Ejercicio resuelto de Sistemas de ecuaciones · Matemáticas II

A.1. Calificación máxima: 2.5 puntos.

Dado el siguiente sistema de ecuaciones lineales dependiente del parámetro $\lambda$,
$\left(\begin{array}{ccc}0& 1& 1\\ \lambda -1& 1& 1\\ 1& \lambda -1& 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}x\\ y\\ z\end{array}\right)-\left(\begin{array}{c}1\\ \lambda \\ 0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 0\end{array}\right)$,

se pide:
a) (1.5 puntos) Discutir el sistema en función de los valores de $\lambda$.
b) (1 punto) Resolver el sistema en el caso $\lambda =1$ y encontrar, si es posible, una solución con $x=5$.

Escribimos el sistema en la forma habitual pasando los términos independientes al segundo miembro.

$\{\begin{array}{l}y+z=1\\ (\lambda -1)x+y+z=\lambda \\ x+(\lambda -1)y+z=0\end{array}$

$\mathbf{\text{a)}}\mathbf{\text{(1,5}}\mathbf{\text{puntos)}}\mathbf{\text{Discutir}}\mathbf{\text{el}}\mathbf{\text{sistema}}\mathbf{\text{en}}\mathbf{\text{funci}}\acute{\mathbf{\text{o}}}\mathbf{\text{n}}\mathbf{\text{de}}\mathbf{\text{los}}\mathbf{\text{valores}}\mathbf{\text{de}}\mathit{\lambda }\mathbf{\text{.}}$

Aplicamos el teorema de Rouché-Frobenius, empezando por el determinante de la matriz de coeficientes.

$\mathrm{\mid }A\mathrm{\mid }=\mid \begin{array}{ccc}0& 1& 1\\ \lambda -1& 1& 1\\ 1& \lambda -1& 1\end{array}\mid =(\lambda -1)(\lambda -2)$

$\mathrm{\mid }A\mathrm{\mid }=0\Rightarrow \lambda =1\text{ o }\lambda =2$

Para cualquier otro valor los dos rangos valen 3, que es el número de incógnitas.

$\lambda \mathrm{\ne }1\text{ y }\lambda \mathrm{\ne }2\Rightarrow \mathrm{rg}(A)=\mathrm{rg}(A^{\ast })=3\Rightarrow \text{compatible determinado}$

Estudiamos aparte los dos valores que anulan el determinante. Con $\lambda =1$ la primera y la segunda ecuación coinciden.

$\lambda =1\Rightarrow A^{\ast }=\left(\begin{array}{cccc}0& 1& 1& 1\\ 0& 1& 1& 1\\ 1& 0& 1& 0\end{array}\right)\Rightarrow \mathrm{rg}(A)=\mathrm{rg}(A^{\ast })=2<3$

Con $\lambda =2$ los coeficientes de la primera y la segunda ecuación son iguales pero los términos independientes no.

$\lambda =2\Rightarrow A^{\ast }=\left(\begin{array}{cccc}0& 1& 1& 1\\ 1& 1& 1& 2\\ 1& 1& 1& 0\end{array}\right)\Rightarrow \mathrm{rg}(A)=2\mathrm{\ne }3=\mathrm{rg}(A^{\ast })$

El sistema es compatible determinado si $\lambda \mathrm{\ne }1,2$; compatible indeterminado si $\lambda =1$, e incompatible si $\lambda =2$.



Con $\lambda =1$ quedan dos ecuaciones independientes y un grado de libertad, así que tomamos $z$ como parámetro.

$\{\begin{array}{l}y+z=1\\ x+z=0\end{array}\Rightarrow y=1-z,x=-z$

$(x,y,z)=(-t,1-t,t),t\in \mathbb{R}$

El sistema tiene infinitas soluciones, así que sí es posible imponer una condición más. Basta elegir el parámetro que hace $x=5$.

$-t=5\Rightarrow t=-5\Rightarrow (x,y,z)=(5,6,-5)$

La solución con primera coordenada 5 es $(5,6,-5)$.