Ejercicios resueltos de regla de Cramer

$|A| = \begin{vmatrix} 2 & 3 \\ 5 & -1 \end{vmatrix} = 2(-1) - 3(5) = -2 - 15 = -17 \neq 0$ ✓

$x = \frac{|A_x|}{|A|}$ donde $A_x$ es la matriz con la primera columna reemplazada por el vector de términos independientes.

$|A_x| = \begin{vmatrix} 8 & 3 \\ 1 & -1 \end{vmatrix} = 8(-1) - 3(1) = -8 - 3 = -11$

$x = \frac{-11}{-17} = \frac{11}{17}$

$y = \frac{|A_y|}{|A|}$ donde $A_y$ es la matriz con la segunda columna reemplazada.

$|A_y| = \begin{vmatrix} 2 & 8 \\ 5 & 1 \end{vmatrix} = 2(1) - 8(5) = 2 - 40 = -38$

$y = \frac{-38}{-17} = \frac{38}{17}$

$2 \cdot \frac{11}{17} + 3 \cdot \frac{38}{17} = \frac{22 + 114}{17} = \frac{136}{17} = 8$ ✓

$5 \cdot \frac{11}{17} - \frac{38}{17} = \frac{55 - 38}{17} = \frac{17}{17} = 1$ ✓

Solución: $x = \frac{11}{17}$, $y = \frac{38}{17}$

$|A| = \begin{vmatrix} 1 & 2 & 1 \\ 2 & -1 & 3 \\ 3 & 1 & -1 \end{vmatrix}$

Desarrollando por la primera fila:

$|A| = 1 \begin{vmatrix} -1 & 3 \\ 1 & -1 \end{vmatrix} - 2 \begin{vmatrix} 2 & 3 \\ 3 & -1 \end{vmatrix} + 1 \begin{vmatrix} 2 & -1 \\ 3 & 1 \end{vmatrix}$

$= 1(1 - 3) - 2(-2 - 9) + 1(2 + 3) = -2 + 22 + 5 = 25$

$|A_x| = \begin{vmatrix} 6 & 2 & 1 \\ 14 & -1 & 3 \\ 2 & 1 & -1 \end{vmatrix}$

$= 6 \begin{vmatrix} -1 & 3 \\ 1 & -1 \end{vmatrix} - 2 \begin{vmatrix} 14 & 3 \\ 2 & -1 \end{vmatrix} + 1 \begin{vmatrix} 14 & -1 \\ 2 & 1 \end{vmatrix}$

$= 6(-2) - 2(-14 - 6) + 1(14 + 2) = -12 + 40 + 16 = 44$

$x = \frac{44}{25}$

$|A_y| = \begin{vmatrix} 1 & 6 & 1 \\ 2 & 14 & 3 \\ 3 & 2 & -1 \end{vmatrix}$

$= 1 \begin{vmatrix} 14 & 3 \\ 2 & -1 \end{vmatrix} - 6 \begin{vmatrix} 2 & 3 \\ 3 & -1 \end{vmatrix} + 1 \begin{vmatrix} 2 & 14 \\ 3 & 2 \end{vmatrix}$

$= 1(-14 - 6) - 6(-2 - 9) + 1(4 - 42) = -20 + 66 - 38 = 8$

$y = \frac{8}{25}$

$|A_z| = \begin{vmatrix} 1 & 2 & 6 \\ 2 & -1 & 14 \\ 3 & 1 & 2 \end{vmatrix}$

$= 1 \begin{vmatrix} -1 & 14 \\ 1 & 2 \end{vmatrix} - 2 \begin{vmatrix} 2 & 14 \\ 3 & 2 \end{vmatrix} + 6 \begin{vmatrix} 2 & -1 \\ 3 & 1 \end{vmatrix}$

$= 1(-2 - 14) - 2(4 - 42) + 6(2 + 3) = -16 + 76 + 30 = 90$

$z = \frac{90}{25} = \frac{18}{5}$

Solución: $x = \frac{44}{25}$, $y = \frac{8}{25}$, $z = \frac{18}{5}$

$|A| = \begin{vmatrix} 3 & 2 & 1 \\ 1 & 4 & 2 \\ 2 & 1 & 3 \end{vmatrix} = 3(12-2) - 2(3-4) + 1(1-8) = 30 + 2 - 7 = 25$

$|A_x| = \begin{vmatrix} 10 & 2 & 1 \\ 16 & 4 & 2 \\ 13 & 1 & 3 \end{vmatrix} = 10(12-2) - 2(48-26) + 1(16-52) = 100 - 44 - 36 = 20$

$|A_y| = \begin{vmatrix} 3 & 10 & 1 \\ 1 & 16 & 2 \\ 2 & 13 & 3 \end{vmatrix} = 3(48-26) - 10(3-4) + 1(13-32) = 66 + 10 - 19 = 57$

