Exercicis de sistemes d'equacions

El determinant dels coeficients val:

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

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:

$x = \frac{\begin{vmatrix} -11 & 2 \\ 4 & -1 \end{vmatrix}}{-3} = \frac{3}{-3} = -1$

$y = \frac{\begin{vmatrix} 3 & -11 \\ 0 & 4 \end{vmatrix}}{-3} = \frac{12}{-3} = -4$

La solució és $x = -1$, $y = -4$. El que et demanaven és $y = -4$.

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.

$\begin{vmatrix} 2 & 3 \\ m & 3 \end{vmatrix} = (2)(3) - (3)(m) = 6 - 3m$

Igualem a zero:

$6 - 3m = 0 \quad\Longrightarrow\quad m = 2$

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:

$|A| = 8 \neq 0$

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

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

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

El que et demanaven és $y = -1$.

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 $m$:

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

Pas 2 — substituir $m = 2$:

$|A| = -4$

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:

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

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:

$x = \frac{\begin{vmatrix} 9 & 2 \\ -10 & -2 \end{vmatrix}}{-2} = \frac{2}{-2} = -1$

$y = \frac{\begin{vmatrix} -1 & 9 \\ 2 & -10 \end{vmatrix}}{-2} = \frac{-8}{-2} = 4$

La solució és $x = -1$, $y = 4$. 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.

$\begin{vmatrix} 2 & 3 \\ m & 3 \end{vmatrix} = (2)(3) - (3)(m) = 6 - 3m$

Igualem a zero:

$6 - 3m = 0 \quad\Longrightarrow\quad m = 2$

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:

$|A| = 1 \neq 0$

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

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

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

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 $m$:

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

Pas 2 — substituir $m = 3$:

$|A| = -20$

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:

$\begin{vmatrix} -4 & -3 \\ 3 & 0 \end{vmatrix} = (-4)(0) - (-3)(3) = 9$

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:

$x = \frac{\begin{vmatrix} -20 & -3 \\ 6 & 0 \end{vmatrix}}{9} = \frac{18}{9} = 2$

$y = \frac{\begin{vmatrix} -4 & -20 \\ 3 & 6 \end{vmatrix}}{9} = \frac{36}{9} = 4$

La solució és $x = 2$, $y = 4$. El que et demanaven és $y = 4$.

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.

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

Igualem a zero:

$3 - m = 0 \quad\Longrightarrow\quad m = 3$

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.