Problema resuelto de Matemáticas II: Sistemas de ecuacionesSelectividad (PAU) · País Vasco 2018 · Julio · Opción B

a) Matrices del sistema.$$A = \begin{pmatrix} 1 & a & -1 \\ 2 & 1 & a \\ 3 & a+1 & -1 \end{pmatrix}, \qquad A^* = \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & a & -1 & 2 \\ 2 & 1 & a & 0 \\ 3 & a+1 & -1 & a-1 \end{array}\right).$$Determinante de $A$. Desarrollando por la primera fila:$$|A| = 1\big(-1 - a(a+1)\big) - a\big(-2 - 3a\big) + (-1)\big(2(a+1) - 3\big) = -1 - a^2 - a + 2a + 3a^2 - 2a + 1 = 2a^2 - a = a\,(2a - 1).$$Se anula en $a = 0$ y $a = \tfrac{1}{2}$.

Caso $a \neq 0$ y $a \neq \tfrac12$. $|A| \neq 0$, luego $\operatorname{rg} A = \operatorname{rg} A^* = 3 =$ número de incógnitas: sistema compatible determinado.

Caso $a = 0$. El sistema queda$$\begin{cases} x - z = 2 \\ 2x + y = 0 \\ 3x + y - z = -1 \end{cases}$$La tercera fila de $A$ es la suma de las dos primeras, $(3, 1, -1) = (1, 0, -1) + (2, 1, 0)$, y el menor $\begin{vmatrix} 1 & 0 \\ 2 & 1 \end{vmatrix} = 1 \neq 0$, así que $\operatorname{rg} A = 2$. Pero los términos independientes no cumplen esa relación: $2 + 0 = 2 \neq -1$. En la ampliada, el menor de las columnas 1, 3 y 4:$$\begin{vmatrix} 1 & -1 & 2 \\ 2 & 0 & 0 \\ 3 & -1 & -1 \end{vmatrix} = -2\begin{vmatrix} -1 & 2 \\ -1 & -1 \end{vmatrix} = -2\,(1 + 2) = -6 \neq 0,$$así que $\operatorname{rg} A^* = 3 \neq \operatorname{rg} A = 2$: sistema incompatible.

Caso $a = \tfrac{1}{2}$.$$A = \begin{pmatrix} 1 & \tfrac12 & -1 \\ 2 & 1 & \tfrac12 \\ 3 & \tfrac32 & -1 \end{pmatrix}, \qquad \begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ -\tfrac12 \end{pmatrix}.$$El menor $\begin{vmatrix} 1 & -1 \\ 2 & \tfrac12 \end{vmatrix} = \tfrac12 + 2 = \tfrac52 \neq 0$, así que $\operatorname{rg} A = 2$. En la ampliada, el menor de las columnas 1, 3 y 4:$$\begin{vmatrix} 1 & -1 & 2 \\ 2 & \tfrac12 & 0 \\ 3 & -1 & -\tfrac12 \end{vmatrix} = 1\left(-\tfrac14 - 0\right) + 1\left(-1 - 0\right) + 2\left(-2 - \tfrac32\right) = -\tfrac14 - 1 - 7 = -\tfrac{33}{4} \neq 0,$$luego $\operatorname{rg} A^* = 3 \neq \operatorname{rg} A = 2$: sistema incompatible.

b) ¿Hay solución? Sí: $a = 1$ no anula $|A|$ ($|A| = 1\cdot 1 = 1$), así que el sistema es compatible determinado y tiene solución única.

Resolución por Gauss. Con $a = 1$:$$\begin{cases} x + y - z = 2 \\ 2x + y + z = 0 \\ 3x + 2y - z = 0 \end{cases}$$Haciendo $E_2 - 2E_1$ y $E_3 - 3E_1$:$$\begin{cases} x + y - z = 2 \\ -y + 3z = -4 \\ -y + 2z = -6 \end{cases}$$Restando las dos últimas: $z = 2$. Entonces $-y + 6 = -4$, así que $y = 10$, y $x = 2 - y + z = 2 - 10 + 2 = -6$.

Comprobación. $-6 + 10 - 2 = 2$ ✓; $-12 + 10 + 2 = 0$ ✓; $-18 + 20 - 2 = 0$ ✓.