Sistemas homogéneos

1. Es un sistema homogéneo cuadrado, así que es compatible. Para saber si tiene más soluciones que la trivial calculamos el determinante, desarrollando por la primera fila:

$$|A|=\left|\begin{array}{ccc}1& 2& -1\\ 2& 1& 1\\ 1& -1& 3\end{array}\right|=1(3+1)-2(6-1)+(-1)(-2-1)=4-10+3=-3\ne 0$$

2. Como $|A|\ne 0$, $\mathrm{rg}(A)=3$ es igual al número de incógnitas: el sistema es SCD y su única solución es la trivial.

$$(x,y,z)=(0,0,0)$$

1. Determinante. Observa que la tercera fila es la suma de las dos primeras, $(1,2,-1)+(2,1,1)=(3,3,0)$. Por tanto

$$|A|=\left|\begin{array}{ccc}1& 2& -1\\ 2& 1& 1\\ 3& 3& 0\end{array}\right|=0$$

y hay soluciones no triviales.

2. Rango. El menor $\left|\begin{array}{cc}1& 2\\ 2& 1\end{array}\right|=-3\ne 0$, luego $\mathrm{rg}(A)=2$. El sistema es SCI y hay $3-2=1$ parámetro. La tercera ecuación es combinación de las otras dos y sobra.

3. Resolvemos con las dos primeras ecuaciones y $z=t$ (la columna de $z$ no está en el menor):

$$\{\begin{array}{rl}x+2y& =t\\ 2x+y& =-t\end{array}$$

Restando el doble de la primera a la segunda: $-3y=-3t$, luego $y=t$. Entonces $x=t-2t=-t$.

4. Comprobación en la tercera ecuación (la que habíamos quitado): $3(-t)+3t=0$. Correcto.

$$(x,y,z)=(-t,t,t),t\in \mathbb{R}$$

Es una recta que pasa por el origen, con vector director $(-1,1,1)$.

a) 1. El sistema es cuadrado y homogéneo, así que tiene soluciones no triviales si y solo si $|A|=0$. Desarrollando por la primera fila:

$$|A|=\left|\begin{array}{ccc}1& 1& m\\ 1& m& 1\\ m& 1& 1\end{array}\right|=1(m-1)-1(1-m)+m(1-m^2)$$

2. Como $1-m^2=-(m-1)(m+1)$, sacamos factor común $m-1$:

$$|A|=2(m-1)-m(m-1)(m+1)=(m-1)(2-m^2-m)=-(m-1{)}^2(m+2)$$

3. Se anula para $m=1$ y para $m=-2$. Para cualquier otro valor solo está la solución trivial.

b) Caso $m=1$. Las tres ecuaciones son la misma, $x+y+z=0$. Entonces $\mathrm{rg}(A)=1$ y hay $3-1=2$ parámetros (un plano). Con $y=s$, $z=t$: $x=-s-t$.

$$(x,y,z)=(-s-t,s,t),s,t\in \mathbb{R}$$

Caso $m=-2$. El sistema es $x+y-2z=0$, $x-2y+z=0$, $-2x+y+z=0$. El menor $\left|\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& -2\end{array}\right|=-3\ne 0$ da $\mathrm{rg}(A)=2$, así que hay un solo parámetro (una recta). Con $z=t$, restamos las dos primeras ecuaciones: $3y-3z=0$, luego $y=t$, y de la primera $x=2t-t=t$. Comprobación en la tercera: $-2t+t+t=0$.

$$(x,y,z)=(t,t,t),t\in \mathbb{R}$$

Para el examen: el mismo determinante da los dos valores críticos, pero el número de parámetros se decide calculando el rango en cada uno. Con $m=1$ la raíz es doble y el rango baja a $1$; con $m=-2$ solo baja a $2$.

a) Desarrollando por la primera fila:

$$|A|=\left|\begin{array}{ccc}1& -1& 2\\ 3& 1& -1\\ 2& 3& 1\end{array}\right|=1(1+3)-(-1)(3+2)+2(9-2)=4+5+14=23$$

b) Es homogéneo y $|A|=23\ne 0$, así que $\mathrm{rg}(A)=3$ y el sistema es SCD. La única solución es la trivial, $(x,y,z)=(0,0,0)$.

a) $|A|=\left|\begin{array}{cc}2& -4\\ -3& 6\end{array}\right|=12-12=0$.

b) Al ser $|A|=0$ hay soluciones no triviales. Como $A\ne O$, $\mathrm{rg}(A)=1$ y hay $2-1=1$ parámetro. La segunda ecuación es la primera multiplicada por $-\frac{3}{2}$, así que basta con $2x-4y=0$. Con $y=t$: $x=2t$.

$$(x,y)=(2t,t),t\in \mathbb{R}$$

a) Es homogéneo, luego compatible. Tiene tres ecuaciones y cuatro incógnitas, así que $\mathrm{rg}(A)\le 3<4$: no puede ser determinado. Es SCI.

b) Despejamos todo en función de $w=t$. De la tercera ecuación, $x=z+2t$. De la segunda, $y=-2z$. La primera da $2x=y$, es decir $2(z+2t)=-2z$, luego $4z=-4t$ y $z=-t$. Entonces $y=2t$ y $x=-t+2t=t$.

