El parámetro de la miel: discutir el sistema y decidir el pedido
Una cooperativa de confitería elabora tres variedades (A, B y C) con azúcar, almendra y miel. La ficha técnica está cerrada salvo un detalle: la miel que consume cada lote de C depende de una reformulación pendiente y se representa con el parámetro a. Si x, y, z son los lotes semanales de A, B y C (en miles de unidades) y las existencias se miden en toneladas, el balance de materias primas conduce al sistema x + y + z = 2; x + 2y + 3z = 5; x + 4y + a·z = c, donde c son las toneladas de miel disponibles. La gerencia necesita saber para qué valores de a y c el plan de producción es único, cuándo hay infinitas posibilidades y cuándo el pedido es inviable. Además, el proveedor de miel solo puede garantizar 12 toneladas, pero la reformulación aún no se ha aprobado (a = 7). El jefe de producción insiste en que ninguna cantidad de lotes puede ser negativa y en que hay que decidir antes del viernes.
1. Clasifica el sistema según los valores de a y de c, indicando cuándo hay solución única, infinitas soluciones o ninguna. Justifica con el determinante y el teorema de Rouché-Fröbenius.
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Determinante y rangos. La matriz de coeficientes es A = ((1,1,1),(1,2,3),(1,4,a)).
det A = 1·(2a − 12) − 1·(a − 3) + 1·(4 − 2) = 2a − 12 − a + 3 + 2 = a − 7.
- Si a ≠ 7, det A ≠ 0: rango A = rango A* = 3 = número de incógnitas → solución única (Cramer).
- Si a = 7: F2 − F1 da y + 2z = 3; F3 − F1 da 3y + 6z = c − 2, es decir 3(y + 2z) = c − 2. Como y + 2z = 3, la tercera ecuación exige 9 = c − 2.
- c = 11: quedan dos ecuaciones independientes, rango A = rango A* = 2 < 3 → infinitas soluciones con un parámetro libre.
- c ≠ 11: rango A = 2 pero rango A* = 3 → sistema incompatible.
Decisión: con a ≠ 7 el plan es único sea cual sea el stock; con a = 7 solo es viable si el stock es exactamente 11 t.
2. Para a = 7 y c = 11, escribe todas las soluciones e indica para qué valores del parámetro libre las tres cantidades son no negativas.
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Con a = 7 y c = 11 el sistema es compatible indeterminado con un grado de libertad. Tomando z = t:
y + 2t = 3 → y = 3 − 2t; x = 2 − y − z = 2 − (3 − 2t) − t = t − 1.
Solución: (x, y, z) = (t − 1, 3 − 2t, t). Comprobación en la tercera ecuación: (t − 1) + 4(3 − 2t) + 7t = t − 1 + 12 − 8t + 7t = 11.
No negatividad: t − 1 ≥ 0 → t ≥ 1; 3 − 2t ≥ 0 → t ≤ 3/2; la condición t ≥ 0 ya queda incluida. Por tanto t ∈ [1; 1,5]: entre 1.000 y 1.500 lotes de C, con x entre 0 y 500 e y entre 0 y 1.000.
Fuera de ese intervalo alguna cantidad resulta negativa: algebraicamente sigue siendo solución, pero no es un plan realizable. La respuesta correcta no es un valor único, sino un intervalo que hay que acotar con la condición física.
3. Si a = 7 y el proveedor confirma c = 12 toneladas, ¿qué ocurre? Interpreta geométricamente la situación e indica el ajuste mínimo que debería negociarse.
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Con a = 7 y c = 12 el sistema es incompatible: la tercera ecuación impone 3(y + 2z) = 10, mientras que las dos primeras obligan a y + 2z = 3, es decir, 9 = 10, contradicción.
Interpretación geométrica: los vectores normales (1,1,1), (1,2,3) y (1,4,7) son coplanarios, ya que (1,4,7) = 2(1,2,3) − (1,1,1). Los tres planos no comparten ningún punto y forman un prisma triangular; variar c solo traslada el tercer plano paralelamente a sí mismo, sin que llegue a cortar a los otros dos en un punto común.
Ajuste mínimo: llevar c a 11, es decir, renunciar a 1 t de miel. Producir más no resuelve nada: las dos primeras ecuaciones fijan el consumo de miel en 11 t, así que la tonelada extra sería inutilizable. La alternativa estratégica es aprobar la reformulación con a ≠ 7, con lo que el sistema pasaría a ser compatible determinado para cualquier c.