Matemáticas IIDifícilProblema · 2,5 pts

Sistemas de ecuaciones

Andalucía · 2016 · Junio · Opción B

Enunciado

Opción B · Ejercicio 3. Se considera el sistema de ecuaciones lineales

\begin{cases} (3\alpha-1)x + 2y = 5 - \alpha \\ \phantom{(3\alpha-1)}\alpha x + \phantom{2}y = 2 \\ \phantom{(3\alpha-1)}3\alpha x + 3y = \alpha + 5\end{cases}

a) [1,5 puntos] Discútelo según los valores del parámetro

\alpha

.

b) [1 punto] Resuélvelo para

\alpha = 1

y determina en dicho caso, si existe, alguna solución donde

x = 4

Comprobar el resultadocompara con lo que te ha salido

Resultado

\boxed{\;\text{Sistema } 3\times 2: \quad \operatorname{rg}(A) \leq 2, \qquad |A^{*}| = (\alpha-1)^{2}\;}

\boxed{\;\text{a)}\quad \alpha \neq 1: \operatorname{rg}(A^{*}) = 3 > \operatorname{rg}(A) \Rightarrow \textbf{incompatible}; \qquad \alpha = 1: \text{ ambos rangos } 1 \Rightarrow \textbf{indeterminado}\;}

\boxed{\;\text{b)}\quad (x,y) = (t,\; 2-t); \qquad \text{con } x = 4: \; (4,\, -2)\;}

Ver la solución paso a pasoestrategia, desarrollo y consejo

Estrategia

Atención al tamaño: hay tres ecuaciones pero solo dos incógnitas,

x

y

. La matriz de coeficientes es

3\times 2

, así que

\operatorname{rg}(A) \leq 2, \qquad \operatorname{rg}(A^{*}) \leq 3

y el sistema es compatible determinado cuando ambos rangos valen

2

, indeterminado si valen

1

, e incompatible si

\operatorname{rg}(A^{*}) = 3

.

Aquí el determinante de la ampliada (que sí es

3\times 3

) se factoriza como

(\alpha-1)^{2}

, y resulta que el sistema nunca es compatible determinado.

Desarrollo

Matrices.

A = \begin{pmatrix} 3\alpha-1 & 2 \\ \alpha & 1 \\ 3\alpha & 3\end{pmatrix}, \qquad A^{*} = \left(\begin{array}{cc|c} 3\alpha-1 & 2 & 5-\alpha \\ \alpha & 1 & 2 \\ 3\alpha & 3 & \alpha+5\end{array}\right)

a) Determinante de la ampliada. Haciendo

F_{1} - 2F_{2}

F_{3} - 3F_{2}

(no cambian el determinante) y desarrollando por la segunda columna:

|A^{*}| = \left|\begin{array}{ccc} 3\alpha-1 & 2 & 5-\alpha \\ \alpha & 1 & 2 \\ 3\alpha & 3 & \alpha+5\end{array}\right| = \left|\begin{array}{ccc} \alpha-1 & 0 & 1-\alpha \\ \alpha & 1 & 2 \\ 0 & 0 & \alpha-1\end{array}\right| = 1\cdot\left|\begin{array}{cc} \alpha-1 & 1-\alpha \\ 0 & \alpha-1\end{array}\right| = (\alpha - 1)^{2}

|A^{*}| = 0 \;\Longleftrightarrow\; \alpha = 1

Caso $\alpha \neq 1$ . Entonces

|A^{*}| \neq 0

, luego

\operatorname{rg}(A^{*}) = 3

. Pero

\operatorname{rg}(A) \leq 2

siempre:

\operatorname{rg}(A) < \operatorname{rg}(A^{*}) \;\Longrightarrow\; \textbf{incompatible}

Caso $\alpha = 1$ .

A^{*} = \left(\begin{array}{cc|c} 2 & 2 & 4 \\ 1 & 1 & 2 \\ 3 & 3 & 6\end{array}\right)

Las tres filas son proporcionales entre sí (la primera es el doble de la segunda y la tercera, el triple), también en el término independiente. Todas las ecuaciones se reducen a

x + y = 2

\operatorname{rg}(A) = \operatorname{rg}(A^{*}) = 1 < 2 \;\Longrightarrow\; \textbf{compatible indeterminado} \text{ (un parámetro)}

El sistema nunca es compatible determinado.

b) Resolución con $\alpha = 1$ . Queda una sola ecuación independiente:

x + y = 2 \;\Longrightarrow\; y = 2 - x

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

Solución con $x = 4$ . Basta tomar

t = 4

(x, y) = (4,\, -2)

Comprobación en las tres ecuaciones originales con

\alpha=1

2\cdot 4 + 2\cdot(-2) = 4 \;\checkmark \qquad 4 + (-2) = 2 \;\checkmark \qquad 3\cdot 4 + 3\cdot(-2) = 6 \;\checkmark

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

Consejo

Cuenta bien: hay tres ecuaciones y dos incógnitas. La matriz de coeficientes es $3\times 2$ , así que su rango no puede pasar de 2, mientras que el de la ampliada ( $3\times 3$ ) puede llegar a $3$ . Ese desajuste es lo que hace que el sistema sea incompatible casi siempre.

Con más ecuaciones que incógnitas, el determinante que hay que calcular es el de la ampliada, no el de $A$ (que ni siquiera es cuadrada). Si sale distinto de cero, el sistema es incompatible sin más.

Y con $\alpha=1$ el rango cae hasta 1, no $2$ : las tres ecuaciones son la misma. Por eso queda un parámetro libre ( $2-1 = 1$ ) y no ninguno.