Sistemas de ecuaciones: ejercicios de la PAU de Matemáticas II de Andalucía resueltos

Planteamiento Aplicamos el teorema de Rouché-Frobenius: comparamos el rango de la matriz de coeficientes $M$ con el de la ampliada $M^*$. Empezamos por el determinante de $M$, que dice para qué valores de $a$ el rango es $3$.

1. Matrices del sistema:

   $M$${}= \begin{pmatrix}3&-1&0\\ 0&1-a&2\\ 0&4&3-a\end{pmatrix}$$M^*$${}= \left(\begin{array}{ccc|c}3&-1&0&a^2\\ 0&1-a&2&0\\ 0&4&3-a&a-5\end{array}\right)$

2. Desarrollamos $|M|$ por la primera columna:

   $|M|$${}= 3\,[(1-a)(3-a)-8]$${}= 3\,(a^2-4a-5)$

3. Valores críticos, los que anulan el determinante:

   $a^2-4a-5=0$${}\Longrightarrow a=\frac{4\pm\sqrt{16+20}}{2}$${}= \frac{4\pm 6}{2}$${}\Longrightarrow a=5$$\text{o}\ \ a=-1$

4. Si $a\ne 5$ y $a\ne -1$, $|M|\ne 0$ y los dos rangos valen $3$, el número de incógnitas: sistema compatible determinado.

   $\operatorname{rg}(M)=\operatorname{rg}(M^*)=3$

5. Si $a=5$, la matriz ampliada es:

   $M^*$${}= \left(\begin{array}{ccc|c}3&-1&0&25\\ 0&-4&2&0\\ 0&4&-2&0\end{array}\right)$

6. La tercera fila es la segunda cambiada de signo, también en el término independiente, así que ninguno de los dos rangos pasa de $2$. Hay un menor de orden $2$ no nulo:

   $\begin{vmatrix}3&-1\\ 0&-4\end{vmatrix}$${}= -12$${}\ne 0$${}\Longrightarrow \operatorname{rg}(M)$${}= \operatorname{rg}(M^*)$${}= 2$

7. Si $a=-1$, la matriz ampliada es:

   $M^*$${}= \left(\begin{array}{ccc|c}3&-1&0&1\\ 0&2&2&0\\ 0&4&4&-6\end{array}\right)$

8. En $M$ la tercera fila es el doble de la segunda y $\begin{vmatrix}3&-1\\ 0&2\end{vmatrix}$${}= 6$${}\ne 0$, así que $\operatorname{rg}(M)=2$. En $M^*$ orlamos ese menor con la columna de los términos independientes:

   $\begin{vmatrix}3&-1&1\\ 0&2&0\\ 0&4&-6\end{vmatrix}$${}= 3\,(2\cdot(-6)-0\cdot 4)$${}= -36$${}\ne 0$${}\Longrightarrow \operatorname{rg}(M^*)$${}= 3$

Planteamiento Como $a=0$ no es ni $5$ ni $-1$, por el apartado a el sistema es compatible determinado. Lo resolvemos por sustitución, empezando por las dos últimas ecuaciones, que solo tienen $y$ y $z$.

1. Sistema con $a=0$:

   $\begin{cases}3x-y=0\\ y+2z=0\\ 4y+3z=-5\end{cases}$

2. De la segunda ecuación:

   $y=-2z$

3. Sustituimos en la tercera:

   $4(-2z)+3z$${}= -5$${}\Longrightarrow -5z$${}= -5$${}\Longrightarrow z=1$

4. Entonces $y=-2\cdot 1=-2$ y, de la primera ecuación:

   $3x=y=-2\ \Longrightarrow\ x=-\frac{2}{3}$

5. Comprobación en la primera ecuación:

   $3\cdot\left(-\frac{2}{3}\right)-(-2)=-2+2=0$

Planteamiento Llamamos $x$, $y$, $z$ a lo que la familia pagaba cada semana el año pasado en verdura, carne y pescado, en euros. Planteamos un sistema con los datos del año pasado y con la subida, y al final aplicamos a cada precio su subida.

