Ejercicio resuelto de Sistemas de ecuaciones · Matemáticas II

Ejercicio A1
Se considera el sistema de ecuaciones lineales que sigue:
$\begin{cases} 3x+y+\alpha z=0,\\ 2x+\alpha y+z=1,\\ 3x+\alpha y+z=\alpha-1. \end{cases}$

Discute su compatibilidad en función de los valores del parámetro $\alpha$.
Resuelve el sistema para $\alpha=0$, si es posible.

$\textbf{Discute su compatibilidad en función de los valores del parámetro } \boldsymbol{\alpha}\textbf{.}$

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

$A=\begin{pmatrix}3&1&\alpha\\ 2&\alpha&1\\ 3&\alpha&1\end{pmatrix}$

Restando la segunda fila de la tercera, que no altera el determinante, queda una fila con dos ceros:

$|A|=\begin{vmatrix}3&1&\alpha\\ 2&\alpha&1\\ 1&0&0\end{vmatrix}=1\cdot\begin{vmatrix}1&\alpha\\ \alpha&1\end{vmatrix}=1-\alpha^2$

$|A|=0\Rightarrow(1-\alpha)(1+\alpha)=0\Rightarrow\begin{cases}\alpha=1\\ \alpha=-1\end{cases}$

Distinguimos los tres casos.

i) Si $\alpha\neq1$ y $\alpha\neq-1$, el determinante no se anula, luego $\text{rg}(A)=\text{rg}(A^*)=3$ y el sistema es compatible determinado.

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

$A^*=\left(\begin{array}{ccc|c}3&1&1&0\\2&1&1&1\\3&1&1&0\end{array}\right)$

La primera y la tercera fila son iguales, de modo que una sobra. El menor $\begin{vmatrix}3&1\\2&1\end{vmatrix}=1\neq0$ da $\text{rg}(A)=\text{rg}(A^*)=2<3$, y el sistema es compatible indeterminado.

iii) Si $\alpha=-1$:

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

Orlando el menor $\begin{vmatrix}3&1\\2&-1\end{vmatrix}=-5\neq0$ con la columna de términos independientes:

$\begin{vmatrix}3&1&0\\2&-1&1\\3&-1&-2\end{vmatrix}=3(2+1)-1(-4-3)+0=9+7=16\neq0$

Luego $\text{rg}(A)=2$ pero $\text{rg}(A^*)=3$, y el sistema es incompatible.

En resumen: el sistema es compatible determinado si $\alpha\neq\pm1$; compatible indeterminado si $\alpha=1$; e incompatible si $\alpha=-1$.

$\textbf{Resuelve el sistema para } \boldsymbol{\alpha=0}\textbf{, si es posible.}$

Sí es posible: para $\alpha=0$ se cumple $\alpha\neq\pm1$, luego el sistema es compatible determinado y tiene solución única.

$\begin{cases}3x+y=0\\ 2x+z=1\\ 3x+z=-1\end{cases}$

Restando la segunda ecuación de la tercera se elimina la $z$:

$x=-2$

Y de ahí, sustituyendo en la primera y en la segunda:

$y=-3x=6,\qquad z=1-2x=1+4=5$

Comprobamos en la tercera ecuación: $3(-2)+5=-1$.

Para $\alpha=0$ la solución es $x=-2$, $y=6$, $z=5$.