sábado, 19 de diciembre de 2015
lunes, 7 de diciembre de 2015
Resolver el sistema de ecuaciones lineales
ENUNCIADO. Resuélvase el siguiene sistema de ecuaciones lineales, para $k=1$
$$\left\{\begin{matrix}
x & + & y & & &=&3\\
x & + & ky & + & z &=&3\\
kx& & & - & 3z &=&6\\
\end{matrix}\right.$$
SOLUCIÓN.
Si $k$ toma el valor $1$, las dos primeras ecuaciones son idénticas, luego el sistema pedido es equivalente a
$$\left\{\begin{matrix}
x & + & y & & &=&3\\
x& & & - & 3z &=&6\\
\end{matrix}\right.$$
Es claro que estas dos ecuaciones son independientes, pues una ( cualquiera de las dos ) no puede expresarse como combinación de la otra ( multiplicando por algún número ambos miembros de la misma ), por tanto el rango, $r$, del sistema es $2$, luego el sistema es compatible; y como el número de incógnitas, $n$, es $3$, es indeterminado, con $n-r=3-2=1$ variable secundaria, y, por tanto, con $2$ variables principales.
Eligiendo una de tres variables, pongamos que $z$, como variable secundaria, $\lambda:=z$. Así, $$\left\{\begin{matrix}
x & + & y &=&3-\lambda\\
x & & &=&6+3\lambda\\
\end{matrix}\right.$$
La segunda ecuación da, directamente, $x$, que es $6+3\lambda$, y sustituyendo éste en la primera ecuación y despejando $y$, llegamos a $y=3-\lambda-(6+3\lambda)$; y, simplificando, $$y=-(3+4\lambda)$$ Por tanto, la solución del sistema de ecuaciones pedido viene dada por el conjunto de infinitas ternas de números reales $$\{\left(6+3\lambda\,,\,-(3+4\lambda)\,,\,\lambda\right): \lambda \in \mathbb{R}$$ que se pueden interpretar geométricamente como los infinitos puntos de una recta vectorial en el espacio vectorial de dimensión $3$, $\mathbb{R} \times \mathbb{R} \times \mathbb{R}$ ( o, abreviado, $\mathbb{R}^3$ ). $\square$
$$\left\{\begin{matrix}
x & + & y & & &=&3\\
x & + & ky & + & z &=&3\\
kx& & & - & 3z &=&6\\
\end{matrix}\right.$$
SOLUCIÓN.
Si $k$ toma el valor $1$, las dos primeras ecuaciones son idénticas, luego el sistema pedido es equivalente a
$$\left\{\begin{matrix}
x & + & y & & &=&3\\
x& & & - & 3z &=&6\\
\end{matrix}\right.$$
Es claro que estas dos ecuaciones son independientes, pues una ( cualquiera de las dos ) no puede expresarse como combinación de la otra ( multiplicando por algún número ambos miembros de la misma ), por tanto el rango, $r$, del sistema es $2$, luego el sistema es compatible; y como el número de incógnitas, $n$, es $3$, es indeterminado, con $n-r=3-2=1$ variable secundaria, y, por tanto, con $2$ variables principales.
Eligiendo una de tres variables, pongamos que $z$, como variable secundaria, $\lambda:=z$. Así, $$\left\{\begin{matrix}
x & + & y &=&3-\lambda\\
x & & &=&6+3\lambda\\
\end{matrix}\right.$$
La segunda ecuación da, directamente, $x$, que es $6+3\lambda$, y sustituyendo éste en la primera ecuación y despejando $y$, llegamos a $y=3-\lambda-(6+3\lambda)$; y, simplificando, $$y=-(3+4\lambda)$$ Por tanto, la solución del sistema de ecuaciones pedido viene dada por el conjunto de infinitas ternas de números reales $$\{\left(6+3\lambda\,,\,-(3+4\lambda)\,,\,\lambda\right): \lambda \in \mathbb{R}$$ que se pueden interpretar geométricamente como los infinitos puntos de una recta vectorial en el espacio vectorial de dimensión $3$, $\mathbb{R} \times \mathbb{R} \times \mathbb{R}$ ( o, abreviado, $\mathbb{R}^3$ ). $\square$
jueves, 3 de diciembre de 2015
Resolver el siguiente ejercicio de programación lineal
ENUNCIADO. Para qué valores de $x$ e $y$ la función $$z\equiv f(x,y) =5x+4y$$ alcanza el máximo y, respectivamente, el mínimo, estando sujeta a las siguientes restricciones: $$\left\{\begin{matrix}
x &- &y &\le &10\\
x &+ &2y &\le &100\\
2x &- &y &\ge &0\\
& & y &\ge &20 \\
& & x &\ge &0 \\
\end{matrix}\right.$$
¿ Cuál es el valor del mínimo ? ¿ Cuál es el valor de máximo ?
SOLUCIÓN.
Escribiendo el sistema de restricciones de la forma
$$\left\{\begin{matrix}
y & \ge &x &- &10\\
y & \le &\dfrac{1}{2}\,x &+ &50\\
& & y &\le &2x \\
& & y &\ge &20 \\
& & x &\ge &0 \\
\end{matrix}\right.$$
vemos que los lados de la región factible están contenidos en las rectas
$$\left\{\begin{matrix}
r_1:&y & = &x &- &10\\
r_2:&y & = &\dfrac{1}{2}\,x &+ &50\\
r_3:&& & y &= &2x \\
r_4:&& & y &= &20 \\
r_5:&& & x &= &0 \\
\end{matrix}\right.$$
Trazando las rectas e interpretando el sentido de las desigualdades, obtenemos la región factible $\mathcal{R}$, que en este caso es cerrada, lo cual garantiza que exista el máximo y el mínimo pedidos.
