Ejercicio resuelto de Sistemas de ecuaciones · Matemáticas CCSS

Se considera el siguiente sistema de ecuaciones lineales dependiente del parámetro real $k$:

$\begin{cases} x-3y+5z=0 \\ ky+(5-k)z=-10 \\ x-3y+kz=10 \end{cases}$

a) Clasificar el sistema según su número de soluciones para los distintos valores de $k$.
b) Resolver el sistema para $k=1$.

$\textbf{a) Clasificar el sistema según su número de soluciones para los distintos valores de } \boldsymbol{k}\textbf{.}$

Se aplica el teorema de Rouché-Frobenius. Las matrices del sistema son

$A=\begin{pmatrix} 1 & -3 & 5 \\ 0 & k & 5-k \\ 1 & -3 & k \end{pmatrix}, \quad A^*=\begin{pmatrix} 1 & -3 & 5 & 0 \\ 0 & k & 5-k & -10 \\ 1 & -3 & k & 10 \end{pmatrix}$

Para el determinante conviene restar la primera fila a la tercera, lo que no lo altera:

$|A|=\begin{vmatrix} 1 & -3 & 5 \\ 0 & k & 5-k \\ 1 & -3 & k \end{vmatrix} =\begin{vmatrix} 1 & -3 & 5 \\ 0 & k & 5-k \\ 0 & 0 & k-5 \end{vmatrix} =1\cdot k\cdot (k-5)$

$|A|=k(k-5)=0 \Rightarrow k=0 \quad\text{o}\quad k=5$

Primer caso: $k\neq 0$ y $k\neq 5$.

Entonces $|A|\neq 0$, luego $\text{rg}(A)=\text{rg}(A^*)=3$, igual al número de incógnitas: el sistema es compatible determinado.

Segundo caso: $k=0$.

Las matrices quedan

$A=\begin{pmatrix} 1 & -3 & 5 \\ 0 & 0 & 5 \\ 1 & -3 & 0 \end{pmatrix}, \quad A^*=\begin{pmatrix} 1 & -3 & 5 & 0 \\ 0 & 0 & 5 & -10 \\ 1 & -3 & 0 & 10 \end{pmatrix}$

Hay un menor de orden dos no nulo,

$\begin{vmatrix} 1 & 5 \\ 0 & 5 \end{vmatrix}=5\neq 0$

y como $|A|=0$ resulta $\text{rg}(A)=2$. En la ampliada, la segunda ecuación da $5z=-10$, es decir, $z=-2$, y sustituyendo en la primera se obtiene $x-3y=10$, que es exactamente la tercera ecuación: no hay contradicción, así que $\text{rg}(A^*)=2$ también.

Como $\text{rg}(A)=\text{rg}(A^*)=2<3$, el sistema es compatible indeterminado, con infinitas soluciones que dependen de un parámetro.

Tercer caso: $k=5$.

Las matrices quedan

$A=\begin{pmatrix} 1 & -3 & 5 \\ 0 & 5 & 0 \\ 1 & -3 & 5 \end{pmatrix}, \quad A^*=\begin{pmatrix} 1 & -3 & 5 & 0 \\ 0 & 5 & 0 & -10 \\ 1 & -3 & 5 & 10 \end{pmatrix}$

La primera y la tercera filas de $A$ son iguales, luego $\text{rg}(A)=2$. Pero en la ampliada esas dos filas tienen distinto término independiente, 0 y 10: las ecuaciones primera y tercera se contradicen. En efecto,

$\begin{vmatrix} 1 & -3 & 0 \\ 0 & 5 & -10 \\ 1 & -3 & 10 \end{vmatrix} =1(50-30)+3(0+10)+0=50\neq 0$

de modo que $\text{rg}(A^*)=3\neq 2$ y el sistema es incompatible.

En resumen: para $k\neq 0$ y $k\neq 5$ el sistema es compatible determinado; para $k=0$ es compatible indeterminado; y para $k=5$ es incompatible.

$\textbf{b) Resolver el sistema para } \boldsymbol{k=1}\textbf{.}$

Con $k=1$ se tiene $|A|=1\cdot(1-5)=-4\neq 0$, luego el sistema es compatible determinado. Queda

$\begin{cases} x-3y+5z=0 \\ y+4z=-10 \\ x-3y+z=10 \end{cases}$

Se resta la primera ecuación de la tercera, con lo que desaparecen $x$ e $y$:

$(x-3y+z)-(x-3y+5z)=10-0 \Rightarrow -4z=10 \Rightarrow z=-\dfrac{5}{2}$

Se lleva a la segunda ecuación:

$y+4\left(-\dfrac{5}{2}\right)=-10 \Rightarrow y-10=-10 \Rightarrow y=0$

Y a la primera:

$x-0+5\left(-\dfrac{5}{2}\right)=0 \Rightarrow x=\dfrac{25}{2}$

Se comprueba en la tercera:

$\dfrac{25}{2}-0-\dfrac{5}{2}=\dfrac{20}{2}=10$

La solución es $x=\dfrac{25}{2}=12{,}5$, $y=0$ y $z=-\dfrac{5}{2}=-2{,}5$.