\begin{tabular}{l} Esercizio 2. (8pt) Discutere e risolvere il seguente sistema lineare al variare del parametro reale \\ \( k \) : \\ \( \qquad \begin{array}{l}\text { E }\end{array} \) \\ \( \begin{array}{l}x+2 k y+5 k z=1 \\ x+4 y+10 z=1\end{array} \) \\ \hline\end{tabular}

Per risolvere il sistema lineare al variare del parametro reale \( k \): \[ \begin{cases} x + 2k y + 5k z = 1 \\ x + 4 y + 10 z = 1 \end{cases} \] ### Passo 1: Eliminazione di \( x \) Sottraiamo la seconda equazione dalla prima: \[ (x + 2k y + 5k z) - (x + 4 y + 10 z) = 1 - 1 \] \[ (2k - 4) y + (5k - 10) z = 0 \] Fattorizziamo \( k - 2 \): \[ 2(k - 2) y + 5(k - 2) z = 0 \] \[ (k - 2)(2y + 5z) = 0 \] ### Passo 2: Analisi delle situazioni in base a \( k \) #### Caso 1: \( k \neq 2 \) Se \( k \neq 2 \), allora \( k - 2 \neq 0 \) e si ha: \[ 2y + 5z = 0 \quad \Rightarrow \quad y = -\frac{5}{2} z \] Sostituiamo \( y \) nella prima equazione del sistema originale: \[ x + 2k\left(-\frac{5}{2} z\right) + 5k z = 1 \] \[ x - 5k z + 5k z = 1 \quad \Rightarrow \quad x = 1 \] Quindi, le soluzioni sono parametriche rispetto a \( z \): \[ \begin{cases} x = 1 \\ y = -\frac{5}{2} z \\ z \in \mathbb{R} \end{cases} \] #### Caso 2: \( k = 2 \) Se \( k = 2 \), l'equazione ottenuta diventa: \[ 0 \cdot y + 0 \cdot z = 0 \] Il sistema originale si riduce a una sola equazione: \[ x + 4 y + 10 z = 1 \] Ancora una volta, possiamo esprimere \( x \) in funzione di \( y \) e \( z \): \[ x = 1 - 4 y - 10 z \] Le soluzioni sono parametriche rispetto a \( y \) e \( z \): \[ \begin{cases} x = 1 - 4 y - 10 z \\ y, z \in \mathbb{R} \end{cases} \] ### Conclusione Indipendentemente dal valore di \( k \): - **Per ogni \( k \in \mathbb{R} \)**, il sistema è **compatibile indeterminato** e ammette **infinite soluzioni**. - **Se \( k \neq 2 \)**: La soluzione è data da \( x = 1 \), \( y = -\frac{5}{2} z \), con \( z \) parametro libero. - **Se \( k = 2 \)**: La soluzione è data da \( x = 1 - 4 y - 10 z \), con \( y \) e \( z \) parametri liberi.