Despejando $y$ de $z=5x+4y$, obtenemos el haz de rectas paralelas de la función objetivo $$\{\text{r.f.o.}:\,y=-\dfrac{5}{4}x+k:k \in \mathbb{R}\}$$ siendo $k=\dfrac{z}{4}$; con lo cual, es claro que $z$ es máximo ( respectivamente, mínimo ) cuando $k$ ( ordenada en el origen ) lo es; por consiguiente, buscaremos ( gráficamente ) los puntos de de $\mathcal{R}$, donde $k$ toma los valores máximo y mínimo, desplazando una recta representante ( cualquiera de ellas ) del haz ( de rectas de la función objetivo ), paralelamente a sí misma. Así, vemos que el mínimo valor de $k$ lo da el vértice $A$; y el máximo, el vértice $C$. Procedamos a calcular las coordenadas de estos dos vértices.
Teniendo en cuenta que $A$ está en $r_4$ y, también, en $r_3$, $$A:\left\{\begin{matrix}
y =20 \\
y=2x\\
\end{matrix}\right.\rightarrow A(10,20)$$ y, observando que $C$ está en $r_1$ y, también, en $r_2$, $$C:\left\{\begin{matrix}
y =x-10 \\
y=-\dfrac{1}{2}\,x+50\\
\end{matrix}\right.\rightarrow C(40,30)$$
Así, el valor máximo de $z$ es $z_{C}=f(40,30)=5\cdot 40+4\cdot 30= 320$; y el valor mínimo de $z$, $z_{A}=f(10,20)=5\cdot 10+4\cdot 20= 130$ . $\square$
x &- &y &\le &10\\
x &+ &2y &\le &100\\
2x &- &y &\ge &0\\
& & y &\ge &20 \\
& & x &\ge &0 \\
\end{matrix}\right.$$
¿ Cuál es el valor del mínimo ? ¿ Cuál es el valor de máximo ?
SOLUCIÓN.
Escribiendo el sistema de restricciones de la forma
$$\left\{\begin{matrix}
y & \ge &x &- &10\\
y & \le &\dfrac{1}{2}\,x &+ &50\\
& & y &\le &2x \\
& & y &\ge &20 \\
& & x &\ge &0 \\
\end{matrix}\right.$$
vemos que los lados de la región factible están contenidos en las rectas
$$\left\{\begin{matrix}
r_1:&y & = &x &- &10\\
r_2:&y & = &\dfrac{1}{2}\,x &+ &50\\
r_3:&& & y &= &2x \\
r_4:&& & y &= &20 \\
r_5:&& & x &= &0 \\
\end{matrix}\right.$$
Trazando las rectas e interpretando el sentido de las desigualdades, obtenemos la región factible $\mathcal{R}$, que en este caso es cerrada, lo cual garantiza que exista el máximo y el mínimo pedidos.
Teniendo en cuenta que $A$ está en $r_4$ y, también, en $r_3$, $$A:\left\{\begin{matrix}
y =20 \\
y=2x\\
\end{matrix}\right.\rightarrow A(10,20)$$ y, observando que $C$ está en $r_1$ y, también, en $r_2$, $$C:\left\{\begin{matrix}
y =x-10 \\
y=-\dfrac{1}{2}\,x+50\\
\end{matrix}\right.\rightarrow C(40,30)$$
Así, el valor máximo de $z$ es $z_{C}=f(40,30)=5\cdot 40+4\cdot 30= 320$; y el valor mínimo de $z$, $z_{A}=f(10,20)=5\cdot 10+4\cdot 20= 130$ . $\square$
Calcular la matriz inversa por el método de Gauss-Jordan
ENUNCIADO. Emplear el método de Gauss-Jordan para calcular la matriz inversa de la matriz
$$A=\left(\begin{array}{ccc}
3 & 1 & 0 \\
1 & 4 & -1 \\
0 & 2 & 1 \\
\end{array}\right)$$
SOLUCIÓN.
$$(A|I) \overset{\text{operaciones elementales por filas}}{\rightarrow} (I|A^{-1})$$
$\left(\begin{array}{ccc|ccc}
3 & 1 & 0 & 1 & 0 & 0\\
1 & 4 & -1 & 0 & 1 & 0\\
0 & 2 & 1 & 0 & 0 & 1\\
\end{array}\right) \overset{-3f_2+f_1\rightarrow f_2}{\rightarrow} \left(\begin{array}{ccc|ccc}
3 & 1 & 0 & 1 & 0 & 0\\
0 & -11 & 3 & 1 & -3 & 0\\
0 & 2 & 1 & 0 & 0 & 1\\
\end{array}\right) \rightarrow$
$\overset{\frac{11}{2}f_3+f2\rightarrow f_3}{\rightarrow}\left(\begin{array}{ccc|ccc}
3 & 1 & 0 & 1 & 0 & 0\\
0 & -11 & 3 & 1 & -3 & 0\\
0 & 0 & 17/2 & 1 & -3 & 11/2\\
\end{array}\right) \rightarrow$
$\overset{-\frac{17}{6}f_2+f_3\rightarrow f_2}{\rightarrow} \left(\begin{array}{ccc|ccc}
3 & 1 & 0 & 1 & 0 & 0\\
0 & 187/6 & 0 & -11/6 & 11/2 & 11/2\\
0 & 0 & 17/2 & 1 & -3 & 11/2\\
\end{array}\right) \rightarrow$
$\overset{-\frac{187}{6}f_1+f_2\rightarrow f_1}{\rightarrow} \left(\begin{array}{ccc|ccc}
-187/2 & 0 & 0 & -33 & 11/2 & 11/2\\
0 & 187/6 & 0 & -11/6 & 11/2 & 11/2\\
0 & 0 & 17/2 & 1 & -3 & 11/2\\
\end{array}\right) \rightarrow$
$\overset{-\frac{2}{187}f_1\rightarrow f_1;\frac{6}{187}f_2\rightarrow f_2;\frac{2}{17}f_3\rightarrow f_3 }{\rightarrow}
\left(\begin{array}{ccc|ccc}
1 & 0 & 0 & 6/17 & -1/17 & -1/17\\
0 & 1 & 0 & -1/17 & 3/17 & 3/17\\
0 & 0 & 1 & 2/17 & -6/17 & 11/17\\
\end{array}\right)$
y, por tanto $$A^{-1}=\left(\begin{array}{ccc}
6/17 & -1/17 & -1/17\\
-1/17 & 3/17 & 3/17\\
2/17 & -6/17 & 11/17\\
\end{array}\right)$$
$\square$
$$A=\left(\begin{array}{ccc}
3 & 1 & 0 \\
1 & 4 & -1 \\
0 & 2 & 1 \\
\end{array}\right)$$
SOLUCIÓN.
