Problema 87

Considera el siguiente sistema de ecuaciones lineales \left\{\begin{aligned}x+(\lambda+1)y+z&=&1\\\lambda y+z&=&0\\\lambda y+\lambda z&=&\lambda\end{aligned}\right.

a) Discútelo según los valores de λ.

b) Resuélvelo para λ=0.

c) Determina, si existe, el valor de λ para el que hay una solución en la que z=2. Calcula esa solución.


Solución:

a) Para discutir el sistema de ecuaciones utilizaremos el teorema de Rouché-Fröbenius. La matriz de coeficientes y la matriz ampliada son:

M=\begin{pmatrix}1&\lambda+1&1\\0&\lambda&1\\0&\lambda&\lambda\end{pmatrix}_{3\times3}\qquad M^*=\begin{pmatrix}1&\lambda+1&1&1\\0&\lambda&1&0\\0&\lambda&\lambda&\lambda\end{pmatrix}_{3\times4}

Calculamos el rango de la matriz de coeficientes:

\begin{vmatrix}1&\lambda+1&1\\0&\lambda&1\\0&\lambda&\lambda\end{vmatrix}=\lambda^2-\lambda

Las raíces de este determinantes son λ=0 y λ=1.

  • Caso λ≠0 y λ≠1. En este caso rg(M)=3=rg(M*)=n, por tanto, el sistema es compatible determinado.
  • Caso λ=0. En este caso rg(M)=2 ya que \begin{vmatrix}1&1\\0&1\end{vmatrix}\neq0. Calculamos el rango de la matriz ampliada.

\begin{vmatrix}1&1&1\\0&1&0\\0&0&0\end{vmatrix}=0

Por tanto, rg(M*)=2=rg(M)<n y el sistema es compatible indeterminado.

  • Caso λ=1. En este caso rg(M)=2 ya que \begin{vmatrix}1&2\\0&1\end{vmatrix}\neq0. Calculamos ahora el rango de la matriz ampliada:

\begin{vmatrix}1&2&1\\0&1&0\\0&1&1\end{vmatrix}=1\neq0

Por tanto, el rg(M*)=3 y el sistema es incompatible.


b) En el caso λ=0 el sistema tenía rango 2 como vimos antes y el sistema a resolver es el siguiente:

\left\{\begin{aligned}x+y+z&=&1\\z&=&0\end{aligned}\right.

Para resolver este sistema utilizamos n-rg(M)=3-2=1 parámetro. Llamando x=μ se obtiene:

\left\{\begin{array}{l}x=\mu\\y=1-\mu\\z=0\end{array}\right.


c) Hemos de calcular λ para que el sistema tenga una solución cuya z=2. Si dicho valor de λ existe, no será 1 ya que daría lugar a un sistema incompatible, estamos entonces en los casos discutido en el apartado a) que daba lugar a un sistema compatible determinado e indeterminado.

Primero suponemos λ≠0. Al ser un sistema compatible determinado, utilizamos la regla de Cramer para obtener z e imponer que valga 2.

\displaystyle z=\frac{\begin{vmatrix}1&\lambda+1&1\\0&\lambda&1\\\lambda&\lambda&\lambda\end{vmatrix}}{\begin{vmatrix}1&\lambda+1&1\\0&\lambda&1\\0&\lambda&\lambda\end{vmatrix}}=\frac{\lambda^2+\lambda(\lambda+1)-\lambda^2-\lambda}{\lambda^2-\lambda}=\\\\=\frac{\lambda^2+\lambda-\lambda}{\lambda^2-\lambda}=\frac{\lambda^2}{\lambda^2-\lambda}=\frac{\lambda}{\lambda-1}=2

Resolvemos esta última ecuación:

\displaystyle \frac{\lambda}{\lambda-1}=2\\\\\lambda=2(\lambda-1)\\\\\lambda=2\lambda-2\\\\0=\lambda-2\\\\\lambda=2

Supongamos ahora que λ=0, en ese caso, el sistema sería

\left\{\begin{aligned}x+y+z&=&1\\z&=&0\end{aligned}\right.

sistema que no permite que z=2.

Luego la única solución es λ=2.

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