Ejercicio resuelto de Sistemas de ecuaciones · Matemáticas II

PREGUNTA 2: ÁLGEBRA (2.5 puntos)

Responda al apartado 2.1 o al apartado 2.2

2.1 Mediante un proceso de mezclado continuo en tres tanques interconectados, una planta química produce tres compuestos, X, Y, Z, ligados a unos valores reales $x$, $y$, $z$, respectivamente, llamados pseudodensidades. Las pseudodensidades en los tanques deben estar en equilibrio para mantener la concentración deseada de los productos. Los ingenieros del proceso han establecido las siguientes condiciones de equilibrio:

Tanque 1: La suma de la pseudodensidad $x$, más el triple de la pseudodensidad $y$, más la pseudodensidad $z$ ha de valer 5.
Tanque 2: La suma de $\alpha$ veces la pseudodensidad $x$, más el doble de la pseudodensidad $z$ debe anularse, donde $\alpha$ es el factor catalizador.
Tanque 3: La pseudodensidad $z$ ha de ser $\alpha$ veces la pseudodensidad $y$.

Se pide:

2.1.1 Estudiar la existencia y el número de soluciones $x,y,z$ (las posibles configuraciones de equilibrio) en función de los valores del factor catalizador $\alpha$. (1.25 puntos)
2.1.2 Cuando el factor catalizador satisface $\alpha \mathrm{\ne }-1$, el proceso alcanza estados de equilibrio factibles. En este caso, calcular, si existen, los valores $x,y,z$, en función del valor $\alpha$. (1.25 puntos)

Escribimos las tres condiciones de equilibrio como un sistema de ecuaciones lineales:

$\{\begin{array}{l}x+3y+z=5\\ \alpha x+2z=0\\ \alpha y-z=0\end{array}$

La matriz de coeficientes y la ampliada son:

$M=\left(\begin{array}{ccc}1& 3& 1\\ \alpha & 0& 2\\ 0& \alpha & -1\end{array}\right),M^{\ast }=\left(\begin{array}{ccccc}1& 3& 1& \mathrm{\mid }& 5\\ \alpha & 0& 2& \mathrm{\mid }& 0\\ 0& \alpha & -1& \mathrm{\mid }& 0\end{array}\right)$

Discutimos el sistema a partir del determinante de la matriz de coeficientes:

$\det (M)=\mid \begin{array}{ccc}1& 3& 1\\ \alpha & 0& 2\\ 0& \alpha & -1\end{array}\mid ={\alpha }^2+\alpha =\alpha (\alpha +1)$

Entonces:

$\det (M)=0\Rightarrow \alpha (\alpha +1)=0\Rightarrow \{\begin{array}{l}\alpha =0\\ \alpha =-1\end{array}$

Si $\alpha \mathrm{\ne }0$ y $\alpha \mathrm{\ne }-1$, entonces $\det (M)\mathrm{\ne }0$ y por el teorema de Rouché-Frobenius:

$\mathrm{rg}(M)=\mathrm{rg}(M^{\ast })=3=\text{n}\acute{\text{u}}\text{mero de inc}\acute{\text{o}}\text{gnitas}$

luego el sistema es compatible determinado: hay una única configuración de equilibrio.

Para $\alpha =0$ el sistema queda:

$\{\begin{array}{l}x+3y+z=5\\ 2z=0\\ -z=0\end{array}$

Las dos últimas ecuaciones dicen lo mismo. El menor

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

garantiza que $\mathrm{rg}(M)=2$, y la columna de términos independientes no aumenta el rango porque sus dos últimas entradas son nulas, de forma que $\mathrm{rg}(M^{\ast })=2$. Como el rango común es menor que el número de incógnitas, el sistema es compatible indeterminado: hay infinitas configuraciones de equilibrio.

Para $\alpha =-1$ el sistema queda:

$\{\begin{array}{l}x+3y+z=5\\ -x+2z=0\\ -y-z=0\end{array}$

El menor

$\mid \begin{array}{cc}1& 3\\ -1& 0\end{array}\mid =3\mathrm{\ne }0$

da $\mathrm{rg}(M)=2$. Orlando ese menor con la columna de términos independientes:

$\mid \begin{array}{ccc}1& 3& 5\\ -1& 0& 0\\ 0& -1& 0\end{array}\mid =5\mathrm{\ne }0\Rightarrow \mathrm{rg}(M^{\ast })=3$

Como los dos rangos no coinciden, el sistema es incompatible: no existe ninguna configuración de equilibrio.

En resumen:

$\{\begin{array}{l}\alpha \mathrm{\ne }0\text{ y }\alpha \mathrm{\ne }-1\Rightarrow \text{soluci}\acute{\text{o}}\text{n }\acute{\text{u}}\text{nica}\\ \alpha =0\Rightarrow \text{infinitas soluciones}\\ \alpha =-1\Rightarrow \text{sin soluci}\acute{\text{o}}\text{n}\end{array}$



Para $\alpha \mathrm{\ne }0$ y $\alpha \mathrm{\ne }-1$ el sistema es compatible determinado y lo resolvemos por la regla de Cramer, con $\det (M)=\alpha (\alpha +1)$:

$x={\displaystyle \frac{\mid \begin{array}{ccc}5& 3& 1\\ 0& 0& 2\\ 0& \alpha & -1\end{array}\mid }{\alpha (\alpha +1)}}={\displaystyle \frac{-10\alpha }{\alpha (\alpha +1)}}={\displaystyle \frac{-10}{\alpha +1}}$

$y={\displaystyle \frac{\mid \begin{array}{ccc}1& 5& 1\\ \alpha & 0& 2\\ 0& 0& -1\end{array}\mid }{\alpha (\alpha +1)}}={\displaystyle \frac{5\alpha }{\alpha (\alpha +1)}}={\displaystyle \frac{5}{\alpha +1}}$

$z={\displaystyle \frac{\mid \begin{array}{ccc}1& 3& 5\\ \alpha & 0& 0\\ 0& \alpha & 0\end{array}\mid }{\alpha (\alpha +1)}}={\displaystyle \frac{5{\alpha }^2}{\alpha (\alpha +1)}}={\displaystyle \frac{5\alpha }{\alpha +1}}$

Comprobamos las tres condiciones de equilibrio con estos valores:

$x+3y+z={\displaystyle \frac{-10+15+5\alpha }{\alpha +1}}=5,\alpha x+2z={\displaystyle \frac{-10\alpha +10\alpha }{\alpha +1}}=0,z=\alpha y$

Falta el caso $\alpha =0$, en el que el sistema es compatible indeterminado. Allí $z=0$ y queda una sola ecuación, $x+3y=5$; tomando $y=\lambda$ como parámetro:

$(x,y,z)=(5-3\lambda ,\lambda ,0),\lambda \in \mathbb{R}$

Por tanto, para todo $\alpha \mathrm{\ne }-1$ el proceso alcanza el equilibrio: con una única configuración si $\alpha \mathrm{\ne }0$, y con infinitas si $\alpha =0$.