Uno de los ejercicios propuestos en Andalucía en el modelo de prueba de
selectividad para este curso consiste en determinar los valores de m
para que un sistema homogéneo dado en forma matricial sea compatible
indeterminado y su resolución para un caso particular. El fichero
LyX/pythontex que se puede descargar al final del artículo permite
obtener diferentes ejercicios de ese tipo cuyos datos se obtienen de
forma aleatoria.
En la resolución del ejercicio se explicitan casi todos los cálculos:
cálculo de del determinante, resolución de ecuación de 2º grado …
Lo único que si queremos tendremos que adecuar en el fichero es:
# Valores entre los que obtener los datos aleatorios para dos de las raíces enteras
# del polinomio característico de la matriz A-m*I. La tercera raiz siempre es 0.
rm = -3
rM = 3
Un ejemplo de ejercicio generado a partir de los valores anteriores se
muestra a continuación:
Ejercicio
Considera el sistema ( − 1 − 1 2 1 2 − 3 0 − 1 1 ) ⋅ ( x y z ) = m ⋅ ( x y z ) \begin{pmatrix}-1 & -1 & 2\\
1 & 2 & -3\\
0 & -1 & 1
\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}x\\
y\\
z
\end{pmatrix}=m\cdot\begin{pmatrix}x\\
y\\
z
\end{pmatrix} − 1 1 0 − 1 2 − 1 2 − 3 1 ⋅ x y z = m ⋅ x y z
Determina los valores de m m m
Resuelve el sistema, si es posible, para m = 3 m=3 m = 3
Solución
Si llamamos A = ( − 1 − 1 2 1 2 − 3 0 − 1 1 ) A=\begin{pmatrix}-1 & -1 & 2\\
1 & 2 & -3\\
0 & -1 & 1
\end{pmatrix} A = − 1 1 0 − 1 2 − 1 2 − 3 1 X = ( x y z ) X=\begin{pmatrix}x\\
y\\
z
\end{pmatrix} X = x y z O = ( 0 0 0 ) O=\begin{pmatrix}0\\
0\\
0
\end{pmatrix} O = 0 0 0
A ⋅ X = m ⋅ X ⇔ A ⋅ X − m ⋅ X = ( 0 0 0 ) ⇔ ( A − m ⋅ I ) ⋅ X = ( 0 0 0 ) A\cdot X=m\cdot X\Leftrightarrow A\cdot X-m\cdot X=\begin{pmatrix}0\\
0\\
0
\end{pmatrix}\Leftrightarrow(A-m\cdot I)\cdot X=\begin{pmatrix}0\\
0\\
0
\end{pmatrix} A ⋅ X = m ⋅ X ⇔ A ⋅ X − m ⋅ X = 0 0 0 ⇔ ( A − m ⋅ I ) ⋅ X = 0 0 0
M = A − m ⋅ I = ( − 1 − 1 2 1 2 − 3 0 − 1 1 ) − m ⋅ ( 1 0 0 0 1 0 0 0 1 ) = ( − m − 1 − 1 2 1 2 − m − 3 0 − 1 1 − m ) M=A-m\cdot I=\begin{pmatrix}-1 & -1 & 2\\