$$(A|I) \overset{\text{operaciones elementales por filas}}{\rightarrow} (I|A^{-1})$$
$\left(\begin{array}{ccc|ccc}
3 & 1 & 0 & 1 & 0 & 0\\
1 & 4 & -1 & 0 & 1 & 0\\
0 & 2 & 1 & 0 & 0 & 1\\
\end{array}\right) \overset{-3f_2+f_1\rightarrow f_2}{\rightarrow} \left(\begin{array}{ccc|ccc}
3 & 1 & 0 & 1 & 0 & 0\\
0 & -11 & 3 & 1 & -3 & 0\\
0 & 2 & 1 & 0 & 0 & 1\\
\end{array}\right) \rightarrow$
$\overset{\frac{11}{2}f_3+f2\rightarrow f_3}{\rightarrow}\left(\begin{array}{ccc|ccc}
3 & 1 & 0 & 1 & 0 & 0\\
0 & -11 & 3 & 1 & -3 & 0\\
0 & 0 & 17/2 & 1 & -3 & 11/2\\
\end{array}\right) \rightarrow$
$\overset{-\frac{17}{6}f_2+f_3\rightarrow f_2}{\rightarrow} \left(\begin{array}{ccc|ccc}
3 & 1 & 0 & 1 & 0 & 0\\
0 & 187/6 & 0 & -11/6 & 11/2 & 11/2\\
0 & 0 & 17/2 & 1 & -3 & 11/2\\
\end{array}\right) \rightarrow$
$\overset{-\frac{187}{6}f_1+f_2\rightarrow f_1}{\rightarrow} \left(\begin{array}{ccc|ccc}
-187/2 & 0 & 0 & -33 & 11/2 & 11/2\\
0 & 187/6 & 0 & -11/6 & 11/2 & 11/2\\
0 & 0 & 17/2 & 1 & -3 & 11/2\\
\end{array}\right) \rightarrow$
$\overset{-\frac{2}{187}f_1\rightarrow f_1;\frac{6}{187}f_2\rightarrow f_2;\frac{2}{17}f_3\rightarrow f_3 }{\rightarrow}
\left(\begin{array}{ccc|ccc}
1 & 0 & 0 & 6/17 & -1/17 & -1/17\\
0 & 1 & 0 & -1/17 & 3/17 & 3/17\\
0 & 0 & 1 & 2/17 & -6/17 & 11/17\\
\end{array}\right)$
y, por tanto $$A^{-1}=\left(\begin{array}{ccc}
6/17 & -1/17 & -1/17\\
-1/17 & 3/17 & 3/17\\
2/17 & -6/17 & 11/17\\
\end{array}\right)$$
$\square$
Resolver el sistema de ecuaciones compatible determinado
ENUNCIADO. Resuélvase el siguiene sistema de ecuaciones lineales, compatible determinado, eligiendo uno de los siguientes métodos: a) método de Cramer, o bien, b) método de la matriz inversa
$$\left\{\begin{matrix}
3x & + & y & & &=&-1\\
x & + & 4y & - & z &=&2\\
& & 2y & + & z &=&0\\
\end{matrix}\right.$$
SOLUCIÓN.
En primer lugar, escribamos el sistema en forma matricial
$$\begin{pmatrix}
3 & 1 & 0\\
1& 4 &-1 \\
0& 2 &1
\end{pmatrix} \begin{pmatrix}
x \\
y\\
z
\end{pmatrix} =
\begin{pmatrix}
-1 \\
2\\
0
\end{pmatrix}$$
Al objeto de que el alumno se detenga en la observación de los pasos a seguir en los dos métodos, se expondrán a continuación sendos desarrollos. No obstante, parece muy razonable ( en un examen ) elegir el método de Cramer, por su comodidad y facilidad.
