T2: Sistemas de ecuaciones lineales

Discusión de sistemas

Problema

2022 · Ordinaria · Titular

EJERCICIO 5

Considera el sistema de ecuaciones lineales:

\begin{pmatrix} \alpha & 1 & 1 \\ \alpha & -1 & 1 \\ \alpha & 0 & \alpha \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}

a) Discute el sistema según los valores de

\alpha

.b) Para

\alpha = 1

resuelve el sistema y da una solución del mismo diferente de la solución trivial, si es posible.

Sistemas homogéneosParámetros

a) Discute el sistema según los valores de

\alpha

El sistema dado es un sistema de ecuaciones lineales homogéneo. Para discutirlo, necesitamos calcular el determinante de la matriz de coeficientes $A$ .

A = \begin{pmatrix} \alpha & 1 & 1 \\ \alpha & -1 & 1 \\ \alpha & 0 & \alpha \end{pmatrix}

|A| = \begin{vmatrix} \alpha & 1 & 1 \\ \alpha & -1 & 1 \\ \alpha & 0 & \alpha \end{vmatrix} = \alpha \begin{vmatrix} -1 & 1 \\ 0 & \alpha \end{vmatrix} - 1 \begin{vmatrix} \alpha & 1 \\ \alpha & \alpha \end{vmatrix} + 1 \begin{vmatrix} \alpha & -1 \\ \alpha & 0 \end{vmatrix}

|A| = \alpha((-1)\alpha - 0) - 1(\alpha^2 - \alpha) + 1(0 - (-1)\alpha)

|A| = -\alpha^2 - \alpha^2 + \alpha + \alpha = -2\alpha^2 + 2\alpha = -2\alpha(\alpha - 1)

Igualamos el determinante a cero para encontrar los valores críticos de $\alpha$ :

-2\alpha(\alpha - 1) = 0 \implies \alpha = 0 \quad \text{o} \quad \alpha = 1

Discutimos el sistema en función de estos valores:Caso 1: Si $\alpha \neq 0$ y $\alpha \neq 1$ .En este caso, $|A| \neq 0$ . Por lo tanto, el rango de la matriz de coeficientes $A$ es 3 (Rank(A) = 3). Como el número de incógnitas también es 3, el sistema es compatible determinado. Al ser un sistema homogéneo, la única solución posible es la solución trivial: $x=0, y=0, z=0$ .Caso 2: Si $\alpha = 0$ .Sustituimos $\alpha = 0$ en la matriz $A$ y el sistema de ecuaciones:

A = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 1 \\ 0 & -1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}

\begin{cases} y + z = 0 \\ -y + z = 0 \\ 0 = 0 \end{cases}

Podemos verificar que el determinante de la submatriz $\begin{vmatrix} 1 & 1 \\ -1 & 1 \end{vmatrix} = 1 - (-1) = 2 \neq 0$ . Por lo tanto, el rango de $A$ es 2 (Rank(A) = 2). Como Rank(A) = 2 < 3 (número de incógnitas), el sistema es compatible indeterminado y tiene infinitas soluciones (con 1 grado de libertad).Caso 3: Si $\alpha = 1$ .Sustituimos $\alpha = 1$ en la matriz $A$ y el sistema de ecuaciones:

A = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & -1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \end{pmatrix}

Similarmente al caso anterior, el determinante de la submatriz $\begin{vmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{vmatrix} = -1 - 1 = -2 \neq 0$ . Por lo tanto, el rango de $A$ es 2 (Rank(A) = 2). Como Rank(A) = 2 < 3 (número de incógnitas), el sistema es compatible indeterminado y tiene infinitas soluciones (con 1 grado de libertad).

b) Para

\alpha = 1

resuelve el sistema y da una solución del mismo diferente de la solución trivial, si es posible.

Para $\alpha = 1$ , el sistema de ecuaciones es:

\begin{cases} x + y + z = 0 \\ x - y + z = 0 \\ x + z = 0 \end{cases}

De la tercera ecuación, obtenemos que $x = -z$ . Sustituimos esta relación en la primera ecuación:

(-z) + y + z = 0 \implies y = 0

Ahora, sustituimos $x = -z$ y $y = 0$ en la segunda ecuación para verificar la consistencia:

(-z) - 0 + z = 0 \implies 0 = 0

Esta ecuación se cumple, lo que confirma que las soluciones son consistentes. Las soluciones del sistema son de la forma $(x, y, z) = (-z, 0, z)$ , donde $z$ es un parámetro real cualquiera.Para obtener una solución diferente de la trivial ( $x=0, y=0, z=0$ ), podemos elegir cualquier valor no nulo para $z$ . Por ejemplo, si tomamos $z = 1$ : $x = -1$ , $y = 0$ , $z = 1$ .Una solución diferente de la trivial es $(-1, 0, 1)$ .