Comprobación: $2t-2t=0$; $2t+2(-t)=0$; $t-(-t)-2t=0$.

$$(x,y,z,w)=(t,2t,-t,t),t\in \mathbb{R}$$

a) Observa que la tercera fila es la suma de las dos primeras: $(2,-1,1)+(1,1,-2)=(3,0,-1)$. Por tanto $|A|=0$. Con el determinante: $\left|\begin{array}{ccc}2& -1& 1\\ 1& 1& -2\\ 3& 0& -1\end{array}\right|=2(-1)+1(-1+6)+1(-3)=-2+5-3=0$.

b) El menor $\left|\begin{array}{cc}2& -1\\ 1& 1\end{array}\right|=3\ne 0$ da $\mathrm{rg}(A)=2$. Hay $3-2=1$ parámetro.

c) La tercera ecuación sobra. De ella, $z=3x=3t$. La primera da $y=2x+z=2t+3t=5t$. Comprobación en la segunda: $t+5t-6t=0$.

$$(x,y,z)=(t,5t,3t),t\in \mathbb{R}$$

a) La segunda fila es el doble de la primera y la tercera es la primera cambiada de signo. Todas las filas son proporcionales y la matriz no es nula, luego $\mathrm{rg}(A)=1$.

b) Hay $3-1=2$ parámetros y una sola ecuación independiente, $x-2y+3z=0$. Con $y=s$, $z=t$ se despeja $x=2s-3t$. Las soluciones forman el plano $x-2y+3z=0$.

$$(x,y,z)=(2s-3t,s,t),s,t\in \mathbb{R}$$

c) Con $y=3$: $s=3$. Con $x=0$: $0=6-3t$, luego $t=2$. La solución es $(0,3,2)$. Comprobación: $0-6+6=0$.

a) Es cuadrado y homogéneo, luego hay soluciones no triviales si y solo si $|A|=0$:

$$|A|=\left|\begin{array}{ccc}1& 2& m\\ 2& m& 4\\ 1& 1& 1\end{array}\right|=1(m-4)-2(2-4)+m(2-m)=3m-m^2=-m(m-3)$$

Se anula para $m=0$ y $m=3$.

b) $m=0$. El sistema es $x+2y=0$, $2x+4z=0$, $x+y+z=0$. Con $z=t$, la segunda da $x=-2t$, la primera $y=t$. Comprobación en la tercera: $-2t+t+t=0$. Solución: $(-2t,t,t)$.

$m=3$. El sistema es $x+2y+3z=0$, $2x+3y+4z=0$, $x+y+z=0$. Restando la tercera a la primera: $y+2z=0$, luego $y=-2t$. De la tercera, $x=-y-z=2t-t=t$. Comprobación en la segunda: $2t-6t+4t=0$. Solución: $(t,-2t,t)$.

En los dos casos $\mathrm{rg}(A)=2$ (hay un menor de orden $2$ no nulo), por eso un solo parámetro.

a) Planteamiento. En $A$ entran los $w$ de $C$ y salen $x$ e $y$: $w=x+y$. En $B$ entran $x$ y salen $z$: $x=z$. En $C$ entran $y$ y $z$ y salen $w$: $y+z=w$. El sistema homogéneo es

$$\{\begin{array}{rl}-x-y+w& =0\\ x-z& =0\\ y+z-w& =0\end{array}$$

Sumando la primera y la tercera ecuación se obtiene $x-z=0$, que es la segunda. Una ecuación sobra, y las otras dos no son proporcionales, luego $\mathrm{rg}(A)=2$.

b) Hay $4-2=2$ parámetros. Con $x=s$, $y=t$: $z=x=s$ y $w=x+y=s+t$.

$$(x,y,z,w)=(s,t,s,s+t),s,t\in \mathbb{R}$$

(con $s,t\ge 0$ para que tenga sentido como flujo de coches).

c) Con $s=25$, $t=10$: $z=25$ y $w=35$. Pasan $25$ coches por minuto de $B$ a $C$ y $35$ de $C$ a $A$.

a) 1. La ecuación $xu+yv+zw=O$ es un sistema homogéneo cuya matriz de coeficientes tiene los vectores como columnas:

$$A=\left(\begin{array}{ccc}2& m& 1\\ 1& -1& m\\ 1& 1& 1\end{array}\right)$$

2. Los vectores son linealmente dependientes si el sistema tiene soluciones no triviales, es decir, si $|A|=0$:

$$|A|=2(-1-m)-m(1-m)+1(1+1)=m^2-3m=m(m-3)$$

Son dependientes para $m=0$ y $m=3$.

b) 1. Con $m=3$ el sistema es $2x+3y+z=0$, $x-y+3z=0$, $x+y+z=0$. El menor de las filas 1 y 3 en las columnas de $x$ e $y$ es $\left|\begin{array}{cc}2& 3\\ 1& 1\end{array}\right|=-1\ne 0$, luego $\mathrm{rg}(A)=2$ y hay un parámetro.