a) Resolución por el método de Cramer
$$x=\dfrac{\text{det}(A_x)}{\text{det}(A)}=\dfrac{-8}{17}=-\dfrac{8}{17}$$
$$y=\dfrac{\text{det}(A_y)}{\text{det}(A)}=\dfrac{7}{17}$$
$$z=\dfrac{\text{det}(A_z)}{\text{det}(A)}=\dfrac{-14}{17}=-\dfrac{14}{17}$$
ya que
$$\text{det}(A)=\begin{vmatrix}
3 & 1 & 0\\
1& 4 &-1 \\
0& 2 &1
\end{vmatrix}=17$$
$$\text{det}(A_x)=\begin{vmatrix}
\bf{-1} & 1 & 0\\
\bf{2}& 4 &-1 \\
\bf{0}& 2 &1
\end{vmatrix}=-8$$
$$\text{det}(A-y)=\begin{vmatrix}
3 & \bf{-1} & 0\\
1& \bf{2} &-1 \\
0& \bf{0} &1
\end{vmatrix}=7$$
$$\text{det}(A_z)=\begin{vmatrix}
3 & 1 & \bf{-1}\\
1& 4 &\bf{2} \\
0& 2 &\bf{0}
\end{vmatrix}=-14$$
b) Resolvámoslo, ahora, por el método de la matriz inversa. Denotando por $A$ la matriz de los coeficientes del sistema, por $X$ la matriz columna de las variables, por $I$ la matriz identidad ( de orden $3$ ), y por $B$ la matriz columna de los términos independientes, podemos escribir el sistema ( en forma matricial ) de la siguiente forma $$AX=B$$
Como el sistema es compatible determinado, sabemos que existe matriz inversa de $A$ ( que es única ). Así, multiplicando por $A^{-1}$, por la izquierda, en cada miembro de la igualdad matricial anterior
$$A^{-1}AX=A^{-1}B$$
luego
$$IX=A^{-1}B$$
y por tanto
$$X=A^{-1}B$$
producto de matrices que llevará al valor de cada una de las variables.
Debemos, pues, determinar la matriz inversa de $A$ para realizar el cálculo anterior, que podemos hacerlo [mediante el método de Gauss-Jordan], o bien, mediante el método de la matriz adjunta. En cualquier caso, la matriz inversa que sale es
$$A^{-1}=\begin{pmatrix}
\frac{6}{17} & -\frac{1}{17} & -\frac{1}{17}\\
-\frac{1}{17}& \frac{3}{17} &\frac{3}{17} \\
\frac{2}{17}& -\frac{6}{17} & \frac{11}{17}
\end{pmatrix}$$
Con lo cual,
$$\begin{pmatrix}
x\\
y\\
z\\
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
\frac{6}{17} & -\frac{1}{17} & -\frac{1}{17}\\
-\frac{1}{17}& \frac{3}{17} &\frac{3}{17} \\
\frac{2}{17}& -\frac{6}{17} & \frac{11}{17}
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
-1\\
2\\
0\\
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
-\frac{8}{17}\\
\frac{7}{17}\\
-\frac{14}{17}\\
\end{pmatrix}$$
$\square$
$$\left\{\begin{matrix}
3x & + & y & & &=&-1\\
x & + & 4y & - & z &=&2\\
& & 2y & + & z &=&0\\
\end{matrix}\right.$$
SOLUCIÓN.
En primer lugar, escribamos el sistema en forma matricial
$$\begin{pmatrix}
3 & 1 & 0\\
1& 4 &-1 \\
0& 2 &1
\end{pmatrix} \begin{pmatrix}
x \\
y\\
z
\end{pmatrix} =
\begin{pmatrix}
-1 \\
2\\
0
\end{pmatrix}$$
Al objeto de que el alumno se detenga en la observación de los pasos a seguir en los dos métodos, se expondrán a continuación sendos desarrollos. No obstante, parece muy razonable ( en un examen ) elegir el método de Cramer, por su comodidad y facilidad.
a) Resolución por el método de Cramer
$$x=\dfrac{\text{det}(A_x)}{\text{det}(A)}=\dfrac{-8}{17}=-\dfrac{8}{17}$$
$$y=\dfrac{\text{det}(A_y)}{\text{det}(A)}=\dfrac{7}{17}$$
$$z=\dfrac{\text{det}(A_z)}{\text{det}(A)}=\dfrac{-14}{17}=-\dfrac{14}{17}$$
ya que
$$\text{det}(A)=\begin{vmatrix}
3 & 1 & 0\\
1& 4 &-1 \\
0& 2 &1
\end{vmatrix}=17$$
$$\text{det}(A_x)=\begin{vmatrix}
\bf{-1} & 1 & 0\\
\bf{2}& 4 &-1 \\
\bf{0}& 2 &1
\end{vmatrix}=-8$$
$$\text{det}(A-y)=\begin{vmatrix}
3 & \bf{-1} & 0\\
1& \bf{2} &-1 \\
0& \bf{0} &1
\end{vmatrix}=7$$
$$\text{det}(A_z)=\begin{vmatrix}
3 & 1 & \bf{-1}\\
1& 4 &\bf{2} \\
0& 2 &\bf{0}
\end{vmatrix}=-14$$
b) Resolvámoslo, ahora, por el método de la matriz inversa. Denotando por $A$ la matriz de los coeficientes del sistema, por $X$ la matriz columna de las variables, por $I$ la matriz identidad ( de orden $3$ ), y por $B$ la matriz columna de los términos independientes, podemos escribir el sistema ( en forma matricial ) de la siguiente forma $$AX=B$$
Como el sistema es compatible determinado, sabemos que existe matriz inversa de $A$ ( que es única ). Así, multiplicando por $A^{-1}$, por la izquierda, en cada miembro de la igualdad matricial anterior
$$A^{-1}AX=A^{-1}B$$
luego
$$IX=A^{-1}B$$
y por tanto
$$X=A^{-1}B$$
producto de matrices que llevará al valor de cada una de las variables.
