Matemáticas IIFácilProblema · 2,5 pts

Sistemas de ecuaciones

Castilla-La Mancha · 2021 · Junio

Enunciado

a) (1,75 puntos) Discute el siguiente sistema de ecuaciones lineales en función del parámetro

a \in \mathbb{R}

\left\{\begin{array}{rcl} x + y + z & = & a + 1 \\ a \cdot x + z & = & a - 1 \\ x - y + z & = & 3 \end{array}\right.

b) (0,75 puntos) Resuelve razonadamente el sistema anterior para

a = 0

, si es posible.

Comprobar el resultadocompara con lo que te ha salido

Resultado

\boxed{\;\text{a)}\ a \neq 1:\ \text{S.C.D.}; \qquad a = 1:\ \text{incompatible}\;}

\boxed{\;\text{b)}\ a = 0:\ x = 3,\quad y = -1,\quad z = -1\;}

Ver la solución paso a pasoestrategia, desarrollo y consejo

Estrategia

Es un sistema de tres ecuaciones con tres incógnitas, así que la discusión empieza por el determinante de la matriz de coeficientes: donde no se anula, el rango es 3 tanto en la matriz

M

como en la ampliada

M^*

y, por el teorema de Rouché-Frobenius, el sistema es compatible determinado.

Para el valor (o valores) que anulan el determinante estudio por separado los rangos de

M

M^*

. En b),

a = 0

cae en el caso compatible determinado y el sistema se resuelve casi solo, porque la segunda ecuación da

z

directamente.

Desarrollo

a) Discusión. Las matrices de coeficientes y ampliada son

M = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ a & 0 & 1 \\ 1 & -1 & 1 \end{pmatrix}, \qquad M^* = \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & 1 & a + 1 \\ a & 0 & 1 & a - 1 \\ 1 & -1 & 1 & 3 \end{array}\right).

Desarrollando por la primera fila,

|M| = 1\cdot\begin{vmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 1 \end{vmatrix} - 1\cdot\begin{vmatrix} a & 1 \\ 1 & 1 \end{vmatrix} + 1\cdot\begin{vmatrix} a & 0 \\ 1 & -1 \end{vmatrix} = 1 - (a - 1) + (-a) = 2 - 2a.

|M| = 0 \iff 2 - 2a = 0 \iff a = 1.

Si $a \neq 1$ : $|M| \neq 0$ , luego $\operatorname{rg}(M) = 3 = \operatorname{rg}(M^*) =$ número de incógnitas. Por Rouché-Frobenius, el sistema es compatible determinado (solución única).

Si $a = 1$ : el sistema queda

\left\{\begin{array}{rcl} x + y + z & = & 2 \\ x + z & = & 0 \\ x - y + z & = & 3 \end{array}\right.

\operatorname{rg}(M) = 2

, porque

|M| = 0

y el menor

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

. En la ampliada orlo ese menor con la columna de términos independientes:

\begin{vmatrix} 1 & 1 & 2 \\ 1 & 0 & 0 \\ 1 & -1 & 3 \end{vmatrix} = -1\cdot\begin{vmatrix} 1 & 2 \\ -1 & 3 \end{vmatrix} = -(3 + 2) = -5 \neq 0,

(desarrollado por la segunda fila), así que

\operatorname{rg}(M^*) = 3 \neq \operatorname{rg}(M) = 2

: el sistema es incompatible.

Se ve también sin determinantes: sumando la primera y la tercera ecuación sale

2x + 2z = 5

, es decir,

x + z = \frac{5}{2}

, que contradice la segunda,

x + z = 0

.

b) Resolución para $a = 0$ . Como

0 \neq 1

, el sistema es compatible determinado. Queda

\left\{\begin{array}{rcl} x + y + z & = & 1 \\ z & = & -1 \\ x - y + z & = & 3 \end{array}\right.

La segunda ecuación da

z = -1

. Sustituyendo en las otras dos:

x + y = 2, \qquad x - y = 4.

Sumando,

2x = 6

, luego

x = 3

; y entonces

y = 2 - 3 = -1

.

Comprobación:

3 + (-1) + (-1) = 1

z = -1 = 0 - 1

3 - (-1) + (-1) = 3

; se cumplen las tres ecuaciones ✓.

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

Consejo

En la discusión hay que cubrir todos los valores de $a$ : el caso general ( $a \neq 1$ ) y el que anula el determinante. Para este último no basta con decir « $|M| = 0$ »: hay que calcular los dos rangos y citar el teorema de Rouché-Frobenius.

En b), justifica primero que $a = 0$ da un sistema compatible determinado (por el apartado a) y comprueba la solución en las tres ecuaciones originales.