Matemáticas II · Sistemas de ecuaciones lineales · Apartado 7 de 7

Problemas de planteamiento con sistemas

3 ejemplos resueltos · 10 ejercicios con solución · Por Álvaro López

Idea clave

Casi todo el trabajo de un problema con enunciado está en traducir el texto a ecuaciones; resolver el sistema es lo que ya sabes hacer. En la PAU suele haber un problema así en el bloque de Álgebra, y la mitad de la nota está en el planteamiento y en interpretar la solución en el contexto.

Del enunciado al sistema

Un problema de planteamiento se corrige en tres partes: el sistema (bien escrito y con las incógnitas explicadas), la resolución y la respuesta a la pregunta con sus unidades. Si el planteamiento está bien y te equivocas en una cuenta, sigues teniendo buena parte de la puntuación; si no dices qué es cada incógnita, el corrector no puede saber qué has hecho.

Método · Plantear y resolver un problema con un sistema

Define las incógnitas con una frase y sus unidades: « $x$ = kilos de café del tipo A». Elige tantas como cantidades desconocidas haya.
Traduce cada dato a una ecuación, frase a frase. Cada condición independiente del enunciado da una ecuación.
Ordena el sistema (incógnitas a la izquierda, en el mismo orden en todas las ecuaciones) y clasifícalo si hace falta: SCD (sistema compatible determinado, una solución), SCI (compatible indeterminado, infinitas) o SI (incompatible, ninguna).
Resuelve con el método más cómodo: Gauss, Cramer o la matriz inversa.
Interpreta: ¿la solución tiene sentido? Cantidades no negativas, personas y unidades enteras, porcentajes entre $0$ y $100$ .
Comprueba la solución en el enunciado (no en tu sistema: si el sistema está mal planteado, comprobarlo ahí no detecta nada) y responde con una frase.

Mezclas, precios y edades

La mayoría de los enunciados se construyen con unas pocas frases tipo. Conviene tenerlas automatizadas:

Frase del enunciado	Ecuación
«hay el doble de B que de C»	$y = 2 z$ (el doble va con la cantidad pequeña)
«A supera en 5 a B»	$x = y + 5$
«20 kg de mezcla a 11 €/kg»	$x + y + z = 20$ y coste total $= 20 \cdot 11 = 220$
«una disolución al 20 %»	cantidad de soluto $= \frac{20}{100} x$
«con un 15 % de descuento»	se paga $\frac{85}{100}$ del precio
«hace 2 años tenía el triple que B»	$x - 2 = 3 (y - 2)$ (a los dos se les resta)

En las mezclas se plantean siempre dos balances: el de cantidad total (kilos, litros) y el del valor o la sustancia que interesa (euros, soluto). El precio de la mezcla no es la media de los precios, sino el coste total entre la cantidad total: $8 x + 10 y + 14 z = 11 (x + y + z)$ .

En las edades, cada condición se refiere a un momento (hoy, hace $n$ años, dentro de $n$ años) y en ese momento todas las edades cambian lo mismo.

Producción y recursos

Cuando una empresa fabrica varios productos que consumen los mismos recursos, los datos forman una tabla: una fila por recurso y una columna por producto. Si $x$ , $y$ , $z$ son las unidades fabricadas, cada recurso da una ecuación «consumo total = disponible». Por ejemplo, si una mesa usa 3 horas de carpintería, una silla 1 hora y una estantería 2 horas, y hay 80 horas, la ecuación es $3 x + y + 2 z = 80$ .

El sistema queda $A X = B$ , donde $A$ es la tabla de consumos, $X$ las unidades y $B$ lo disponible. Si $∣ A ∣ \neq = 0$ , la producción que agota todos los recursos es única: $X = A^{- 1} B$ . Si la empresa hace muchos planes con los mismos productos y distintos recursos, calcular $A^{- 1}$ una vez ahorra trabajo.

Redes de circulación

En una red de calles (o de tuberías, o de cables), cada cruce es un nudo y en cada nudo se cumple:

$lo que entra = lo que sale$

Si a un cruce llegan 300 coches por hora por la calle norte y $x$ por la oeste, y salen $y$ por la sur y 200 por la este, la ecuación del nudo es $300 + x = y + 200$ . Hay una ecuación por nudo y una incógnita por cada tramo de calle sin dato.

La intuición: si el tráfico se conserva en todos los cruces menos uno, también se conserva en ese último, porque los coches no desaparecen. Las infinitas soluciones tienen sentido físico (los conductores pueden repartirse de muchas maneras), pero solo valen las que cumplen las restricciones: flujos no negativos, si las calles son de sentido único, y por debajo de la capacidad de cada calle.

