Ejercicios IB del tema 7

1. Es un sistema $3\times 3$ con coeficientes decimales y la Prueba 2 permite usar la calculadora de pantalla gráfica (CPG). Introducimos la matriz de coeficientes y la columna de términos independientes (o usamos directamente el solucionador de sistemas de ecuaciones lineales de la CPG).
2. La CPG devuelve la solución única, que en forma exacta es $$x=-\frac{932}{389},y=\frac{628}{389},z=-\frac{612}{389}.$$
3. Redondeando a tres cifras significativas: $x\approx -2,40$, $y\approx 1,61$, $z\approx -1,57$.
4. Comprobación en la primera ecuación: $0,1(-2,396)-1,7(1,614)+0,9(-1,573)\approx -0,240-2,744-1,416=-4,40$.

Resultado: $x=-2,40$, $y=1,61$, $z=-1,57$

1. Eliminamos $x$: $E_2-E_1$ da $-y+2z=-1$, es decir, $y=1+2z$. Y $E_3-2E_1$ da $y-2z=1$, que es la misma ecuación. El sistema equivale a dos ecuaciones independientes con tres incógnitas: es compatible indeterminado.
2. Tomamos $z=t$ como parámetro: $y=1+2t$.
3. De la primera ecuación: $x=3+y+z=3+1+2t+t=4+3t$.
4. Comprobación en la tercera ecuación: $2(4+3t)-(1+2t)-4t=8+6t-1-2t-4t=7$.

Resultado: $(x,y,z)=(4+3t,1+2t,t)$, con $t\in \mathbb{R}$

a) 1. Escalonamos. Para eliminar $x$ usamos la segunda ecuación (tiene coeficiente $1$ en $x$): $$E_1-2E_2:(-1-2a)z=0,E_3-5E_2:2y-5az=2a-25.$$ 2. El sistema equivalente es $$\{\begin{array}{rl}x+2y+az& =5\\ 2y-5az& =2a-25\\ (-1-2a)z& =0\end{array}$$ 3. Si $-1-2a\ne 0$, de la última ecuación $z=0$; después se obtienen $y$ y $x$ de forma única. Hay solución única. 4. Si $-1-2a=0$, la última ecuación es $0=0$ y el sistema queda con dos ecuaciones independientes para tres incógnitas: no hay solución única. 5. Por tanto, no hay solución única cuando $a=-\frac{1}{2}$.

b) 1. Con $a=2$, la última ecuación del sistema escalonado es $-5z=0$, luego $z=0$. 2. De la segunda: $2y-0=2\cdot 2-25=-21$, así que $y=-\frac{21}{2}$. 3. De la primera: $x=5-2y-2z=5+21-0=26$. 4. Comprobación en $E_1$ original: $2\cdot 26+4\left(-\frac{21}{2}\right)-0=52-42=10$. Correcto.

Resultado: a) $a=-\frac{1}{2}$; b) $x=26$, $y=-\frac{21}{2}$, $z=0$

1. El sistema es homogéneo: siempre tiene la solución $(0,0,0)$. Buscamos los valores de $k$ para los que hay además otras soluciones.
2. De la segunda ecuación, $x=-4z$.
3. Sustituimos en la primera: $-8z-2y+kz=0$, de donde $y=\frac{(k-8)z}{2}$.
4. Sustituimos $x$ e $y$ en la tercera: $$-4kz+\frac{(k-8)z}{2}+z=0\Rightarrow \frac{-8k+k-8+2}{2}z=0\Rightarrow \frac{-7k-6}{2}z=0.$$
5. Si $-7k-6\ne 0$, entonces $z=0$ y, por tanto, $x=0$ e $y=0$: solo la solución nula.
6. Si $-7k-6=0$, es decir $k=-\frac{6}{7}$, la ecuación se cumple para cualquier $z$. Tomando $z=t$ se obtiene $x=-4t$, $y=\frac{(k-8)t}{2}=-\frac{31}{7}t$: infinitas soluciones, entre ellas algunas distintas de $(0,0,0)$.

Resultado: $k=-\frac{6}{7}$

1. Llamamos $E_1$, $E_2$, $E_3$ a las ecuaciones. Eliminamos $x$ de $E_1$ y de $E_2$ con ayuda de $E_3$ (que tiene coeficiente $1$ en $x$): $$E_1-4E_3:7y+(2-4a)z=1-14=-13,$$ $$E_2-2E_3:7y-2az=-6-7=-13.$$
2. Restamos las dos ecuaciones obtenidas: $$(2-4a)z-(-2a)z=0\Rightarrow (2-2a)z=0.$$
3. Si $a\ne 1$, entonces $z=0$; de $7y=-13$ se obtiene $y=-\frac{13}{7}$ y de $E_3$ se despeja $x$: hay solución única.
4. Si $a=1$, la ecuación anterior es $0=0$: queda un sistema con dos ecuaciones independientes y tres incógnitas, que no tiene solución única.

