, 1) i (1, 6, 1) → $D_{y}$ = (0 + 3 - 6) - (0 + 12 + 3) = -18.
$D_{z}$: files (2, 1, 3), (1, -1, 0) i (1, 2, 6) → $D_{z}$ = (-12 + 0 + 6) - (-3 + 0 + 6) = -9.
x = $\tfrac{D_{x}}{D}$ = -$\tfrac{9}{(-9)} = 1$; y = $\tfrac{D_{y}}{D}$ = -$\tfrac{18}{(-9)} = 2$; z = $\tfrac{D_{z}}{D}$ = -$\tfrac{9}{(-9)} = 1$.
Comprovació a la primera equació: 2·1 + 2 - 1 = 3.

(a) $V\cdot P = \begin{pmatrix} 40\cdot 12 + 25\cdot 20 + 10\cdot 35 \\ 30\cdot 12 + 35\cdot 20 + 20\cdot 35 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1330 \\ 1760 \end{pmatrix}$. Són els ingressos de cada botiga: 1.330 € la primera i 1.760 € la segona.
(b) El benefici per unitat és $P - C = \begin{pmatrix} 4 \\ 6 \\ 10 \end{pmatrix}$, i el benefici de cada botiga és $V\cdot (P - C) = \begin{pmatrix} 40\cdot 4 + 25\cdot 6 + 10\cdot 10 \\ 30\cdot 4 + 35\cdot 6 + 20\cdot 10 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 410 \\ 530 \end{pmatrix}$.
(c) La segona: 530 € contra 410 €.

Siguin x, y i z els euros de cada producte. Les equacions són x + y + z = 20000, x = 2y i z = y - 2000. Substituint: 2y + y + y - 2000 = 20000, o sigui 4y = 22000 i y = 5500. Llavors x = 11000 i z = 3500. Comprovació: 11000 + 5500 + 3500 = 20000 €, i totes tres quantitats són positives, o sigui que la solució té sentit.

Siguin x, y i z els quilos de cada cafè. Les equacions són x + y + z = 100, 8x + 12y + 20z = 1200 i x = 2z. Substituint la tercera a les altres dues: 3z + y = 100 i 16z + 12y + 20z = 1200, és a dir 36z + 12y = 1200. De la primera surt y = 100 - 3z; substituint: 36z + 1200 - 36z = 1200, que dona 0 = 0. El sistema és compatible indeterminat: amb z = t, les solucions són x = 2t, y = 100 - 3t i z = t. Perquè tinguin sentit calen quantitats no negatives, o sigui t entre 0 i 33,3 kg: hi ha moltes mescles possibles i l'empresa pot triar.

a) Matriu de coeficients A de files (1, 2, 1), (2, 1, k) i (1, -1, 1). det(A) = (1 + 2k - 2) - (1 - k + 4) = 2k - 1 - 5 + k = 3k - 6 = 3(k - 2).
Si k ≠ 2: det(A) ≠ 0, rang(A) = rang(A*) = 3 = nombre d'incògnites → compatible determinat.
Si k = 2: rang(A) = 2 (el menor de files (1, 2) i (2, 1) val -3 ≠ 0). A la matriu ampliada, F2 - F1 = (1, -1, 1 | -2) té els mateixos coeficients que F3 = (1, -1, 1 | 2) però terme independent diferent: rang(A*) = 3 ≠ rang(A) → incompatible.
b) Per a k = 0: x + 2y + z = 3, 2x + y = 1, x - y + z = 0. Restant la tercera equació de la primera: 3y = 3 → y = 1. De la segona, 2x + 1 = 1 → x = 0. De la tercera, z = y - x = 1.
Solució: x = 0, y = 1, z = 1. Comprovació: 0 + 2·1 + 1 = 3.