Debemos, pues, determinar la matriz inversa de $A$ para realizar el cálculo anterior, que podemos hacerlo [mediante el método de Gauss-Jordan], o bien, mediante el método de la matriz adjunta. En cualquier caso, la matriz inversa que sale es
$$A^{-1}=\begin{pmatrix}
\frac{6}{17} & -\frac{1}{17} & -\frac{1}{17}\\
-\frac{1}{17}& \frac{3}{17} &\frac{3}{17} \\
\frac{2}{17}& -\frac{6}{17} & \frac{11}{17}
\end{pmatrix}$$
Con lo cual,
$$\begin{pmatrix}
x\\
y\\
z\\
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
\frac{6}{17} & -\frac{1}{17} & -\frac{1}{17}\\
-\frac{1}{17}& \frac{3}{17} &\frac{3}{17} \\
\frac{2}{17}& -\frac{6}{17} & \frac{11}{17}
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
-1\\
2\\
0\\
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
-\frac{8}{17}\\
\frac{7}{17}\\
-\frac{14}{17}\\
\end{pmatrix}$$
$\square$
Plantear y resolver
ENUNCIADO. Un agricultor tiene repartidas sus $10$ hectáreas en terreno de barbecho, cultivo de trigo y cultivo de cebada. La superficie dedicada al trigo ocupa $2$ hectáreas más que la dedicada a la cebada, mientras que en barbecho tiene $6$ hectáreas menos que la superficie total dedicada al cultivo de trigo y cebada. ¿ Cuántas hectáreas tiene dedicadas a cada uno de los cultivos y cuántas están en barbecho ?.
SOLUCIÓN.
Llamando $x$ a la superficie en barbecho; $y$, a la superficie cultivada de trigo; y, $z$, a la de cebada
$$\left\{\begin{matrix}
x +y+z=10\\
y=z+2\\
x=(y+z)-6
\end{matrix}\right.$$
Ordenando las ecuaciones
$$\left\{\begin{matrix}
x &+ &y&+&z&=&10 \\
& &y&-&z&=&2 \\
x &- &y&-&z&=&-6 \\
\end{matrix}\right. \overset{e_3-e_1\rightarrow e_3}{\sim} \left\{\begin{matrix}
x &+ &y&+&z&=&10 \\
& &y&-&z&=&2 \\
& &2y&+&2z&=&16 \\
\end{matrix}\right. \overset{\frac{1}{2}\,e_3\rightarrow e_3}{\sim}$$
$$ \sim \left\{\begin{matrix}
x &+ &y&+&z&=&10 \\
& &y&-&z&=&2 \\
& &y&+&z&=&8 \\
\end{matrix}\right. \overset{e_3-e_2\rightarrow e_3}{\sim} \left\{\begin{matrix}
x &+ &y&+&z&=&10 \\
& &y&-&z&=&2 \\
& &&&2z&=&6 \\
\end{matrix}\right. \sim $$
$$\overset{\frac{1}{2}\,e_3\rightarrow e_3}{\sim} \left\{\begin{matrix}
x &+ &y&+&z&=&10 \\
& &y&-&z&=&2 \\
& &&&z&=&3 \\
\end{matrix}\right.$$
Así, pues, $z=3$ hectáreas. Sustituyendo el valor que hemos encontrado para $z$ en la segunda ecuación, $y-3=2$, luego $y=5$ hectáreas. Y, sustituyendo estos dos valores en la primera ecuación, $x+5+3=10$, luego $x=2$ hectareas.
$\square$
SOLUCIÓN.
Llamando $x$ a la superficie en barbecho; $y$, a la superficie cultivada de trigo; y, $z$, a la de cebada
$$\left\{\begin{matrix}
x +y+z=10\\
y=z+2\\
x=(y+z)-6
\end{matrix}\right.$$
Ordenando las ecuaciones
$$\left\{\begin{matrix}
x &+ &y&+&z&=&10 \\
& &y&-&z&=&2 \\
x &- &y&-&z&=&-6 \\
\end{matrix}\right. \overset{e_3-e_1\rightarrow e_3}{\sim} \left\{\begin{matrix}
x &+ &y&+&z&=&10 \\
& &y&-&z&=&2 \\
& &2y&+&2z&=&16 \\
\end{matrix}\right. \overset{\frac{1}{2}\,e_3\rightarrow e_3}{\sim}$$
$$ \sim \left\{\begin{matrix}
x &+ &y&+&z&=&10 \\
& &y&-&z&=&2 \\
& &y&+&z&=&8 \\
\end{matrix}\right. \overset{e_3-e_2\rightarrow e_3}{\sim} \left\{\begin{matrix}
x &+ &y&+&z&=&10 \\
& &y&-&z&=&2 \\
& &&&2z&=&6 \\
\end{matrix}\right. \sim $$
$$\overset{\frac{1}{2}\,e_3\rightarrow e_3}{\sim} \left\{\begin{matrix}
x &+ &y&+&z&=&10 \\
& &y&-&z&=&2 \\
& &&&z&=&3 \\
\end{matrix}\right.$$
Así, pues, $z=3$ hectáreas. Sustituyendo el valor que hemos encontrado para $z$ en la segunda ecuación, $y-3=2$, luego $y=5$ hectáreas. Y, sustituyendo estos dos valores en la primera ecuación, $x+5+3=10$, luego $x=2$ hectareas.
$\square$
miércoles, 2 de diciembre de 2015
Discutir y resolver el sistema de ecuaciones lineales ...
ENUNCIADO. Se considera el sistema de ecuaciones lineales, dependientes del parámetro $k$
$$\left\{\begin{matrix}
x & + & y & + & z &=&3\\
x & + & ky & + & z &=&3\\
kx & & & - & 3z &=&6\\
\end{matrix}\right.$$
a) Discútase el sistema según los diferentes valores de $k$
b) Resuélvase el sistema para $k=3$
SOLUCIÓN.
a)
Vamos a estudiar los rangos de la matriz de los coeficientes $$A=\begin{pmatrix}
1 & 1 & 1\\
1& k &1 \\
k& 0 &-3
\end{pmatrix}$$
y de la matriz ampliada
$$
A^*=
\left(\begin{array}{ccc|c}
1 & 1 & 1 & 3\\
1& k &1 & 3\\
k& 0 &-3 & 6
\end{array}\right) $$
Para ello emplearemos el método de los menores ( el rango de una matriz es igual al orden del mayor menor no nulo ).
