Discutir Sistemas de Ecuaciones

Uno de los ejercicios más frecuentes en selectividad sobre sistemas de ecuaciones es añadir un parámetro, normalmente llamado $\lambda$, m ó k, que dependiendo de los valores que tome resultará en un sistema de ecuaciones con 1 solución (SCD), con una recta o plano como solución (SCI) o sin solución (SI).

El estudio de estos sistemas mezcla los dos métodos más importantes de resolución de sistemas de ecuaciones, el método de Gauss con el método de Crarmer. Guiémonos con el ejemplo de 2017 (Reserva 2 Opción B):

$$\begin{Bmatrix} 3x & + ky & &=&1 \\ 2x & -y & +kz & = & 1 \\ x & -3y & +2z & = & 1 \end{Bmatrix}$$

Como se puede observar es un sistema de ecuaciones con 3 ecuaciones y 3 incógnitas, pero además se le añade un parámetro, que actúa como un número que en función del valor que le queramos asignar el sitema de ecuaciones tendrá una solución distinta, o incluso no tendrá solución.

Tanto el método de Cramer como el de la inversa nos llevan a una relación muy importante. Y es que el sistema de ecuaciones tendrá 1 única solución si y solo si el determinante de la matriz de coeficientes No es cero.

Convertir este sistema de ecuaciones a matriz pasar por estos dos pasos, primero expresamos el sistema de forma matricial

$$\begin{pmatrix} 3 & k & 0 \\ 2 & -1 & k \\ 1 & -3 & 2\end{pmatrix} \circ \begin{pmatrix} x \\ y \\ z\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}$$

Y es costumbre llamar a la primera matriz de coeficientes $A$ y a la de términos independientes $B$. Quedando representado como:

$$AX = B$$

Por el método de la inversa, podemos saber que la solución es $X = A^{-1} \circ B$ pero esto sólo puede ocurrir si el determinante no es cero, ya que sino, no tiene inversa. Y en dicho caso, el cálculo de la soluciones con Cramer es más rápido que haciendo las cuentas con la inversa.

Si recordamos lo que significan las matrices, lo que estamos intentando encontrar es, sabiendo un punto al que hemos transformado, el punto B, queremos saber de qué punto vino, el punto X, antes de que le aplicaramos la transformación A

Así que nos disponemos a calcular el determinante de $A$

$$\begin{vmatrix} 3 & k & 0 \\ 2 & -1 & k \\ 1 & -3 & 2\end{vmatrix} = -6 + k^2 + 0 – (0 + 4k -9k) = k^2 +5k – 6 = (k-1)(k+6)$$

En el último paso factorizamos con Ruffini o usando la ecuación resolvente en este caso, y si hubiera salido una ecuación incompleta con los métodos de resolución ya conocidos.

Una vez hayado el determinante podemos concluir que el sistema de ecuaciones tiene una única solución, es decir, es SCD, siempre que el parámetro $k \neq 1, -6$ ya que así el determinante no vale cero.

Puesto que para $k=1, -6$ nos da problemas, vamos a escoger uno de los dos valores, y vamos a resolver por el método de Gauss-Jordan para cada uno de ellos, sabiendo que al ser el determinante cero, seguro que obtenemos la última fila de A con ceros.

Para $k = -6$

$\left(\begin{array} {ccc|c} 3 & -6 & 0 & 1 \\ 2 & -1 & -6 & 1 \\ 1 & -3 & 2 & 1 \end{array}\right)$ $\begin{matrix} {}_{2 \, F_1 – 3\, F_2} \\ \longrightarrow \\ {}^{F_1 – 3 \, F_3} \end{matrix}$ $\left(\begin{array} {ccc|c} 3 & -6 & 0 & 1 \\ 0 & -9 & 18 & -1 \\ 0 & 3 & -6 & -2 \end{array}\right)$ $\begin{matrix} {}_{3 \, F_1 – 2 \, F_2} \\ \longrightarrow \\ {}^{F_2 – 3 \, F_3} \end{matrix}$ $\left(\begin{array} {ccc|c} 9 & 0 & -36 & 5 \\ 0 & -9 & 18 & -1 \\ 0 & 0 & 0 & -7 \end{array}\right)$

Como la última ecuación es de la forma $0 = -7$ y eso no es posible, es un sistema incompatible.

Los sistemas incompatibles no tienen soluciones reales, pues el único punto de intersección es un punto del infinito donde se unen las rectas paralelas que formas este sistema. Tomadno como una de las rectas que va al infinito las dos primera líneas, tenemos como vectores normales $(9, 0, -36)$ y $(0, -9, 18)$ con el producto vectorial podemos calcular un vector director $(-324, -162, -81) = 81 (-4, -2, -1)$ por lo que la solución es un punto del infinito con esa dirección, es decir, $\infty_{(-4, -2, -1)}$

Para $k = 1$

$\left(\begin{array} {ccc|c} 3 & 1 & 0 & 1 \\ 2 & -1 & 1 & 1 \\ 1 & -3 & 2 & 1 \end{array}\right)$ $\begin{matrix} {}_{2 \, F_1 – 3\, F_2} \\ \longrightarrow \\ {}^{F_1 – 3 \, F_3} \end{matrix}$ $\left(\begin{array} {ccc|c} 3 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 5 & -3 & -1 \\ 0 & 10 & -6 & 1 \end{array}\right)$ $\begin{matrix} {}_{5 \, F_1 – F_2} \\ \longrightarrow \\ {}^{ 2 \, F_2 – F_3} \end{matrix}$ $\left(\begin{array} {ccc|c} 15 & 0 & 3 & 6 \\ 0 & 5 & -3 & -1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right)$ $\begin{matrix} {}_{F_1 : 3 } \\ \longrightarrow \\ {} \end{matrix}$ $\left(\begin{array} {ccc|c} 5 & 0 & 1 & 2 \\ 0 & 5 & -3 & -1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right)$

Como la última ecuación es de la forma $0=0$ y no aporta, significa que una de las ecuaciones estaba repetida, y ahora tenemos un sistema de 3 ecuaciones con 2 incógnitas que geométricamente es una recta de soluciones, y por lo tanto, un SCI. Es construmbre expresar esta solución que es una recta tanto en la forma general:

$$\begin{Bmatrix} 5x & & + z & = & 2 \\ & 5y & -4z & = & -1 \end{Bmatrix}$$

Y escogiendo una variable que se repita en ambos miembros y no esté fija (es decir, que no valga un valor constante), en este ejemplo sería la $z = \lambda$, podemos despejar las demas ecuaciones en función de $\lambda$ expresándola así la ecuación de la recta en forma paramétrica:

$$\begin{Bmatrix} x & = & \frac{2-\lambda}{5} \\ y & = & \frac{4\lambda -1}{5} \\ z & = & \lambda \end{Bmatrix}$$

El ejercicio así está totalmente completado, pero es costumbre en selectividad también pedir que expliques con los rangos de las matrices, porqué el sistema es combatible determinado / indeterminado o incompatible, dependiendo del valor de $k$, así que discutiendo el sistema de ecuaciones a partir de los rangos tenemos que:

Ejercicios de Discutir Matrices