Ejercicio resuelto de Sistemas de ecuaciones · Matemáticas II

B.1. Calificación máxima: 2.5 puntos.

Dado el sistema $\{\begin{array}{l}-2x+y+kz=1\\ kx-y-z=0\\ -y+(k-1)z=3\end{array}$, se pide:

a) (1.25 puntos) Discutirlo en función del parámetro $k$.
b) (0.5 puntos) Resolverlo para $k=3$.
c) (0.75 puntos) Resolverlo para $k=3\mathrm{/}2$ y especificar, si es posible, una solución particular con $x=2$.

$\mathbf{\text{a)}}\mathbf{\text{(1,25}}\mathbf{\text{puntos)}}\mathbf{\text{Discutirlo}}\mathbf{\text{en}}\mathbf{\text{funci}}\acute{\mathbf{\text{o}}}\mathbf{\text{n}}\mathbf{\text{del}}\mathbf{\text{par}}\acute{\mathbf{\text{a}}}\mathbf{\text{metro}}\mathit{k}\mathbf{\text{.}}$

Aplicamos el teorema de Rouché-Frobenius, empezando por el determinante de la matriz de coeficientes.

$\mathrm{\mid }A\mathrm{\mid }=\mid \begin{array}{ccc}-2& 1& k\\ k& -1& -1\\ 0& -1& k-1\end{array}\mid =3k-2k^2=k(3-2k)$

$\mathrm{\mid }A\mathrm{\mid }=0\Rightarrow k=0\text{ o }k={\displaystyle \frac{3}{2}}$

Para el resto de valores los dos rangos son 3, igual al número de incógnitas.

$k\mathrm{\ne }0\text{ y }k\mathrm{\ne }{\displaystyle \frac{3}{2}}\Rightarrow \mathrm{rg}(A)=\mathrm{rg}(A^{\ast })=3\Rightarrow \text{compatible determinado}$

Con $k=0$ el rango de la matriz de coeficientes baja a 2, pero al añadir la columna de términos independientes aparece un menor de orden tres no nulo.

$k=0\Rightarrow A^{\ast }=\left(\begin{array}{cccc}-2& 1& 0& 1\\ 0& -1& -1& 0\\ 0& -1& -1& 3\end{array}\right)\Rightarrow \mathrm{rg}(A)=2\mathrm{\ne }3=\mathrm{rg}(A^{\ast })$

Con $k=\frac{3}{2}$, en cambio, los dos rangos coinciden y valen 2.

$k={\displaystyle \frac{3}{2}}\Rightarrow \mathrm{rg}(A)=\mathrm{rg}(A^{\ast })=2<3$

El sistema es compatible determinado salvo en dos casos: es incompatible si $k=0$ y compatible indeterminado si $k=\frac{3}{2}$.



Ese valor no anula el determinante, luego el sistema tiene solución única. Lo resolvemos por reducción.

$\{\begin{array}{l}-2x+y+3z=1\\ 3x-y-z=0\\ -y+2z=3\end{array}$

Sumando las dos primeras ecuaciones desaparece $y$.

$x+2z=1$

De la tercera, $y=2z-3$; sustituyendo en la segunda:

$3x-(2z-3)-z=0\Rightarrow 3x-3z=-3\Rightarrow x=z-1$

$(z-1)+2z=1\Rightarrow 3z=2\Rightarrow z={\displaystyle \frac{2}{3}}$

$x=-{\displaystyle \frac{1}{3}};y={\displaystyle \frac{4}{3}}-3=-{\displaystyle \frac{5}{3}}$



Es el caso indeterminado, así que nos quedamos con dos ecuaciones independientes y tomamos $x$ como parámetro.

$\{\begin{array}{l}-2x+y+\frac{3}{2}z=1\\ -y+\frac{1}{2}z=3\end{array}$

Sumando las dos ecuaciones se elimina $y$.

$-2x+2z=4\Rightarrow z=x+2$

$y={\displaystyle \frac{z}{2}}-3={\displaystyle \frac{x}{2}}-2$

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

Al haber infinitas soluciones sí es posible fijar $x=2$: basta tomar ese valor del parámetro.

$\lambda =2\Rightarrow (x,y,z)=(2,-1,4)$