1 & 2 & -3\\
0 & -1 & 1
\end{pmatrix}-m\cdot\begin{pmatrix}1 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-m-1 & -1 & 2\\
1 & 2-m & -3\\
0 & -1 & 1-m
\end{pmatrix} M = A − m ⋅ I = − 1 1 0 − 1 2 − 1 2 − 3 1 − m ⋅ 1 0 0 0 1 0 0 0 1 = − m − 1 1 0 − 1 2 − m − 1 2 − 3 1 − m que en forma de sistema lineal homogéneo se puede escribir como:
{ x ( − m − 1 ) − y + 2 z = 0 x + y ( 2 − m ) − 3 z = 0 − y + z ( 1 − m ) = 0 \left\{ \begin{aligned}x\left(-m-1\right)-y+2z & = & 0\\
x+y\left(2-m\right)-3z & = & 0\\
-y+z\left(1-m\right) & = & 0
\end{aligned}
\right. ⎩ ⎨ ⎧ x ( − m − 1 ) − y + 2 z x + y ( 2 − m ) − 3 z − y + z ( 1 − m ) = = = 0 0 0
El sistema anterior será compatible indeterminado
⇔ \Leftrightarrow ⇔ ∣ M ∣ = 0 \left|M\right|=0 ∣ M ∣ = 0
Calculemos
∣ M ∣ = ∣ − m − 1 − 1 2 1 2 − m − 3 0 − 1 1 − m ∣ = \left|M\right|=\begin{vmatrix}-m-1 & -1 & 2\\
1 & 2-m & -3\\
0 & -1 & 1-m
\end{vmatrix}= ∣ M ∣ = − m − 1 1 0 − 1 2 − m − 1 2 − 3 1 − m = ∣ − m − 1 − 1 2 1 2 − m − 3 0 − 1 1 − m ∣ − m − 1 − 1 2 1 2 − m − 3 \begin{array}{c}
\begin{vmatrix}-m-1 & -1 & 2\\
1 & 2-m & -3\\
0 & -1 & 1-m
\end{vmatrix}\\
\textcolor{cyan}{\begin{array}{ccc}
-m-1 & -1 & 2\\
1 & 2-m & -3
\end{array}}
\end{array} − m − 1 1 0 − 1 2 − m − 1 2 − 3 1 − m − m − 1 1 − 1 2 − m 2 − 3
= [ ( − m − 1 ) ( 2 − m ) ( 1 − m ) + 1 ( − 1 ) 2 + 0 ( − 1 ) ( − 3 ) ] − =\left[\left(-m-1\right)\left(2-m\right)\left(1-m\right)+1\left(-1\right)2+0\left(-1\right)\left(-3\right)\right]- = [ ( − m − 1 ) ( 2 − m ) ( 1 − m ) + 1 ( − 1 ) 2 + 0 ( − 1 ) ( − 3 ) ] − [ 2 ( 2 − m ) 0 + ( − 3 ) ( − 1 ) ( − m − 1 ) + ( 1 − m ) ( − 1 ) 1 ] \left[2\left(2-m\right)0+\left(-3\right)\left(-1\right)\left(-m-1\right)+\left(1-m\right)\left(-1\right)1\right] [ 2 ( 2 − m ) 0 + ( − 3 ) ( − 1 ) ( − m − 1 ) + ( 1 − m ) ( − 1 ) 1 ] = ( − m 3 + 2 m 2 + m − 4 ) − ( − 2 m − 4 ) = − m 3 + 2 m 2 + 3 m =\left(-m^{3}+2m^{2}+m-4\right)-\left(-2m-4\right)=-m^{3}+2m^{2}+3m = ( − m 3 + 2 m 2 + m − 4 ) − ( − 2 m − 4 ) = − m 3 + 2 m 2 + 3 m por tanto
