Exercici 2 · Sistema de tres plans — discussió, interpretació geomètrica i resolució

Discussió d'un sistema lineal amb paràmetre, interpretació geomètrica dels tres plans i resolució del cas compatible indeterminat.

Puntuació màxima · 2,5 punts

Considereu el següent sistema d'equacions lineals, format per tres plans a l'espai i que depèn del paràmetre real $m$: $$\left\{\begin{aligned} x+my+z&=4 \\ x+3y+z&=5 \\ mx+y+z&=4 \end{aligned}\right.$$

Discutiu el sistema per als diferents valors del paràmetre $m$. 1 p
Interpreteu geomètricament aquest sistema per a tots els valors del paràmetre $m$ i resoleu-lo, si és possible, per al cas $m=1$. 1 p
Per a $m=1$, és possible afegir una quarta equació de manera que el sistema resultant sigui compatible determinat i tingui com a solució $(x,y,z)=\left(3,\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2}\right)$? Raoneu la resposta. 0,5 p

Batxillerat Científic · Bloc C — Geometria i àlgebra lineal Discussió de sistemes Plans a l'espai Resolució i raonament

Correcció pas a pas

Idea clau: el teorema de Rouché–Frobenius relaciona els rangs de la matriu de coeficients $A$ i de l'ampliada $A^{*}$ amb el tipus de solució. El determinant de $A$ marca on pot fallar el rang; després cal mirar cada valor crític a part.

a) Discussió segons $m$

La matriu de coeficients és $A=\begin{pmatrix}1&m&1\\1&3&1\\m&1&1\end{pmatrix}$. Calculem el seu determinant:

\det A=1\,(3-1)-m\,(1-m)+1\,(1-3m)=2-m+m^2+1-3m=m^2-4m+3=(m-1)(m-3).

Per tant $\det A=0$ només si $m=1$ o $m=3$.

Si $m\neq 1$ i $m\neq 3$: $\det A\neq 0$, així $\operatorname{rang}(A)=\operatorname{rang}(A^{*})=3=$ nombre d'incògnites. El sistema és compatible determinat (solució única).

Si $m=1$: el sistema és $\{x+y+z=4,\ x+3y+z=5,\ x+y+z=4\}$. La 1a i la 3a equació són idèntiques, de manera que només en queden dues d'independents: $\operatorname{rang}(A)=\operatorname{rang}(A^{*})=2<3$. El sistema és compatible indeterminat (infinites solucions, un grau de llibertat).

Si $m=3$: el sistema és $\{x+3y+z=4,\ x+3y+z=5,\ 3x+y+z=4\}$. La 1a i la 2a tenen el mateix primer membre però termes independents diferents ($4\neq 5$): són incompatibles entre si, de manera que $\operatorname{rang}(A)=2$ però $\operatorname{rang}(A^{*})=3$. El sistema és incompatible (cap solució).

$m\neq 1,3$: SCD (solució única) · $m=1$: SCI (infinites solucions) · $m=3$: SI (incompatible).

b) Interpretació geomètrica i resolució per a $m=1$

Cada equació és un pla a l'espai. La discussió anterior es tradueix així:

$m\neq 1,3$: els tres plans es tallen en un únic punt (la solució única).
$m=1$: els plans 1r i 3r són coincidents ($x+y+z=4$) i el 2n els talla; la intersecció comuna és una recta.
$m=3$: els plans 1r i 2n són paral·lels i diferents ($x+3y+z=4$ i $=5$); no hi ha cap punt comú als tres, per això el sistema és incompatible.

Resolem el cas $m=1$. Ens queden dues equacions independents:

\left\{\begin{aligned} x+y+z&=4 \\ x+3y+z&=5 \end{aligned}\right.

Restant la primera a la segona: $2y=1\Rightarrow y=\tfrac{1}{2}$. Prenem $z=\lambda$ com a paràmetre; de la primera, $x=4-y-z=\tfrac{7}{2}-\lambda$.

(x,y,z)=\left(\tfrac{7}{2}-\lambda,\ \tfrac{1}{2},\ \lambda\right),\qquad \lambda\in\mathbb{R}.

Geometria segons $m$ com s'ha indicat. Per a $m=1$ la solució és la recta $\left(\tfrac{7}{2}-\lambda,\ \tfrac{1}{2},\ \lambda\right)$, amb vector director $(-1,0,1)$.

c) Quarta equació amb solució $\left(3,\tfrac12,\tfrac12\right)$

Per a $m=1$ les solucions formen la recta $\left(\tfrac{7}{2}-\lambda,\ \tfrac{1}{2},\ \lambda\right)$. Comprovem primer si el punt proposat hi pertany: amb $\lambda=\tfrac{1}{2}$ obtenim $x=\tfrac{7}{2}-\tfrac{1}{2}=3$, $y=\tfrac{1}{2}$, $z=\tfrac{1}{2}$. Sí: el punt $\left(3,\tfrac12,\tfrac12\right)$ és sobre la recta de solucions.

Afegir una quarta equació equival a afegir un quart pla. Si triem un pla que talli la recta exactament en aquest punt (és a dir, que passi per $\left(3,\tfrac12,\tfrac12\right)$ i no contingui la recta, per exemple no paral·lel al director $(-1,0,1)$), el sistema passa a tenir solució única i és precisament aquest punt.

\text{Per exemple } \;z=\tfrac{1}{2}\;\text{ fixa } \lambda=\tfrac{1}{2}\;\Longrightarrow\; (x,y,z)=\left(3,\tfrac12,\tfrac12\right).

Sí, és possible. N'hi ha prou d'afegir un pla que passi per $\left(3,\tfrac12,\tfrac12\right)$ sense contenir la recta de solucions (p. ex. $z=\tfrac12$): el sistema esdevé compatible determinat amb aquesta solució.