Ejercicio resuelto de Sistemas de ecuaciones · Matemáticas II

Considere el siguiente sistema de ecuaciones en función del parámetro $t$: $\{\begin{array}{l}tx+y-2z=0\\ x+y-tz=-1\\ x+y+z=t\end{array}$

a) Determine para qué valores de $t$ el sistema tiene solución única. Resuélvalo para $t=0$ si es posible. [1 punto]

b) Determine para qué valores de $t$ el sistema tiene infinitas soluciones y resuélvalo en ese caso. [1 punto]

c) Determine para qué valores de $t$ el sistema no tiene solución. [0,5 puntos]

Los tres apartados salen de la misma discusión, así que empezamos calculando el determinante de la matriz de coeficientes y localizando los valores del parámetro que lo anulan.

$M=\left(\begin{array}{ccc}t& 1& -2\\ 1& 1& -t\\ 1& 1& 1\end{array}\right),M^{\ast }=\left(\begin{array}{cccc}t& 1& -2& 0\\ 1& 1& -t& -1\\ 1& 1& 1& t\end{array}\right)$

Desarrollando por la primera fila:

$\mathrm{\mid }M\mathrm{\mid }=t(1+t)-1(1+t)-2(1-1)=(1+t)(t-1)=t^2-1$

$t^2-1=0\Rightarrow t=\pm 1$



Si $t\mathrm{\ne }\pm 1$ el determinante no se anula y, por el teorema de Rouché-Frobenius,

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

de modo que el sistema es compatible determinado. El valor $t=0$ está en ese caso, así que sí es posible resolverlo. Con $t=0$ el sistema queda

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

Restando la segunda ecuación de la tercera se despeja $z$ de golpe:

$z=0-(-1)=1$

$y=2z=2,x=-1-y=-3$

El sistema tiene solución única para todo $t\mathrm{\ne }\pm 1$, y para $t=0$ esa solución es $(x,y,z)=(-3,2,1)$.

$\mathbf{\text{b)}}\mathbf{\text{Determine}}\mathbf{\text{para}}\mathbf{\text{qu}}\acute{\mathbf{\text{e}}}\mathbf{\text{valores}}\mathbf{\text{de}}\mathit{t}\mathbf{\text{el}}\mathbf{\text{sistema}}\mathbf{\text{tiene}}\mathbf{\text{infinitas}}\mathbf{\text{soluciones}}\mathbf{\text{y}}\mathbf{\text{resu}}\acute{\mathbf{\text{e}}}\mathbf{\text{lvalo}}\mathbf{\text{en}}\mathbf{\text{ese}}\mathbf{\text{caso.}}\mathbf{\text{[1}}\mathbf{\text{punto]}}$

Solo pueden darse infinitas soluciones si $\mathrm{\mid }M\mathrm{\mid }=0$, así que estudiamos los dos valores conflictivos. Con $t=-1$:

$M^{\ast }=\left(\begin{array}{cccc}-1& 1& -2& 0\\ 1& 1& 1& -1\\ 1& 1& 1& -1\end{array}\right)$

Las dos últimas filas son idénticas, y el menor

$\mid \begin{array}{cc}-1& 1\\ 1& 1\end{array}\mid =-1-1=-2\mathrm{\ne }0$

garantiza que quedan exactamente dos filas independientes tanto en $M$ como en $M^{\ast }$:

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

El sistema es compatible indeterminado con un grado de libertad. Tomamos $z=\lambda$ como parámetro y resolvemos con las dos primeras ecuaciones:

$\{\begin{array}{l}-x+y=2\lambda \\ x+y=-1-\lambda \end{array}$

Sumando ambas, $2y=\lambda -1$, y sustituyendo en la segunda:

$y={\displaystyle \frac{\lambda -1}{2}},x=-1-\lambda -{\displaystyle \frac{\lambda -1}{2}}={\displaystyle \frac{-1-3\lambda }{2}}$

El sistema tiene infinitas soluciones solo para $t=-1$, y son

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

$\mathbf{\text{c)}}\mathbf{\text{Determine}}\mathbf{\text{para}}\mathbf{\text{qu}}\acute{\mathbf{\text{e}}}\mathbf{\text{valores}}\mathbf{\text{de}}\mathit{t}\mathbf{\text{el}}\mathbf{\text{sistema}}\mathbf{\text{no}}\mathbf{\text{tiene}}\mathbf{\text{soluci}}\acute{\mathbf{\text{o}}}\mathbf{\text{n.}}\mathbf{\text{[0,5}}\mathbf{\text{puntos]}}$

Queda por estudiar $t=1$:

$M^{\ast }=\left(\begin{array}{cccc}1& 1& -2& 0\\ 1& 1& -1& -1\\ 1& 1& 1& 1\end{array}\right)$

En $M$ las dos primeras columnas son iguales, así que $\mathrm{ran}(M)=2$. En cambio, orlando con la columna de términos independientes:

$\mid \begin{array}{ccc}1& -2& 0\\ 1& -1& -1\\ 1& 1& 1\end{array}\mid =-1+2+0-0+1+2=4\mathrm{\ne }0\Rightarrow \mathrm{ran}(M^{\ast })=3$

Como $\mathrm{ran}(M)=2\mathrm{\ne }3=\mathrm{ran}(M^{\ast })$, el sistema no tiene solución exactamente para $t=1$.