El menor de mayor orden de $A$ es
$$\begin{vmatrix}
1 & 1 & 1\\
1& k &1 \\
k& 0 &-3
\end{vmatrix}=0\Leftrightarrow -k^2-2k+3=0 \Leftrightarrow k=\left\{\begin{matrix}
-3 \\
\text{ó}\\
1
\end{matrix}\right.$$
Por tanto, $\text{rg}(A)=3$ si $k \notin \{-3\,,\,1\}$
Examinemos, ahora, la matriz $A^*$. Y, por ello, veamos si hay algún menor de orden $2$ no nulo. Observemos que el determinante de la submatriz $\begin{pmatrix}
1 & 3 \\
-3& 6 \\
\end{pmatrix} \neq 0$, luego podemos asegurar que el rango de $A^*$ es, al menos, $2$. A continuación, vamos a orlar dicha submatriz para estudiar para qué valores de $k$ las submatrices de un orden mayor ( esto es, de orden $3$ ) que aparecen como amplicación de la matriz ( de orden $2$ ) que hemos tomado como referencia, y calculemos sus determinantes. Nos salen solamente estos dos:
$\begin{vmatrix}
1 & 1 & 3\\
1& 1 &3 \\
k& -3 & 6
\end{vmatrix}=0 \; \text{, por ser iguales sus dos primeras filas}$
y
$\begin{vmatrix}
1 & 1 & 3\\
k& 1 &3 \\
0& -3 & 6
\end{vmatrix}=0 \Leftrightarrow k=1$
Entonces, $\text{rg}(A^*)=3$ si $k \neq 1$
Con esta información recogida, podemos distinguir los siguientes casos ( teorema de Rouché-Fröbenius ):
I) Si $k=-3$, $\text{rg}(A)=2 \neq \text{rg}(A^*)=3$, luego el sistema es incompatible.
II ) Si $k=1$, $r:=\text{rg}(A)=\text{rg}(A^*)=2$, luego el sistema es compatible. Y, como el valor del rango, $r$, es menor que el número de incógnitas, $n$ ( que es $3$ ), el sistema es compatible indeterminado, con $n-r=3-2=1$ variable secundaria ( y $2$ variables principales). NOTA: Este caso lo detectamos a "simple vista", sin necesidad de entrar en el análisis con matrices, pues si $k=1$ la segunda ecuación es idéntica a la primera y, por tanto, el rango del sistema de ecuaciones, $r$, del sistema es $2$. Y, si bien, no se pida, puede el lector leer la solución ( para este caso ) siguiendo [ este enlace ]
III ) Si $k \notin \{-3\,,\,1\}$, entonces $r:=\text{rg}(A)=\text{rg}(A^*)=3=n$, luego el sistema es compatible determinado.
OBSERVACIÓN. Para realizar el estudio de rangos, en lugar de utilizar el método de los menores, también podemos emplear el método de reducción de Gauss ( dada una matriz, una vez reducida por Gauss una matriz ( forma escalonada ), el rango de la misma es igual al número de filas no idénticamente nulas ). Partimos de la matriz ampliada
$$A^*=
\left(\begin{array}{ccc|c}
1 & 1 & 1 & 3\\
1& k &1 & 3\\
k& 0 &-3 & 6
\end{array}\right) $$
que, mediante operaciones elementales por filas, vamos reduciendo a su forma escalonada, obteniendo las sucesivas matrices equivalentes en rango en el proceso de escalonamiento. Así, mediante $f_1-f_2 \rightarrow f_2$ y $-kf_2+f_3 \rightarrow f_3$ llegamos a la primera etapa
$$
\left(\begin{array}{ccc|c}
1 & 1 & 1 & 3\\
0& 1-k &0 & 0\\
0& 0 &-k-3 & -3k+6
\end{array}\right) $$
ahora, mediante la $\dfrac{1}{k^2}\,f_2+(1-k)\,f_3 \rightarrow f_3$ ( con $k\neq 0$ )
$$
\left(\begin{array}{ccc|c}
1 & 1 & 1 & 3\\
0& 1-k &0 & 0\\
0& 0 &-(k+3)(1-k) & -3(k-2)(1-k)
\end{array}\right) $$
y mediante $f_3 \rightarrow \dfrac{1}{1-k}\,f_3$, completamos la segunda etapa y obtenemos la matriz escalonada
$$
\left(\begin{array}{ccc|c}
1 & 1 & 1 & 3\\
0& 1-k &0 & 0\\
0& 0 &-(k+3)& -3(k-2)
\end{array}\right) $$
Entonces,
I) Si $k=-3$, la matriz $A=\begin{pmatrix}
1 & 1 & 1\\
0& 4 &0 \\
0& 0 & 0
\end{pmatrix}$ tiene rango igual a $2$, pues, reducida por Gauss, el número de filas no nulas es $2$, mientras que la matriz ampliada $
\left(\begin{array}{ccc|c}
1 & 1 & 1 & 3\\
0& 4 &0 & 0\\
0& 0 & 0 & 15
\end{array}\right) $ tiene $3$ filas no nulas, y, por tanto, su rango es igual a $3$. Por tanto, como los rangos de $A$ y $A^*$ no coinciden, el sistema es incompatible para este valor de $k$
II ) Si $k=1$, , la matriz $A=\begin{pmatrix}
1 & 1 & 1\\
0& 0 &0 \\
0& 0 & -4
\end{pmatrix}$ tiene rango igual a $2$, pues, reducida por Gauss, el número de filas no nulas es $2$; por otra parte, la matriz ampliada $
\left(\begin{array}{ccc|c}
1 & 1 & 1 & 3\\
0& 0 &0 & 0\\
0& 0 & -4 & 3
\end{array}\right) $ tiene $2$ fila no nulas, y, por tanto, su rango es, también, igual a $2$. Por tanto, como los rangos de $A$ y $A^*$ coinciden, el rango del sistema de ecuaciones es $r=2 < n=3$, luego el sistema es compatible indeterminado con $n-r=3-2=1$ variables secundaria ( y $2$ variables principales ). III ) Si $k \notin \{-3\,,\,1\}$, entonces el número de filas no nulas, tanto de $A$ como de $A^*$, es $3$. Por consiguiente, el rango del sistema de ecuaciones $r:=\text{rg}(A)=\text{rg}(A^*)=3=n$, luego el sistema es compatible determinado.
