Matemáticas IIMedioProblema · 2,5 pts

Sistemas de ecuaciones

Andalucía · 2019 · Reserva 1 · Opción B

Enunciado

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

\begin{cases} \phantom{-\lambda}x + \lambda y + z = 4 \\ -\lambda x + \phantom{\lambda}y + z = 1 \\ \phantom{-\lambda}x + \phantom{\lambda}y + z = \lambda + 3\end{cases}

a) [1,5 puntos] Discute el sistema según los valores de

\lambda

.

b) [1 punto] Resuelve el sistema, si es posible, para

\lambda = 1

Comprobar el resultadocompara con lo que te ha salido

Resultado

\boxed{\;\text{a)}\quad |A| = \lambda^{2} - 1 = (\lambda-1)(\lambda+1)\;}

\boxed{\;\lambda \neq \pm 1: \text{ determinado} \quad\big|\quad \lambda = -1: \text{ incompatible} \quad\big|\quad \lambda = 1: \text{ indeterminado}\;}

\boxed{\;\text{b)}\quad (x,y,z) = \left(\tfrac{3}{2},\; \tfrac{5}{2} - t,\; t\right), \qquad t\in\mathbb{R}\;}

Ver la solución paso a pasoestrategia, desarrollo y consejo

Estrategia

Discusión estándar por Rouché–Frobenius. El determinante sale muy limpio: al desarrollar, los términos en

\lambda

se cancelan y queda

\lambda^{2} - 1

, con las dos raíces

\lambda = \pm 1

.

Conviene fijarse en la tercera ecuación,

x + y + z = \lambda + 3

: con

\lambda = 1

coincide con la primera (también en el término independiente) y con

\lambda = -1

tiene los mismos coeficientes que la segunda pero distinto término independiente. Eso resuelve casi a simple vista los dos casos críticos.

Desarrollo

Matrices.

A = \begin{pmatrix} 1 & \lambda & 1 \\ -\lambda & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1\end{pmatrix}, \qquad A^{*} = \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & \lambda & 1 & 4 \\ -\lambda & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & \lambda+3\end{array}\right)

a) Determinante. Desarrollando por la primera fila:

|A| = 1\,(1 - 1) - \lambda\,\bigl(-\lambda - 1\bigr) + 1\,\bigl(-\lambda - 1\bigr)

= 0 + \lambda^{2} + \lambda - \lambda - 1 = \lambda^{2} - 1 = (\lambda - 1)(\lambda + 1)

|A| = 0 \;\Longleftrightarrow\; \lambda = 1 \quad \text{o} \quad \lambda = -1

Caso $\lambda \neq \pm 1$ .

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

: compatible determinado.

Caso $\lambda = -1$ .

A^{*} = \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & -1 & 1 & 4 \\ 1 & \phantom{-}1 & 1 & 1 \\ 1 & \phantom{-}1 & 1 & 2\end{array}\right)

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

1

2

): el sistema exige

x+y+z = 1

x+y+z = 2

a la vez, lo cual es imposible.

\operatorname{rg}(A) = 2 < 3 = \operatorname{rg}(A^{*}) \;\Longrightarrow\; \textbf{incompatible}

(Formalmente: el menor $\left|\begin{array}{cc} 1 & -1 \\ 1 & 1\end{array}\right| = 2 \neq 0$ da $\operatorname{rg}(A) = 2$ , y el orlado $\left|\begin{array}{ccc} 1 & -1 & 4 \\ 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 2\end{array}\right| = 2 \neq 0$ sube el rango de la ampliada a 3.)

Caso $\lambda = 1$ .

A^{*} = \left(\begin{array}{ccc|c} \phantom{-}1 & 1 & 1 & 4 \\ -1 & 1 & 1 & 1 \\ \phantom{-}1 & 1 & 1 & 4\end{array}\right)

Ahora la tercera fila es idéntica a la primera (también en el término independiente): sobra. Con el menor

\left|\begin{array}{cc} 1 & 1 \\ -1 & 1\end{array}\right| = 2 \neq 0

\operatorname{rg}(A) = \operatorname{rg}(A^{*}) = 2 < 3 \;\Longrightarrow\; \textbf{compatible indeterminado} \text{ (un parámetro)}

b) Resolución con $\lambda = 1$ . Quedan dos ecuaciones independientes:

\begin{cases} \phantom{-}x + y + z = 4 \\ -x + y + z = 1\end{cases}

Restando la segunda de la primera:

2x = 3 \;\Longrightarrow\; x = \frac{3}{2}

Y de la primera, tomando

z = t

como parámetro:

y = 4 - x - z = 4 - \frac32 - t = \frac{5}{2} - t

(x, y, z) = \left(\frac{3}{2},\; \frac{5}{2} - t,\; t\right), \qquad t \in \mathbb{R}

Comprobación:

\;\tfrac32 + \tfrac52 - t + t = 4\;\checkmark

;

\;-\tfrac32 + \tfrac52 - t + t = 1\;\checkmark

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

Consejo

Compara la tercera ecuación con las otras dos en cada valor crítico. Con $\lambda=1$ coincide con la primera (sobra: indeterminado); con $\lambda=-1$ tiene los mismos coeficientes que la segunda pero otro término independiente ( $x+y+z=1$ frente a $x+y+z=2$ : incompatible). Ver eso a simple vista ahorra los dos estudios de rango.

No des por hecho que todas las raíces del determinante se comportan igual: aquí $\lambda=1$ y $\lambda=-1$ dan resultados opuestos. Estudiarlos por separado es obligatorio.

En b), al escribir la solución general, indica claramente cuál es el parámetro: aquí la $x$ queda fija ( $3/2$ ) y son $y$ y $z$ las que se mueven ligadas.