2. Con $z=t$, usando las ecuaciones 1 y 3: $2x+3y=-t$ y $x+y=-t$. Restando el doble de la segunda a la primera, $y=t$; entonces $x=-2t$.

3. Comprobación en la ecuación 2: $-2t-t+3t=0$.

$$(x,y,z)=(-2t,t,t),t\in \mathbb{R}$$

c) Con $t=1$ se obtiene $-2u+v+w=O$, es decir, $w=2u-v$. Comprobación: $2(2,1,1)-(3,-1,1)=(1,3,1)=w$ para $m=3$. Luego $(a,b)=(2,-1)$.

Para el examen: escribe la matriz con los vectores en columnas y justifica «dependientes $⟺|A|=0$». Para despejar un vector necesitas una solución con el coeficiente de ese vector distinto de cero.

a) Que $X_1$ y $X_2$ sean soluciones significa $A{X}_1=O$ y $A{X}_2=O$. El producto de matrices distribuye sobre la suma y los escalares salen fuera:

$$A(\alpha X_1+\beta X_2)=\alpha A{X}_1+\beta A{X}_2=\alpha O+\beta O=O$$

Luego $\alpha X_1+\beta X_2$ es solución.

b) Sea $X_1\ne O$ una solución. Tomando $\beta =0$ en a), cada $\alpha X_1$ es solución. Dos valores distintos de $\alpha$ dan soluciones distintas, porque $\alpha X_1={\alpha }^{\prime }{X}_1$ con $X_1\ne O$ obliga a $\alpha ={\alpha }^{\prime }$. Hay tantas soluciones como números reales: infinitas.

c) Basta un contraejemplo. El sistema $x+y=1$ tiene como soluciones $X_1=(1,0)$ y $X_2=(0,1)$. Pero $X_1+X_2=(1,1)$ no es solución, porque $1+1=2\ne 1$. En general, $A(X_1+X_2)=B+B=2B\ne B$. Tampoco vale $2X_1$, que da $2B$. La propiedad depende de que el segundo miembro sea $O$.

Para el examen: en a), la clave es la linealidad, $A(\alpha X_1+\beta X_2)=\alpha A{X}_1+\beta A{X}_2$, y el uso explícito de que $A{X}_1=A{X}_2=O$.

a) 1. El sistema es cuadrado y homogéneo: hay soluciones no triviales si y solo si $|A|=0$. Desarrollando por la primera fila:

$$|A|=\left|\begin{array}{ccc}1& m& -1\\ m& 1& 1\\ 1& 1& m\end{array}\right|=1(m-1)-m(m^2-1)+(-1)(m-1)=-m(m^2-1)=-m(m-1)(m+1)$$

2. Se anula para $m=-1$, $m=0$ y $m=1$.

b) En los tres casos hay un menor de orden $2$ no nulo y $|A|=0$, luego $\mathrm{rg}(A)=2$ y hay un parámetro. Tomamos $x=t$.

$m=-1$. El sistema es $x-y-z=0$, $-x+y+z=0$, $x+y-z=0$. La primera y la segunda son la misma ecuación cambiada de signo. Sumando la primera y la tercera, $2x-2z=0$, luego $z=t$; y la primera da $y=x-z=0$. Solución: $(t,0,t)$.

$m=0$. El sistema es $x-z=0$, $y+z=0$, $x+y=0$. Con $x=t$: $z=t$, $y=-t$. Comprobación en la tercera: $t-t=0$. Solución: $(t,-t,t)$.

$m=1$. El sistema es $x+y-z=0$, $x+y+z=0$, $x+y+z=0$. Restando las dos primeras, $2z=0$, luego $z=0$; entonces $y=-x=-t$. Solución: $(t,-t,0)$.

c) Para $m=0$ la solución general es $(t,-t,t)$. La condición da $t-(-t)+t=3t=6$, luego $t=2$ y la solución es $(2,-2,2)$.

Para el examen: en a) escribe el determinante factorizado, porque de él salen los valores críticos. En b) sustituye cada valor y resuelve por separado, comprobando en la ecuación que no has usado. En c) usa la solución general del caso $m=0$, no la de otro valor.