-oOo-
b) Si $k=3$ ( estamos en el caso II ), el sistema es compatible determinado. Vamos a resolver el sistema ( para este valor de $k$ ) por el método de reducción de Gauss ( si bien podemos elegir cualquier otro método: el de Cramer, o el de la matriz inversa, aunque en este caso se recomienda, por su simplicidad, el m. de Gauss ). Entonces, para $k=3$, el sistema queda
$\left\{\begin{matrix}
x & + & y & + & z &=&3\\
x & + & 3y & + & z &=&3\\
3x & & & - & 3z &=&6\\
\end{matrix}\right. \sim \left\{\begin{matrix}
x & + & y & + & z &=&3\\
x & + & 3y & + & z &=&3\\
x & & & - & z &=&2\\
\end{matrix}\right. $
Restando, miembro a miembro, la segunda ecuación de la primera obtenemos una ecuación equivalente a la segunda; y restando, miembro a miembro, la tercera ecuación de la primera llegamos a una ecuación equivalente a la tercera, con lo cual el siguiente sistema es equivalente al anterior
$\left\{\begin{matrix}
x & + & y & + & z &=&3\\
& + & 2y & & &=&0\\
& & -y & - & 2z &=&-1\\
\end{matrix}\right. $
De la segunda ecuación, se obtiene $y=0$. Para obtener el valor de las otras dos variables, sustituimos el valor obtenido ( para $y$ ) en la primera y tercera ecuaciones, llegando a un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas:
$\left\{\begin{matrix}
x & + & 0 & + & z &=&3\\
& & & - & 2z &=&-1\\
\end{matrix}\right. $
Así, de la segunda ecuación, vemos que $z=\dfrac{1}{2}$. Y, sustituyendo en la primera, $x+\dfrac{1}{2}=3$; con lo cual, $x=\dfrac{5}{2}$
$\square$
$$\left\{\begin{matrix}
x & + & y & + & z &=&3\\
x & + & ky & + & z &=&3\\
kx & & & - & 3z &=&6\\
\end{matrix}\right.$$
a) Discútase el sistema según los diferentes valores de $k$
b) Resuélvase el sistema para $k=3$
SOLUCIÓN.
a)
Vamos a estudiar los rangos de la matriz de los coeficientes $$A=\begin{pmatrix}
1 & 1 & 1\\
1& k &1 \\
k& 0 &-3
\end{pmatrix}$$
y de la matriz ampliada
$$
A^*=
\left(\begin{array}{ccc|c}
1 & 1 & 1 & 3\\
1& k &1 & 3\\
k& 0 &-3 & 6
\end{array}\right) $$
Para ello emplearemos el método de los menores ( el rango de una matriz es igual al orden del mayor menor no nulo ).
El menor de mayor orden de $A$ es
$$\begin{vmatrix}
1 & 1 & 1\\
1& k &1 \\
k& 0 &-3
\end{vmatrix}=0\Leftrightarrow -k^2-2k+3=0 \Leftrightarrow k=\left\{\begin{matrix}
-3 \\
\text{ó}\\
1
\end{matrix}\right.$$
Por tanto, $\text{rg}(A)=3$ si $k \notin \{-3\,,\,1\}$
Examinemos, ahora, la matriz $A^*$. Y, por ello, veamos si hay algún menor de orden $2$ no nulo. Observemos que el determinante de la submatriz $\begin{pmatrix}
1 & 3 \\
-3& 6 \\
\end{pmatrix} \neq 0$, luego podemos asegurar que el rango de $A^*$ es, al menos, $2$. A continuación, vamos a orlar dicha submatriz para estudiar para qué valores de $k$ las submatrices de un orden mayor ( esto es, de orden $3$ ) que aparecen como amplicación de la matriz ( de orden $2$ ) que hemos tomado como referencia, y calculemos sus determinantes. Nos salen solamente estos dos:
$\begin{vmatrix}
1 & 1 & 3\\
1& 1 &3 \\
k& -3 & 6
\end{vmatrix}=0 \; \text{, por ser iguales sus dos primeras filas}$
y
$\begin{vmatrix}
1 & 1 & 3\\
k& 1 &3 \\
0& -3 & 6
\end{vmatrix}=0 \Leftrightarrow k=1$
Entonces, $\text{rg}(A^*)=3$ si $k \neq 1$
Con esta información recogida, podemos distinguir los siguientes casos ( teorema de Rouché-Fröbenius ):
I) Si $k=-3$, $\text{rg}(A)=2 \neq \text{rg}(A^*)=3$, luego el sistema es incompatible.
II ) Si $k=1$, $r:=\text{rg}(A)=\text{rg}(A^*)=2$, luego el sistema es compatible. Y, como el valor del rango, $r$, es menor que el número de incógnitas, $n$ ( que es $3$ ), el sistema es compatible indeterminado, con $n-r=3-2=1$ variable secundaria ( y $2$ variables principales). NOTA: Este caso lo detectamos a "simple vista", sin necesidad de entrar en el análisis con matrices, pues si $k=1$ la segunda ecuación es idéntica a la primera y, por tanto, el rango del sistema de ecuaciones, $r$, del sistema es $2$. Y, si bien, no se pida, puede el lector leer la solución ( para este caso ) siguiendo [ este enlace ]
III ) Si $k \notin \{-3\,,\,1\}$, entonces $r:=\text{rg}(A)=\text{rg}(A^*)=3=n$, luego el sistema es compatible determinado.