Ajuste de reacciones químicas

Ajustar una reacción es encontrar coeficientes naturales que igualen el número de átomos de cada elemento a los dos lados. Para $a C_{3} H_{8} + b O_{2} \to c C O_{2} + d H_{2} O$ , cada elemento da una ecuación:

$C: 3 a = c, H: 8 a = 2 d, O: 2 b = 2 c + d$

El sistema es homogéneo (todos los términos independientes son $0$ ) y tiene más incógnitas que ecuaciones independientes, así que es SCI. Tiene sentido: si una reacción está ajustada, al multiplicar todos los coeficientes por $2$ sigue ajustada. Se resuelve dejando una incógnita como parámetro y se elige el valor que da los naturales más pequeños (recuerda los sistemas homogéneos).

Interpolación: una parábola o una cúbica por varios puntos

Si la gráfica de $f (x) = a x^{2} + b x + c$ pasa por el punto $(x_{1}, y_{1})$ , entonces $a x_{1}^{2} + b x_{1} + c = y_{1}$ : cada punto es una ecuación lineal en los coeficientes. Tres puntos dan un sistema $3 \times 3$ en $a$ , $b$ , $c$ ; cuatro puntos y $f (x) = a x^{3} + b x^{2} + c x + d$ dan un sistema $4 \times 4$ .

Por ejemplo, la parábola que pasa por $(0, 1)$ , $(1, 2)$ y $(2, 5)$ cumple $c = 1$ , $a + b + c = 2$ y $4 a + 2 b + c = 5$ ; de ahí $a = 1$ , $b = 0$ y $f (x) = x^{2} + 1$ . Si al resolver sale $a = 0$ , el polinomio tiene grado menor: los puntos están alineados.

Interpretar la solución en el contexto

Por ejemplo, si la solución general es $x = t$ , $y = 30 - 2 t$ , $z = t$ y las cantidades son unidades, hace falta $t \geq 0$ y $30 - 2 t \geq 0$ , es decir, $t \in {0, 1, \dots, 15}$ : hay 16 soluciones, no infinitas.

Ejemplos resueltos

Ejemplo 1 Básico

Una mezcla de tres cafés

Una tostadora mezcla tres variedades de café: A, a 8 €/kg; B, a 10 €/kg, y C, a 14 €/kg. Quiere obtener 20 kg de mezcla que le salgan a 11 €/kg, usando de la variedad B el doble de kilos que de la C. ¿Cuántos kilos de cada variedad debe usar?

Solución

Incógnitas. $x$ , $y$ , $z$ = kilos de café A, B y C, respectivamente.
Traducción.

La mezcla pesa 20 kg: $x + y + z = 20$ .
Cuesta $20 \cdot 11 = 220$ euros, y el coste es la suma de lo que cuesta cada variedad: $8 x + 10 y + 14 z = 220$ .
De B, el doble que de C: $y = 2 z$ .

$⎩ ⎨ ⎧ x + y + z 8 x + 10 y + 14 z y - 2 z = 20 = 220 = 0$

Resolución por sustitución. Con $y = 2 z$ , las dos primeras ecuaciones quedan $x + 3 z = 20$ y $8 x + 34 z = 220$ . De la primera, $x = 20 - 3 z$ ; sustituyendo, $160 - 24 z + 34 z = 220$ , luego $10 z = 60$ y $z = 6$ . Entonces $y = 12$ y $x = 20 - 18 = 2$ .
Interpretación y comprobación. Las tres cantidades son positivas. Pesan $2 + 12 + 6 = 20$ kg y cuestan $16 + 120 + 84 = 220$ euros, es decir, $11$ €/kg; y $12$ es el doble de $6$ .

Debe usar 2 kg de A, 12 kg de B y 6 kg de C.

Ejemplo 2 Medio

Ajustar la combustión del propano

Ajusta la reacción de combustión del propano $a C_{3} H_{8} + b O_{2} \to c C O_{2} + d H_{2} O$ planteando un sistema de ecuaciones lineales. Da los coeficientes naturales más pequeños posibles.

Solución

Una ecuación por elemento. Igualamos los átomos a cada lado:

Carbono: $3 a = c$ .
Hidrógeno: $8 a = 2 d$ .
Oxígeno: $2 b = 2 c + d$ .

$⎩ ⎨ ⎧ 3 a - c 8 a - 2 d 2 b - 2 c - d = 0 = 0 = 0$

Clasificación. Es homogéneo, con 3 ecuaciones y 4 incógnitas. Las tres ecuaciones son independientes (cada una contiene una incógnita que no está en las anteriores: $c$ , $d$ y $b$ ), así que el rango es $3 < 4$ : SCI con un parámetro.
Solución general. Tomamos $a = t$ : $c = 3 t$ , $d = 4 t$ y $b = \frac{2 c + d}{2} = \frac{6 t + 4 t}{2} = 5 t$ . Las soluciones son $(t, 5 t, 3 t, 4 t)$ .
Coeficientes naturales mínimos. Todos son múltiplos de $t$ ; con $t = 1$ ya son naturales y no tienen ningún divisor común. La reacción ajustada es $C_{3} H_{8} + 5 O_{2} \to 3 C O_{2} + 4 H_{2} O$
Comprobación. C: $3 = 3$ . H: $8 = 4 \cdot 2$ . O: $5 \cdot 2 = 10 = 3 \cdot 2 + 4$ .

