Matemáticas IIFácil2,25 pts

Sistemas de ecuaciones

Castilla y León · 2017 · Junio · Opción B
Enunciado
a) (1,25 puntos) Discutir el siguiente sistema de ecuaciones según los valores del parámetro λ\lambda:{x+λy+λz=1x+y+z=1x+2y+4z=2\left\{\begin{array}{rcrcrcl} x & + & \lambda y & + & \lambda z & = & 1 \\ x & + & y & + & z & = & 1 \\ x & + & 2y & + & 4z & = & 2 \end{array}\right.b) (1 punto) Resolverlo para λ=1\lambda = 1.
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Resultado
a) λ≠1: S.C.D.;λ=1: S.C.I.\boxed{\text{a) } \lambda \neq 1:\ \text{S.C.D.};\quad \lambda = 1:\ \text{S.C.I.}}b) (x,y,z)=(2t, 1−3t, t),t∈R\boxed{\text{b) } (x, y, z) = (2t,\ 1 - 3t,\ t),\quad t \in \mathbb{R}}
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Estrategia

Tres ecuaciones y tres incógnitas: aplicamos el teorema de Rouché-Frobenius. El determinante de la matriz de coeficientes nos da los valores críticos de λ\lambda; fuera de ellos el sistema es compatible determinado, y en cada valor crítico comparamos el rango de la matriz de coeficientes con el de la ampliada.

En b), λ=1\lambda = 1 resultará ser el valor crítico: el sistema tendrá infinitas soluciones y las daremos en función de un parámetro.
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Desarrollo

a) Matriz de coeficientes y ampliada:A=(1λλ111124),A∗=(1λλ111111242)A = \begin{pmatrix} 1 & \lambda & \lambda \\ 1 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 4 \end{pmatrix}, \qquad A^* = \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & \lambda & \lambda & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 4 & 2 \end{array}\right)Desarrollamos ∣A∣|A| por la primera fila:∣A∣=1⋅∣1124∣−λ∣1114∣+λ∣1112∣=2−3λ+λ=2−2λ|A| = 1\cdot\begin{vmatrix} 1 & 1 \\ 2 & 4 \end{vmatrix} - \lambda\begin{vmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 4 \end{vmatrix} + \lambda\begin{vmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 2 \end{vmatrix} = 2 - 3\lambda + \lambda = 2 - 2\lambda∣A∣=0  ⟺  2−2λ=0  ⟺  λ=1|A| = 0 \iff 2 - 2\lambda = 0 \iff \lambda = 1Caso λ≠1\lambda \neq 1. ∣A∣≠0|A| \neq 0, luego rg⁡(A)=3=rg⁡(A∗)=\operatorname{rg}(A) = 3 = \operatorname{rg}(A^*) = número de incógnitas: sistema compatible determinado (solución única).

Caso λ=1\lambda = 1. El sistema queda{x+y+z=1x+y+z=1x+2y+4z=2\left\{\begin{array}{l} x + y + z = 1 \\ x + y + z = 1 \\ x + 2y + 4z = 2 \end{array}\right.Las dos primeras ecuaciones son iguales. El menor ∣1112∣=1≠0\begin{vmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 2 \end{vmatrix} = 1 \neq 0 (filas 2 y 3, columnas de xx e yy) y ∣A∣=0|A| = 0 dan rg⁡(A)=2\operatorname{rg}(A) = 2. En A∗A^* las filas 1 y 2 son idénticas, así que todo menor de orden 3 tiene dos filas iguales y vale 00: rg⁡(A∗)=2\operatorname{rg}(A^*) = 2.

rg⁡(A)=rg⁡(A∗)=2<3\operatorname{rg}(A) = \operatorname{rg}(A^*) = 2 < 3: sistema compatible indeterminado (infinitas soluciones, con un parámetro).

b) Con λ=1\lambda = 1 nos quedamos con dos ecuaciones independientes:{x+y+z=1x+2y+4z=2\left\{\begin{array}{l} x + y + z = 1 \\ x + 2y + 4z = 2 \end{array}\right.Restando la primera a la segunda, y+3z=1y + 3z = 1. Tomamos z=tz = t como parámetro:y=1−3t,x=1−y−z=1−(1−3t)−t=2ty = 1 - 3t, \qquad x = 1 - y - z = 1 - (1 - 3t) - t = 2tComprobación: primera ecuación, 2t+(1−3t)+t=12t + (1 - 3t) + t = 1 ✓; tercera, 2t+2(1−3t)+4t=22t + 2(1 - 3t) + 4t = 2 ✓ (la segunda es la primera).
Simulación interactivaVisualiza este problema en una simulación (se abre en una nueva pestaña)
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Consejo

Que el determinante se anule no dice si el sistema es compatible o incompatible: hay que calcular los dos rangos con un menor concreto. Aquí, dos filas iguales en A∗A^* lo resuelven de un vistazo, pero hay que decirlo.

En b), comprueba la solución paramétrica en todas las ecuaciones: un signo cambiado en xx o en yy se detecta enseguida sustituyendo.
Paso 1 de 3
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