Primera evaluación 2014-15

1.- Resolver la ecuación matricial AX + B = C, donde A=1 2

2 3; B=

0 1 2

-1 1 3 y C=

-1 4 2

0 2 3

Solución:

AX+B=C AX=C-B X=A-1AX=A-1(C-B)

Calculamos A-1 usando el método de Gauss:

1 2 1 0

2 3 0 12 12

1 2 1 0

0 1 2 1

f f 2 ( 1)1 2 1 0

0 1 2 1

f 1 221 0 3 2

0 1 2 1

f f

Así A-1=

3 2

2 1

C-B=

1 4 2

0 2 3-

0 1 2

1 1 3=

1 3 0

1 1 0

Entonces: X= A-1 (C-B) =3 2

2 1

1 3 0

1 1 0=

5 7 0

3 5 0

2.- Discutir en función de m, y resolverlo cuando tenga solución

única, el sistema (1-m)x+(m+3)y=1+3m

2(1-m)x+(m+6)y=m+2

Solución: El sistema tendrá solución única cuando el determinante de los coeficientes se distinto de cero:

0=1 3

2(1 ) 6

m m

m m=(1-m)

1 3

2 6

m

m=(1-m)(m+6-2m-6)=(1-m)(-m)

1

ó

0

m

m

Así, si m≠0, 1 hay solución única. Dicha solución es:

x=

1 3 3

2 6

1 3

2(1 ) 6

m m

m m

m m

m m

=(1 3 )( 6) ( 2)( 3)

(1 )( )

m m m m

m m=

=2 26 3 18 2 3 6

(1 )( )

m m m m m m

m m=

22 14

(1 )( )

m m

m m=

2 14

1

m

m

y=

1 1 3

2(1 ) 2

(1 )( )

m m

m m

m m=

1 1 3(1 )

2 2

(1 )( )

mm

m

m m=

1 1 3

2 2

m

m

m=

2 2 6m m

m=

5m

m=5

Falta estudiar los casos m=0, 1.

Si m=0 el sistema es 3 1

2 6 2

x y

x y, en la que la ecuación es el doble de la

primera, por lo que el sistema es equivalente a x+3y=1 x=1-3y

El sistema tiene solución dependiente de un parámetro.

Si m=1 la matriz del sistema es 0 4 4

0 7 3:

Como el determinante de los coeficientes se anula, el rango de la matriz de los

coeficientes es 1.

Como 4 4

7 3=12-28=-16≠0, el rango de la matriz ampliada es dos. Al ser distinto

que el de la matriz de los coeficientes, el sistema es incompatible.

3.- Hallar el rango de la matriz:

2 -1 0 1 3

1 0 -1 2 3

3 -1 -1 3 6

5 -2 -1 4 9

4 1 2 5 9

Solución: Usaremos el método de Gauss:

2 -1 0 1 3

1 0 -1 2 3

3 -1 -1 3 6

5 -2 -1 4 9

4 1 2 5 9

1 2

1 0 1 2 3

2 1 0 1 3

3 -1 -1 3 6

5 -2 -1 4 9

4 1 2 5 9

f f

2 1

3 1

4 1

5 1

2

3

5

4

1 0 1 2 3

0 1 2 3 3

0 -1 2 3 3

0 -2 4 6 6

0 1 2 3 3

f f

f f

f f

f f

3 2

4 2

5 2

sup ( )

sup ( 2· )

sup ( )

1 0 1 2 3

0 1 2 3 3

rimir f f

rimir f f

rimir f f

El rango de la matriz es dos.

4.- Resolver, por el método de Gauss, el sistema:

2 x - y -z = -3

x -2 y +2z = 1

2 x + y + z = 5

Solución:

2 1 1 3

1 2 2 1

2 1 1 5

1 2

1 2 2 1

2 1 1 3

2 1 1 5

f f 2 1

3 1

2

2

1 2 2 1

0 3 5 5

0 5 3 3

f f

f f

2 / 3

1 2 2 1

5 50 1

3 3

0 5 3 3

f 3 25

1 2 2 1

5 50 1

3 3

16 340 0

3 3

f f 3

16/

3

1 2 2 1

5 50 1

3 3

170 0 1

8

f

3

16/

3

1 2 2 1

5 50 1

3 3

170 0 1

8

f 3

16/

3

1 2 2 1

5 50 1

3 3

170 0 1

8

f 3

16/

3

1 2 2 1

5 50 1

3 3

170 0 1

8

f

3

16/

3

1 2 2 1

5 50 1

3 3

170 0 1

8

f1 3

2 3

2

5

3

131 2 0

4

150 1 0

8

170 0 1

8

f f

f f

1 2

2 3

2

5

3

11 0 0

2

150 1 0

8

170 0 1

8

f f

f f

La solución es (x,y,z)= 1 15 17

, ,2 8 8

5.- Hallar el máximo de la función f(x,y)=2x+6y, teniendo en cuenta las siguientes restricciones:

60

3 2 150

0; 0

x y

x y

x y

Solución: Denominando por r, s, t y u a las desigualdades r: x+y≤60 s: 3x+2y≤150 t: x≥0 u: y≥0 El máximo buscado ha de hallarse en uno de los vértices de la región factible. Para calcular dichos vértices cortamos cada dos rectas y verificamos si el punto de intersección verifica las dos desigualdades restantes:

r y s: Resolvemos el sistema 60

3 2 150

x y

x y

Restando a la segunda ecuación el doble de la primera obtenemos x=30 Sustituyendo en la primera ecuación: y=60-x=60-30=30 El punto (30,30) verifica las cuatro desigualdades, luego es uno de los vértices.

r y t: Resolvemos el sistema 60

0

x y

x

Se obtiene el punto (0,60) también es un vértice de la región factible.

r y u: 60

0

x y

y

Se obtiene el punto (60,0). Lo descartamos pues no verifica la desigualdad s.

s y t: Resolvemos el sistema 3 2 150

0

x y

x

Se obtiene el punto (0,75), que descartamos por no verificar r:

s y u: Resolvemos el sistema 3 2 150

0

x y

y

Obtenemos el punto (50,0), que verifica todas las desigualdades. t y u: Se obtiene el punto (0,0), que también es vértice de la región factible. Así pues, el máximo buscado ha de estar en uno de los puntos (30,30), (0,60),

(50,0) y (0,0) Como f(30,30)=2·30+6·30=300, f(0,60)=2·0+6·60=360, f(45,0)=2·45+6·0=90 y f(0,0)=2·0+6·0=0, el máximo es f(0,60)=360