OBSERVACIÓN. Para realizar el estudio de rangos, en lugar de utilizar el método de los menores, también podemos emplear el método de reducción de Gauss ( dada una matriz, una vez reducida por Gauss una matriz ( forma escalonada ), el rango de la misma es igual al número de filas no idénticamente nulas ). Partimos de la matriz ampliada
$$A^*=
\left(\begin{array}{ccc|c}
1 & 1 & 1 & 3\\
1& k &1 & 3\\
k& 0 &-3 & 6
\end{array}\right) $$
que, mediante operaciones elementales por filas, vamos reduciendo a su forma escalonada, obteniendo las sucesivas matrices equivalentes en rango en el proceso de escalonamiento. Así, mediante $f_1-f_2 \rightarrow f_2$ y $-kf_2+f_3 \rightarrow f_3$ llegamos a la primera etapa
$$
\left(\begin{array}{ccc|c}
1 & 1 & 1 & 3\\
0& 1-k &0 & 0\\
0& 0 &-k-3 & -3k+6
\end{array}\right) $$
ahora, mediante la $\dfrac{1}{k^2}\,f_2+(1-k)\,f_3 \rightarrow f_3$ ( con $k\neq 0$ )
$$
\left(\begin{array}{ccc|c}
1 & 1 & 1 & 3\\
0& 1-k &0 & 0\\
0& 0 &-(k+3)(1-k) & -3(k-2)(1-k)
\end{array}\right) $$
y mediante $f_3 \rightarrow \dfrac{1}{1-k}\,f_3$, completamos la segunda etapa y obtenemos la matriz escalonada
$$
\left(\begin{array}{ccc|c}
1 & 1 & 1 & 3\\
0& 1-k &0 & 0\\
0& 0 &-(k+3)& -3(k-2)
\end{array}\right) $$
Entonces,
I) Si $k=-3$, la matriz $A=\begin{pmatrix}
1 & 1 & 1\\
0& 4 &0 \\
0& 0 & 0
\end{pmatrix}$ tiene rango igual a $2$, pues, reducida por Gauss, el número de filas no nulas es $2$, mientras que la matriz ampliada $
\left(\begin{array}{ccc|c}
1 & 1 & 1 & 3\\
0& 4 &0 & 0\\
0& 0 & 0 & 15
\end{array}\right) $ tiene $3$ filas no nulas, y, por tanto, su rango es igual a $3$. Por tanto, como los rangos de $A$ y $A^*$ no coinciden, el sistema es incompatible para este valor de $k$
II ) Si $k=1$, , la matriz $A=\begin{pmatrix}
1 & 1 & 1\\
0& 0 &0 \\
0& 0 & -4
\end{pmatrix}$ tiene rango igual a $2$, pues, reducida por Gauss, el número de filas no nulas es $2$; por otra parte, la matriz ampliada $
\left(\begin{array}{ccc|c}
1 & 1 & 1 & 3\\
0& 0 &0 & 0\\
0& 0 & -4 & 3
\end{array}\right) $ tiene $2$ fila no nulas, y, por tanto, su rango es, también, igual a $2$. Por tanto, como los rangos de $A$ y $A^*$ coinciden, el rango del sistema de ecuaciones es $r=2 < n=3$, luego el sistema es compatible indeterminado con $n-r=3-2=1$ variables secundaria ( y $2$ variables principales ). III ) Si $k \notin \{-3\,,\,1\}$, entonces el número de filas no nulas, tanto de $A$ como de $A^*$, es $3$. Por consiguiente, el rango del sistema de ecuaciones $r:=\text{rg}(A)=\text{rg}(A^*)=3=n$, luego el sistema es compatible determinado.
-oOo-
b) Si $k=3$ ( estamos en el caso II ), el sistema es compatible determinado. Vamos a resolver el sistema ( para este valor de $k$ ) por el método de reducción de Gauss ( si bien podemos elegir cualquier otro método: el de Cramer, o el de la matriz inversa, aunque en este caso se recomienda, por su simplicidad, el m. de Gauss ). Entonces, para $k=3$, el sistema queda
$\left\{\begin{matrix}
x & + & y & + & z &=&3\\
x & + & 3y & + & z &=&3\\
3x & & & - & 3z &=&6\\
\end{matrix}\right. \sim \left\{\begin{matrix}
x & + & y & + & z &=&3\\
x & + & 3y & + & z &=&3\\
x & & & - & z &=&2\\
\end{matrix}\right. $
Restando, miembro a miembro, la segunda ecuación de la primera obtenemos una ecuación equivalente a la segunda; y restando, miembro a miembro, la tercera ecuación de la primera llegamos a una ecuación equivalente a la tercera, con lo cual el siguiente sistema es equivalente al anterior
$\left\{\begin{matrix}
x & + & y & + & z &=&3\\
& + & 2y & & &=&0\\
& & -y & - & 2z &=&-1\\
\end{matrix}\right. $
De la segunda ecuación, se obtiene $y=0$. Para obtener el valor de las otras dos variables, sustituimos el valor obtenido ( para $y$ ) en la primera y tercera ecuaciones, llegando a un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas:
$\left\{\begin{matrix}
x & + & 0 & + & z &=&3\\
& & & - & 2z &=&-1\\
\end{matrix}\right. $
Así, de la segunda ecuación, vemos que $z=\dfrac{1}{2}$. Y, sustituyendo en la primera, $x+\dfrac{1}{2}=3$; con lo cual, $x=\dfrac{5}{2}$
$\square$
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