a) Els clients d'A l'any següent són 0,8a + 0,1b, i els de B, 0,2a + 0,9b. En forma matricial, la columna (a', b') = M·(a, b), on M té per primera fila 0,8 i 0,1, i per segona fila 0,2 i 0,9. Cada columna de M suma 1 perquè cap client no desapareix.
b) Any 1: a' = 0,8·6000 + 0,1·4000 = 4800 + 400 = 5200; b' = 0,2·6000 + 0,9·4000 = 1200 + 3600 = 4800.
Any 2 (apliquem M al resultat anterior, és a dir, M² a la columna inicial): a'' = 0,8·5200 + 0,1·4800 = 4160 + 480 = 4640; b'' = 0,2·5200 + 0,9·4800 = 1040 + 4320 = 5360.
Comprovació: 4640 + 5360 = 10000, el total de clients es conserva.
Observació: B guanya clients cada any perquè en reté una proporció més alta que A.

Traiem factor comú X per la dreta: X·A + 2X = X·A + X·(2I) = X·(A + 2I), on I és la identitat (no es pot escriure X·(A + 2), perquè una matriu no es pot sumar amb un nombre).
A + 2I té files (-1 + 2, 1) = (1, 1) i (2, 1 + 2) = (2, 3); det(A + 2I) = 3 - 2 = 1 ≠ 0, així que és regular.
De X·(A + 2I) = B, multiplicant per la dreta per la inversa: X = B·(A + 2I$)^{-1}$. Aquesta inversa té files (3, -1) i (-2, 1).
X: fila 1 → (1·3 + 2·(-2), 1·(-1) + 2·1) = (-1, 1); fila 2 → (3·3 + 4·(-2), 3·(-1) + 4·1) = (1, 1).
X té files (-1, 1) i (1, 1). Comprovació: X·A té files (3, 0) i (1, 2); 2X té files (-2, 2) i (2, 2); la suma té files (1, 2) i (3, 4), que és B.

a) Siguin x, y i z els preus (en euros) del croissant, l'ensaïmada i el cafè: 2x + y + 3z = 8,70; x + 2y + 2z = 7,80; 3x + y + 2z = 8,40. En forma matricial, A·X = B amb A de files (2, 1, 3), (1, 2, 2) i (3, 1, 2), X la columna (x, y, z) i B la columna (8,70; 7,80; 8,40).
b) det(A) = (8 + 6 + 3) - (18 + 4 + 2) = 17 - 24 = -7 ≠ 0: compatible determinat. Aïllem x a la segona equació, x = 7,80 - 2y - 2z, i substituïm a les altres dues: 2(7,80 - 2y - 2z) + y + 3z = 8,70 → -3y - z = -6,90; i 3(7,80 - 2y - 2z) + y + 2z = 8,40 → -5y - 4z = -15.
De la primera, z = 6,90 - 3y; a la segona: -5y - 27,60 + 12y = -15 → 7y = 12,60 → y = 1,80. Llavors z = 6,90 - 5,40 = 1,50 i x = 7,80 - 3,60 - 3,00 = 1,20.
El croissant val 1,20 €, l'ensaïmada 1,80 € i el cafè 1,50 €. Comprovació: 3·1,20 + 1,80 + 2·1,50 = 8,40 €.
c) 1,20 + 1,80 + 1,50 = 4,50 €.

a) La tercera equació és la suma de les dues primeres (coeficients i termes independents): F3 = F1 + F2. Per tant det(A) = 0 (Cramer exigeix det(A) ≠ 0) i rang(A) = rang(A*) = 2, perquè el menor de files (1, 1) i (2, -1) val -3 ≠ 0. Rang 2 < 3 incògnites: compatible indeterminat, amb infinites solucions que depenen d'un paràmetre.
b) Ens quedem amb les dues primeres equacions i fem z = t: x + y = 2 - t, 2x - y = 1 - t. Sumant-les: 3x = 3 - 2t → x = 1 - 2t/3; y = 2 - t - x = 1 - t/3.
Solució general: x = 1 - 2t/3, y = 1 - t/3, z = t. Per t = 0: (1, 1, 0); per t = 3: (-1, 0, 3). Es poden evitar les fraccions fent z = 3t: x = 1 - 2t, y = 1 - t, z = 3t.
c) Caldria x = y: 1 - 2t/3 = 1 - t/3 → t = 0, però aleshores z = 0 i x = y = 1 ≠ 0. No hi ha cap solució amb les tres incògnites iguals.
Comprovació amb (-1, 0, 3): -1 + 0 + 3 = 2; -2 - 0 + 3 = 1; -3 + 6 = 3.

