Exercicis de sistemes d'equacions

El determinant dels coeficients val:

$\begin{vmatrix} -3 & -3 \\ -2 & 4 \end{vmatrix} = (-3)(4) - (-3)(-2) = -18$

Com que no és zero, el sistema és compatible determinat: té una sola solució.

Per Cramer, cada incògnita surt de substituir la seva columna pels termes independents:

$x = \frac{\begin{vmatrix} 0 & -3 \\ 18 & 4 \end{vmatrix}}{-18} = \frac{54}{-18} = -3$

$y = \frac{\begin{vmatrix} -3 & 0 \\ -2 & 18 \end{vmatrix}}{-18} = \frac{-54}{-18} = 3$

La solució és $x = -3$, $y = 3$. El que et demanaven és $x = -3$.

Comprova-ho sempre substituint a les dues equacions originals: hi ha de quadrar.

La clau de tots els problemes amb paràmetre és aquesta: mentre el determinant dels coeficients no sigui zero, el sistema té una solució única. El cas interessant és justament quan s'anul·la.

$\begin{vmatrix} 1 & 1 \\ m & 1 \end{vmatrix} = (1)(1) - (1)(m) = 1 - m$

Igualem a zero:

$1 - m = 0 \quad\Longrightarrow\quad m = 1$

Per a aquest valor de $m$ les dues files són proporcionals, i el sistema passa a ser incompatible o compatible indeterminat, segons què passi amb els termes independents. Per a qualsevol altre valor de $m$, hi ha solució única.

Pas 1 — mirar el determinant de la matriu de coeficients:

$|A| = 52 \neq 0$

Per Rouché-Frobenius, el sistema és compatible determinat: té una única solució.

Pas 2 — resoldre. Per Gauss o per Cramer, la solució és:

$x = -2, \qquad y = -2, \qquad z = -3$

El que et demanaven és $x = -2$.

Pas 3 — comprovar. Substitueix la solució a les tres equacions. Si alguna no quadra, has comès un error de càlcul. En un examen aquesta comprovació val molt la pena: et costa un minut i t'evita perdre tot el problema.

Aquest és el tipus de pregunta que cau a mig examen de selectivitat, i es resol sempre amb Rouché-Frobenius: no cal resoldre el sistema, només comparar rangs.

Pas 1 — el determinant en funció de $m$:

$|A| = \left(m - 1\right)^{2}$

Pas 2 — substituir $m = 1$:

$|A| = 0$

Com que és zero, el rang baixa i cal mirar l'ampliada. Calculant-los:

$\mathrm{rang}(A) = 1, \qquad \mathrm{rang}(A|b) = 1$

Són iguals però més petits que el nombre d'incògnites ($3$), o sigui que sobren graus de llibertat:

Compatible indeterminat, amb infinites solucions ($2$ paràmetres).

Recorda el criteri sencer:

• $\mathrm{rang}(A) \neq \mathrm{rang}(A|b)$ → incompatible
• $\mathrm{rang}(A) = \mathrm{rang}(A|b) = n$ → determinat
• $\mathrm{rang}(A) = \mathrm{rang}(A|b) < n$ → indeterminat

El determinant dels coeficients val:

$\begin{vmatrix} -4 & 0 \\ -4 & -1 \end{vmatrix} = (-4)(-1) - (0)(-4) = 4$

Com que no és zero, el sistema és compatible determinat: té una sola solució.

Per Cramer, cada incògnita surt de substituir la seva columna pels termes independents:

$x = \frac{\begin{vmatrix} -12 & 0 \\ -14 & -1 \end{vmatrix}}{4} = \frac{12}{4} = 3$

$y = \frac{\begin{vmatrix} -4 & -12 \\ -4 & -14 \end{vmatrix}}{4} = \frac{8}{4} = 2$

La solució és $x = 3$, $y = 2$. El que et demanaven és $y = 2$.

Comprova-ho sempre substituint a les dues equacions originals: hi ha de quadrar.

La clau de tots els problemes amb paràmetre és aquesta: mentre el determinant dels coeficients no sigui zero, el sistema té una solució única. El cas interessant és justament quan s'anul·la.

$\begin{vmatrix} 1 & 1 \\ m & 1 \end{vmatrix} = (1)(1) - (1)(m) = 1 - m$

Igualem a zero:

$1 - m = 0 \quad\Longrightarrow\quad m = 1$

Per a aquest valor de $m$ les dues files són proporcionals, i el sistema passa a ser incompatible o compatible indeterminat, segons què passi amb els termes independents. Per a qualsevol altre valor de $m$, hi ha solució única.

Pas 1 — mirar el determinant de la matriu de coeficients:

$|A| = -40 \neq 0$

Per Rouché-Frobenius, el sistema és compatible determinat: té una única solució.

Pas 2 — resoldre. Per Gauss o per Cramer, la solució és:

$x = -1, \qquad y = -2, \qquad z = -1$

El que et demanaven és $y = -2$.

Pas 3 — comprovar. Substitueix la solució a les tres equacions. Si alguna no quadra, has comès un error de càlcul. En un examen aquesta comprovació val molt la pena: et costa un minut i t'evita perdre tot el problema.

Aquest és el tipus de pregunta que cau a mig examen de selectivitat, i es resol sempre amb Rouché-Frobenius: no cal resoldre el sistema, només comparar rangs.

Pas 1 — el determinant en funció de $m$:

$|A| = \left(m - 1\right)^{2}$

Pas 2 — substituir $m = 0$:

$|A| = 1$

Com que no és zero, el rang dels coeficients ja és màxim ($=3$), i el de l'ampliada no pot ser més gran. Per tant:

$\mathrm{rang}(A) = \mathrm{rang}(A|b) = 3 = \text{nombre d'incògnites}$

Compatible determinat: una sola solució.

Recorda el criteri sencer:

• $\mathrm{rang}(A) \neq \mathrm{rang}(A|b)$ → incompatible
• $\mathrm{rang}(A) = \mathrm{rang}(A|b) = n$ → determinat
• $\mathrm{rang}(A) = \mathrm{rang}(A|b) < n$ → indeterminat

El determinant dels coeficients val:

$\begin{vmatrix} 3 & -1 \\ -2 & 0 \end{vmatrix} = (3)(0) - (-1)(-2) = -2$

Com que no és zero, el sistema és compatible determinat: té una sola solució.

Per Cramer, cada incògnita surt de substituir la seva columna pels termes independents:

$x = \frac{\begin{vmatrix} 1 & -1 \\ -2 & 0 \end{vmatrix}}{-2} = \frac{-2}{-2} = 1$

$y = \frac{\begin{vmatrix} 3 & 1 \\ -2 & -2 \end{vmatrix}}{-2} = \frac{-4}{-2} = 2$

La solució és $x = 1$, $y = 2$. El que et demanaven és $x = 1$.

Comprova-ho sempre substituint a les dues equacions originals: hi ha de quadrar.

La clau de tots els problemes amb paràmetre és aquesta: mentre el determinant dels coeficients no sigui zero, el sistema té una solució única. El cas interessant és justament quan s'anul·la.

$\begin{vmatrix} 1 & 1 \\ m & 1 \end{vmatrix} = (1)(1) - (1)(m) = 1 - m$

Igualem a zero:

$1 - m = 0 \quad\Longrightarrow\quad m = 1$

Per a aquest valor de $m$ les dues files són proporcionals, i el sistema passa a ser incompatible o compatible indeterminat, segons què passi amb els termes independents. Per a qualsevol altre valor de $m$, hi ha solució única.