Discusión de un sistema de ecuaciones lineales con un parámetro

**a) [1,75 puntos] Discute el sistema según los valores de $k$.** En primer lugar, escribimos la matriz de coeficientes $A$ y la matriz ampliada $A^*$ del sistema: $$A = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 1 \\ k-1 & 1 & 1 \\ 1 & k-1 & 1 \end{pmatrix}; \quad A^* = \left(\begin{array}{ccc|c} 0 & 1 & 1 & 1 \\ k-1 & 1 & 1 & k \\ 1 & k-1 & 1 & 0 \end{array}\right)$$ Calculamos el determinante de la matriz $A$ utilizando la regla de Sarrus: $$|A| = \begin{vmatrix} 0 & 1 & 1 \\ k-1 & 1 & 1 \\ 1 & k-1 & 1 \end{vmatrix} = [0 \cdot 1 \cdot 1 + 1 \cdot 1 \cdot 1 + (k-1) \cdot (k-1) \cdot 1] - [1 \cdot 1 \cdot 1 + 0 \cdot 1 \cdot (k-1) + 1 \cdot (k-1) \cdot 1]$$ $$|A| = [1 + (k-1)^2] - [1 + (k-1)] = 1 + k^2 - 2k + 1 - 1 - k + 1 = k^2 - 3k + 2$$ 💡 **Tip:** Recuerda que para discutir un sistema por el Teorema de Rouché-Frobenius, el primer paso suele ser encontrar los valores del parámetro que anulan el determinante de la matriz de coeficientes.

Igualamos el determinante a cero para hallar los valores críticos de $k$: $$k^2 - 3k + 2 = 0$$ $$k = \frac{3 \pm \sqrt{(-3)^2 - 4 \cdot 1 \cdot 2}}{2} = \frac{3 \pm \sqrt{9-8}}{2} = \frac{3 \pm 1}{2}$$ Esto nos da dos valores: **$k = 1$** y **$k = 2$**. A continuación, discutimos el sistema según estos valores usando el Teorema de Rouché-Frobenius.

Si $k \neq 1$ y $k \neq 2$, entonces $|A| \neq 0$. Esto implica que el rango de la matriz de coeficientes es igual al número de incógnitas: $$\text{rg}(A) = 3 = \text{rg}(A^*)$$ ✅ **Resultado:** $$\boxed{\text{Si } k \neq 1, 2: \text{ Sistema Compatible Determinado (SCD), tiene solución única.}}$$

Si $k = 1$, sustituimos en las matrices: $$A = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \end{pmatrix}; \quad A^* = \left(\begin{array}{ccc|c} 0 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \end{array}\right)$$ Observamos que la primera y la segunda fila de $A^*$ son idénticas, por lo que podemos prescindir de una de ellas. El rango de $A$ es 2 porque existe un menor de orden 2 no nulo: $$\begin{vmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{vmatrix} = 1 \neq 0$$ Como no hay más filas independientes en $A^*$, $\text{rg}(A) = \text{rg}(A^*) = 2$. Como el rango (2) es menor que el número de incógnitas (3): ✅ **Resultado:** $$\boxed{\text{Si } k = 1: \text{ Sistema Compatible Indeterminado (SCI), tiene infinitas soluciones.}}$$

Si $k = 2$, sustituimos en las matrices: $$A = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix}; \quad A^* = \left(\begin{array}{ccc|c} 0 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 2 \\ 1 & 1 & 1 & 0 \end{array}\right)$$ En la matriz $A$, las filas 2 y 3 son iguales, por lo que $\text{rg}(A) = 2$ (el menor $\begin{vmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 1 \end{vmatrix} = -1 \neq 0$). Sin embargo, en la matriz ampliada $A^*$, si miramos las filas 2 y 3, vemos que los coeficientes son iguales pero los términos independientes son distintos ($2 \neq 0$), lo que indica una contradicción. Formalmente, calculamos un menor de orden 3 en $A^*$ usando la columna de términos independientes: $$\begin{vmatrix} 0 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 2 \\ 1 & 1 & 0 \end{vmatrix} = [0+2+1] - [1+0+0] = 3 - 1 = 2 \neq 0$$ Por tanto, $\text{rg}(A^*) = 3$. Como $\text{rg}(A) \neq \text{rg}(A^*)$: ✅ **Resultado:** $$\boxed{\text{Si } k = 2: \text{ Sistema Incompatible (SI), no tiene solución.}}$$

**b) [0,75 puntos] 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.** Como vimos en el apartado anterior, para $k=1$ el sistema es SCI. El sistema simplificado es: $$\begin{cases} y + z = 1 \\ x + z = 0 \end{cases}$$ Tomamos $z = \lambda$ como parámetro (con $\lambda \in \mathbb{R}$): 1. De la segunda ecuación: $x = -\lambda$ 2. De la primera ecuación: $y = 1 - \lambda$ La solución general es: $$\boxed{(x, y, z) = (-\lambda, 1 - \lambda, \lambda) \text{ para } \lambda \in \mathbb{R}}$$

Para ver si existe una solución donde $y = 0$, imponemos dicha condición en nuestra solución general: $$y = 0 \implies 1 - \lambda = 0 \implies \lambda = 1$$ Sustituimos el valor de $\lambda = 1$ en las expresiones de $x$ y $z$: - $x = -\lambda = -1$ - $z = \lambda = 1$ Por tanto, **sí existe una solución** con $y = 0$. ✅ **Resultado:** $$\boxed{\text{La solución es } (x, y, z) = (-1, 0, 1)}$$