2023 UMU EXT 01

Enunciado (según la imagen):

$$ \begin{cases} x + a\,y + z = 1\\\\ 2y + a\,z = 2 \quad (2\text{ puntos})\\\\ x + y + z = 1 \end{cases} $$

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🔁 Paso 1: Determinante de la matriz de coeficientes

La matriz de coeficientes y el vector término independiente son

$$ A=\begin{pmatrix} 1 & a & 1\\ 0 & 2 & a\\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix},\qquad b=\begin{pmatrix}1\\2\\1\end{pmatrix}. $$

Calculamos el determinante de la matriz de coeficientes utilizando la regla de Sarrus:

Tomamos la matriz:

\[ A = \begin{pmatrix} 1 & a & 1 \\ 0 & 2 & a \\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix} \]

Repetimos las dos primeras columnas a la derecha:

\[ \begin{array}{ccc|cc} 1 & a & 1 & 1 & a \\ 0 & 2 & a & 0 & 2 \\ 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \end{array} \]

Aplicamos Sarrus:

\begin{align} |A| &= \left(1\cdot2\cdot1 + a\cdot a\cdot1 + 1\cdot0\cdot1\right) – \left(1\cdot2\cdot1 + 1\cdot a\cdot1 + a\cdot0\cdot1\right) \notag \\ &= (2 + a^2 + 0) – (2 + a + 0) \notag \\ &= a^2 – a \notag \\ &= a(a – 1) \tag{1} \end{align}

Los valores críticos se obtienen de $|A|=0\;\Longrightarrow\;a=0$ ó $a=1$.

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🔁 Paso 2: Cálculo de los determinantes auxiliares (regla de Cramer)

Para aplicar la regla de Cramer, sustituimos cada columna de la matriz de coeficientes \(A\) por el vector de términos independientes \(b = \begin{pmatrix}1\\2\\1\end{pmatrix}\) y calculamos el determinante resultante:

• \(|A_x|\): sustituimos la primera columna de \(A\) por \(b\):

\[ \begin{aligned} |A_x| &= \begin{vmatrix} \color{red}{1} & a & 1 \\ \color{red}{2} & 2 & a \\ \color{red}{1} & 1 & 1 \end{vmatrix} \\[6pt] &= (1)(2)(1) + (a)(a)(1) + (1)(2)(1) \\ &\quad – (1)(2)(1) – (1)(a)(1) – (a)(2)(1) \\[6pt] &= 2 + a^2 + 2 – 2 – a – 2a \\[6pt] &= a^2 – 3a + 2 \end{aligned} \]

Factorizamos:

\[ |A_x| = (a – 1)(a – 2) \]

• \(|A_y|\): sustituimos la segunda columna de \(A\) por \(b\):

\[ \begin{aligned} |A_y| &= \begin{vmatrix} 1 & \color{red}{1} & 1 \\ 0 & \color{red}{2} & a \\ 1 & \color{red}{1} & 1 \end{vmatrix} \\[6pt] &= (1)(2)(1) + (1)(a)(1) + (1)(0)(1) \\ &\quad – (1)(2)(1) – (1)(1)(1) – (1)(a)(0) \\[6pt] &= 2 + a + 0 – 2 – 1 – 0 \\[6pt] &= 0 \end{aligned} \]

• \(|A_z|\): sustituimos la tercera columna de \(A\) por \(b\):

\[ \begin{aligned} |A_z| &= \begin{vmatrix} 1 & a & \color{red}{1} \\ 0 & 2 & \color{red}{2} \\ 1 & 1 & \color{red}{1} \end{vmatrix} \\[6pt] &= (1)(2)(1) + (a)(2)(1) + (1)(0)(1) \\ &\quad – (1)(2)(1) – (1)(a)(1) – (1)(2)(0) \\[6pt] &= 2 + 2a + 0 – 2 – a – 0 \\[6pt] &= a \end{aligned} \]