∣ M ∣ = 0 ⇔ − m 3 + 2 m 2 + 3 m = 0 ⇔ m ⋅ ( − m 2 + 2 m + 3 ) = 0 |M|=0\Leftrightarrow-m^{3}+2m^{2}+3m=0\Leftrightarrow m\cdot\left(-m^{2}+2m+3\right)=0 ∣ M ∣ = 0 ⇔ − m 3 + 2 m 2 + 3 m = 0 ⇔ m ⋅ ( − m 2 + 2 m + 3 ) = 0
m = − b ± b 2 − 4 a c 2 a m=\dfrac{-b\pm\sqrt{b^{2}-4ac}}{2a} m = 2 a − b ± b 2 − 4 a c = = = − 2 ± ( 2 ) 2 − 4 ⋅ ( − 1 ) ⋅ ( 3 ) 2 ⋅ ( − 1 ) \dfrac{-2\pm\sqrt{(2)^{2}-4\cdot(-1)\cdot(3)}}{2\cdot(-1)} 2 ⋅ ( − 1 ) − 2 ± ( 2 ) 2 − 4 ⋅ ( − 1 ) ⋅ ( 3 ) = = = − 2 ± 16 − 2 \dfrac{-2\pm\sqrt{16}}{-2} − 2 − 2 ± 16 = = = − 2 ± 4 − 2 \dfrac{-2\pm{4}}{-2} − 2 − 2 ± 4 ⇒ \Rightarrow ⇒ m = { − 1 3 m=\left\{ \begin{array}{c}
-1\\
3
\end{array}\right. m = { − 1 3
obtenemos que si m = [ − 1 , 0 , 3 ] m=\left[-1,\ 0,\ 3\right] m = [ − 1 , 0 , 3 ]
Para m = 3 m=3 m = 3 M = ( − 4 − 1 2 1 − 1 − 3 0 − 1 − 2 ) M=\begin{pmatrix}-4 & -1 & 2\\
1 & -1 & -3\\
0 & -1 & -2
\end{pmatrix} M = − 4 1 0 − 1 − 1 − 1 2 − 3 − 2 { − 4 x − y + 2 z = 0 x − y − 3 z = 0 − y − 2 z = 0 \left\{ \begin{aligned}-4x-y+2z & = & 0\\
x-y-3z & = & 0\\
-y-2z & = & 0
\end{aligned}
\right. ⎩ ⎨ ⎧ − 4 x − y + 2 z x − y − 3 z − y − 2 z = = = 0 0 0
Del sistema anterior sabemos:
El rango de su matriz de coeficientes es menor que 3
⇒ \Rightarrow ⇒
Los sistemas lineales homogéneos son siempre compatibles.
Por tanto, tenemos un sistema compatible indeterminado.
Resolvámoslo por Gauss.
Escribamos la matriz ampliada, si podemos la simplificamos:
( − 4 − 1 2 0 1 − 1 − 3 0 0 − 1 − 2 0 ) { F 1 ⇆ F 2 F 2 ⇆ F 1 F 3 ⇆ F 3 } ⟼ ( 1 − 1 − 3 0 − 4 − 1 2 0 0 − 1 − 2 0 ) { F 1 ⇆ F 1 F 2 ⇆ 4 F 1 + F 2 F 3 ⇆ F 3 } ⟼ ( 1 − 1 − 3 0 0 − 5 − 10 0 0 − 1 − 2 0 ) { F 1 ⇆ F 1 F 2 ⇆ F 2 5 F 3 ⇆ F 3 } ⟼ ( 1 − 1 − 3 0 0 − 1 − 2 0 0 − 1 − 2 0 ) { F 1 ⇆ F 1 F 2 ⇆ − F 2 F 3 ⇆ F 3 } ⟼ ( 1 − 1 − 3 0 0 1 2 0 0 − 1 − 2 0 ) { F 1 ⇆ F 1 F 2 ⇆ F 2 F 3 ⇆ F 2 + F 3 } ⟼ ( 1 − 1 − 3 0 0 1 2 0 0 0 0 0 ) \left(\begin{matrix}-4 & -1 & 2 & 0\\
1 & -1 & -3 & 0\\
0 & -1 & -2 & 0
\end{matrix}\right)\begin{Bmatrix}F_{1} & \leftrightarrows & F_{2}\\
F_{2} & \leftrightarrows & F_{1}\\
