Matemáticas IIFácilProblema · 2,5 pts

Sistemas de ecuaciones

Castilla-La Mancha · 2025 · Junio

Enunciado

Considera el siguiente sistema de ecuaciones, donde

a \in \mathbb{R}

\left\{\begin{array}{l} x + y + a\cdot z = 1 \\ x - 2z = a \\ 2x + y + z = 3 \end{array}\right.

a.1) (1,5 puntos) Discute el sistema de ecuaciones según los valores de

a

, e identifica el número de soluciones en cada caso.

a.2) (1 punto) Resuelve, razonadamente, el sistema de ecuaciones para

a = 0

Comprobar el resultadocompara con lo que te ha salido

Resultado

\boxed{\;\text{a.1)}\ a \neq 3:\ \text{SCD (solución única)};\quad a = 3:\ \text{SI (sin solución)}\;}

\boxed{\;\text{a.2)}\ x = \frac{4}{3},\quad y = -\frac{1}{3},\quad z = \frac{2}{3}\;}

Ver la solución paso a pasoestrategia, desarrollo y consejo

Estrategia

Es una discusión clásica con el teorema de Rouché-Frobenius: comparamos el rango de la matriz de coeficientes

A

con el de la ampliada

A^*

. Como

A

es cuadrada, empezamos por su determinante: donde no se anula, los dos rangos valen

3

y el sistema es compatible determinado. Solo hay que estudiar aparte los valores de

a

que lo anulan.

Ojo: el parámetro aparece en dos sitios, en un coeficiente (

a\cdot z

) y en un término independiente (el

a

de la segunda ecuación). Al estudiar la ampliada en el caso especial hay que sustituirlo en los dos.

En a.2) el sistema es compatible determinado; lo resolvemos por sustitución (la segunda ecuación da

x

en función de

z

) y lo comprobamos con Cramer.

Desarrollo

Matrices del sistema.

A = \begin{pmatrix} 1 & 1 & a \\ 1 & 0 & -2 \\ 2 & 1 & 1 \end{pmatrix}, \qquad A^* = \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & a & 1 \\ 1 & 0 & -2 & a \\ 2 & 1 & 1 & 3 \end{array}\right)

a.1) Determinante de

A

por la regla de Sarrus:

|A| = 1\cdot 0\cdot 1 + 1\cdot(-2)\cdot 2 + a\cdot 1\cdot 1 - \big[a\cdot 0\cdot 2 + 1\cdot(-2)\cdot 1 + 1\cdot 1\cdot 1\big] = (-4 + a) - (-1) = a - 3

|A| = 0 \iff a = 3

Caso $a \neq 3$ .

|A| \neq 0

, así que

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

número de incógnitas. Por Rouché-Frobenius, el sistema es compatible determinado: una única solución.

Caso $a = 3$ . Ahora

|A| = 0

, luego

\operatorname{rg}(A) < 3

. El menor

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

\operatorname{rg}(A) = 2

. Para la ampliada (con

a = 3

también en el término independiente) orlamos ese menor con la columna de términos independientes:

A^* = \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & 3 & 1 \\ 1 & 0 & -2 & 3 \\ 2 & 1 & 1 & 3 \end{array}\right), \qquad \begin{vmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 3 \\ 2 & 1 & 3 \end{vmatrix} = 1\cdot(0 - 3) - 1\cdot(3 - 6) + 1\cdot(1 - 0) = -3 + 3 + 1 = 1 \neq 0

Por tanto

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

: el sistema es incompatible, no tiene solución.

Valor de $a$	$\operatorname{rg}(A)$	$\operatorname{rg}(A^*)$	Tipo	Soluciones
$a \neq 3$	$3$	$3$	Compatible determinado	Una
$a = 3$	$2$	$3$	Incompatible	Ninguna

a.2) Con

a = 0

el sistema es

\left\{\begin{array}{l} x + y = 1 \\ x - 2z = 0 \\ 2x + y + z = 3 \end{array}\right.

Como

0 \neq 3

, es compatible determinado (

|A| = 0 - 3 = -3

). De la segunda ecuación,

x = 2z

; de la primera,

y = 1 - x = 1 - 2z

. Sustituyendo en la tercera:

2(2z) + (1 - 2z) + z = 3 \;\Longrightarrow\; 3z + 1 = 3 \;\Longrightarrow\; z = \frac{2}{3}

x = 2\cdot\frac{2}{3} = \frac{4}{3}, \qquad y = 1 - \frac{4}{3} = -\frac{1}{3}

Comprobación por Cramer. Con

|A| = -3

x = \frac{\begin{vmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & -2 \\ 3 & 1 & 1 \end{vmatrix}}{-3} = \frac{-4}{-3} = \frac{4}{3}, \quad y = \frac{\begin{vmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & -2 \\ 2 & 3 & 1 \end{vmatrix}}{-3} = \frac{1}{-3} = -\frac{1}{3}, \quad z = \frac{\begin{vmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \\ 2 & 1 & 3 \end{vmatrix}}{-3} = \frac{-2}{-3} = \frac{2}{3}

Y en el sistema se cumplen las tres ecuaciones:

\frac{4}{3} - \frac{1}{3} = 1

\frac{4}{3} - \frac{4}{3} = 0

\frac{8}{3} - \frac{1}{3} + \frac{2}{3} = 3

✓.

En la simulación, el parámetro

k

hace el papel de

a

(con

k = 0

, el caso de a.2); cambiándolo a

3

se ven los tres planos sin punto común.

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

Consejo

En el caso $a = 3$ no olvides sustituir el parámetro también en la columna de términos independientes: la segunda ecuación pasa a ser $x - 2z = 3$ . Es el despiste que más puntos cuesta.

La corrección pide justificar con los rangos (Rouché-Frobenius), no basta con "el determinante es cero, luego no tiene solución": con $|A| = 0$ el sistema podría ser también compatible indeterminado.