Problema 1240

Dado el sistema de ecuaciones lineales:

$\left\{\begin{array}{rl}ay+(a+1)z&=a\\ax+z&=a\\x+az&=-a\end{array}\right.$

a) Discutir y resolver según el valor del parámetro real a.
b) Determinar la inversa de la matriz asociada al sistema para a=2.

Solución:

a) Para discutir el sistema utilizamos el teorema de Rouché-Fröbenius. Comenzamos escribiendo las matrices de coeficientes y ampliada:

$M=\begin{pmatrix}0&a&a+1\\a&0&1\\1&0&a\end{pmatrix}\qquad M^*=\begin{pmatrix}0&a&a+1&a\\a&0&1&a\\1&0&a&-a\end{pmatrix}$

Calculamos el determinante de M:

$\begin{vmatrix}0&a&a+1\\a&0&1\\1&0&a\end{vmatrix}=a-a^3=-a(a^2-1)=-a(a-1)(a+1)$

Determinante que se anula para $a=0,~a=1,~a=-1$ .

Si $a\neq0\text{ y }a\neq1\text{ y }a\neq-1$ entonces rg(M)=3=rg(M*)=n, y el sistema es compatible determinado.
Si a=0 entonces $M=\begin{pmatrix}0&0&1\\0&0&1\\1&0&0\end{pmatrix}$ cuyo rango es 2 ya que $\begin{vmatrix}0&1\\1&0\end{vmatrix}=-1\neq0$ .
El rango de la matriz ampliada $M^*=\begin{pmatrix}0&0&1&0\\0&0&1&0\\1&0&0&0\end{pmatrix}$ también es 2 ya que la columna de términos independientes es nula.
El sistema en este caso es compatible indeterminado.
Si a=1 entonces $M=\begin{pmatrix}0&1&2\\1&0&1\\1&0&1\end{pmatrix}$ cuyo rango es 2 ya que $\begin{vmatrix}0&1\\1&0\end{vmatrix}=-1\neq0$ .
Calculamos el rango de la matriz ampliada $M^*=\begin{pmatrix}0&1&2&1\\1&0&1&1\\1&0&1&-1\end{pmatrix}$ :
$\begin{vmatrix}0&1&1\\1&0&1\\1&0&-1\end{vmatrix}=1+1=2\neq0$
Luego el rango de M* es 3 y el sistema es incompatible.
Si a=-1 entonces $M=\begin{pmatrix}0&-1&0\\-1&0&1\\1&0&-1\end{pmatrix}$ cuyo rango es 2 ya que $\begin{vmatrix}0&-1\\-1&0\end{vmatrix}=-1\neq0$ .
Calculamos el rango de la matriz ampliada $M^*=\begin{pmatrix}0&-1&0&-1\\-1&0&1&-1\\1&0&-1&1\end{pmatrix}$ :
$\begin{vmatrix}0&-1&-1\\-1&0&-1\\1&0&1\end{vmatrix}=0$
Luego el rango de M* es 2 y el sistema es compatible indeterminado.

Resolvemos el sistema en los casos que sea compatible:

Si $a\neq0\text{ y }a\neq1\text{ y }a\neq-1$ el sistema es compatible determinado y lo resolvemos utilizando la regla de Cramer:

$x=\dfrac{\begin{vmatrix}a&a&a+1\\a&0&1\\-a&0&a\end{vmatrix}}{\begin{vmatrix}0&a&a+1\\a&0&1\\1&0&a\end{vmatrix}}=\dfrac{-a(a+a^2)}{-a(a^2-1)}=\dfrac{a(1+a)}{(a+1)(a-1)}=\dfrac a{a-1}$

$y=\dfrac{\begin{vmatrix}0&a&a+1\\a&a&1\\1&-a&a\end{vmatrix}}{\begin{vmatrix}0&a&a+1\\a&0&1\\1&0&a\end{vmatrix}}=\dfrac{a-a^2(a+1)-a(a+1)-a^3}{-a(a^2-1)}=\\\\=\dfrac{1-(a^2+a)-(a+1)-a^2}{-(a+1)(a-1)}=\dfrac{-2a^2-2a}{-(a+1)(a-1)}=\dfrac{-2a(a+1)}{-(a+1)(a-1)}=\\\\=\dfrac{2a}{a-1}$

$z=\dfrac{\begin{vmatrix}0&a&a\\a&0&a\\1&0&-a\end{vmatrix}}{\begin{vmatrix}0&a&a+1\\a&0&1\\1&0&a\end{vmatrix}}=\dfrac{-a(-a^2-a)}{-a(a^2-1)}=\dfrac{-a(a+1)}{(a+1)(a-1)}=\dfrac{-a}{a-1}$

Si a=0 el sistema es:
$\left\{\begin{array}{rl}z&=0\\z&=0\\x&=0\end{array}\right.$
que es equivalente a:
$\left\{\begin{array}{rl}z&=0\\x&=0\end{array}\right.$
Parametrizamos $y=\lambda$ y obtenemos la solución del sistema:
$x=0,~y=\lambda,~z=0$ con $\lambda\in\mathbb R$ .
Si a=-1 el sistema es:
$\left\{\begin{array}{rl}-y&=-1\\-x+z&=-1\\x-z&=1\end{array}\right.$
que es equivalente a:
$\left\{\begin{array}{rl}-y&=-1\\-x+z&=-1\end{array}\right.$
Parametrizamos $z=\lambda$ y obtenemos la solución:
$x=1+\lambda,~y=1,~z=\lambda$ con $\lambda\in\mathbb R$ .