Matriu de coeficients A de files (1, 1, 1), (1, -1, 1) i (2, k, 2). La primera i la tercera columna són iguals, de manera que det(A) = 0 per a qualsevol k: el sistema mai no és compatible determinat, i cal comparar rangs.
rang(A) = 2 per a tot k, perquè el menor de files (1, 1) i (1, -1) val -2 ≠ 0.
Matriu ampliada: F2 - F1 = (0, -2, 0 | -2) i F3 - 2F1 = (0, k - 2, 0 | -2). Aquestes dues files són proporcionals només si $\tfrac{(k - 2)}{(-2)}$ = $\tfrac{(-2)}{(-2)} = 1$, és a dir, si k = 0.
Si k ≠ 0: rang(A*) = 3 ≠ rang(A) = 2 → incompatible. Si k = 0: rang(A*) = rang(A) = 2 < 3 → compatible indeterminat.
Resolució per a k = 0: de F2 - F1, -2y = -2 → y = 1; la primera equació queda x + z = 2, i la tercera (2x + 2z = 4) és la mateixa. Solució: x = 2 - t, y = 1, z = t, amb t qualsevol nombre real.
Comprovació amb t = 2, és a dir (0, 1, 2): 0 + 1 + 2 = 3; 0 - 1 + 2 = 1; 0 + 0 + 4 = 4.

a) Posem a la primera columna on van els de paper i a la segona on van els digitals:

Cada columna suma 1 perquè ningú no es perd. Per al 2027: $\begin{pmatrix} 0{,}7\cdot 40\,000+0{,}1\cdot 60\,000 \\ 0{,}3\cdot 40\,000+0{,}9\cdot 60\,000 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 34\,000 \\ 66\,000 \end{pmatrix}$. Per al 2028 tornem a multiplicar per $M$: $\begin{pmatrix} 0{,}7\cdot 34\,000+0{,}1\cdot 66\,000 \\ 0{,}3\cdot 34\,000+0{,}9\cdot 66\,000 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 30\,400 \\ 69\,600 \end{pmatrix}$. El total continua sent 100 000 cada any.

b) $\det M = 0{,}63-0{,}03=0{,}6\neq 0$, de manera que $M$ és invertible:

El 2025 hi havia 50 000 subscriptors de cada tipus. Comprovació: $0{,}7\cdot 50\,000+0{,}1\cdot 50\,000=40\,000$ i $0{,}3\cdot 50\,000+0{,}9\cdot 50\,000=60\,000$.

c) Volem $Mv=v$, és a dir, $(M-I)v=0$:

Les dues primeres equacions són la mateixa (el sistema homogeni és compatible indeterminat, com ha de passar perquè $\det(M-I)=0$): diuen que $D=3P$. Amb la tercera, $4P=100\,000$, d'on $P=25\,000$ i $D=75\,000$.

d) Si els percentatges no canvien, la distribució s'acosta cada any a la d'equilibri: el paper baixa (50 000 → 40 000 → 34 000 → 30 400…) però no desapareix, sinó que s'estabilitza al voltant de 25 000 subscriptors (un 25 %). L'equilibri arriba quan els 0,3·P que marxen del paper es compensen exactament amb els 0,1·D que hi tornen. És un model: si l'editorial canvia preus o continguts, els percentatges canviaran i l'equilibri també.

Errors típics

• Escriure la matriu per files (files que sumen 1) i multiplicar-la per un vector columna: el resultat no té sentit. L'ordre de files i columnes ha de quadrar amb el producte $Mv$.
• Calcular el 2025 multiplicant per $M$ en lloc de per $M^{-1}$, o restar percentatges «a ull».
• A l'apartat c), resoldre només $(M-I)v=0$ i concloure que l'única solució és $P=D=0$: cal afegir la condició del total.

