Forma correcta de "discutir un sistema"

Question

Estoy haciendo ejercicios para aumentar mis habilidades matemáticas y encontré este:

Dejemos que $A$ sea un parámetro real. Discute el sistema:

$$x - y + 3z = 3A - 1$$

$$2x - (A+1)y -Az = -3$$

Consideré los tres casos en los que $A=0$ , $A=1$ y $A$ es diferente de ambos $0$ y $1$ y tengo tres soluciones diferentes. Y para nada pido esas ya que estoy bastante seguro de ellas pero mi problema es que cuando pedí la corrección, me dijeron que implicaba el uso de matriz, determinantes,... pero no pude acceder a ella.

¿He respondido a "discutir el sistema" de forma adecuada o me he equivocado/olvidado de algo? ¿Existen formas alternativas de discutir un sistema?

Answer 1

Se puede prescindir de las matrices. Resuelve la primera ecuación con respecto a $x$ :

$$x=y-3z+3A-1$$

y sustituir en el segundo:

$$(1-A)y - (A+6)z = -1 - 6A$$

¿Qué podemos decir?

Si $A=1$ entonces obtenemos un valor "fijo" para $z$ , a saber $z=1$ por lo que las soluciones son los triples $(h-1,h,1)$ , donde $h$ es arbitraria: de hecho, la primera ecuación se convierte simplemente en $x=y-1$ .

Si $A\ne1$ se puede resolver la ecuación con respecto a $y$ :

$$y=\frac{(A+6)z-1-6A}{1-A}$$

y se puede introducir en la primera ecuación, obteniendo soluciones donde el valor de $z$ es arbitrario (sólo es molesto escribirlo).

Answer 2

Pues bien, para este sistema tienes dos ecuaciones en tres variables, por lo que es un sistema subdeterminado, es decir, el sistema no da soluciones o da infinitas soluciones.

@egreg tiene razón, aunque una matriz no es necesaria para analizar el sistema, si organizamos el sistema en una matriz apropiada y reducimos las filas en consecuencia, podemos obtener algunas ideas:

$$\left( \begin{matrix} 1 & -1 & 3 & -1+3A \\ 2 & -1-A & -A & -3 \end{matrix} \right) \implies \left( \begin{matrix} 1 & 0 & \frac{A + 6}{A - 1} + 3 & \frac{6A - 1}{A -1} + 3A -1 \\ 0 & 1 & \frac{A+6}{A-1} & \frac{6A + 1}{A - 1} \end{matrix} \right) $$

Lo anterior se obtuvo a través de Wolfram|Alpha aquí .

A saber, que:

1) Para todos los $A \in \mathbb{R}$ hay infinitas soluciones para este sistema

2) Si $A = 1$ la matriz se reduce a $\left( \begin{matrix} 1 & -1 & 0 & -1 \\ 0 & 0 & 1 & 1\end{matrix} \right)$ o $z = 1$ y $ x- y = - 1$ . Esto daría probablemente la forma más estable del sistema. Donde $x$ se resuelve en términos de $y$ y $z$ es fijo.

3) Si $A = 0$ la matriz se reduce a $\left( \begin{matrix} 1 & 0 & -3 & -2 \\ 0 & 1 & -6 & -1\end{matrix} \right)$ o $x - 3z = -2 $ y $y - 6z = -1$ .