Ejercicio resuelto de Sistemas de ecuaciones · Matemáticas II

SEGUNDO EJERCICIO (2 puntos).
Dado $a\ne 0$, se tiene el siguiente sistema de ecuaciones lineales:
$\begin{cases} x+ay=1,\\ x+ay+z=a,\\ (a-2)x+ay+(a-1)z=a+2.\end{cases}$

(a) (1 punto) Encuentra un valor de $a$ para el que el sistema dado tiene más de una solución.
(b) (1 punto) Encuentra todas las soluciones del sistema para el valor de $a$ del apartado anterior.

$\textbf{(a) (1 punto) Encuentra un valor de } \boldsymbol{a}\textbf{ para el que el sistema dado tiene más de una solución.}$

Un sistema de tres ecuaciones con tres incógnitas tiene más de una solución cuando es compatible indeterminado, y para ello el rango de la matriz de coeficientes debe ser menor que el número de incógnitas. Empezamos, por tanto, imponiendo que su determinante se anule.

$A=\begin{pmatrix}1&a&0\\1&a&1\\a-2&a&a-1\end{pmatrix}$

Desarrollamos por la primera fila:

$|A|=1\cdot\begin{vmatrix}a&1\\a&a-1\end{vmatrix}-a\cdot\begin{vmatrix}1&1\\a-2&a-1\end{vmatrix}+0\cdot\begin{vmatrix}1&a\\a-2&a\end{vmatrix}$

$=\left[a(a-1)-a\right]-a\left[(a-1)-(a-2)\right]$

$=\left(a^2-2a\right)-a=a^2-3a$

$|A|=0\Rightarrow a(a-3)=0\Rightarrow \begin{cases}a=0\\a=3\end{cases}$

Se descarta $a=0$ porque el enunciado exige $a\neq0$.

Que el determinante se anule solo garantiza que el sistema no es compatible determinado; falta comprobar que para $a=3$ es compatible y no incompatible. Escalonamos la matriz ampliada.

$A^*=\left(\begin{array}{ccc|c}1&3&0&1\\1&3&1&3\\1&3&2&5\end{array}\right)$

Haciendo $F_2-F_1$ y $F_3-F_1$:

$\left(\begin{array}{ccc|c}1&3&0&1\\0&0&1&2\\0&0&2&4\end{array}\right)$

Haciendo $F_3-2F_2$:

$\left(\begin{array}{ccc|c}1&3&0&1\\0&0&1&2\\0&0&0&0\end{array}\right)$

$\text{rg}(A)=\text{rg}(A^*)=2<3=\text{número de incógnitas}$

Por el teorema de Rouché-Frobenius el sistema es compatible indeterminado con un grado de libertad, luego tiene infinitas soluciones.

El valor pedido es $a=3$.

$\textbf{(b) (1 punto) Encuentra todas las soluciones del sistema para el valor de } \boldsymbol{a}\textbf{ del apartado anterior.}$

Partimos del sistema escalonado que se obtuvo en el apartado anterior, que es equivalente al de partida.

$\begin{cases}x+3y=1\\z=2\end{cases}$

Al quedar un grado de libertad, se toma como parámetro la incógnita que no es principal:

$y=\lambda\Rightarrow x=1-3\lambda$

$(x,y,z)=(1-3\lambda,\;\lambda,\;2),\quad \lambda\in\mathbb{R}$

Comprobamos el resultado en la tercera ecuación del sistema original, que es la que se ha eliminado al escalonar:

$(a-2)x+ay+(a-1)z=(1-3\lambda)+3\lambda+2\cdot2=5=a+2$

Las soluciones del sistema para $a=3$ son los infinitos puntos de la recta $(1-3\lambda,\;\lambda,\;2)$, con $\lambda$ recorriendo los números reales.