Ejercicio resuelto de Sistemas de ecuaciones · Matemáticas II

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

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.

$M=\begin{pmatrix}t&1&-2\\ 1&1&-t\\ 1&1&1\end{pmatrix},\qquad M^*=\left(\begin{array}{ccc|c}t&1&-2&0\\ 1&1&-t&-1\\ 1&1&1&t\end{array}\right)$

Desarrollando por la primera fila:

$|M|=t(1+t)-1(1+t)-2(1-1)=(1+t)(t-1)=t^2-1$

$t^2-1=0\Rightarrow t=\pm1$

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

Si $t\neq\pm1$ el determinante no se anula y, por el teorema de Rouché-Frobenius,

$\operatorname{ran}(M)=\operatorname{ran}(M^*)=3=\text{n.º de incógnitas}$

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

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

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

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

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

El sistema tiene solución única para todo $t\neq\pm1$, y para $t=0$ esa solución es $(x,y,z)=(-3,2,1)$.

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

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

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

Las dos últimas filas son idénticas, y el menor

$\begin{vmatrix}-1&1\\ 1&1\end{vmatrix}=-1-1=-2\neq0$

garantiza que quedan exactamente dos filas independientes tanto en $M$ como en $M^*$:

$\operatorname{ran}(M)=\operatorname{ran}(M^*)=2<3=\text{n.º de incógnitas}$

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

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

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

$y=\dfrac{\lambda-1}{2},\qquad x=-1-\lambda-\dfrac{\lambda-1}{2}=\dfrac{-1-3\lambda}{2}$

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

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

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

Queda por estudiar $t=1$:

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

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

$\begin{vmatrix}1&-2&0\\ 1&-1&-1\\ 1&1&1\end{vmatrix}=-1+2+0-0+1+2=4\neq0\Rightarrow \operatorname{ran}(M^*)=3$

Como $\operatorname{ran}(M)=2\neq3=\operatorname{ran}(M^*)$, el sistema no tiene solución exactamente para $t=1$.