F_{3} & \leftrightarrows & F_{3}
\end{Bmatrix}\longmapsto\left(\begin{matrix}1 & -1 & -3 & 0\\
-4 & -1 & 2 & 0\\
0 & -1 & -2 & 0
\end{matrix}\right)\begin{Bmatrix}F_{1} & \leftrightarrows & F_{1}\\
F_{2} & \leftrightarrows & 4F_{1}+F_{2}\\
F_{3} & \leftrightarrows & F_{3}
\end{Bmatrix}\longmapsto\left(\begin{matrix}1 & -1 & -3 & 0\\
0 & -5 & -10 & 0\\
0 & -1 & -2 & 0
\end{matrix}\right)\begin{Bmatrix}F_{1} & \leftrightarrows & F_{1}\\
F_{2} & \leftrightarrows & \frac{F_{2}}{5}\\
F_{3} & \leftrightarrows & F_{3}
\end{Bmatrix}\longmapsto\left(\begin{matrix}1 & -1 & -3 & 0\\
0 & -1 & -2 & 0\\
0 & -1 & -2 & 0
\end{matrix}\right)\begin{Bmatrix}F_{1} & \leftrightarrows & F_{1}\\
F_{2} & \leftrightarrows & -F_{2}\\
F_{3} & \leftrightarrows & F_{3}
\end{Bmatrix}\longmapsto\left(\begin{matrix}1 & -1 & -3 & 0\\
0 & 1 & 2 & 0\\
0 & -1 & -2 & 0
\end{matrix}\right)\begin{Bmatrix}F_{1} & \leftrightarrows & F_{1}\\
F_{2} & \leftrightarrows & F_{2}\\
F_{3} & \leftrightarrows & F_{2}+F_{3}
\end{Bmatrix}\longmapsto\left(\begin{matrix}1 & -1 & -3 & 0\\
0 & 1 & 2 & 0\\
0 & 0 & 0 & 0
\end{matrix}\right) − 4 1 0 − 1 − 1 − 1 2 − 3 − 2 0 0 0 ⎩ ⎨ ⎧ F 1 F 2 F 3 ⇆ ⇆ ⇆ F 2 F 1 F 3 ⎭ ⎬ ⎫ ⟼ 1 − 4 0 − 1 − 1 − 1 − 3 2 − 2 0 0 0 ⎩ ⎨ ⎧ F 1 F 2 F 3 ⇆ ⇆ ⇆ F 1 4 F 1 + F 2 F 3 ⎭ ⎬ ⎫ ⟼ 1 0 0 − 1 − 5 − 1 − 3 − 10 − 2 0 0 0 ⎩ ⎨ ⎧ F 1 F 2 F 3 ⇆ ⇆ ⇆ F 1 5 F 2 F 3 ⎭ ⎬ ⎫ ⟼ 1 0 0 − 1 − 1 − 1 − 3 − 2 − 2 0 0 0 ⎩ ⎨ ⎧ F 1 F 2 F 3 ⇆ ⇆ ⇆ F 1 − F 2 F 3 ⎭ ⎬ ⎫ ⟼ 1 0 0 − 1 1 − 1 − 3 2 − 2 0 0 0 ⎩ ⎨ ⎧ F 1 F 2 F 3 ⇆ ⇆ ⇆ F 1 F 2 F 2 + F 3 ⎭ ⎬ ⎫ ⟼ 1 0 0 − 1 1 0 − 3 2 0 0 0 0
Resolviendo el sistema escalonado
{ x − y − 3 z = 0 y + 2 z = 0 0 = 0 \left\{ \begin{aligned}x-y-3z & = & 0\\
y+2z & = & 0\\
0 & = & 0
\end{aligned}
\right. ⎩ ⎨ ⎧ x − y − 3 z y + 2 z 0 = = = 0 0 0
se obtiene de solución:
{ x = τ 0 y = − 2 τ 0 z = τ 0 \left\{ \begin{aligned}x & = & \tau_{0}\\
y & = & -2\tau_{0}\\
z & = & \tau_{0}
\end{aligned}
\right. ⎩ ⎨ ⎧ x y z = = = τ 0 − 2 τ 0 τ 0 τ 0 ∈ R \ \ \tau_{0}\in\mathbb{R} τ 0 ∈ R
Enlaces al fichero fuente y al pdf final de una posible compilación.