Ejemplo 3 Difícil

Cajas de regalo: un SCI con restricciones

Una papelería prepara tres tipos de cajas de regalo con libretas y bolígrafos. La caja A lleva 1 libreta y 3 bolígrafos; la B, 2 libretas y 2 bolígrafos, y la C, 3 libretas y 1 bolígrafo. Tiene 60 libretas y 60 bolígrafos y quiere usarlos todos. Llama $x$ , $y$ , $z$ al número de cajas A, B y C, respectivamente.

a) Plantea el sistema y clasifícalo.

b) Halla la solución general tomando $z = t$ .

c) ¿Cuántas formas distintas hay de preparar las cajas (con un número entero y no negativo de cajas de cada tipo; puede no prepararse alguno de los tipos)?

d) ¿Cuántas cajas C puede preparar como máximo?

e) ¿Cuántas cajas prepara en total? Justifica que no depende del reparto.

Solución

a) Planteamiento. Cada material da una ecuación «lo que se usa = lo que hay»:

${x + 2 y + 3 z 3 x + 2 y + z = 60 = 60 (libretas) (bol ı ˊ grafos)$

Son 2 ecuaciones con 3 incógnitas. Las filas de la matriz de coeficientes, $(1, 2, 3)$ y $(3, 2, 1)$ , no son proporcionales, así que $rg (A) = 2 = rg (A^{*}) < 3$ : es un SCI con un parámetro (teorema de Rouché-Frobenius).

b) Solución general. Restando la primera ecuación a la segunda: $2 x - 2 z = 0$ , luego $x = z$ . Con $z = t$ : $x = t$ y, de la primera, $t + 2 y + 3 t = 60$ , es decir, $y = 30 - 2 t$ .

$(x, y, z) = (t, 30 - 2 t, t)$

c) Restricciones. Son números de cajas: enteros y no negativos.

$x = z = t \geq 0$ .
$y = 30 - 2 t \geq 0 ⟺ t \leq 15$ .

Si $t$ es entero, $y$ también lo es. Los valores posibles son $t = 0, 1, 2, \dots, 15$ : hay 16 formas. El sistema tiene infinitas soluciones, pero el problema solo tiene 16.

d) Máximo de cajas C. $z = t$ es como mucho $15$ . Con $t = 15$ se preparan 15 cajas A, ninguna B y 15 cajas C (comprobación: $15 + 0 + 45 = 60$ libretas y $45 + 0 + 15 = 60$ bolígrafos).

e) Total de cajas. $x + y + z = t + (30 - 2 t) + t = 30$ , sea cual sea $t$ . La razón se ve sumando las dos ecuaciones: $4 x + 4 y + 4 z = 120$ , es decir, $x + y + z = 30$ . Cada caja lleva exactamente 4 objetos y hay 120 objetos en total, así que siempre salen 30 cajas.

Para el examen: en un SCI con contexto, escribir solo «infinitas soluciones» se puntúa como mal. Hay que dar la solución general, escribir las desigualdades que impone el enunciado y contar o acotar las soluciones válidas.

Errores típicos

Ejercicios

Intenta cada ejercicio por tu cuenta antes de abrir la solución. Van de menos a más difícil.

Ejercicio 1 Básico

La suma de las edades de una madre y sus dos hijos es 60 años. Hace 2 años, la edad de la madre era el triple de la del hijo mayor, y dentro de 2 años será el cuádruple de la de la hija pequeña. Halla la edad actual de cada uno.

Solución paso a paso

Incógnitas. $x$ , $y$ , $z$ = edades actuales (en años) de la madre, el hijo mayor y la hija pequeña.
Traducción.

Suma: $x + y + z = 60$ .
Hace 2 años los dos tenían 2 años menos: $x - 2 = 3 (y - 2)$ , es decir, $x - 3 y = - 4$ .
Dentro de 2 años los dos tendrán 2 más: $x + 2 = 4 (z + 2)$ , es decir, $x - 4 z = 6$ .

