Problema resuelto de Matemáticas II: Sistemas de ecuacionesSelectividad (PAU) · Comunitat Valenciana 2026 · Julio

Planteamiento. Cada tanque da una ecuación (la del tanque 3, $z = \alpha y$, se pasa a $-\alpha y + z = 0$):$$\begin{cases} x + 3y + z = 5 \\ \alpha x + 2z = 0 \\ -\alpha y + z = 0 \end{cases} \qquad A = \begin{pmatrix} 1 & 3 & 1 \\ \alpha & 0 & 2 \\ 0 & -\alpha & 1 \end{pmatrix}, \qquad A^* = \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 3 & 1 & 5 \\ \alpha & 0 & 2 & 0 \\ 0 & -\alpha & 1 & 0 \end{array}\right)$$a) Determinante de la matriz de coeficientes. Desarrollando por la primera fila:$$|A| = 1\cdot\big(0\cdot 1 - 2\cdot(-\alpha)\big) - 3\cdot\big(\alpha\cdot 1 - 2\cdot 0\big) + 1\cdot\big(\alpha\cdot(-\alpha) - 0\cdot 0\big) = 2\alpha - 3\alpha - \alpha^2 = -\alpha(\alpha + 1)$$$$|A| = 0 \iff \alpha = 0 \ \text{ o } \ \alpha = -1$$Caso $\alpha \neq 0$ y $\alpha \neq -1$. $\operatorname{rg} A = \operatorname{rg} A^* = 3 =$ número de incógnitas: sistema compatible determinado, una única configuración de equilibrio.

Caso $\alpha = 0$. El sistema queda$$\begin{cases} x + 3y + z = 5 \\ 2z = 0 \\ z = 0 \end{cases}$$Las ecuaciones segunda y tercera dicen lo mismo, así que $\operatorname{rg} A = 2$ (el menor $\begin{vmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 2 \end{vmatrix} = 2 \neq 0$, de las columnas de $x$ y $z$). En la ampliada la tercera fila sigue siendo la mitad de la segunda (las dos con término independiente 0), así que $\operatorname{rg} A^* = 2$. Como $\operatorname{rg} A = \operatorname{rg} A^* = 2 < 3$: sistema compatible indeterminado, infinitas soluciones (un parámetro).

Caso $\alpha = -1$. El sistema queda$$\begin{cases} x + 3y + z = 5 \\ -x + 2z = 0 \\ y + z = 0 \end{cases}$$$\operatorname{rg} A = 2$ (el menor $\begin{vmatrix} 1 & 3 \\ -1 & 0 \end{vmatrix} = 3 \neq 0$). En la ampliada, el menor de las columnas de $x$, $y$ y el término independiente:$$\begin{vmatrix} 1 & 3 & 5 \\ -1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{vmatrix} = 5\cdot\begin{vmatrix} -1 & 0 \\ 0 & 1 \end{vmatrix} = 5\cdot(-1) = -5 \neq 0$$Así que $\operatorname{rg} A^* = 3 \neq \operatorname{rg} A = 2$: sistema incompatible, no hay equilibrio.

Comprobación directa. De la segunda y la tercera, $x = 2z$ e $y = -z$; en la primera, $2z - 3z + z = 0 = 5$, imposible ✓.

b) Caso $\alpha \neq 0, -1$. Se despeja por sustitución. De la tercera, $z = \alpha y$; de la segunda, $\alpha x = -2z = -2\alpha y$ y, como $\alpha \neq 0$, $x = -2y$. En la primera:$$-2y + 3y + \alpha y = 5 \;\Longrightarrow\; (1 + \alpha)\,y = 5 \;\Longrightarrow\; y = \frac{5}{1 + \alpha}$$$$x = -2y = \frac{-10}{1 + \alpha}, \qquad z = \alpha y = \frac{5\alpha}{1 + \alpha}$$Comprobación. Primera ecuación: $\dfrac{-10 + 15 + 5\alpha}{1 + \alpha} = \dfrac{5(1 + \alpha)}{1 + \alpha} = 5$ ✓. Segunda: $\alpha\cdot\dfrac{-10}{1+\alpha} + 2\cdot\dfrac{5\alpha}{1+\alpha} = 0$ ✓.

Caso $\alpha = 0$. Queda $z = 0$ y $x + 3y = 5$. Tomando $y = t$:$$(x, y, z) = (5 - 3t,\ t,\ 0), \qquad t \in \mathbb{R}$$(La fórmula del caso general con $\alpha = 0$ da $(-10, 5, 0)$, que es solo una de ellas, la de $t = 5$.)