Matemáticas IIMedioProblema · 2,5 pts

Sistemas de ecuaciones

Andalucía · 2015 · Reserva 4 · Opción B

Enunciado

Opción B · Ejercicio 3. Considera el siguiente sistema de ecuaciones

\begin{cases} \lambda x+\lambda y+\lambda z = 0 \\ \lambda x+2y+2z = 0 \\ \lambda x+2y+\phantom{2}z = 0\end{cases}

a) [1,75 puntos] Discute el sistema según los valores de

\lambda

.

b) [0,75 puntos] Determina, si existen, los valores de

\lambda

para los que el sistema tiene alguna solución en la que

z \neq 0

Comprobar el resultadocompara con lo que te ha salido

Resultado

\boxed{\;\det M = \lambda\,(\lambda-2) = 0 \;\Longleftrightarrow\; \lambda = 0 \text{ o } \lambda = 2\;}

\boxed{\;\text{a) } \lambda\neq0,2: \text{ S.C.D. } (0,0,0); \qquad \lambda = 0 \text{ o } \lambda = 2: \text{ S.C.I. (1 parámetro)}\;}

\boxed{\;\lambda=0: (t,0,0); \qquad \lambda=2: (-s,s,0)\;}

\boxed{\;\text{b) } E_{2}-E_{3} \Rightarrow z = 0 \text{ siempre}: \ \textbf{no existe tal } \lambda\;}

Ver la solución paso a pasoestrategia, desarrollo y consejo

Estrategia

El sistema es homogéneo: siempre es compatible (la solución trivial

(0,0,0)

siempre está). La única pregunta es si hay más soluciones, y eso lo decide el rango:

\det M \neq 0 \Rightarrow \text{solo la trivial} \qquad \det M = 0 \Rightarrow \text{infinitas}

En b) hay que resolver los casos indeterminados y mirar la componente

z

de las soluciones. Puede ocurrir —y ocurre— que

z

valga siempre

0

Desarrollo

El determinante.

\det M = \begin{vmatrix} \lambda & \lambda & \lambda \\ \lambda & 2 & 2 \\ \lambda & 2 & 1\end{vmatrix} = \lambda\begin{vmatrix} 1 & 1 & 1 \\ \lambda & 2 & 2 \\ \lambda & 2 & 1\end{vmatrix}

(sacando $\lambda$ factor común de la primera fila)

= \lambda\Bigl[1(2-4)-1(\lambda-2\lambda)+1(2\lambda-2\lambda)\Bigr] = \lambda\bigl[-2+\lambda\bigr] = \lambda\,(\lambda-2)

\det M = 0 \;\Longleftrightarrow\; \lambda = 0 \quad \text{o} \quad \lambda = 2

a) Discusión.

Caso $\lambda\neq 0$ y $\lambda\neq2$ :

\det M \neq 0

, luego

\operatorname{rg}M = 3

\textbf{Compatible determinado: solución única } (0,\,0,\,0)

Caso $\lambda = 0$ : el sistema queda

\begin{cases} 0 = 0 \\ 2y+2z = 0 \\ 2y+\phantom{2}z = 0\end{cases}

M = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 2 \\ 0 & 2 & 1\end{pmatrix}, \qquad \begin{vmatrix} 2 & 2 \\ 2 & 1\end{vmatrix} = -2 \neq 0 \;\Longrightarrow\; \operatorname{rg}M = 2 < 3

\textbf{Compatible indeterminado (1 parámetro)}

Caso $\lambda = 2$ :

M = \begin{pmatrix} 2 & 2 & 2 \\ 2 & 2 & 2 \\ 2 & 2 & 1\end{pmatrix}

Las dos primeras filas son iguales. Con el menor

\begin{vmatrix} 2 & 2 \\ 2 & 1\end{vmatrix} = -2\neq0

\operatorname{rg}M = 2 < 3 \;\Longrightarrow\; \textbf{Compatible indeterminado (1 parámetro)}

Las soluciones de los casos indeterminados.

$\lambda = 0$ : de

2y+2z = 0

2y+z = 0

, restando:

z = 0

, y entonces

y = 0

. La incógnita

x

queda libre:

(x,\,y,\,z) = (t,\; 0,\; 0)

$\lambda = 2$ : de

2x+2y+z = 0

2x+2y+2z = 0

, restando:

z = 0

, y entonces

x+y = 0

(x,\,y,\,z) = (-s,\; s,\; 0)

b) ¿Alguna solución con $z\neq0$ ? Repasando los tres casos:

$\lambda\neq0,2$ : la única solución es $(0,0,0)$ , con $z=0$ .
$\lambda = 0$ : todas las soluciones tienen $z=0$ .
$\lambda = 2$ : todas las soluciones tienen $z=0$ .

\textbf{No existe ningún } \lambda \text{ para el que haya solución con } z\neq0

(Se ve de golpe restando las ecuaciones segunda y tercera: $\;(\lambda x+2y+2z)-(\lambda x+2y+z) = z = 0$ , para todo $\lambda$ .)

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

Consejo

Un sistema homogéneo nunca es incompatible. La discusión solo tiene dos casos: solución única (la trivial) o infinitas. Escribir "S.I." aquí es un error conceptual grave.

Saca factor común en el determinante cuando toda una fila lo permita: aquí la primera fila es $\lambda(1,1,1)$ , y eso reduce el cálculo a un determinante numérico casi inmediato.

Para b) hay un atajo precioso: restar las dos últimas ecuaciones da $z=0$ directamente, sin importar $\lambda$ . Ese razonamiento vale el apartado entero y evita resolver los dos casos.