Resolución. De las dos últimas, $y = \frac{x + 4}{3}$ y $z = \frac{x - 6}{4}$ . Sustituyendo en la primera y multiplicando por 12: $12 x + 4 (x + 4) + 3 (x - 6) = 720 ⟺ 19 x - 2 = 720 ⟺ x = 38$ Entonces $y = \frac{42}{3} = 14$ y $z = \frac{32}{4} = 8$ .
Comprobación. $38 + 14 + 8 = 60$ . Hace 2 años: $36 = 3 \cdot 12$ . Dentro de 2 años: $40 = 4 \cdot 10$ .

La madre tiene 38 años, el hijo mayor 14 y la hija pequeña 8.

Ejercicio 2 Básico

Halla los coeficientes $a$ , $b$ y $c$ de la parábola $f (x) = a x^{2} + b x + c$ que pasa por los puntos $(1, 2)$ , $(2, 7)$ y $(- 1, 4)$ .

Solución paso a paso

Una ecuación por punto. Sustituimos cada punto en $f (x) = a x^{2} + b x + c$ : $⎩ ⎨ ⎧ a + b + c 4 a + 2 b + c a - b + c = 2 = 7 = 4 f (1) = 2 f (2) = 7 f (- 1) = 4$
Resolución. Restando la tercera a la primera: $2 b = - 2$ , luego $b = - 1$ . Restando la primera a la segunda: $3 a + b = 5$ , luego $3 a = 6$ y $a = 2$ . De la primera, $c = 2 - a - b = 2 - 2 + 1 = 1$ .
Comprobación. $f (x) = 2 x^{2} - x + 1$ : $f (1) = 2$ , $f (2) = 8 - 2 + 1 = 7$ , $f (- 1) = 2 + 1 + 1 = 4$ .

Las abscisas $1$ , $2$ y $- 1$ son distintas, así que esta parábola es la única que pasa por los tres puntos.

Ejercicio 3 Básico

Un taller fabrica mesas, sillas y estanterías. Cada mesa necesita 3 horas de carpintería, 2 de montaje y 1 de barnizado; cada silla, 1 hora de carpintería, 1 de montaje y 1 de barnizado, y cada estantería, 2 horas de carpintería, 1 de montaje y 2 de barnizado. Esta semana dispone de 80 horas de carpintería, 55 de montaje y 60 de barnizado. ¿Cuántas mesas, sillas y estanterías debe fabricar para usar todas las horas disponibles?

Solución paso a paso

Incógnitas. $x$ , $y$ , $z$ = número de mesas, sillas y estanterías.
Una ecuación por recurso (horas usadas = horas disponibles): $⎩ ⎨ ⎧ 3 x + y + 2 z 2 x + y + z x + y + 2 z = 80 = 55 = 60 (carpinter ı ˊ a) (montaje) (barnizado)$
Clasificación. $∣ A ∣ = 321111212 = 3 (2 - 1) - 1 (4 - 1) + 2 (2 - 1) = 2 \neq = 0$ : SCD.
Resolución. Restando la tercera a la primera: $2 x = 20$ , luego $x = 10$ . Las otras dos quedan $y + z = 35$ y $y + 2 z = 50$ ; restando, $z = 15$ e $y = 20$ .
Comprobación. Carpintería: $30 + 20 + 30 = 80$ . Montaje: $20 + 20 + 15 = 55$ . Barnizado: $10 + 20 + 30 = 60$ .

Debe fabricar 10 mesas, 20 sillas y 15 estanterías.

Ejercicio 4 Medio

Un laboratorio tiene tres disoluciones de alcohol en agua: la primera al 20 %, la segunda al 50 % y la tercera al 80 % (en volumen). Quiere preparar 100 litros de una disolución al 56 % mezclando las tres. Llama $x$ , $y$ , $z$ a los litros que usa de la disolución al 20 %, al 50 % y al 80 %, respectivamente.

a) Halla $x$ , $y$ y $z$ si de la disolución al 80 % usa el doble de litros que de la del 20 %.

b) Halla $x$ , $y$ y $z$ si, en lugar de la condición de a), decide no usar la disolución al 50 %.

c) Sin ninguna condición adicional, el problema tiene infinitas soluciones. Teniendo en cuenta que las cantidades de cada disolución no pueden ser negativas, halla el valor mínimo y el máximo que puede tomar $z$ .

