système en fonction de k

bonjour,

Moi j'aurais calculé le determinant

$A=\left| \begin{array} {ccc} 2 & 2 & 1 \\ k & 1 & 1 \\ 1 & k & -1 \end{array} \right| $

puis discuté les cas $A=0$ et $A \neq 0$

Si $A \neq 0$, une solution unique
Si $A=0$ soit aucune solution, soit une infinité de solution (tout \R^3, un plan de \R^3 ou une droite de \R^3)

pour k=1 par exemple, tu reprends le système initial qui devient:

2x+2y+z=5
x+y+z=1
x+y-z=-1

en faisant (2) - (3) tu obtiens

z = 1
x+y = 0

(1) devient 2x + 2y = 4 soit x+y = 2

et avec x+y=0 et x+y=2, évidemment il n'y a pas de solutions

Bonsoir,
"faut il que je discute le cas pour k=-1 et k=1 ?", à mon humble avis, ce n'est pas il faut mais il aurait fallu avant de passer les facteurs critiques en dénominateur~!
Quand tu as une expression du genre $x \times f(k) = g(k) $ tu regardes si $f(k)$ peut s'annuler pour certaines valeurs du paramètre. Si c'est la cas (facile, je sais)
tu regardes si $g(k)$ s'annule dans les mêmes conditions.
Oui indétermination en $x$. Non pas de solution en $x$.
Cordialement.

emma12 écrivait:

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> Oui mais si on a pas le choix ?
Il est alors très probable que tu retrouves le même problème à la fin.

Mais es tu certain(e) de tes calculs~? Mon esclave et moi même arrivons au système échelonné~:
$\displaystyle \left\{ \ \begin{array}{rcl} 2\,x +2\,y + z & = & 5\\ -2\,(k-1)\,y -(k-2)\,z & =& -5\,k +2 \\ (k+1)\,z & = & 5\,(k+1) \end{array} \right. $
Ce que je ne garantis pas, toutes les machines du monde se disent entre elles que l'erreur est humaine et une faute de saisie est toujours possible.
Mais, bref, si ce résultat est exact, je ne vois pas où interviendrait un $k= 0$.
Je déduis que pour $k = -1$ on a un système indéterminé.
Pour $k = 1$ il faut remonter un peu pour éliminer les $z$ mais je conjecture un système sans solution.

emma12 écrivait:

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> mon k=0 intervient dans mes operations anterieurs

C'est précisément là que je pressens un malentendu grave.
Dans la méthode de Gauss tu peux toujours remplacer une ligne $L_{i} $ par $a \times L_{i} + b \times L_{j} \quad j \not= i$ à la seule condition que $a$ soit non nul, il n'y a pas de condition sur $b$, oeuf corse.