Resultado: $a=1$

a) 1. Llamamos $E_1$, $E_2$, $E_3$ a las ecuaciones. Restando $E_1-E_2$ se elimina $y$: $$x+2z=-3,\text{es decir}x=-3-2z.$$ 2. Restando $E_3-E_1$ también se elimina $y$: $$2x+(b-1)z=0.$$ 3. Sustituimos $x=-3-2z$: $$-6-4z+(b-1)z=0\Rightarrow (b-5)z=6.$$ 4. Si $b\ne 5$ se puede dividir entre $b-5$: $$z=\frac{6}{b-5}.$$

b) 1. Si $b\ne 5$, el apartado anterior da un único valor de $z$; entonces $x=-3-2z$ queda determinado y también $y=1-3x-z$ (de $E_1$). El sistema tiene solución única. 2. Si $b=5$, la ecuación $(b-5)z=6$ se convierte en $0\cdot z=6$, que es imposible: el sistema no tiene solución. 3. Por tanto, el sistema no tiene solución única exactamente cuando $b=5$ (en ese caso es incompatible).

Resultado: a) $z=\frac{6}{b-5}$ (para $b\ne 5$); b) $b=5$

1. Un sistema lineal tiene una única solución, ninguna o infinitas. Si tiene más de una, tiene infinitas, y entonces el determinante de la matriz de coeficientes es cero: $$\left|\begin{array}{ccc}2& -1& 3\\ 3& 1& 2\\ -1& 2& a\end{array}\right|=2(a-4)+(3a+2)+3(6+1)=5a+15.$$
2. $5a+15=0\Rightarrow a=-3$.
3. Con $a=-3$ resolvemos por eliminación. Sumando las dos primeras ecuaciones: $5x+5z=0\Rightarrow x=-z$.
4. De la primera ecuación: $y=2x+3z-2=-2z+3z-2=z-2$.
5. Sustituimos en la tercera, $-x+2y-3z=b$: $$z+2(z-2)-3z=b\Rightarrow -4=b.$$
6. Para $b=-4$ el sistema es compatible indeterminado, con solución general $(-t,t-2,t)$, $t\in \mathbb{R}$. (Para $a=-3$ y $b\ne -4$ no tendría ninguna solución.)

Resultado: $a=-3$ y $b=-4$

1. El sistema tiene solución única si y solo si el determinante de la matriz de coeficientes no es cero.
2. Desarrollamos: $$\left|\begin{array}{ccc}a& 1& 1\\ 1& a& 1\\ 1& 1& a\end{array}\right|=a(a^2-1)-(a-1)+(1-a)=a^3-3a+2=(a-1{)}^2(a+2).$$ (Con la calculadora, en la Prueba 2, se obtiene el mismo determinante.)
3. El determinante se anula para $a=1$ y $a=-2$. Para cualquier otro valor el sistema es compatible determinado.
4. Comprobación de los dos casos excepcionales: si $a=1$, las tres ecuaciones son $x+y+z=1$ (compatible indeterminado); si $a=-2$, al sumar las tres ecuaciones queda $0=3$ (incompatible). En ninguno hay solución única.

Resultado: solución única para $a\ne 1$ y $a\ne -2$

1. No hay solución única exactamente cuando el determinante de la matriz de coeficientes es cero.
2. Desarrollamos por la primera columna: $$\left|\begin{array}{ccc}k& 1& 2\\ 0& -1& 4\\ 3& 4& 2\end{array}\right|=k(-2-16)+3(4+2)=-18k+18.$$
3. $-18k+18=0\Rightarrow k=1$.
4. Con $k=1$ el sistema no es compatible determinado; de hecho es incompatible: de las dos primeras ecuaciones, $x+y+2z=3$ y $y=4z-5$, se obtiene $x=8-6z$; entonces la tercera da $3(8-6z)+4(4z-5)+2z=4-0z=1$, que es falso.