Conceptes treballats: matriu de transició, producte i potència de matrius, matriu inversa 2×2, sistema homogeni compatible indeterminat, interpretació d'un estat d'equilibri.

a) La columna d'un sector diu què consumeix aquest sector per cada euro que produeix:

La primera fila de $CX$, $0{,}2x_A+0{,}3x_I$, és el que els dos sectors compren al sector A per poder produir. L'equació diu: producció total = consum intermedi + demanda final.

b) $X-CX=D \Rightarrow (I-C)X=D \Rightarrow X=(I-C)^{-1}D$.

El sector A ha de produir 135 milions d'euros i el sector I, 160 milions.

c) Consum intermedi: $CX=\begin{pmatrix} 0{,}2\cdot 135+0{,}3\cdot 160 \\ 0{,}4\cdot 135+0{,}1\cdot 160 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 75 \\ 70 \end{pmatrix}$. Del sector A, 75 dels 135 milions (un 56 %) els fan servir els mateixos sectors comarcals; del sector I, 70 de 160 (un 44 %). Comprovació: $135-75=60$ i $160-70=90$, que és la demanda final.

d) Com que el model és lineal, l'increment de producció és $(I-C)^{-1}$ per l'increment de demanda:

El sector industrial ha de produir 8 milions més (no només 6, perquè ell mateix consumeix part del que produeix) i l'agroalimentari, 3 milions més, tot i que la seva demanda final no ha canviat: la indústria li compra 0,30 € per cada euro produït, i aquesta producció addicional d'A, al seu torn, demana més producte industrial. És l'«efecte arrossegament» entre sectors.

Errors típics

• Escriure $X-CX=(1-C)X$: no es pot restar una matriu d'un nombre; cal la matriu identitat, $(I-C)X$.
• Multiplicar per la inversa pel costat equivocat: $X=D(I-C)^{-1}$ ni tan sols es pot calcular (2×1 per 2×2).
• Posar els coeficients per files (el que ven cada sector) en lloc de per columnes, cosa que canvia el resultat.
• Pensar a d) que només creix el sector on augmenta la demanda.

Conceptes treballats: plantejament d'una equació matricial, matriu identitat, inversa d'una matriu 2×2, producte de matrius, interpretació econòmica (model input-output).

a) El sistema és

Si $a\neq 4$: $\operatorname{rang}A=\operatorname{rang}A^*=3$, sistema compatible determinat (un únic pla de producció).

Si $a=4$: la tercera fila de coeficients $(2,3,4)$ és la suma de les dues primeres, i $\operatorname{rang}A=2$ (el menor $\begin{vmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 2 \end{vmatrix}=1\neq 0$). Però la suma dels termes independents és $100+180=280\neq 300$, de manera que $\operatorname{rang}A^*=3$: sistema incompatible.

b) Amb $a=5$, restant la primera equació a la segona, $y+2z=80$. Restant el doble de la primera a la tercera, $y+3z=100$. D'aquí $z=20$, $y=40$ i $x=100-40-20=40$. Es fan 40 escolars, 40 excursionistes i 20 de viatge. Comprovació: $40+80+60=180$ cremalleres i $80+120+100=300$ hores.

c) De les dues primeres equacions, $y=80-2z$ i $x=100-y-z=20+z$. Substituint a la tercera:

Cal $z\ge 0$, que exigeix $a\gt 4$, i $y\ge 0$, que exigeix $\frac{40}{a-4}\le 80$, és a dir, $a-4\ge 0{,}5$. El pla té sentit si $a\ge 4{,}5$ (amb $a=4{,}5$ no es fa cap motxilla excursionista: $x=60,\ y=0,\ z=40$). A més, si es volen unitats senceres, cal que $\frac{20}{a-4}$ sigui enter, com passa amb $a=5$ o $a=6$.

d) Amb $a=4$, les hores de màquina de cada motxilla són exactament la suma del teixit i les cremalleres que fa servir (2 = 1+1, 3 = 1+2, 4 = 1+3). Per tant, si es gasten tots els 100 m² i les 180 cremalleres, les hores consumides són per força $100+180=280$, sigui quin sigui el repartiment. No es poden gastar exactament 300 hores. Si el taller tingués 280 hores, el sistema seria compatible indeterminat: $x=20+t,\ y=80-2t,\ z=t$, amb infinits plans possibles ($0\le t\le 40$).