Solución paso a paso

Las dos condiciones comunes son el volumen total y el alcohol puro: $x + y + z = 100$ y $\frac{20}{100} x + \frac{50}{100} y + \frac{80}{100} z = \frac{56}{100} \cdot 100$ , que multiplicando por 10 queda $2 x + 5 y + 8 z = 560$ .

a) Añadimos $z = 2 x$ . Sustituyendo: $3 x + y = 100$ y $2 x + 5 y + 16 x = 560$ , es decir, $18 x + 5 y = 560$ . Con $y = 100 - 3 x$ : $18 x + 500 - 15 x = 560$ , luego $x = 20$ , $y = 40$ , $z = 40$ . Comprobación: $4 + 20 + 32 = 56$ litros de alcohol en 100 litros.

b) Ahora $y = 0$ : $x + z = 100$ y $2 x + 8 z = 560$ . Restando el doble de la primera: $6 z = 360$ , luego $z = 60$ y $x = 40$ . Comprobación: $8 + 48 = 56$ litros de alcohol.

c) Con solo las dos ecuaciones comunes (SCI, rango 2 y 3 incógnitas) tomamos $z$ como parámetro. Restando el doble de la primera a la segunda: $3 y + 6 z = 360$ , luego $y = 120 - 2 z$ , y $x = 100 - y - z = z - 20$ . Las cantidades no pueden ser negativas:

$x = z - 20 \geq 0 ⟺ z \geq 20$ .
$y = 120 - 2 z \geq 0 ⟺ z \leq 60$ .

Por tanto $20 \leq z \leq 60$ : como mínimo 20 litros (y entonces no se usa la del 20 %) y como máximo 60 (y no se usa la del 50 %, que es el caso b).

Ejercicio 5 Medio

Se quiere ajustar la reacción del cobre con el ácido nítrico: $a Cu + b HN O_{3} \to c Cu (N O_{3})_{2} + d NO + e H_{2} O$

a) Plantea el sistema que imponen los átomos de Cu, H, N y O, y halla el rango de su matriz de coeficientes.

b) Halla la solución general tomando $a = t$ .

c) Escribe los coeficientes naturales más pequeños que ajustan la reacción.

Solución paso a paso

a) Una ecuación por elemento (átomos a la izquierda = átomos a la derecha). En $Cu (N O_{3})_{2}$ hay 1 Cu, 2 N y 6 O. $⎩ ⎨ ⎧ a - c b - 2 e b - 2 c - d 3 b - 6 c - d - e = 0 = 0 = 0 = 0 (Cu) (H) (N) (O)$ Restando a la ecuación del O la del N multiplicada por 3: $2 d - e = 0$ . Con las incógnitas en el orden $a, b, c, d, e$ , la matriz escalonada tiene cuatro filas no nulas (pivotes en $a$ , $b$ , $c$ y $d$ ), así que el rango es 4. Con 5 incógnitas, es un SCI con un parámetro.

b) Con $a = t$ : $c = t$ . De la ecuación del N y de $e = 2 d$ : $b = 2 c + d$ y $b = 2 e = 4 d$ , luego $4 d = 2 t + d$ , $d = \frac{2 t}{3}$ , $e = \frac{4 t}{3}$ y $b = \frac{8 t}{3}$ . $(a, b, c, d, e) = (t, \frac{8 t}{3}, t, \frac{2 t}{3}, \frac{4 t}{3})$

c) Para que todos sean naturales, $t$ debe ser múltiplo de 3; el menor es $t = 3$ : $3 Cu + 8 HN O_{3} \to 3 Cu (N O_{3})_{2} + 2 NO + 4 H_{2} O$ Comprobación: Cu $3 = 3$ ; H $8 = 8$ ; N $8 = 6 + 2$ ; O $24 = 18 + 2 + 4$ .

Ejercicio 6 Medio

Una familia compra un frigorífico, una lavadora y un lavavajillas. Sin descuentos, los tres juntos costaban 1500 €, y el frigorífico costaba lo mismo que la lavadora y el lavavajillas juntos. En la tienda le hacen un 10 % de descuento en el frigorífico, un 15 % en la lavadora y un 20 % en el lavavajillas, y paga en total 1290 €.

a) Plantea un sistema para hallar el precio sin descuento de cada aparato.

b) Resuélvelo.

c) ¿Qué porcentaje de descuento ha obtenido sobre el total?

Solución paso a paso

a) Incógnitas. $x$ , $y$ , $z$ = precios sin descuento (en euros) del frigorífico, la lavadora y el lavavajillas. Con un 10 % de descuento se paga el $90$ % del precio, y así con los demás: $⎩ ⎨ ⎧ x + y + z x - y - z \frac{90}{100} x + \frac{85}{100} y + \frac{80}{100} z = 1500 = 0 = 1290$ Multiplicando la tercera por 20: $18 x + 17 y + 16 z = 25800$ .

b) Sumando las dos primeras: $2 x = 1500$ , luego $x = 750$ e $y + z = 750$ . En la tercera: $13500 + 17 y + 16 z = 25800$ , es decir, $17 y + 16 z = 12300$ . Con $z = 750 - y$ : $17 y + 12000 - 16 y = 12300$ , luego $y = 300$ y $z = 450$ .

Comprobación: $750 + 300 + 450 = 1500$ ; $300 + 450 = 750$ ; $675 + 255 + 360 = 1290$ .

