T2: Sistemas de ecuaciones lineales · Discusión de sistemas con parámetros — MATEMATICAS II PEvAU Andaluc%2525C3%2525ADa 2024

Discusión de sistemas con parámetros

Problema

2024 · Ordinaria · Titular

Considera el sistema $\begin{cases} y + z = 1 \\ (k - 1)x + y + z = k \\ x + (k - 1)y + z = 0 \end{cases}$

a) Discute el sistema según los valores de

k

.b) Para

k = 1

resuelve el sistema, si es posible. ¿Hay alguna solución en la que

y = 0

? En caso afirmativo, calcúlala. En caso negativo, justifica la respuesta.

Teorema de Rouché-FrobeniusSistemas con parámetrosRegla de Cramer

Discusión y resolución de un sistema de ecuaciones lineales

Definimos las matrices asociadas al sistema, la matriz de coeficientes $A$ y la matriz ampliada $A^*$ :

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

a) Discute el sistema según los valores de

k

En primer lugar, calculamos el determinante de la matriz $A$ :

|A| = \begin{vmatrix} 0 & 1 & 1 \\ k-1 & 1 & 1 \\ 1 & k-1 & 1 \\ \end{vmatrix} = 0 - 1 \cdot [(k-1) - 1] + 1 \cdot [(k-1)^2 - 1]

|A| = -(k-2) + (k^2 - 2k + 1 - 1) = -k + 2 + k^2 - 2k = k^2 - 3k + 2

Igualamos el determinante a cero para encontrar los valores críticos de $k$ :

k^2 - 3k + 2 = 0 \implies k = \frac{3 \pm \sqrt{9 - 8}}{2} \implies k = 1, \quad k = 2

Analizamos los casos según el valor de $k$ :Si $k \neq 1$ y $k \neq 2$ : El determinante $|A| \neq 0$ , por lo que $\text{rango}(A) = 3$ . Como el rango de la matriz ampliada no puede superar 3, $\text{rango}(A) = \text{rango}(A^*) = 3$ , que coincide con el número de incógnitas. El sistema es Compatible Determinado (SCD), con solución única.Si $k = 1$ : Las matrices son:

A = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \\ \end{pmatrix}, \quad A^* = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ \end{pmatrix}

Observamos que las dos primeras filas de $A^*$ son idénticas. El $\text{rango}(A) = 2$ (ya que el menor $\begin{vmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \\ \end{vmatrix} = -1 \neq 0$ ) y el $\text{rango}(A^*) = 2$ . Al ser $\text{rango}(A) = \text{rango}(A^*) = 2 < 3$ , el sistema es Compatible Indeterminado (SCI), con infinitas soluciones.Si $k = 2$ : Las matrices son:

A = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \\ \end{pmatrix}, \quad A^* = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 2 \\ 1 & 1 & 1 & 0 \\ \end{pmatrix}

Aquí, las filas 2 y 3 de $A$ son iguales, por lo que $\text{rango}(A) = 2$ . Sin embargo, en $A^*$ , si tomamos el menor formado por las columnas 1, 2 y 4:

\begin{vmatrix} 0 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 2 \\ 1 & 1 & 0 \\ \end{vmatrix} = 0 - (0 - 2) + (1 - 1) = 2 \neq 0

Como $\text{rango}(A^*) = 3$ y $\text{rango}(A) = 2$ , el sistema es Incompatible (SI), no tiene solución.

b) Para

k = 1

resuelve el sistema, si es posible. ¿Hay alguna solución en la que

y = 0

? En caso afirmativo, calcúlala.

Para $k = 1$ , el sistema se reduce a dos ecuaciones independientes:

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

Tomamos $z = \lambda$ como parámetro libre ( $\lambda \in \mathbb{R}$ ). Las soluciones generales son:

x = -\lambda, \quad y = 1 - \lambda, \quad z = \lambda

Para comprobar si existe una solución con $y = 0$ , igualamos la expresión de $y$ a cero:

1 - \lambda = 0 \implies \lambda = 1

Si $\lambda = 1$ , calculamos los valores de $x$ y $z$ :

x = -(1) = -1, \quad z = 1

Por lo tanto, sí existe una solución con $y = 0$ , y es $(-1, 0, 1)$ .