Errors típics

• Concloure que si $\det A=0$ el sistema és «indeterminat» sense comparar els rangs: aquí és incompatible.
• Donar per bona qualsevol solució matemàtica sense comprovar que les quantitats no siguin negatives.
• Equivocar-se en el determinant amb paràmetre per un error de signe a la regla de Sarrus; comprova-ho amb un valor concret de $a$.

Conceptes treballats: plantejament de sistemes, determinant 3×3 amb paràmetre, teorema de Rouché-Fröbenius (rangs), mètode de Gauss, interpretació de la validesa d'una solució en context.

a) $\det P=2(6-1)-5(3-1)+4(1-2)=10-10-4=-4\neq 0$. Calculant els adjunts i transposant:

(Comprovació ràpida: la primera fila de $P^{-1}$ per la primera columna de $P$ dona $-\tfrac{10}{4}+\tfrac{11}{4}+\tfrac{3}{4}=1$.)

b) Si $c=\begin{pmatrix} 200 \\ 80 \\ 80 \end{pmatrix}$, tenim $Px=c\Rightarrow x=P^{-1}c$:

S'han fet 30 cadires, 20 taules i 10 prestatgeries. Com que $\det P\neq 0$, el sistema $Px=c$ és compatible determinat: cap altra combinació de productes gasta exactament aquests materials. Comprovació: $2\cdot 30+5\cdot 20+4\cdot 10=200$.

c) Amb $p=\begin{pmatrix} 12 & 25 & 4 \end{pmatrix}$:

Una cadira costa 53 € en materials, una taula 114 € i una prestatgeria 85 €.

d) Per materials: $p\,c=12\cdot 200+25\cdot 80+4\cdot 80=2400+2000+320=4720$ €. Per productes: $(pP)\,x=53\cdot 30+114\cdot 20+85\cdot 10=1590+2280+850=4720$ €. Coincideixen per la propietat associativa del producte de matrius: $p\,(Px)=(pP)\,x$. Una forma suma el que val cada material gastat; l'altra, el que val cada producte fabricat.

Errors típics

• Oblidar transposar la matriu d'adjunts o no dividir pel determinant (que aquí és negatiu).
• Fer $x=c\,P^{-1}$: no es pot multiplicar un vector columna 3×1 per una matriu 3×3 per l'esquerra.
• Multiplicar $P\,p$ amb $p$ com a vector columna: les dimensions no quadren o el resultat no té significat (es barregen materials amb productes).

Conceptes treballats: matriu de producció, determinant 3×3, matriu inversa 3×3, sistema compatible determinat, producte de matrius, propietat associativa.

a) $A\begin{pmatrix} 19 \\ 9 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 38+9 \\ 57+18 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 47 \\ 75 \end{pmatrix}$. La paraula SI s'envia com 47, 75.

b) $\det A=4-3=1$, de manera que $A^{-1}=\begin{pmatrix} 2 & -1 \\ -3 & 2 \end{pmatrix}$. Si $c=Am$, multiplicant per $A^{-1}$ per l'esquerra, $m=A^{-1}c$:

22, 15, 20, 1 correspon a V, O, T, A: el missatge és VOTA. Comprovació: $A\begin{pmatrix} 22 \\ 15 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 59 \\ 96 \end{pmatrix}$.

c) AB = (1, 2) i CA = (3, 1): $B\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 2+8 \\ 1+4 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 10 \\ 5 \end{pmatrix}$ i $B\begin{pmatrix} 3 \\ 1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 6+4 \\ 3+2 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 10 \\ 5 \end{pmatrix}$. Qui rebi 10, 5 no pot saber quin dels dos missatges era. Passa perquè $\det B=4-4=0$: $B$ no té inversa (la segona fila és la meitat de la primera) i el sistema $Bm=c$, quan té solució, en té infinites.

d) La inversa és $\frac{1}{\det A}$ per una matriu d'enters. Si $\det A=\pm 1$, la inversa també té tots els elements enters, i desxifrar un missatge enter sempre retorna enters (lletres). Amb $C=\begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}$, $\det C=2$ i $C^{-1}=\begin{pmatrix} \tfrac{1}{2} & 0 \\ -\tfrac{1}{2} & 1 \end{pmatrix}$: es pot desxifrar, però apareixen fraccions als càlculs i un error de transmissió podria donar números no enters, sense lletra associada.

