Matemáticas IIDifícilProblema · 2,5 pts

Sistemas de ecuaciones

Andalucía · 2016 · Reserva 3 · Opción B

Enunciado

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

\begin{cases} x + (\lambda+1)\,y + z = 1 \\ \phantom{x + (\lambda+1)\,}\lambda y + z = 0 \\ \phantom{x + (\lambda+1)\,}\lambda y + \lambda z = \lambda\end{cases}

a) [1 punto] Discútelo según los valores de

\lambda

.

b) [0,75 puntos] Resuélvelo para

\lambda = 0

.

c) [0,75 puntos] Determina, si existe, el valor de

\lambda

para el que hay una solución en la que

z = 2

. Calcula esa solución.

Comprobar el resultadocompara con lo que te ha salido

Resultado

\boxed{\;\det M = \begin{vmatrix} \lambda & 1 \\ \lambda & \lambda\end{vmatrix} = \lambda(\lambda-1) = 0 \;\Longrightarrow\; \lambda = 0,\ \lambda = 1\;}

\boxed{\;\text{a) } \lambda\neq0,1: \text{ S.C.D.}; \quad \lambda=0: \text{ S.C.I.}; \quad \lambda=1: \text{ S.I.}\;}

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

\boxed{\;\text{c) } z = \frac{\lambda}{\lambda-1} = 2 \Rightarrow \lambda = 2; \quad (x,y,z) = (2,\,-1,\,2)\;}

Ver la solución paso a pasoestrategia, desarrollo y consejo

Estrategia

Discusión clásica por Rouché-Frobenius: determinante de la matriz de coeficientes, y donde se anule, comparar los rangos de

M

y de la ampliada.

El determinante es muy cómodo porque la primera columna es

(1,0,0)

.

Para c) conviene tener la solución general en función de

\lambda

(en el caso determinado), imponer

z=2

y despejar.

Desarrollo

Las matrices.

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

El determinante. Desarrollando por la primera columna:

\det M = 1\cdot\begin{vmatrix} \lambda & 1 \\ \lambda & \lambda\end{vmatrix} = \lambda^{2}-\lambda = \lambda\,(\lambda-1)

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

a) Discusión.

Caso $\lambda \neq 0$ y $\lambda \neq 1$ :

\det M \neq 0

, luego

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

\textbf{Compatible determinado} \ (\text{solución única})

Caso $\lambda = 0$ :

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

La tercera fila es toda nula. Un menor de orden

2

no nulo:

\begin{vmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1\end{vmatrix} = 1 \neq 0 \;\Longrightarrow\; \operatorname{rg}M = \operatorname{rg}M^{*} = 2 < 3

\textbf{Compatible indeterminado} \ (\text{un parámetro})

Caso $\lambda = 1$ :

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

Las filas segunda y tercera tienen los mismos coeficientes pero distinto término independiente (

0

1

): restándolas queda

0 = 1

.

En rangos: el menor

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

\operatorname{rg}M = 2

, y el de las columnas primera, tercera y cuarta de

M^{*}

vale

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

\operatorname{rg}M = 2 \quad \text{pero} \quad \operatorname{rg}M^{*} = 3

\textbf{Incompatible}

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

\begin{cases} x + y + z = 1 \\ \phantom{x + y + }z = 0 \\ \phantom{x + y + z}0 = 0\end{cases}

De la segunda,

z = 0

; sustituyendo en la primera,

x+y = 1

. Tomando

y = t

como parámetro:

(x,\, y,\, z) = (1-t,\; t,\; 0), \qquad t\in\mathbb{R}

c) La solución con $z = 2$ . Trabajamos en el caso determinado (

\lambda\neq 0,1

).

De la tercera ecuación, dividiendo entre

\lambda\neq0

\;y+z = 1

.

De la segunda:

\;z = -\lambda y

. Sustituyendo:

y - \lambda y = 1 \;\Longrightarrow\; y\,(1-\lambda) = 1 \;\Longrightarrow\; y = \frac{1}{1-\lambda}

z = -\lambda y = \frac{-\lambda}{1-\lambda} = \frac{\lambda}{\lambda-1}

Imponiendo $z = 2$ :

\frac{\lambda}{\lambda-1} = 2 \;\Longrightarrow\; \lambda = 2\lambda-2 \;\Longrightarrow\; \lambda = 2

(Válido: $\lambda=2$ no es ni $0$ ni $1$ . Y en el caso $\lambda=0$ la solución tiene $z=0\neq2$ , así que no aporta otra respuesta.)

La solución con $\lambda = 2$ . El sistema es

\begin{cases} x + 3y + z = 1 \\ 2y + z = 0 \\ 2y + 2z = 2\end{cases}

y = \frac{1}{1-2} = -1, \qquad z = -2\cdot(-1) = 2, \qquad x = 1 - 3(-1) - 2 = 2

(x,\, y,\, z) = (2,\, -1,\, 2)

Comprobación.

\;2-3+2 = 1\;\checkmark

\;-2+2 = 0\;\checkmark

\;-2+4 = 2 = \lambda\;\checkmark

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

Consejo

Con la primera columna $(1,0,0)$ , el determinante sale de un menor $2\times2$ . Buscar ceros antes de desarrollar ahorra mucho tiempo y errores.

En $\lambda=1$ el sistema es incompatible, no indeterminado: las ecuaciones segunda y tercera se contradicen. Comparar los términos independientes de dos filas proporcionales es la forma más rápida de verlo, sin calcular rangos por menores.

En c) despeja $z$ en función de $\lambda$ y luego iguala a $2$ . Ir probando valores de $\lambda$ no es un método válido. Y comprueba al final que el $\lambda$ obtenido cae en el caso compatible determinado.