Ejercicio resuelto de Sistemas de ecuaciones · Matemáticas II

Considere el siguiente sistema de ecuaciones lineales

$\{\begin{array}{l}mx+2y-z=1\\ 5x-4y+2z=0\\ x+3my=m+\frac{2}{5}\end{array}$

a) Discuta el sistema según los valores de $m$. [1,5 puntos]

b) Resuelva el sistema para $m=0$. ¿Hay alguna solución en la que $x=0$? En caso afirmativo, calcúlela. En caso negativo, justifique la respuesta. [1 punto]

$\mathbf{\text{a)}}\mathbf{\text{Discuta}}\mathbf{\text{el}}\mathbf{\text{sistema}}\mathbf{\text{seg}}\acute{\mathbf{\text{u}}}\mathbf{\text{n}}\mathbf{\text{los}}\mathbf{\text{valores}}\mathbf{\text{de}}\mathit{m}\mathbf{\text{.}}\mathbf{\text{[1,5}}\mathbf{\text{puntos]}}$

Aplicamos el teorema de Rouché-Frobenius. Empezamos anulando el determinante de la matriz de coeficientes, desarrollándolo por la tercera fila, que tiene un cero.

$A=\left(\begin{array}{ccc}m& 2& -1\\ 5& -4& 2\\ 1& 3m& 0\end{array}\right),A^{\ast }=\left(\begin{array}{cccc}m& 2& -1& 1\\ 5& -4& 2& 0\\ 1& 3m& 0& m+\frac{2}{5}\end{array}\right)$

$\mathrm{\mid }A\mathrm{\mid }=m(0-6m)-2(0-2)-(15m+4)=-6m^2-15m$

$-3m(2m+5)=0\Rightarrow \{\begin{array}{l}m=0\\ m=-{\displaystyle \frac{5}{2}}\end{array}$

Si $m\mathrm{\ne }0$ y $m\mathrm{\ne }-\frac{5}{2}$, entonces $\mathrm{\mid }A\mathrm{\mid }\mathrm{\ne }0$ y

$\mathrm{ran}(A)=\mathrm{ran}(A^{\ast })=3=\text{n.º de inc}\acute{\text{o}}\text{gnitas}$

de modo que el sistema es compatible determinado.

Si $m=0$, el menor $\mid \begin{array}{cc}0& 2\\ 5& -4\end{array}\mid =-10\mathrm{\ne }0$ da $\mathrm{ran}(A)=2$. Orlamos con la columna de términos independientes:

$\mid \begin{array}{ccc}0& 2& 1\\ 5& -4& 0\\ 1& 0& \frac{2}{5}\end{array}\mid =0\Rightarrow \mathrm{ran}(A^{\ast })=2$

$\mathrm{ran}(A)=\mathrm{ran}(A^{\ast })=2<3=\text{n.º de inc}\acute{\text{o}}\text{gnitas}$

y el sistema es compatible indeterminado.

Si $m=-\frac{5}{2}$, la segunda fila es la primera multiplicada por $-2$ en la matriz de coeficientes, pero no en el término independiente, pues $-2\cdot 1=-2\mathrm{\ne }0$. El menor $\mid \begin{array}{cc}-\frac{5}{2}& 2\\ 1& -\frac{15}{2}\end{array}\mid =\frac{67}{4}\mathrm{\ne }0$ da $\mathrm{ran}(A)=2$, y el orlado con los términos independientes vale $\frac{67}{2}\mathrm{\ne }0$, luego $\mathrm{ran}(A^{\ast })=3$ y el sistema es incompatible.

El sistema es compatible determinado para $m\mathrm{\ne }0,-\frac{5}{2}$; compatible indeterminado para $m=0$, e incompatible para $m=-\frac{5}{2}$.



Para $m=0$ el sistema queda

$\{\begin{array}{l}2y-z=1\\ 5x-4y+2z=0\\ x={\displaystyle \frac{2}{5}}\end{array}$

La tercera ecuación fija $x$ directamente. Sustituyéndola en la segunda:

$5\cdot {\displaystyle \frac{2}{5}}-4y+2z=0\Rightarrow 2-4y+2z=0\Rightarrow 2y-z=1$

que es la primera ecuación, lo que confirma el grado de libertad. Tomamos $z$ como parámetro:

$z=\lambda \Rightarrow y={\displaystyle \frac{1+\lambda }{2}}$

$(x,y,z)=({\displaystyle \frac{2}{5}},{\displaystyle \frac{1+\lambda }{2}},\lambda ),\lambda \in \mathbb{R}$

La respuesta a la segunda pregunta se lee de la propia solución: la primera coordenada vale $\frac{2}{5}$ para todo $\lambda$, porque la tercera ecuación la impone sin dejar libertad.

El sistema tiene infinitas soluciones, y en ninguna de ellas es $x=0$: la tercera ecuación obliga a $x={\displaystyle \frac{2}{5}}$.