Errors típics

• Multiplicar per la inversa per la dreta ($cA^{-1}$) o escriure els parells com a vectors fila.
• Desxifrar multiplicant per $A$ una altra vegada en lloc de per $A^{-1}$.
• Dir que $B$ «no serveix» sense justificar-ho: cal mostrar que no és injectiva (dos missatges, un mateix xifrat) o que $\det B=0$.

Conceptes treballats: producte matriu per vector, matriu inversa 2×2, determinant i invertibilitat, sistemes compatibles determinats i indeterminats, aplicació a la criptografia.

a) $A$ seria simètrica si cada vol tingués el de tornada. Algunes rutes sí que són d'anada i tornada (Barcelona–Palma: $a_{12}=a_{21}=1$; Barcelona–Madrid: $a_{13}=a_{31}=1$; Madrid–Lisboa: $a_{34}=a_{43}=1$), però hi ha vol de Palma a Madrid ($a_{23}=1$) i no n'hi ha de Madrid a Palma ($a_{32}=0$). Com que $a_{23}\neq a_{32}$, $A\neq A^t$: aquesta ruta només s'opera en un sentit.

b)

$(A^2)_{ij}=\sum_k a_{ik}a_{kj}$ suma un 1 per cada ciutat intermèdia $k$ amb vol $i\to k$ i vol $k\to j$: compta els trajectes de $i$ a $j$ amb exactament una escala. De Palma a Lisboa, $(A^2)_{24}=1$: hi ha una sola manera, P → M → L.

c)

L'únic zero fora de la diagonal és l'element $(4,2)$: de Lisboa a Palma no s'hi pot anar ni directament ni amb una escala. Calculant $A^3=A^2A$, l'element $(4,2)$ val 1: hi ha un trajecte amb exactament dues escales, L → M → B → P. Per tant, calen dues escales.

d) $(A^2)_{ii}$ compta els viatges d'anada i tornada a la mateixa ciutat passant per una altra (sortir de $i$, fer una escala i tornar). $(A^2)_{11}=2$ vol dir que des de Barcelona hi ha dues ciutats amb vol d'anada i de tornada: Palma (B → P → B) i Madrid (B → M → B). En canvi, $(A^2)_{22}=1$: Palma només té anada i tornada amb Barcelona.

Errors típics

• Confondre files i columnes: $a_{ij}$ és el vol de $i$ a $j$, no de $j$ a $i$.
• Pensar que $(A^2)_{ij}$ és el quadrat de cada element: $A^2$ és el producte $A\cdot A$, no elevar cada element al quadrat.
• Mirar només $A^2$ a l'apartat c) i oblidar els vols directes (cal $A+A^2$).

Conceptes treballats: matriu d'adjacència d'un graf dirigit, producte i potències de matrius, interpretació dels elements d'un producte, matriu simètrica.

a) $A^2=\begin{pmatrix} 1-2 & 2-2 \\ -1+1 & -2+1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} -1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}=-I$. Llavors $A\cdot(-A)=-A^2=I$ (i també $(-A)\cdot A=I$), de manera que $A$ és invertible i

b) $A^2=-I$, $A^3=-A$, $A^4=(A^2)^2=(-I)^2=I$. Les potències es repeteixen cada 4. Com que $2026=4\cdot 506+2$, $A^{2026}=(A^4)^{506}A^2=A^2=-I$. I $A^{2027}=A^{2026}A=-A=\begin{pmatrix} -1 & -2 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}$.