El frigorífico costaba 750 €, la lavadora 300 € y el lavavajillas 450 €.

c) Ahorro: $1500 - 1290 = 210$ euros. Porcentaje: $\frac{210}{1500} \cdot 100 = 14$ %. Observa que no es la media de $10$ , $15$ y $20$ (que daría 15 %): cada descuento pesa según el precio del aparato.

Ejercicio 7 Medio

Se lanza un balón y se mide su altura en varios instantes. Se sabe que la altura, en metros, a los $t$ segundos es de la forma $h (t) = a t^{2} + b t + c$ , y que a los 1, 2 y 3 segundos el balón está a 25, 40 y 45 metros de altura, respectivamente.

a) Halla $a$ , $b$ y $c$ .

b) ¿Cuál es la altura máxima que alcanza el balón?

c) ¿En qué instante, posterior al lanzamiento, vuelve a estar a altura 0?

Solución paso a paso

a) Una ecuación por medida: $⎩ ⎨ ⎧ a + b + c 4 a + 2 b + c 9 a + 3 b + c = 25 = 40 = 45$ Restando cada ecuación a la siguiente: $3 a + b = 15$ y $5 a + b = 5$ . Restando estas dos, $2 a = - 10$ , luego $a = - 5$ ; entonces $b = 15 + 15 = 30$ y $c = 25 + 5 - 30 = 0$ . Así $h (t) = - 5 t^{2} + 30 t$ .

Comprobación: $h (1) = 25$ , $h (2) = - 20 + 60 = 40$ , $h (3) = - 45 + 90 = 45$ .

b) Es una parábola con $a < 0$ : el máximo está en el vértice, $t = - \frac{b}{2 a} = \frac{30}{10} = 3$ s, y vale $h (3) = 45$ m. (El dato del tercer instante era justo el máximo.)

c) $h (t) = 0 ⟺ - 5 t (t - 6) = 0 ⟺ t = 0$ o $t = 6$ . $t = 0$ es el lanzamiento ( $c = 0$ significa que se lanza desde el suelo); vuelve al suelo a los 6 segundos.

Ejercicio 8 Difícil

Cuatro cruces, A, B, C y D, están unidos por cuatro calles de sentido único que forman un circuito: de A a B, de B a C, de C a D y de D a A. Llamamos $x_{1}$ , $x_{2}$ , $x_{3}$ y $x_{4}$ al número de vehículos por hora que circulan por los tramos A→B, B→C, C→D y D→A, respectivamente. Además, cada cruce tiene calles que llevan al exterior del circuito, con estos datos (vehículos por hora):

Cruce	Entran desde el exterior	Salen al exterior
A	400	250
B	200	300
C	350	200
D	100	300

En cada cruce, el número de vehículos que entran es igual al de los que salen.

a) Plantea el sistema y halla su solución general tomando $x_{4} = t$ .

b) Si se corta el tramo D→A por obras ( $x_{4} = 0$ ), ¿cuántos vehículos por hora circulan por cada uno de los otros tramos?

c) Cada tramo del circuito admite como máximo 400 vehículos por hora y el flujo en cada tramo no puede ser negativo. ¿Entre qué valores puede estar $x_{4}$ ?

Solución paso a paso

a) Una ecuación por cruce (lo que entra = lo que sale). A cada cruce llega el tramo anterior del circuito y sale el siguiente:

A: $400 + x_{4} = 250 + x_{1}$ , es decir, $x_{1} - x_{4} = 150$ .
B: $200 + x_{1} = 300 + x_{2}$ , es decir, $x_{1} - x_{2} = 100$ .
C: $350 + x_{2} = 200 + x_{3}$ , es decir, $x_{3} - x_{2} = 150$ .
D: $100 + x_{3} = 300 + x_{4}$ , es decir, $x_{3} - x_{4} = 200$ .

Por qué una ecuación sobra. Entran en total $400 + 200 + 350 + 100 = 1050$ vehículos por hora y salen $250 + 300 + 200 + 300 = 1050$ . Escritas como «entra − sale = 0», la suma de las cuatro ecuaciones es $0 = 0$ , así que la cuarta es combinación de las otras tres. El rango de la matriz de coeficientes y el de la ampliada es 3, con 4 incógnitas: SCI con un parámetro.

Con $x_{4} = t$ : $x_{1} = 150 + t$ ; $x_{2} = x_{1} - 100 = 50 + t$ ; $x_{3} = x_{2} + 150 = 200 + t$ . La ecuación de D se cumple: $(200 + t) - t = 200$ . $(x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}) = (150 + t, 50 + t, 200 + t, t)$

b) Con $t = 0$ : $x_{1} = 150$ , $x_{2} = 50$ , $x_{3} = 200$ vehículos por hora.

c) Restricciones. Las calles son de sentido único, así que todos los flujos son $\geq 0$ : $t \geq 0$ (las demás, $150 + t$ , $50 + t$ , $200 + t$ , son entonces positivas). La capacidad impone:

$150 + t \leq 400 ⟺ t \leq 250$ ;
$50 + t \leq 400 ⟺ t \leq 350$ ;
$200 + t \leq 400 ⟺ t \leq 200$ ;
$t \leq 400$ .