1. Gasto del año pasado:

   $x+y+z=115$

2. El pescado costaba el doble que la verdura:

   $z=2x$

3. En $2026$ cada gasto queda multiplicado por $1{,}12$, $1{,}15$ o $1{,}20$, y la compra cuesta $115+19=134$ €:

   $1{,}12x+1{,}15y+1{,}20z=134$

4. El sistema es:

   $\begin{cases}x+y+z=115\\ z=2x\\ 1{,}12x+1{,}15y+1{,}20z=134\end{cases}$

5. Sustituimos $z=2x$ en la primera ecuación:

   $3x+y=115\ \Longrightarrow\ y=115-3x$

6. Sustituimos $z=2x$ e $y=115-3x$ en la tercera:

   $1{,}12x$${}+1{,}15\,(115-3x)$${}+2{,}40x$${}= 134$

7. Operamos: $1{,}15\cdot 115=132{,}25$ y $1{,}12-3{,}45+2{,}40=0{,}07$.

   $0{,}07x+132{,}25$${}= 134$${}\Longrightarrow 0{,}07x$${}= 1{,}75$${}\Longrightarrow x=25$

8. Precios del año pasado:

   $x=25$$y=115-75=40$$z=2\cdot 25=50$

9. Precios de $2026$, aplicando cada subida:

   $1{,}12\cdot 25=28$$1{,}15\cdot 40=46$$1{,}20\cdot 50=60$

10. Comprobación del gasto de $2026$:

    $28+46+60=134$

Planteamiento Llamamos $x$, $y$, $z$ a los precios en euros del jersey, la camisa y el pantalón. El enunciado da dos ecuaciones con tres incógnitas; estudiamos el sistema con los rangos (Rouché-Frobenius) y miramos qué incógnitas quedan fijadas.

1. Gasto total y relación entre los precios:

   $x+y+z=80$$x=\frac{y+z}{3}$

2. Pasamos la segunda ecuación a la forma habitual multiplicando por 3:

   $3x-y-z=0$

3. Matriz de coeficientes y matriz ampliada:

   $A$${}= \begin{pmatrix}1&1&1\\ 3&-1&-1\end{pmatrix}$$A^*$${}= \begin{pmatrix}1&1&1&80\\ 3&-1&-1&0\end{pmatrix}$

4. Un menor de orden 2 de $A$ no nulo:

   $\begin{vmatrix}1&1\\ 3&-1\end{vmatrix}$${}= -1-3$${}= -4$${}\neq 0$

5. Por tanto $\operatorname{rg}(A)=\operatorname{rg}(A^*)=2$, menor que el número de incógnitas: el sistema es compatible indeterminado, con infinitas soluciones.

   $\operatorname{rg}(A)=\operatorname{rg}(A^*)=2<3$

6. Aun así, sumando las dos ecuaciones desaparecen $y$ y $z$:

   $4x=80\ \Longrightarrow\ x=20$

7. Sustituyendo $x=20$ en la primera ecuación solo se obtiene la suma de los otros dos precios:

   $y+z=60$

8. Por ejemplo, $y=30,\ z=30$ e $y=25,\ z=35$ cumplen las dos condiciones, así que la camisa no tiene un precio único.

   $y=60-z$

Planteamiento Pagar un precio con un descuento del $30\,\%$ es pagar el $70\,\%$ de ese precio. La nueva condición añade una tercera ecuación y el sistema ya tiene solución única.

1. Lo que se paga en rebajas por cada prenda es el $70\,\%$, el $60\,\%$ y el $80\,\%$ del precio:

   $0{,}7x+0{,}6y+0{,}8z=57$

2. Multiplicamos por 10 y tomamos el sistema completo:

   $\left\{\begin{array}{l}x+y+z=80\\ 3x-y-z=0\\ 7x+6y+8z=570\end{array}\right.$

3. Determinante de la matriz de coeficientes (no nulo: sistema compatible determinado):

   $\begin{vmatrix}1&1&1\\ 3&-1&-1\\ 7&6&8\end{vmatrix}$${}= -8-7+18+7+6-24$${}= -8$