c) $XA=2I-A^2=2I+I=3I$. Multiplicant per $A^{-1}$ per la dreta: $X=3A^{-1}=-3A=\begin{pmatrix} -3 & -6 \\ 3 & 3 \end{pmatrix}$. Comprovació: $XA=-3A^2=3I$, i $3I+A^2=3I-I=2I$.

d) Si $M^2=-I$, aplicant determinants: $\det(M^2)=(\det M)^2$ i $\det(-I)=(-1)\cdot(-1)=1$ (és d'ordre 2). Per tant, $(\det M)^2=1$ i $\det M=\pm 1$. Per a $A$: $\det A=-1+2=1$. Fixa't que el resultat depèn de l'ordre: en ordre 3, $\det(-I)=-1$ i l'equació $(\det M)^2=-1$ no té solució real, de manera que cap matriu real 3×3 compleix $M^2=-I$.

Errors típics

• Escriure $A^{-1}=\frac{1}{A}$ o calcular la inversa element a element ($1/a_{ij}$).
• A c), multiplicar per $A^{-1}$ per l'esquerra: el producte de matrius no és commutatiu i $X$ està a l'esquerra de $A$.
• Pensar que $\det(-I)=-1$ per a qualsevol ordre: $\det(kM)=k^n\det M$ en ordre $n$.

Conceptes treballats: producte i potències de matrius, matriu identitat, matriu inversa, equacions matricials, propietats del determinant, demostració.

a)

Dividint la tercera per 30: $2x+3y+4z=190$, que és exactament la suma de les dues primeres (coeficients i terme independent). Per tant $\operatorname{rang}A=\operatorname{rang}A^*=2\lt 3$: sistema compatible indeterminat. Restant les dues primeres: $y+2z=70$. Amb $z=t$: $y=70-2t$ i $x=60-y-z=t-10$. Solució: $(x,y,z)=(t-10,\ 70-2t,\ t)$.

b) $60x+90y+120z=30(x+y+z)+30(x+2y+3z)=30\cdot 60+30\cdot 130=5700$: un cop fixades les habitacions i els llits, la recaptació queda determinada (cada habitació aporta 30 € i cada llit, 30 €). Per a les distribucions, cal $x=t-10\ge 0$ i $y=70-2t\ge 0$, és a dir, $10\le t\le 35$, amb $t$ enter: hi ha 26 distribucions, des de (0, 50, 10) fins a (25, 0, 35). (Si s'exigís almenys una habitació de cada tipus, caldria $11\le t\le 34$: 24 distribucions.)

c) Amb 6 000 € la tercera equació seria $2x+3y+4z=200$, mentre que les dues primeres obliguen a $2x+3y+4z=190$. El sistema és incompatible ($\operatorname{rang}A=2$, $\operatorname{rang}A^*=3$): la dada és errònia o l'hotel no estava ple o hi havia tarifes diferents.

d) Si $y=2x$: $70-2t=2(t-10)\Rightarrow 4t=90\Rightarrow t=22{,}5$. No és enter: no hi ha cap distribució possible, la dada és incompatible amb que les habitacions es comptin per unitats. Si $y=x+20$: $70-2t=t-10+20\Rightarrow t=20$, d'on $x=10,\ y=30,\ z=20$. Comprovació: $10+30+20=60$, $10+60+60=130$ llits i $600+2700+2400=5700$ €.

Errors típics

• Resoldre amb Cramer sense mirar el determinant, que és 0.
• Donar com a solució qualsevol valor de $t$, sense imposar que les habitacions siguin enters no negatius.
• A d), arrodonir $t=22{,}5$ a 22 o 23: cap dels dos compleix $y=2x$.