La más exigente es $t \leq 200$ . Por tanto $0 \leq x_{4} \leq 200$ . El tramo C→D es el «cuello de botella»: es el que lleva más tráfico para cualquier reparto.

Para el examen: en una red, explica por qué el sistema es indeterminado (la ecuación que sobra) y escribe todas las restricciones antes de quedarte con la más fuerte; dar el intervalo sin justificar cada extremo no puntúa completo.

Ejercicio 9 Difícil

Se busca un polinomio $p (x) = a x^{3} + b x^{2} + c x + d$ cuya gráfica pase por los puntos de abscisas $- 1$ , $0$ , $1$ y $2$ .

a) Exigir que $p (- 1)$ , $p (0)$ , $p (1)$ y $p (2)$ tomen valores dados es un sistema lineal en $a, b, c, d$ . Escribe sus ecuaciones en el orden $x = - 1, 0, 1, 2$ y con las incógnitas en el orden $a, b, c, d$ , y calcula el determinante de su matriz de coeficientes. ¿Qué te dice sobre el número de polinomios posibles?

b) Halla el polinomio que pasa por $(- 1, 0)$ , $(0, 3)$ , $(1, 2)$ y $(2, 3)$ . Da $(a, b, c, d)$ .

c) Halla $k$ para que el punto $(3, k)$ esté en la gráfica del polinomio de b).

d) Halla el valor de $m$ para el que el polinomio que pasa por $(- 1, 0)$ , $(0, 3)$ , $(1, 2)$ y $(2, m)$ tiene grado menor que 3.

Solución paso a paso

a) Matriz del sistema. El punto de abscisa $x_{0}$ da la ecuación $x_{0}^{3} a + x_{0}^{2} b + x_{0} c + d = p (x_{0})$ : $A = - 1 018 1014 - 1 012 1111$ Desarrollando por la segunda fila (solo tiene un elemento no nulo, en la posición $(2, 4)$ , con signo $(- 1)^{2 + 4} = + 1$ ): $∣ A ∣ = - 1 18 114 - 1 12 = - 1 (2 - 4) - 1 (2 - 8) + (- 1) (4 - 8) = 2 + 6 + 4 = 12$ Como $∣ A ∣ \neq = 0$ , el sistema es SCD para cualquier valor de los segundos miembros: por cuatro puntos con esas abscisas pasa un único polinomio de grado menor o igual que 3.

b) Sistema. $p (0) = 3$ da $d = 3$ . Las otras tres ecuaciones: $⎩ ⎨ ⎧ - a + b - c + 3 a + b + c + 3 8 a + 4 b + 2 c + 3 = 0 = 2 = 3$ Sumando las dos primeras: $2 b + 6 = 2$ , luego $b = - 2$ . Entonces $a + c = 1$ (de la segunda) y $8 a + 2 c = 8$ , es decir, $4 a + c = 4$ . Restando: $3 a = 3$ , $a = 1$ y $c = 0$ . $p (x) = x^{3} - 2 x^{2} + 3$ Comprobación: $p (- 1) = - 1 - 2 + 3 = 0$ , $p (1) = 2$ , $p (2) = 8 - 8 + 3 = 3$ .

c) $k = p (3) = 27 - 18 + 3 = 12$ .

d) El último dato como parámetro. Con $p (2) = m$ cambia solo la cuarta ecuación: $8 a + 4 b + 2 c + 3 = m$ . Las tres primeras siguen dando $d = 3$ , $b = - 2$ y $c = 1 - a$ . Sustituyendo: $8 a - 8 + 2 - 2 a + 3 = m$ , es decir, $6 a - 3 = m$ y $a = \frac{m + 3}{6}$ El grado es menor que 3 si y solo si $a = 0$ , es decir, $m = - 3$ . Entonces $p (x) = - 2 x^{2} + x + 3$ : los cuatro puntos están sobre una parábola (comprobación: $p (2) = - 8 + 2 + 3 = - 3$ ).

Para el examen: la existencia y unicidad se justifica con $∣ A ∣ \neq = 0$ , no con «salen números»; y en d), dejar el dato variable como parámetro en el sistema evita resolverlo de nuevo.

