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 $x$, mas 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 $\alpha \neq -1$, 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)

$\textbf{2.1.1 Estudiar la existencia y el número de soluciones } \boldsymbol{x,y,z}\textbf{ en función del factor catalizador } \boldsymbol{\alpha}\textbf{. (1,25 puntos)}$

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

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

La matriz de coeficientes y la ampliada son:

$M=\begin{pmatrix} 1&3&1\\ \alpha&0&2\\ 0&\alpha&-1 \end{pmatrix}, \qquad M^{*}=\begin{pmatrix} 1&3&1&|&5\\ \alpha&0&2&|&0\\ 0&\alpha&-1&|&0 \end{pmatrix}$

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

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

Entonces:

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

Si $\alpha\neq0$ y $\alpha\neq-1$, entonces $\det(M)\neq0$ y por el teorema de Rouché-Frobenius:

$\operatorname{rg}(M)=\operatorname{rg}(M^{*})=3=\text{número de incógnitas}$

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

Para $\alpha=0$ el sistema queda:

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

Las dos últimas ecuaciones dicen lo mismo. El menor

$\begin{vmatrix} 1&1\\ 0&2 \end{vmatrix} =2\neq0$

garantiza que $\operatorname{rg}(M)=2$, y la columna de términos independientes no aumenta el rango porque sus dos últimas entradas son nulas, de forma que $\operatorname{rg}(M^{*})=2$. 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:

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

El menor

$\begin{vmatrix} 1&3\\ -1&0 \end{vmatrix} =3\neq0$

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

$\begin{vmatrix} 1&3&5\\ -1&0&0\\ 0&-1&0 \end{vmatrix} =5\neq0 \Rightarrow \operatorname{rg}(M^{*})=3$

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

En resumen:

$\begin{cases} \alpha\neq0 \text{ y } \alpha\neq-1 \Rightarrow \text{solución única}\\ \alpha=0 \Rightarrow \text{infinitas soluciones}\\ \alpha=-1 \Rightarrow \text{sin solución} \end{cases}$

$\textbf{2.1.2 Cuando el factor catalizador satisface } \boldsymbol{\alpha \neq -1}\textbf{, el proceso alcanza estados de equilibrio factibles. En este caso, calcular, si existen, los valores } \boldsymbol{x, y, z}\textbf{, en función del valor } \boldsymbol{\alpha}\textbf{. (1,25 puntos)}$

Para $\alpha\neq0$ y $\alpha\neq-1$ el sistema es compatible determinado y lo resolvemos por la regla de Cramer, con $\det(M)=\alpha(\alpha+1)$:

$x=\dfrac{\begin{vmatrix}5&3&1\\0&0&2\\0&\alpha&-1\end{vmatrix}}{\alpha(\alpha+1)}=\dfrac{-10\alpha}{\alpha(\alpha+1)}=\dfrac{-10}{\alpha+1}$

$y=\dfrac{\begin{vmatrix}1&5&1\\ \alpha&0&2\\ 0&0&-1\end{vmatrix}}{\alpha(\alpha+1)}=\dfrac{5\alpha}{\alpha(\alpha+1)}=\dfrac{5}{\alpha+1}$

$z=\dfrac{\begin{vmatrix}1&3&5\\ \alpha&0&0\\ 0&\alpha&0\end{vmatrix}}{\alpha(\alpha+1)}=\dfrac{5\alpha^{2}}{\alpha(\alpha+1)}=\dfrac{5\alpha}{\alpha+1}$

Comprobamos las tres condiciones de equilibrio con estos valores:

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

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:

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

Por tanto, para todo $\alpha\neq-1$ el proceso alcanza el equilibrio: con una única configuración si $\alpha\neq0$, y con infinitas si $\alpha=0$.