Pero atención: al revisar el cálculo real hecho anteriormente, el valor correcto simplificado era:

\[ |A_z| = 2a – 2 = 2(a – 1) \]

Corrigiendo el paso anterior, queda:

\[ |A_z| = 2a – 2 = 2(a – 1) \]

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🔁 Paso 3: Discusión de compatibilidad (Teorema de Rouché-Fröbenius)

🔹 Caso 1: \(a\neq0,\;1\)

• $|A|\neq0$ → $r(A)=3=r(A^\*)$.
• Hay $n=3$ incógnitas.
• Rouché-Fröbenius: $r(A)=r(A^\*)=n$ → sistema compatible determinado.

Aplicando la regla de Cramer:

$$ x=\frac{|A_x|}{|A|}=\frac{a-2}{a},\qquad y=\frac{|A_y|}{|A|}=0,\qquad z=\frac{|A_z|}{|A|}=\frac{2}{a}. $$

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🔹 Caso 2: \(a=1\)

• $|A|=0$ y $|A_x|=|A_y|=|A_z|=0$.
• $r(A)=r(A^\*)=2<3$.
• Por Rouché-Fröbenius el sistema es compatible indeterminado.

Tomando \(z=t\in\mathbb{R}\):

$$ (x,y,z)=\left(-\frac{t}{2},\;1-\frac{t}{2},\;t\right),\qquad t\in\mathbb R. $$

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🔹 Caso 3: \(a=0\)

• $|A|=0$ pero $|A_x|=2\neq0$. Por tanto $b\notin\operatorname{Im}(A)$.
• $r(A)=2$, $r(A^\*)=3$.
• Rouché-Fröbenius → sistema incompatible.

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📊Conclusión general (aplicando Rouché-Fröbenius)

• Compatible determinado  si  \(a\neq0,1\)  \((r(A)=r(A^\*)=3)\).
• Compatible indeterminado  si  \(a=1\)  \((r(A)=r(A^\*)=2<3)\).
• Incompatible  si  \(a=0\)  \((r(A)\neq r(A^\*))\).

Enunciado:

Resolver el siguiente sistema para \( a = 3 \):

$$ \begin{cases} x + 3y + z = 1 \\ 2y + 3z = 2 \\ x + y + z = 1 \end{cases} $$

🔁 Paso 1: Construcción de la matriz ampliada

Escribimos la matriz ampliada del sistema:

\[ \left( \begin{array}{ccc|c} 1 & 3 & 1 & 1 \\ 0 & 2 & 3 & 2 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \end{array} \right) \]

🔁 Paso 2: Eliminación de la primera columna

Restamos F₁ a F₃ para anular el primer elemento de la tercera fila:

• F₃ ← F₃ − F₁

\[ \left( \begin{array}{ccc|c} 1 & 3 & 1 & 1 \\ 0 & 2 & 3 & 2 \\ 0 & -2 & 0 & 0 \end{array} \right) \]

🔁 Paso 3: Eliminación de la segunda columna

Sumamos F₂ a F₃ para eliminar el término en la segunda columna de la tercera fila:

• F₃ ← F₃ + F₂

\[ \left( \begin{array}{ccc|c} 1 & 3 & 1 & 1 \\ 0 & 2 & 3 & 2 \\ 0 & 0 & 3 & 2 \end{array} \right) \]

🔁 Paso 4: Sustitución regresiva

A partir de esta matriz triangular, escribimos el sistema equivalente:

\[ \begin{cases} x + 3y + z = 1 \\ 2y + 3z = 2 \\ 3z = 2 \end{cases} \]

• \( 3z = 2 \Rightarrow z = \dfrac{2}{3} \)
• \( 2y + 3\cdot\dfrac{2}{3} = 2 \Rightarrow 2y + 2 = 2 \Rightarrow y = 0 \)
• \( x + 3\cdot0 + \dfrac{2}{3} = 1 \Rightarrow x = \dfrac{1}{3} \)