4. Del apartado a) ya sabemos que $x=20$ y que $y+z=60$. Sustituimos $x=20$ en la tercera ecuación:

   $140+6y+8z$${}= 570$${}\Longrightarrow 6y+8z$${}= 430$

5. Con $z=60-y$:

   $6y+8(60-y)$${}= 430$${}\Longrightarrow 480-2y$${}= 430$

6. Despejamos $y$ y después $z$:

   $y=25$$z=60-25=35$

7. Comprobación del gasto en rebajas:

   $0{,}7\cdot 20+0{,}6\cdot 25$${}+0{,}8\cdot 35$${}= 14+15+28$${}= 57$

Planteamiento Llamamos $x$, $y$, $z$ a los tres números. Hay dos ecuaciones y tres incógnitas: resolvemos el sistema en función de un parámetro y después probamos el valor 15 en cada posición, recordando que los tres tienen que ser números naturales.

1. Planteamiento:

   $\left\{\begin{array}{l}x+y+z=22\\ 4x+3y+2z=61\end{array}\right.$

2. Rangos: el menor formado por las dos primeras columnas no es nulo, así que $\operatorname{rg}(A)=\operatorname{rg}(A^*)=2<3$ y el sistema es compatible indeterminado.

   $\begin{vmatrix}1&1\\ 4&3\end{vmatrix}$${}= 3-4$${}= -1$${}\neq 0$

3. Restamos a la segunda ecuación el doble de la primera:

   $2x+y=61-44=17\ \Longrightarrow\ y=17-2x$

4. Despejamos $z$ de la primera ecuación:

   $z=22-x-(17-2x)=5+x$

5. Soluciones del sistema, con $x$ como parámetro:

   $(x,\ y,\ z)=(x,\ 17-2x,\ 5+x)$

6. Si el primero fuera 15, el segundo sería negativo, y no es natural:

   $x=15\ \Rightarrow\ y=17-30=-13$

7. Si el segundo es 15, los otros dos son naturales ($z=5+x$):

   $17-2x=15\ \Rightarrow\ x=1$$z=6$

8. Si el tercero fuera 15, el segundo también sería negativo ($y=17-2\cdot 10$):

   $5+x=15\ \Rightarrow\ x=10$$y=-3$

9. Comprobación de $(1,\ 15,\ 6)$ en las dos ecuaciones:

   $1+15+6=22$$4+45+12=61$

10. Para que $y=17-2x$ sea natural hace falta $x\le 8$. Las soluciones naturales del sistema son, por tanto, $(x,\ 17-2x,\ 5+x)$ con $x=1,2,\dots,8$ (y también $x=0$, $(0,\ 17,\ 5)$, si se cuenta el $0$ como natural).

    $0\le x\le 8$

Planteamiento Usamos el teorema de Rouché-Frobenius: comparamos el rango de la matriz de coeficientes $A$ con el de la ampliada $A^*$. Empezamos por los valores de $k$ que anulan $|A|$.

1. Matriz de coeficientes y ampliada:

   $A$${}= \begin{pmatrix}0&1&1\\ k-1&1&1\\ 1&k-1&1\end{pmatrix}$$A^*$${}= \begin{pmatrix}0&1&1&1\\ k-1&1&1&k\\ 1&k-1&1&0\end{pmatrix}$

2. Determinante, desarrollando por la primera fila:

   $|A|$${}= -1\cdot\big((k-1)-1\big)$${}+1\cdot\big((k-1)^2-1\big)$

3. Operamos:

   $|A|$${}= -k+2+k^2-2k$${}= k^2-3k+2$${}= (k-1)(k-2)$

4. Se anula en $k=1$ y $k=2$. Si $k\neq 1$ y $k\neq 2$, $\operatorname{rg}(A)=\operatorname{rg}(A^*)=3$, igual al número de incógnitas:

   $\operatorname{rg}(A)=\operatorname{rg}(A^*)=3$

5. Caso $k=1$: la segunda ecuación queda $y+z=1$, igual que la primera. Un menor de orden 2 no nulo de $A$ (filas 1 y 3, columnas 1 y 2):

