Matemáticas IIMedioProblema · 2,5 pts

Sistemas de ecuaciones

Andalucía · 2011 · Reserva 6 · Opción A

Enunciado

Opción A · Ejercicio 3. Dado el sistema de ecuaciones lineales

\left.\begin{array}{rcrcrcr} -\lambda x & + & y & + & z & = & 1 \\ x & + & \lambda y & + & z & = & 2 \\ \lambda x & + & y & + & z & = & 1\end{array}\right\}

a) [1,75 puntos] Clasifica el sistema según los valores del parámetro

\lambda

.

b) [0,75 puntos] Resuelve el sistema para

\lambda = 0

Comprobar el resultadocompara con lo que te ha salido

Resultado

\boxed{\;F_{1}-F_{3} = (-2\lambda,0,0) \;\Longrightarrow\; \det M = -2\lambda\,(\lambda-1)\;}

\boxed{\;\lambda\neq0,1: \ \text{compatible determinado}\;}

\boxed{\;\lambda = 0: \ F_{1} = F_{3} \text{ (también en b)} \Rightarrow \text{compatible indeterminado}\;}

\boxed{\;\lambda = 1: \ x+y+z = 2 \text{ y } = 1 \Rightarrow \text{incompatible}; \ \ \lambda=0: (2-t,\,1-t,\,t)\;}

Ver la solución paso a pasoestrategia, desarrollo y consejo

Estrategia

Fíjate en la primera y la tercera ecuación: solo se diferencian en el signo del coeficiente de

x

, y tienen el mismo término independiente. Restándolas:

-2\lambda x = 0

Ese detalle simplifica muchísimo el cálculo del determinante: la fila

F_{1}-F_{3} = (-2\lambda,\,0,\,0)

Desarrollo

Las matrices.

M = \begin{pmatrix} -\lambda & 1 & 1 \\ 1 & \lambda & 1 \\ \lambda & 1 & 1\end{pmatrix} \qquad M^{*} = \left(\begin{array}{ccc|c} -\lambda & 1 & 1 & 1 \\ 1 & \lambda & 1 & 2 \\ \lambda & 1 & 1 & 1\end{array}\right)

El determinante. Sustituimos

F_{1}

por

F_{1}-F_{3}

(no cambia el determinante):

\det M = \begin{vmatrix} -2\lambda & 0 & 0 \\ 1 & \lambda & 1 \\ \lambda & 1 & 1\end{vmatrix} = -2\lambda\,\bigl(\lambda\cdot1-1\cdot1\bigr) = -2\lambda\,(\lambda-1)

\det M = 0 \;\Longleftrightarrow\; \lambda = 0 \quad \text{o} \quad \lambda = 1

a) Clasificación.

Caso $\lambda\neq0$ y $\lambda\neq1$ :

\operatorname{rg}M = \operatorname{rg}M^{*} = 3 \;\Longrightarrow\; \textbf{Compatible determinado}

Caso $\lambda = 0$ :

M^{*} = \left(\begin{array}{ccc|c} 0 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 & 2 \\ 0 & 1 & 1 & 1\end{array}\right)

Las filas primera y tercera son idénticas (¡también en el término independiente!), así que la tercera ecuación sobra. Y el menor

\begin{vmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0\end{vmatrix} = -1 \neq 0

da rango

2

en ambas matrices:

\operatorname{rg}M = \operatorname{rg}M^{*} = 2 < 3 \;\Longrightarrow\; \textbf{Compatible indeterminado}

Caso $\lambda = 1$ :

M^{*} = \left(\begin{array}{ccc|c} -1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 2 \\ 1 & 1 & 1 & 1\end{array}\right)

Las ecuaciones segunda y tercera tienen los mismos coeficientes pero términos independientes distintos (

2

1

x+y+z = 2 \quad \text{y} \quad x+y+z = 1

Es una contradicción. Formalmente:

\operatorname{rg}M = 2

, porque

\det M = 0

\begin{vmatrix} -1 & 1 \\ 1 & 1\end{vmatrix} = -2 \neq 0

; y

\operatorname{rg}M^{*} = 3

, porque el menor de las columnas de

x

y

y términos independientes no se anula:

\begin{vmatrix} -1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 2 \\ 1 & 1 & 1\end{vmatrix} = -1\,(1-2)-1\,(1-2)+1\,(1-1) = 2 \neq 0

\operatorname{rg}M = 2 \neq 3 = \operatorname{rg}M^{*}

\textbf{Sistema incompatible}

b) Resolución para $\lambda = 0$ . El sistema queda

\begin{cases} \phantom{x+{}}y+z = 1 \\ x\phantom{{}+y}+z = 2\end{cases}

(la tercera es repetición de la primera). Con

z = t

y = 1-t \qquad x = 2-t

(x,\,y,\,z) = \bigl(2-t,\; 1-t,\; t\bigr), \qquad t\in\mathbb{R}

Comprobación con

t = 0

\;(2,1,0)

;

\;1+0 = 1

\checkmark

;

\;2+0 = 2

\checkmark

;

\;1+0 = 1

\checkmark

Simulación interactivaVisualiza este problema en una simulación (se abre en una nueva pestaña)

Consejo

Antes de desarrollar un determinante, busca combinaciones sencillas de filas. Aquí $F_{1}-F_{3}$ deja dos ceros y el cálculo se reduce a un menor $2\times2$ .

En cada valor crítico hay que mirar la matriz ampliada completa. Con $\lambda=0$ las filas coinciden incluso en el término independiente (compatible); con $\lambda=1$ coinciden los coeficientes pero no los términos (incompatible). Es exactamente la diferencia.

Cuando dos ecuaciones dicen $x+y+z = 2$ y $x+y+z = 1$ , ya puedes concluir la incompatibilidad sin rangos. Pero escribe también el argumento formal: es lo que se puntúa.