Resultado: $k=1$

a) 1. Escalonamos. $E_2-2E_1$ da $-3y+3z=-3$, es decir, $y-z=1$. 2. $E_3+E_1$ da $6y+(a-1)z=6$. 3. Restamos $6$ veces la ecuación $y-z=1$: $(a-1)z+6z=6-6$, o sea $(a+5)z=0$. 4. Si $a\ne -5$, entonces $z=0$ y el sistema tiene solución única. Si $a=-5$, la ecuación queda $0=0$ y el sistema no tiene solución única. (Con determinantes: $\left|\begin{array}{ccc}1& 2& -1\\ 2& 1& 1\\ -1& 4& a\end{array}\right|=-3a-15=0\Rightarrow a=-5$.)

b) 1. Basta comprobar que $(x,y,z)=(0,1,0)$ cumple las tres ecuaciones para cualquier $a$: $$0+2-0=2,0+1+0=1,-0+4+a\cdot 0=4.$$ 2. La tercera se cumple sea cual sea $a$, porque $a$ multiplica a $z=0$. Luego el sistema siempre tiene al menos una solución. 3. Más precisamente: si $a\ne -5$ la solución única es $(0,1,0)$; si $a=-5$ hay infinitas, $(-t,1+t,t)$ con $t\in \mathbb{R}$.

Resultado: a) $a=-5$; b) la solución $(0,1,0)$ vale para todo $a$ (única si $a\ne -5$, infinitas si $a=-5$). Queda demostrado.

a) 1. Escalonamos. $E_2-E_1$ da $y+(1-k)z=3$. 2. $E_3-k{E}_1$ da $(8-2k)y+(5-k^2)z=6$. 3. Sustituimos $y=3-(1-k)z$ en la nueva tercera ecuación: $$(8-2k)(3-(1-k)z)+(5-k^2)z=6\Rightarrow [(5-k^2)-(8-2k)(1-k)]z=6-24+6k.$$ 4. El corchete vale $5-k^2-8+10k-2k^2=-(3k^2-10k+3)=-(3k-1)(k-3)$ y el segundo miembro es $-18+6k=6(k-3)$. Queda $$(3k-1)(k-3)z=-6(k-3).$$ 5. Si $k\ne \frac{1}{3}$ y $k\ne 3$, se despeja $z=\frac{-6}{3k-1}$ y las demás incógnitas salen por sustitución: solución única. 6. Si $k=\frac{1}{3}$ o $k=3$ el coeficiente de $z$ es $0$: no hay solución única.

b) 1. Caso $k=3$: la ecuación queda $0\cdot z=0$, siempre cierta. Tomamos $z=t$: $y=3-(1-3)t=3+2t$ y, de la primera ecuación, $x=-2y-3z=-6-4t-3t=-6-7t$. Conjunto de soluciones: $\{(-6-7t,3+2t,t):t\in \mathbb{R}\}$. 2. Caso $k=\frac{1}{3}$: la ecuación queda $0\cdot z=-6\left(\frac{1}{3}-3\right)=16$, que es imposible. El sistema es incompatible: el conjunto de soluciones es vacío.

Resultado: a) $k\in \mathbb{R}\setminus \left\{\frac{1}{3},3\right\}$; b) si $k=3$, $(-6-7t,3+2t,t)$ con $t\in \mathbb{R}$; si $k=\frac{1}{3}$, no hay soluciones (conjunto vacío)

a) 1. Escalonamos. $E_2-2E_1$ da $y+2z=4$. 2. $E_3-E_1$ da $-3y+(\alpha -8)z=\beta -12$. 3. Sumamos $3$ veces la ecuación $y+2z=4$ a la anterior: $(\alpha -8+6)z=\beta -12+12$, es decir, $$(\alpha -2)z=\beta .$$ 4. i) Sin solución: $\alpha =2$ y $\beta \ne 0$ (queda $0=\beta$, imposible). 5. ii) Solución única: $\alpha \ne 2$, con $\beta$ cualquiera (se despeja $z=\frac{\beta }{\alpha -2}$ y luego $y$ y $x$). 6. iii) Infinitas soluciones: $\alpha =2$ y $\beta =0$ (queda $0=0$ y $z$ queda libre). (Comprobación con el determinante de los coeficientes: $2\alpha -4=0\iff \alpha =2$.)

b) 1. Con $\alpha =2$ y $\beta =0$ el sistema equivale a $2x+y+6z=0$ y $y+2z=4$. 2. De la segunda, $y=4-2z$. En la primera: $2x=-y-6z=-4-4z$, luego $x=-2-2z$. 3. Tomando $z=t$ como parámetro: $(x,y,z)=(-2-2t,4-2t,t)$. 4. Despejando $t$ en cada coordenada se obtiene la forma cartesiana: $$\frac{x+2}{-2}=\frac{y-4}{-2}=\frac{z}{1}.$$