   $\begin{vmatrix}0&1\\ 1&0\end{vmatrix}$${}= -1$${}\neq 0$

6. Como las filas 1 y 2 de $A^*$ son iguales, $A^*$ tampoco llega a rango 3:

   $\operatorname{rg}(A)=\operatorname{rg}(A^*)=2<3$

7. Caso $k=2$: la segunda y la tercera ecuación tienen el mismo primer miembro, $x+y+z$, con términos independientes distintos:

   $x+y+z=2$$\text{y}\ \quad x+y+z=0$

8. Eso es imposible. En rangos: $\operatorname{rg}(A)=2$ (el menor de las filas 1 y 2, columnas 1 y 2, vale $0\cdot 1-1\cdot 1=-1$) y el menor de $A^*$ con las columnas 1, 2 y 4 no se anula:

   $\begin{vmatrix}0&1&1\\ 1&1&2\\ 1&1&0\end{vmatrix}$${}= 2$${}\neq 0$

Planteamiento Para $k=1$ el sistema es compatible indeterminado: quedan dos ecuaciones independientes y tomamos $z$ como parámetro.

1. Con $k=1$ el sistema se reduce a:

   $\left\{\begin{array}{l}y+z=1\\ x+z=0\end{array}\right.$

2. Llamamos $z=\lambda$ y despejamos:

   $x=-\lambda$$y=1-\lambda$$z=\lambda$$\lambda\in\mathbb{R}$

3. Imponemos $y=0$:

   $1-\lambda=0\ \Longrightarrow\ \lambda=1$

4. Comprobación con $(-1,\ 0,\ 1)$ en las tres ecuaciones:

   $0+1=1$$0\cdot(-1)+0+1=1$$-1+0+1=0$

Planteamiento Llamamos $x$, $y$, $z$ a los precios en euros de un perfume de tipo A, B y C. Con dos pedidos hay dos ecuaciones y tres incógnitas: el sistema es compatible indeterminado, pero el importe del nuevo pedido puede quedar fijado si su ecuación es combinación de las otras dos.

1. Ecuaciones de los dos pedidos:

   $\left\{\begin{array}{l}20x+30y+15z=2\,200\\ 15x+10y+10z=1\,250\end{array}\right.$

2. El menor $\begin{vmatrix}20&30\\ 15&10\end{vmatrix}$${}= 200-450$${}= -250$${}\neq 0$, así que $\operatorname{rg}(A)=\operatorname{rg}(A^*)=2<3$: compatible indeterminado. Buscamos $\alpha$ y $\beta$ con

   $\alpha(20,\ 30,\ 15)$${}+\beta(15,\ 10,\ 10)$${}= (25,\ 10,\ 16)$

3. De la segunda y la tercera componente, $30\alpha+10\beta=10$ y $15\alpha+10\beta=16$; restando:

   $15\alpha=-6\ \Longrightarrow\ \alpha=-\frac{2}{5}$

4. Sustituimos en $30\alpha+10\beta=10$, es decir, $-12+10\beta=10$:

   $\beta=\frac{10+12}{10}=\frac{11}{5}$

5. La primera componente también cuadra:

   $20\cdot\left(-\frac{2}{5}\right)+15\cdot\frac{11}{5}$${}= -8+33$${}= 25$

6. Por tanto el importe del nuevo pedido es la misma combinación de los importes:

   $25x+10y+16z$${}= -\frac{2}{5}\cdot 2\,200+\frac{11}{5}\cdot 1\,250$

7. Operamos:

   $-880+2\,750=1\,870$

Planteamiento La nueva condición, $z=\frac{2}{5}x$, añade una tercera ecuación y el sistema pasa a tener solución única.

