Anàlisi i resolució d’un sistema d’equacions lineals de l’examen de la Selectivitat del 2004 de les Illes Balears

Estudiau el sistema segons els valors de \( k \) i resoleu-lo quan \( k = 1 \) \[\begin{cases}x + y + z = k \\x + (1+k)y + z = 2k \\x + y + (1+k)z = 0\end{cases}\]

Part 1: Estudi del sistema segons els valors de \( k \) Per analitzar el sistema, cal determinar per a quins valors de \( k \) el sistema té una solució única, infinites solucions o cap solució. Ho farem mitjançant l’eliminació de Gauss sobre la matriu augmentada o analitzant el determinant de la matriu de coeficients. La matriu de coeficients \( A \) i la matriu augmentada \( [A|B] \) són:\[A = \begin{pmatrix}1 & 1 & 1 \\1 & 1+k & 1 \\1 & 1 & 1+k\end{pmatrix}, \quad B = \begin{pmatrix}k \\2k \\0\end{pmatrix}, \quad [A|B] = \begin{pmatrix}1 & 1 & 1 & | & k \\1 & 1+k & 1 & | & 2k \\1 & 1 & 1+k & | & 0\end{pmatrix}\]

Pas 1: Eliminació de Gauss. Realitzem reducció de files sobre la matriu augmentada:

1. Restem la fila 1 de les files 2 i 3:\[R_2 \to R_2 – R_1: \quad (1, 1+k, 1, 2k) – (1, 1, 1, k) = (0, k, 0, k)\]\[R_3 \to R_3 – R_1: \quad (1, 1, 1+k, 0) – (1, 1, 1, k) = (0, 0, k, -k)\]La matriu augmentada esdevé:\[\begin{pmatrix}1 & 1 & 1 & | & k \\0 & k & 0 & | & k \\0 & 0 & k & | & -k\end{pmatrix}\]Això correspon al sistema:\[\begin{cases}x + y + z = k \\k y = k \\k z = -k\end{cases}\]

Pas 2: Anàlisi per casos

• Cas 1: \( k \neq 0 \). De la segona equació: \( k y = k \implies y = \frac{k}{k} = 1 \).De la tercera equació: \( k z = -k \implies z = \frac{-k}{k} = -1 \).Substituïm \( y = 1 \), \( z = -1 \) a la primera equació:\[x + 1 + (-1) = k \implies x + 0 = k \implies x = k\]Per tant, per \( k \neq 0 \), la solució és única:\[(x, y, z) = (k, 1, -1)\]Això indica que la matriu \( A \) té rang 3 quan \( k \neq 0 \), i el sistema és consistent.

• Cas 2: \( k = 0 \). Substituïm \( k = 0 \):\[\begin{cases}x + y + z = 0 \\0 \cdot y = 0 \\0 \cdot z = 0\end{cases}\]Les equacions segona i tercera són identitats (\( 0 = 0 \)), i no imposen restriccions a \( y \) ni \( z \). La primera equació és:\[x + y + z = 0 \implies x = -y – z\]Aquí, \( y \) i \( z \) són variables lliures. Sigui \( y = s \), \( z = t \), amb \( s, t \in \mathbb{R} \). Llavors:\[x = -s – t\]La solució general és:\[(x, y, z) = (-s – t, s, t) = s(-1, 1, 0) + t(-1, 0, 1), \quad s, t \in \mathbb{R}\]Això indica infinites solucions, ja que el sistema es redueix a una sola equació independent, i el rang de la matriu de coeficients és 1 quan \( k = 0 \).

Pas 3: Anàlisi del determinant. Per confirmar, calculem el determinant de \( A \):\[A = \begin{pmatrix}1 & 1 & 1 \\1 & 1+k & 1 \\1 & 1 & 1+k\end{pmatrix}\]Expandim per la primera fila:\[\det(A) = 1 \cdot \det\begin{pmatrix} 1+k & 1 \\ 1 & 1+k \end{pmatrix} – 1 \cdot \det\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 1+k \end{pmatrix} + 1 \cdot \det\begin{pmatrix} 1 & 1+k \\ 1 & 1 \end{pmatrix}\]

• Primer: \( (1+k)(1+k) – 1 \cdot 1 = (1+k)^2 – 1 = k^2 + 2k \)

• Segon: \( 1 \cdot (1+k) – 1 \cdot 1 = k \)

• Tercer: \( 1 \cdot 1 – (1+k) \cdot 1 = 1 – (1+k) = -k \)\[\det(A) = k^2 + 2k – k – k = k^2\]Per tant, \( \det(A) = k^2 \).

• Si \( k \neq 0 \), \( \det(A) \neq 0 \), la matriu és invertible i el sistema té una solució única.

• Si \( k = 0 \), \( \det(A) = 0 \), la matriu és singular, i el rang 1 de \( A \) i \( [A|B] \) confirma infinites solucions.

Pas 4: Comprovació d’inconsistència. No hi ha cap valor de \( k \) que faci el sistema inconsistent, ja que el rang de \( A \) i \( [A|B] \) és igual en tots els casos, i el costat dret del sistema s’ajusta consistentment.

Resum de l’anàlisi:

• Per \( k \neq 0 \): Solució única: \( (x, y, z) = (k, 1, -1) \).

• Per \( k = 0 \): Infinites solucions: \( (x, y, z) = (-s – t, s, t) \), amb \( s, t \in \mathbb{R} \).

• No hi ha cap valor de \( k \) sense solucions.

Part 2: Resoldre el sistema quan \( k = 1 \). Substituïm \( k = 1 \):\[\begin{cases}x + y + z = 1 \\x + 2y + z = 2 \\x + y + 2z = 0\end{cases}\]D’acord amb l’anàlisi, com que \( k = 1 \neq 0 \), la solució és:\[(x, y, z) = (1, 1, -1)\]Per confirmar, fem eliminació de Gauss:\[[A|B] = \begin{pmatrix}1 & 1 & 1 & | & 1 \\1 & 2 & 1 & | & 2 \\1 & 1 & 2 & | & 0\end{pmatrix}\]

1. Restem la fila 1 de les files 2 i 3:\[R_2 \to R_2 – R_1: \quad (0, 2-1, 1-1, 2-1) = (0, 1, 0, 1)\]\[R_3 \to R_3 – R_1: \quad (0, 1-1, 2-1, 0-1) = (0, 0, 1, -1)\]\[\begin{pmatrix}1 & 1 & 1 & | & 1 \\0 & 1 & 0 & | & 1 \\0 & 0 & 1 & | & -1\end{pmatrix}\]El sistema és:\[\begin{cases}x + y + z = 1 \\y = 1 \\z = -1\end{cases}\]D’aquí: \( z = -1 \), \( y = 1 \). Substituïm a la primera equació:\[x + 1 + (-1) = 1 \implies x = 1\]

Solució: \( (x, y, z) = (1, 1, -1) \).

Verificació:

• \( 1 + 1 + (-1) = 1 \quad \checkmark \)

• \( 1 + 2 \cdot 1 + (-1) = 2 \quad \checkmark \)

• \( 1 + 1 + 2 \cdot (-1) = 0 \quad \checkmark \)

Resposta final:

Anàlisi per a tots els \( k \):

• Per \( k \neq 0 \): Solució única: \( (x, y, z) = (k, 1, -1) \).

• Per \( k = 0 \): Infinites solucions: \( (x, y, z) = (-s – t, s, t) \), amb \( s, t \in \mathbb{R} \).

• No hi ha cap valor de \( k \) sense solucions.

Solució per \( k = 1 \): \[(x, y, z) = (1, 1, -1)\]