Ejercicio resuelto de Sistemas de ecuaciones · Matemáticas II

Considere el sistema de ecuaciones lineales siguiente, que está formado por tres planos en el espacio y depende del parámetro real $m$:

$\begin{array}{r}x+my+z=4\\ x+3y+z=5\\ mx+y+z=4\end{array}\}$

a) Discuta el sistema para los diferentes valores del parámetro $m$. [1 punto]
b) Interprete geométricamente este sistema para todos los valores del parámetro $m$ y resuélvalo, si es posible, para el caso $m=1$. [1 punto]
c) Para $m=1$, ¿es posible añadir una cuarta ecuación de manera que el sistema resultante sea compatible determinado y tenga como solución $(x,y,z)=(3,{\displaystyle \frac{1}{2}},{\displaystyle \frac{1}{2}})$? Razone la respuesta. [0,5 puntos]

$\mathbf{\text{a)}}\mathbf{\text{Discuta}}\mathbf{\text{el}}\mathbf{\text{sistema}}\mathbf{\text{para}}\mathbf{\text{los}}\mathbf{\text{diferentes}}\mathbf{\text{valores}}\mathbf{\text{del}}\mathbf{\text{par}}\acute{\mathbf{\text{a}}}\mathbf{\text{metro}}\mathit{m}\mathbf{\text{.}}\mathbf{\text{(1}}\mathbf{\text{punto)}}$

Aplicamos el teorema de Rouché-Frobenius. Llamamos $A$ a la matriz de los coeficientes y $A^{\ast }$ a la ampliada.

$A=\left(\begin{array}{ccc}1& m& 1\\ 1& 3& 1\\ m& 1& 1\end{array}\right)A^{\ast }=\left(\begin{array}{cccc}1& m& 1& 4\\ 1& 3& 1& 5\\ m& 1& 1& 4\end{array}\right)$

$\mathrm{\mid }A\mathrm{\mid }=\mid \begin{array}{ccc}1& m& 1\\ 1& 3& 1\\ m& 1& 1\end{array}\mid =m^2-4m+3=(m-1)(m-3)$

$\mathrm{\mid }A\mathrm{\mid }=0\Rightarrow m=1\text{ o }m=3$

Si $m\mathrm{\ne }1$ y $m\mathrm{\ne }3$, entonces $\mathrm{rg}(A)=\mathrm{rg}(A^{\ast })=3$, que es el número de incógnitas, y el sistema es compatible determinado.

Para $m=1$ la primera y la tercera fila de $A^{\ast }$ son idénticas, término independiente incluido, de modo que la tercera ecuación es la primera repetida. El menor $\mid \begin{array}{cc}1& 1\\ 1& 3\end{array}\mid =2\mathrm{\ne }0$ da $\mathrm{rg}(A)=\mathrm{rg}(A^{\ast })=2$: sistema compatible indeterminado con un grado de libertad.

Para $m=3$ la primera y la segunda ecuación tienen los mismos coeficientes, $x+3y+z$, pero términos independientes distintos, $4$ y $5$: son incompatibles entre sí. Como el menor $\mid \begin{array}{cc}3& 1\\ 1& 1\end{array}\mid =2\mathrm{\ne }0$ da $\mathrm{rg}(A)=2$ mientras que $\mathrm{rg}(A^{\ast })=3$, el sistema es incompatible.



Cada ecuación es un plano, así que la discusión anterior se traduce en la posición relativa de los tres.

Si $m\mathrm{\ne }1$ y $m\mathrm{\ne }3$, la solución es única: los tres planos se cortan en un solo punto.

Si $m=1$, el primer plano y el tercero son el mismo, $x+y+z=4$, y el segundo los corta: los tres tienen en común toda una recta.

Si $m=3$, el primer plano y el segundo son paralelos y distintos, y el tercero corta a los dos: no hay ningún punto común a los tres y los planos se cortan dos a dos en dos rectas paralelas.

Resolvemos el caso $m=1$, en el que la tercera ecuación sobra. Restando la primera de la segunda:

$(x+3y+z)-(x+y+z)=5-4\Rightarrow 2y=1\Rightarrow y={\displaystyle \frac{1}{2}}$

$x+{\displaystyle \frac{1}{2}}+z=4\Rightarrow x={\displaystyle \frac{7}{2}}-z$

Tomando $z=\lambda$ como parámetro, la solución es

$(x,y,z)=({\displaystyle \frac{7}{2}}-\lambda ,{\displaystyle \frac{1}{2}},\lambda ),\lambda \in \mathbb{R}$

que es la recta que pasa por $({\displaystyle \frac{7}{2}},{\displaystyle \frac{1}{2}},0)$ con vector director $(-1,0,1)$.



Sí es posible. Lo primero es comprobar que el punto propuesto es una de las infinitas soluciones del apartado anterior: haciendo $\lambda ={\displaystyle \frac{1}{2}}$ se obtiene

$({\displaystyle \frac{7}{2}}-{\displaystyle \frac{1}{2}},{\displaystyle \frac{1}{2}},{\displaystyle \frac{1}{2}})=(3,{\displaystyle \frac{1}{2}},{\displaystyle \frac{1}{2}})$

Si no perteneciera a la recta, añadir una ecuación no serviría de nada: quitar soluciones nunca crea una que no estuviera antes. Como sí pertenece, basta añadir un plano que pase por él y que no contenga a la recta, es decir, cuyo vector normal no sea perpendicular al director $(-1,0,1)$. Por ejemplo, $x=3$, cuyo normal es $(1,0,0)$ y cumple $(1,0,0)\cdot (-1,0,1)=-1\mathrm{\ne }0$.

$\begin{array}{r}x+y+z=4\\ x+3y+z=5\\ x+y+z=4\\ x=3\end{array}\}$

Con la cuarta ecuación el rango de la matriz de coeficientes sube a $3$ sin que suba el de la ampliada, así que el sistema pasa a ser compatible determinado y su única solución es, precisamente, $(3,{\displaystyle \frac{1}{2}},{\displaystyle \frac{1}{2}})$.