$|A_z| = \begin{vmatrix} 3 & 2 & 10 \\ 1 & 4 & 16 \\ 2 & 1 & 13 \end{vmatrix} = 3(52-16) - 2(13-32) + 10(1-8) = 108 + 38 - 70 = 76$

Solución Cramer: $x = \frac{20}{25} = \frac{4}{5}$, $y = \frac{57}{25}$, $z = \frac{76}{25}$

$\begin{pmatrix} 3 & 2 & 1 & \mid & 10 \\ 1 & 4 & 2 & \mid & 16 \\ 2 & 1 & 3 & \mid & 13 \end{pmatrix}$

$f_{12}$: $\begin{pmatrix} 1 & 4 & 2 & \mid & 16 \\ 3 & 2 & 1 & \mid & 10 \\ 2 & 1 & 3 & \mid & 13 \end{pmatrix}$

$f_{21}(-3), f_{31}(-2)$: $\begin{pmatrix} 1 & 4 & 2 & \mid & 16 \\ 0 & -10 & -5 & \mid & -38 \\ 0 & -7 & -1 & \mid & -19 \end{pmatrix}$

$f_{32}(-7/10)$: $\begin{pmatrix} 1 & 4 & 2 & \mid & 16 \\ 0 & -10 & -5 & \mid & -38 \\ 0 & 0 & \frac{25}{10} & \mid & \frac{76}{10} \end{pmatrix}$

Solución Gauss: $z = \frac{76}{25}$, $y = \frac{57}{25}$, $x = \frac{4}{5}$ (mismo resultado)

• Cramer: Requiere 4 determinantes 3×3; cada uno (Sarrus) exige 12 productos y 5 sumas, más 3 divisiones: unas 70 operaciones
• Gauss: Eliminación y sustitución hacia atrás: unas 6 divisiones, 11 productos y 11 restas: unas 28 operaciones

Conclusión: Ya en sistemas 3×3 Gauss es más barato, y la diferencia crece muy deprisa con el tamaño: Cramer solo compensa en sistemas pequeños o cuando se busca una fórmula cerrada.

$|A| = \begin{vmatrix} 0.6 & 0.8 & 0 \\ 0.8 & -0.6 & 1 \\ 1 & 1 & -0.5 \end{vmatrix}$

Desarrollando por la primera fila:

$|A| = 0.6 \begin{vmatrix} -0.6 & 1 \\ 1 & -0.5 \end{vmatrix} - 0.8 \begin{vmatrix} 0.8 & 1 \\ 1 & -0.5 \end{vmatrix} + 0$

$= 0.6(0.3 - 1) - 0.8(-0.4 - 1) = 0.6(-0.7) + 0.8(1.4) = -0.42 + 1.12 = 0.7 \neq 0$ ✓

$|A_1| = \begin{vmatrix} 100 & 0.8 & 0 \\ 0 & -0.6 & 1 \\ 200 & 1 & -0.5 \end{vmatrix}$

$= 100 \begin{vmatrix} -0.6 & 1 \\ 1 & -0.5 \end{vmatrix} - 0.8 \begin{vmatrix} 0 & 1 \\ 200 & -0.5 \end{vmatrix} = 100(0.3 - 1) - 0.8(0 - 200) = -70 + 160 = 90$

$F_1 = \frac{90}{0.7} = \frac{900}{7} \approx 128.6$ N

$|A_2| = \begin{vmatrix} 0.6 & 100 & 0 \\ 0.8 & 0 & 1 \\ 1 & 200 & -0.5 \end{vmatrix}$

$= 0.6 \begin{vmatrix} 0 & 1 \\ 200 & -0.5 \end{vmatrix} - 100 \begin{vmatrix} 0.8 & 1 \\ 1 & -0.5 \end{vmatrix}$

$= 0.6(-200) - 100(-0.4 - 1) = -120 + 140 = 20$

$F_2 = \frac{20}{0.7} = \frac{200}{7} \approx 28.6$ N

$|A_3| = \begin{vmatrix} 0.6 & 0.8 & 100 \\ 0.8 & -0.6 & 0 \\ 1 & 1 & 200 \end{vmatrix}$

$= 0.6 \begin{vmatrix} -0.6 & 0 \\ 1 & 200 \end{vmatrix} - 0.8 \begin{vmatrix} 0.8 & 0 \\ 1 & 200 \end{vmatrix} + 100 \begin{vmatrix} 0.8 & -0.6 \\ 1 & 1 \end{vmatrix} = 0.6(-120) - 0.8(160) + 100(1.4) = -60$

$F_3 = \frac{-60}{0.7} = -\frac{600}{7} \approx -85.7$ N

Interpretación física:

• $F_1 \approx 128.6$ N (tracción)
• $F_2 \approx 28.6$ N (tracción)
• $F_3 \approx -85.7$ N: el signo negativo indica que la fuerza actúa en sentido contrario al supuesto. Un cable no puede trabajar a compresión, así que con estos datos el tercer elemento tendría que ser una barra rígida (o hay que revisar el modelo)