Problema resuelto de Matemáticas II: Sistemas de ecuacionesSelectividad (PAU) · País Vasco 2022 · Junio

Matrices del sistema.$$M = \begin{pmatrix} 1 & 1 & \alpha \\ 2 & \alpha & \alpha \\ 1 & \alpha & 1 \end{pmatrix}, \qquad M^* = \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & \alpha & \alpha \\ 2 & \alpha & \alpha & 1 \\ 1 & \alpha & 1 & 1 \end{array}\right)$$Determinante de $M$. Desarrollando por la primera fila:$$|M| = 1\,(\alpha - \alpha^2) - 1\,(2 - \alpha) + \alpha\,(2\alpha - \alpha) = \alpha - \alpha^2 - 2 + \alpha + \alpha^2 = 2\alpha - 2$$Se anula solo para $\alpha = 1$.

Caso $\alpha \neq 1$. $|M| \neq 0$, así que $\text{rg}(M) = \text{rg}(M^*) = 3 =$ número de incógnitas: el sistema es compatible determinado (solución única).

Caso $\alpha = 1$. El sistema queda$$\begin{cases} x + y + z = 1 \\ 2x + y + z = 1 \\ x + y + z = 1 \end{cases}$$La tercera ecuación es igual que la primera. El menor $\begin{vmatrix} 1 & 1 \\ 2 & 1 \end{vmatrix} = -1 \neq 0$ da $\text{rg}(M) = 2$, y como la ampliada tiene dos filas iguales, $\text{rg}(M^*) = 2$. Rangos iguales y menores que 3: compatible indeterminado (infinitas soluciones, un parámetro).

Resolución para $\alpha = 1$. Restando la primera ecuación a la segunda: $x = 0$. Entonces $y + z = 1$. Con $y = \lambda$:$$(x, y, z) = (0,\ \lambda,\ 1 - \lambda), \qquad \lambda \in \mathbb{R}$$Resolución para $\alpha = -1$. Es compatible determinado. El sistema es$$\begin{cases} x + y - z = -1 \\ 2x - y - z = 1 \\ x - y + z = 1 \end{cases}$$Sumando la primera y la tercera: $2x = 0$, luego $x = 0$. Quedan$$\begin{cases} y - z = -1 \\ -y - z = 1 \end{cases}$$Sumándolas, $-2z = 0 \Rightarrow z = 0$, y entonces $y = -1$.

Comprobación. $(0, -1, 0)$: $0 - 1 - 0 = -1$ ✓; $0 + 1 - 0 = 1$ ✓; $0 + 1 + 0 = 1$ ✓.