Resultado: a) i) $\alpha =2$ y $\beta \ne 0$; ii) $\alpha \ne 2$ y $\beta$ cualquiera; iii) $\alpha =2$ y $\beta =0$; b) $\frac{x+2}{-2}=\frac{y-4}{-2}=\frac{z}{1}$

1. Llamamos $p$, $q$ y $m$ al precio (en dólares) de un plátano, un kiwi y un melón. Cada caja da una ecuación: $$\{\begin{array}{rl}2p+3q+4m& =6,58\\ 5p+2q+8m& =12,32\\ 5p+4q& =3\end{array}$$
2. Esto es un sistema $3\times 3$; con la CPG (Prueba 2) se obtiene directamente la solución. A mano: para eliminar $m$ restamos a la segunda ecuación el doble de la primera: $$E_2-2E_1:p-4q=12,32-13,16=-0,84.$$
3. Despejamos $p=4q-0,84$ y lo llevamos a la tercera ecuación: $$5(4q-0,84)+4q=3\Rightarrow 24q=7,2\Rightarrow q=0,3.$$
4. Entonces $p=4\cdot 0,3-0,84=0,36$.
5. De la primera ecuación: $4m=6,58-2(0,36)-3(0,3)=6,58-0,72-0,9=4,96$, luego $m=1,24$.
6. Comprobación en la segunda: $5(0,36)+2(0,3)+8(1,24)=1,8+0,6+9,92=12,32$. Correcto.

Resultado: plátanos a $0.36, kiwis a $0.30 y melones a $1.24

a) 1. Eliminamos $x$ de las ecuaciones segunda y tercera usando la primera como referencia. Llamamos $E_1$, $E_2$, $E_3$ a las tres ecuaciones y calculamos $7E_1+3E_3$: $$(-21+21)x+(7+3)y+(14-6)z=7a+3c\Rightarrow 10y+8z=7a+3c.$$ 2. Calculamos ahora $7E_2+11E_3$: $$(-77+77)x+(14+11)y+(42-22)z=7b+11c\Rightarrow 25y+20z=7b+11c.$$ 3. El sistema queda reducido a dos ecuaciones en $y$ y $z$: $$\{\begin{array}{rl}10y+8z& =7a+3c\\ 25y+20z& =7b+11c\end{array}$$ Los coeficientes de la segunda son $\frac{5}{2}$ de los de la primera ($25=\frac{5}{2}\cdot 10$ y $20=\frac{5}{2}\cdot 8$). Para que haya solución, los términos independientes deben guardar la misma proporción: $$7b+11c=\frac{5}{2}(7a+3c)\Rightarrow 14b+22c=35a+15c\Rightarrow -35a+14b+7c=0.$$ 4. Dividiendo entre $7$: $-5a+2b+c=0$. Es la condición para que el sistema tenga solución (si no se cumple, aparece una ecuación imposible del tipo $0=k$ con $k\ne 0$).

b) 1. Con $a=2$ y $b=7$, la condición del apartado anterior da $-10+14+c=0$, es decir $c=-4$. 2. El sistema es ahora $$\{\begin{array}{rl}-3x+y+2z& =2\\ -11x+2y+6z& =7\\ 7x+y-2z& =-4\end{array}$$ y, por el apartado a), la tercera ecuación es combinación de las otras dos: queda un sistema equivalente de dos ecuaciones con tres incógnitas. 3. De $10y+8z=7a+3c=14-12=2$ obtenemos $5y+4z=1$, es decir $y=\frac{1-4z}{5}$. 4. Sustituimos en $E_1$: $-3x+\frac{1-4z}{5}+2z=2$. Multiplicando por $5$: $-15x+1-4z+10z=10$, de donde $6z=9+15x$ y $$z=\frac{3}{2}+\frac{5}{2}x.$$ 5. Entonces $y=\frac{1-4z}{5}=\frac{1-6-10x}{5}=-1-2x$. 6. Tomando $x=t$ como parámetro, la solución general es $$(x,y,z)=\left(t,-1-2t,\frac{3}{2}+\frac{5}{2}t\right),t\in \mathbb{R}.$$ Por ejemplo, con $t=1$ se obtiene la solución $(1,-3,4)$. 7. No es la solución única: el sistema tiene infinitas soluciones (una por cada valor de $t$), porque al haber una ecuación que depende de las otras dos solo hay dos ecuaciones independientes para tres incógnitas.

Resultado: a) $-5a+2b+c=0$; b) $(x,y,z)=\left(t,-1-2t,\frac{3}{2}+\frac{5}{2}t\right)$, $t\in \mathbb{R}$ (por ejemplo, $(1,-3,4)$). No es única: hay infinitas soluciones.