T2: Sistemas de ecuaciones lineales

Discusión de sistemas

Problema

2023 · Ordinaria · Suplente

Considera las matrices $A = \begin{pmatrix} x & y & z \\ y & x & x \\ z & z & y \end{pmatrix}, B = ( \alpha \quad 1 \quad 1 ) \text{ y } C = ( 1 \quad 1 \quad 1 )$ .

a) Discute el sistema

BA = C

, según los valores de

\alpha

.b) Resuelve el sistema, si es posible, para

\alpha = 0

y para

\alpha = 1

Sistemas de ecuacionesMatricesRouché-Frobenius+1

Resolución del sistema de ecuaciones matriciales

En primer lugar, planteamos la ecuación matricial $BA = C$ para obtener el sistema de ecuaciones lineales correspondiente:

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

Multiplicando las matrices obtenemos el siguiente sistema:

\begin{cases} \alpha x + y + z = 1 \\ x + \alpha y + z = 1 \\ x + y + \alpha z = 1 \end{cases}

a) Discute el sistema

BA = C

, según los valores de

\alpha

Para discutir el sistema, calculamos el determinante de la matriz de coeficientes $M$ :

|M| = \begin{vmatrix} \alpha & 1 & 1 \\ 1 & \alpha & 1 \\ 1 & 1 & \alpha \end{vmatrix} = \alpha^3 + 1 + 1 - (\alpha + \alpha + \alpha) = \alpha^3 - 3\alpha + 2

Igualamos el determinante a cero para encontrar los valores críticos. Factorizando el polinomio mediante la regla de Ruffini, obtenemos:

\alpha^3 - 3\alpha + 2 = (\alpha - 1)^2 (\alpha + 2) = 0

Las raíces son $\alpha = 1$ y $\alpha = -2$ . Procedemos con la discusión:

Caso 1:

\alpha \neq 1

\alpha \neq -2

. En este caso, el determinante

|M| \neq 0

, por lo que

rank(M) = 3 = rank(M^*)

. El sistema es Compatible Determinado (tiene una única solución).Caso 2:

\alpha = 1

. Si sustituimos

\alpha = 1

, las tres ecuaciones resultan ser la misma:

x + y + z = 1

. Por tanto,

rank(M) = 1 = rank(M^*)

. Al ser el rango menor que el número de incógnitas, el sistema es Compatible Indeterminado (tiene infinitas soluciones).Caso 3:

\alpha = -2

. El sistema queda como:

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

Si sumamos las tres ecuaciones, obtenemos $0 = 3$ , lo cual es una contradicción. Esto implica que $rank(M) = 2$ y $rank(M^*) = 3$ . Por tanto, el sistema es Incompatible (no tiene solución).

b) Resuelve el sistema, si es posible, para

\alpha = 0

y para

\alpha = 1

Para $\alpha = 0$ , el sistema es compatible determinado y queda de la siguiente forma:

\begin{cases} y + z = 1 \\ x + z = 1 \\ x + y = 1 \end{cases}

Restando la segunda ecuación a la primera obtenemos $y - x = 0$ , es decir, $x = y$ . Sustituyendo en la tercera ecuación: $x + x = 1 \implies 2x = 1 \implies x = 1/2$ . Como $x = y$ , entonces $y = 1/2$ . Finalmente, de $x + z = 1$ obtenemos $1/2 + z = 1 \implies z = 1/2$ . La solución es:

(x, y, z) = \left( \frac{1}{2}, \frac{1}{2}, \frac{1}{2} \right)

Para $\alpha = 1$ , el sistema es compatible indeterminado y se reduce a una sola ecuación. Tomando $y = \lambda$ y $z = \mu$ como parámetros libres:

x + y + z = 1 \implies x = 1 - \lambda - \mu

La solución general para $\alpha = 1$ es:

(x, y, z) = (1 - \lambda - \mu, \lambda, \mu) \text{ con } \lambda, \mu \in \mathbb{R}