Ejercicio 10 DifícilTipo PAU · 2,5 puntos

Una fábrica produce tres modelos de un juguete, P, Q y R. Cada unidad de P necesita 2 horas de trabajo y 1 kg de plástico; cada unidad de Q, 3 horas y 2 kg, y cada unidad de R, 4 horas y $k$ kg de plástico, donde $k > 0$ todavía no está decidido. Se quieren fabricar en total 100 unidades usando exactamente 300 horas de trabajo y 210 kg de plástico. Sean $x$ , $y$ , $z$ las unidades de P, Q y R, respectivamente.

a) Plantea el sistema y discútelo según los valores de $k$ . (1 punto)

b) Resuélvelo para $k = 5$ . (0,75 puntos)

c) Halla los valores naturales de $k$ para los que el problema tiene solución con sentido (números de unidades enteros y no negativos). (0,75 puntos)

Solución paso a paso

a) Planteamiento. $⎩ ⎨ ⎧ x + y + z 2 x + 3 y + 4 z x + 2 y + k z = 100 = 300 = 210 (unidades) (horas) (pl a ˊ stico)$

Determinante. $∣ A ∣ = 121132 14 k = 1 (3 k - 8) - 1 (2 k - 4) + 1 (4 - 3) = k - 3$

Si $k \neq = 3$ : $∣ A ∣ \neq = 0$ , $rg (A) = rg (A^{*}) = 3$ = número de incógnitas: SCD.
Si $k = 3$ : $rg (A) = 2$ (las dos primeras filas no son proporcionales). En la ampliada, la segunda fila menos la primera es $(1, 2, 3 ∣ 200)$ , que tiene los mismos coeficientes que la tercera, $(1, 2, 3 ∣ 210)$ , pero distinto término independiente. Por tanto $rg (A^{*}) = 3 \neq = rg (A)$ : SI. En el contexto: si R gasta 3 kg, con 100 unidades y 300 horas el plástico consumido es siempre 200 kg, y es imposible gastar 210.

b) Para $k = 5$ (SCD, por a). Por Gauss: la segunda ecuación menos el doble de la primera da $y + 2 z = 100$ , y la tercera menos la primera da $y + (k - 1) z = 110$ , que para $k = 5$ es $y + 4 z = 110$ . Restando estas dos: $2 z = 10$ , luego $z = 5$ , $y = 100 - 10 = 90$ y $x = 100 - 90 - 5 = 5$ .

Comprobación: $5 + 90 + 5 = 100$ unidades; $10 + 270 + 20 = 300$ horas; $5 + 180 + 25 = 210$ kg.

c) Solución general para $k \neq = 3$ . Igual que en b): $y + 2 z = 100$ e $y + (k - 1) z = 110$ . Restando: $(k - 3) z = 10$ , luego $z = \frac{10}{k - 3}, y = 100 - 2 z = 100 - \frac{20}{k - 3}, x = 100 - y - z = z = \frac{10}{k - 3}$ Condiciones para que tenga sentido:

$z \geq 0$ exige $k - 3 > 0$ , es decir, $k > 3$ (para $k < 3$ saldría $z < 0$ ).
$z$ entero: $k - 3$ debe dividir a $10$ . Con $k$ natural, $k - 3 \in {1, 2, 5, 10}$ , es decir, $k \in {4, 5, 8, 13}$ .
Entonces $x = z$ es entero e $y = 100 - 2 z \in {80, 90, 96, 98}$ es entero y positivo.

Los valores son $k = 4$ , $5$ , $8$ y $13$ .

Para el examen: la discusión se puntúa entera solo si se justifican los rangos en cada caso; y en c) hay que imponer las tres condiciones (no negativo, entero, natural) y comprobar que $y$ también cumple. Decir qué significa el SI en el contexto suele valer una parte del apartado.

Resumen

Método: define las incógnitas con unidades, traduce cada dato a una ecuación, resuelve (Gauss, Cramer o inversa), interpreta y comprueba en el enunciado.
Mezclas: un balance de cantidad y otro de valor o de sustancia; el precio de la mezcla es coste total entre cantidad total. Edades: en cada momento, a todos se les suma o resta lo mismo.
Producción: una ecuación por recurso, $A X = B$ ; si $∣ A ∣ \neq = 0$ , el plan que agota los recursos es único.
Redes: en cada nudo, lo que entra = lo que sale; si la red está equilibrada, una ecuación sobra y el sistema es SCI.
Reacciones químicas: una ecuación por elemento; sistema homogéneo SCI; se eligen los coeficientes naturales más pequeños.
Interpolación: cada punto es una ecuación en los coeficientes; por $n + 1$ puntos de abscisas distintas pasa un único polinomio de grado $\leq n$ .
En contexto, un SCI no significa «infinitas respuestas»: se imponen las restricciones (no negativos, enteros, capacidades) y se cuentan o acotan las soluciones válidas.

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