Ejercicio resuelto de Sistemas de ecuaciones · Matemáticas II

Ejercicio A1
Discutir el sistema de ecuaciones lineales que sigue, en función del parámetro $\alpha$:
$\{\begin{array}{l}\alpha x+2y-z=\alpha ,\\ 2x+\alpha y+z=2+\alpha ,\\ x-\alpha y+2z=2\alpha \mathrm{.}\end{array}$
Resolver el sistema para $\alpha =1$, si es posible.

$\mathbf{\text{Discutir}}\mathbf{\text{el}}\mathbf{\text{sistema}}\mathbf{\text{en}}\mathbf{\text{funci}}\acute{\mathbf{\text{o}}}\mathbf{\text{n}}\mathbf{\text{del}}\mathbf{\text{par}}\acute{\mathbf{\text{a}}}\mathbf{\text{metro}}\mathit{\alpha }\mathbf{\text{.}}$

La discusión se hace con el teorema de Rouché-Frobenius, así que empezamos por el determinante de la matriz de coeficientes.

$A=\left(\begin{array}{ccc}\alpha & 2& -1\\ 2& \alpha & 1\\ 1& -\alpha & 2\end{array}\right)$

Desarrollamos por la primera fila:

$\mathrm{\mid }A\mathrm{\mid }=\alpha (2\alpha +\alpha )-2(4-1)+(-1)(-2\alpha -\alpha )$

$=3{\alpha }^2-6+3\alpha =3({\alpha }^2+\alpha -2)=3(\alpha +2)(\alpha -1)$

$\mathrm{\mid }A\mathrm{\mid }=0\Rightarrow \{\begin{array}{l}\alpha =-2\\ \alpha =1\end{array}$

Distinguimos los tres casos.

i) Si $\alpha \mathrm{\ne }-2$ y $\alpha \mathrm{\ne }1$, el determinante no se anula, luego $\text{rg}(A)=\text{rg}(A^{\ast })=3$ y el sistema es compatible determinado.

ii) Si $\alpha =1$, la matriz ampliada es:

$A^{\ast }=\left(\begin{array}{cccc}1& 2& -1& 1\\ 2& 1& 1& 3\\ 1& -1& 2& 2\end{array}\right)$

La tercera fila es la diferencia entre la segunda y la primera, de modo que sobra. El menor $\mid \begin{array}{cc}1& 2\\ 2& 1\end{array}\mid =-3\mathrm{\ne }0$ da $\text{rg}(A)=\text{rg}(A^{\ast })=2<3$, y el sistema es compatible indeterminado.

iii) Si $\alpha =-2$:

$A^{\ast }=\left(\begin{array}{cccc}-2& 2& -1& -2\\ 2& -2& 1& 0\\ 1& 2& 2& -4\end{array}\right)$

Orlando el menor $\mid \begin{array}{cc}-2& 2\\ 2& -2\end{array}\mid =0$ no sirve; tomamos $\mid \begin{array}{cc}2& -1\\ -2& 1\end{array}\mid =0$ tampoco. Con $\mid \begin{array}{cc}-2& -1\\ 1& 2\end{array}\mid =-3\mathrm{\ne }0$ (filas primera y tercera) se tiene $\text{rg}(A)=2$, y al orlarlo con la columna de términos independientes:

$\mid \begin{array}{ccc}-2& -1& -2\\ 2& 1& 0\\ 1& 2& -4\end{array}\mid =-2(-4-0)+1(-8-0)-2(4-1)=8-8-6=-6\mathrm{\ne }0$

Luego $\text{rg}(A^{\ast })=3$ y el sistema es incompatible.

En resumen: el sistema es compatible determinado si $\alpha \mathrm{\ne }-2$ y $\alpha \mathrm{\ne }1$; compatible indeterminado si $\alpha =1$; e incompatible si $\alpha =-2$.



Sí es posible: para $\alpha =1$ el sistema es compatible indeterminado con un grado de libertad. Nos quedamos con las dos ecuaciones independientes y tomamos $z$ como parámetro.

$\{\begin{array}{l}x+2y-z=1\\ 2x+y+z=3\end{array},z=\lambda$

Sumando ambas se elimina la $z$:

$3x+3y=4\Rightarrow y={\displaystyle \frac{4-3x}{3}}$

Sustituyendo en la primera:

$x+{\displaystyle \frac{2(4-3x)}{3}}-\lambda =1\Rightarrow 3x+8-6x-3\lambda =3$

$-3x=3\lambda -5\Rightarrow x={\displaystyle \frac{5-3\lambda }{3}}$

$y={\displaystyle \frac{4-3x}{3}}={\displaystyle \frac{4-(5-3\lambda )}{3}}={\displaystyle \frac{3\lambda -1}{3}}$

$(x,y,z)=({\displaystyle \frac{5-3\lambda }{3}},{\displaystyle \frac{3\lambda -1}{3}},\lambda ),\lambda \in \mathbb{R}$

Comprobamos en la tercera ecuación, que es la dependiente:

$x-y+2z={\displaystyle \frac{5-3\lambda }{3}}-{\displaystyle \frac{3\lambda -1}{3}}+2\lambda ={\displaystyle \frac{6-6\lambda +6\lambda }{3}}=2$