1. Sustituimos $z=\frac{2}{5}x$ en las dos ecuaciones ($15\cdot\frac{2}{5}=6$ y $10\cdot\frac{2}{5}=4$):

   $\left\{\begin{array}{l}26x+30y=2\,200\\ 19x+10y=1\,250\end{array}\right.$

2. Multiplicamos la segunda por 3 y le restamos la primera:

   $57x-26x$${}= 3\,750-2\,200$${}\Longrightarrow 31x$${}= 1\,550$

3. Despejamos $x$:

   $x=\frac{1\,550}{31}=50$

4. De $19x+10y=1\,250$, con $19\cdot 50=950$:

   $y=\frac{1\,250-950}{10}=30$

5. De $z=\frac{2}{5}x$:

   $z=\frac{2}{5}\cdot 50=20$

6. Comprobación con los dos pedidos:

   $20\cdot 50+30\cdot 30+15\cdot 20=2\,200$$15\cdot 50+10\cdot 30+10\cdot 20=1\,250$

Planteamiento Llamamos $x$, $y$ y $z$ al número de coches blancos, negros y rojos vendidos. El total es $x+y+z$. Escribimos cada frase como una ecuación y resolvemos el sistema.

1. Primera condición; pasamos todo a un miembro y multiplicamos por $10$:

   $0{,}6x+0{,}5y$${}= 0{,}3(x+y+z)$${}\Longrightarrow 3x+2y-3z=0$

2. Segunda condición, igual:

   $0{,}2x+0{,}6y+0{,}6z$${}= 0{,}5(x+y+z)$${}\Longrightarrow -3x+y+z=0$

3. Tercera condición:

   $y=x+100\ \Longrightarrow\ -x+y=100$

4. El sistema es:

   $\left\{\begin{array}{l}3x+2y-3z=0\\ -3x+y+z=0\\ -x+y=100\end{array}\right.$

5. El determinante de la matriz de coeficientes no es cero, así que el sistema es compatible determinado (solución única):

   $|A|$${}= \begin{vmatrix}3&2&-3\\ -3&1&1\\ -1&1&0\end{vmatrix}$${}= -3-2+6$${}= 1$

6. Lo resolvemos por sustitución. De la tercera, $y=x+100$; en la segunda:

   $-3x+(x+100)+z=0$${}\Longrightarrow z=2x-100$

7. En la primera:

   $3x+2(x+100)$${}-3(2x-100)=0$${}\Longrightarrow -x+500=0$

8. Luego $x=500$, y con él:

   $y=500+100=600$$z=2\cdot 500-100=900$

9. Comprobación: se han vendido $500+600+900=2\,000$ coches, y

   $0{,}6\cdot 500+0{,}5\cdot 600$${}= 600$${}= 0{,}3\cdot 2\,000$

10. y también se cumple la segunda condición:

    $0{,}2\cdot 500+0{,}6\cdot 600$${}+0{,}6\cdot 900$${}= 1\,000$

Planteamiento Llamamos $r$, $c$ y $v$ a lo gastado sin impuestos en refrescos, cerveza y vino, en euros. Con los impuestos, cada importe se multiplica por $1{,}06$, $1{,}12$ y $1{,}30$. Planteamos el sistema, lo resolvemos y al final añadimos los impuestos.

1. Las tres condiciones:

   $\left\{\begin{array}{l}r+c+v=500\\ v=r+c-60\\ 1{,}06r+1{,}12c+1{,}30v=592{,}4\end{array}\right.$

2. De la primera, $r+c=500-v$. Lo sustituimos en la segunda:

   $v$${}= (500-v)-60$${}\Longrightarrow 2v=440$${}\Longrightarrow v=220$

3. Entonces:

   $r+c=500-220=280$

4. En la tercera, con $c=280-r$ y $v=220$:

   $1{,}06r$${}+1{,}12(280-r)$${}+1{,}30\cdot 220$${}= 592{,}4$

5. Operamos, con $1{,}12\cdot 280=313{,}6$ y $1{,}30\cdot 220=286$:

   $-0{,}06r+599{,}6$${}= 592{,}4$${}\Longrightarrow r=\frac{7{,}2}{0{,}06}$${}= 120$

6. Y la cerveza:

   $c=280-120=160$

7. Importes con impuestos:

   $1{,}06\cdot 120=127{,}2$$1{,}12\cdot 160=179{,}2$$1{,}30\cdot 220=286$

8. Comprobación:

   $127{,}2+179{,}2+286=592{,}4$