Conceptes treballats: plantejament de sistemes, rang i teorema de Rouché-Fröbenius, sistemes compatibles indeterminats i incompatibles, solucions enteres, interpretació en context.

a)

Multiplicant per 100 i substituint $z=10\,000-x-y$: $4x-2y=-15\,000$ i $-5x+2y=15\,000$. Sumant: $-x=0$, d'on $x=0$, $y=7500$ i $z=2500$. La cartera coberta no inclou el fons A (massa arriscat: guanya molt o perd), i combina 7 500 € a B i 2 500 € a C. Comprovació: $150+100=250$ en creixement i $225+25=250$ en recessió.

b) Amb $G=300$: $4x-2y=-10\,000$ i $-5x+2y=20\,000$, d'on $x=-10\,000$, $y=-15\,000$ i $z=35\,000$. Matemàticament és correcta, però invertir quantitats negatives voldria dir vendre participacions que no es tenen (posicions curtes), cosa que una família no fa. No és una cartera acceptable.

c) Repetint el procés amb $G$ qualsevol (la matriu de coeficients té determinant no nul, de manera que la solució és única):

Condicions: $x\ge 0\Rightarrow G\le 250$; $y\ge 0\Rightarrow G\le 266{,}67$; $z\ge 0\Rightarrow G\ge \frac{3200}{13}\approx 246{,}15$. Hi ha cartera vàlida només si $246{,}15\le G\le 250$ €. Al límit inferior la cartera és, aproximadament, 769 € a A, 9 231 € a B i res a C.

d) Que el sistema sigui compatible determinat només garanteix que hi ha una solució per a cada $G$, no que sigui positiva. Per guanyar el mateix en els dos escenaris, el guany del fons A en creixement s'ha de compensar amb la seva pèrdua en recessió, i els fons B i C tenen rendibilitats moderades: la cobertura obliga a una rendibilitat al voltant del 2,5 %. Demanar més guany (com a b) exigiria endeutar-se en uns fons per comprar-ne d'altres. És el principi de «més rendibilitat, més risc».

Errors típics

• Escriure la pèrdua del 4 % amb signe positiu, o posar els percentatges sense dividir per 100.
• Donar per bona la solució de b) sense comprovar el signe de les inversions.
• A c), quedar-se amb una sola condició de signe: cal la intersecció de les tres.

Conceptes treballats: plantejament de sistemes 3×3, mètode de substitució/Gauss, sistemes amb un paràmetre en els termes independents, inequacions de primer grau, interpretació financera.

a) $Q$ és 2×3 i els vectors són 3×1, de manera que els productes són 2×1:

Cada element és la despesa setmanal d'una llar en aquests tres productes: la llar 1 passa de 64 € a 69,40 €, i la llar 2, de 74 € a 79,40 €.

b) Llar 1: $\frac{69{,}4}{64}-1=0{,}0844$, un 8,44 %. Llar 2: $\frac{79{,}4}{74}-1=0{,}0730$, un 7,30 %. Totes dues gasten 5,40 € més, però en termes relatius la llar 1 surt més perjudicada.

c) El pa i la carn han pujat un 10 % i la fruita, un 0 %. L'increment de cada llar és el 10 % ponderat pel pes del pa i la carn en la seva despesa. A la llar 1, pa i carn són $\frac{54}{64}=84{,}4\,\%$ de la despesa ($0{,}1\cdot 0{,}844=8{,}44\,\%$); a la llar 2, $\frac{54}{74}=73\,\%$ ($7{,}30\,\%$). La llar 2 dedica més part de la despesa a la fruita (un 27 % contra un 15,6 %), el producte que no ha pujat, i per això nota menys la inflació. És el mateix motiu pel qual la inflació «real» és diferent per a cada família.

d) $10\cdot 3{,}3+4f+2\cdot 13{,}2=1{,}05\cdot 64\Rightarrow 59{,}4+4f=67{,}2\Rightarrow f=1{,}95$ €/kg. La fruita hauria de baixar de 2,50 a 1,95 €/kg, un 22 %. És poc realista: com que la fruita pesa poc en la despesa d'aquesta llar, cal una baixada molt gran per compensar una pujada del 10 % en els productes que hi pesen més.

Errors típics

• Fer el producte $p\,Q$ o multiplicar element a element: cal que les columnes de $Q$ (productes) coincideixin amb les files de $p$.
• Calcular l'increment percentual com a diferència de despeses (5,40 €) i concloure que totes dues llars pateixen igual.
• Fer la mitjana simple dels increments dels preus (6,67 %) en lloc de ponderar-los per la despesa.