ALGEBRA EBAU

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mayo 15, 2026

A partir del curso 2024-2025 en todas las comunidades autónomas españolas la prueba de acceso a la universidad se llama PAU.

Para el curso 2025-2026 la Conferencia de Rectores y Rectoras de las Universidades Españolas (CRUE) en su intento de armonización nacional de las Pruebas de Acceso a la Universidad de 2026 han dado un paso más en busca de esa uniformidad y proponen una estructura y unos contenidos comunes para todos los exámenes. En cada comunidad seguirá habiendo un examen distinto redactado por el coordinador de la materia.

ALGEBRA EBAU -> Modelo CRUE 2026: la parte de Álgebra aparece como ejercicio obligatorio de matrices + sistema lineal contextualizado: interpretar una matriz de datos y plantear/resolver precios mediante ecuaciones.

ejercicio_1_ALGEBRA_EBAU_Modelo CRUE 2026

## **Solución Pregunta ALGEBRA Modelo CRUE 2026 N. 1**

### **Apartado a**

Es una matriz con 4 filas y 3 columnas. En cada fila aparecen los datos de cada cliente y en cada columna los datos de cada fármaco.

El cliente 1 ha hecho una compra de 9000 unidades del fármaco 1, 5000 unidades del fármaco 2 y 2000 del fármaco 3.

El cliente 2 ha hecho una compra de 3000 unidades del fármaco 1, 8000 unidades del fármaco 2 y 0 del fármaco 3.

El cliente 3 no ha hecho ninguna compra, porque toda la fila 3 está llena de ceros.

El cliente 4 ha hecho una compra de 6000 unidades del fármaco 1, 7000 unidades del fármaco 2 y ha devuelto 1000 unidades del fármaco 3.

### **Apartado b**

Si llamamos $x$, $y$ y $z$ a los precios por unidad del fármaco 1, 2 y 3, respectivamente, se plantea el siguiente sistema de ecuaciones:

$$
\begin{pmatrix}
9 & 5 & 2 \\
3 & 8 & 0 \\
0 & 0 & 0 \\
6 & 7 & -1
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
1000x \\
1000y \\
1000z
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
3250 \\
2850 \\
0 \\
2800
\end{pmatrix}
$$

**Equivalentemente:**

$$
\left\{
\begin{aligned}
9000x + 5000y + 2000z &= 3250 \\
3000x + 8000y &= 2850 \\
6000x + 7000y – 1000z &= 2800
\end{aligned}
\right.
$$

**Dividiendo entre 10:**

$$
\left\{
\begin{aligned}
900x + 500y + 200z &= 325 \\
300x + 800y &= 285 \\
60x + 70y – 10z &= 28
\end{aligned}
\right.
$$

**De la segunda ecuación:**

$$
x = \frac{285 – 800y}{300}
$$

**Sustituyendo:**

$$
\left\{
\begin{aligned}
900 \cdot \frac{285 – 800y}{300} + 500y + 200z &= 325 \\
60 \cdot \frac{285 – 800y}{300} + 70y – 10z &= 28
\end{aligned}
\right.
$$

**Simplificando:**

$$
\left\{
\begin{aligned}
-1900y + 200z &= -530 \\
-90y – 10z &= -29
\end{aligned}
\right.
$$

**Resolviendo:**

$$
-370y = -111 \Rightarrow y = 0.30
$$

$$
x = 0.15
$$

$$
z = 0.20
$$

**Una unidad del primer fármaco cuesta 15 céntimos, una del segundo 30 céntimos y una del tercero 20 céntimos.**

ALGEBRA EBAU -> Patrón Catalunya 2025: el bloque algebraico fijo suele ser el Ejercicio 2, con discusión de sistemas lineales con parámetro; además, en el Ejercicio 4 aparece una segunda opción claramente algebraica, de matrices.

IMAGEN GENERAL EBAU_Catalunya_2025

EJERCICIOS EBAU CATALUNYA 2025 -> Estos son los modelos de ejercicios EBAU de 2025 que – Home to Learn – , mediante la realización de los ejercicios propuestos en cada uno de los apartados va a enseñarte a resolver.

PRIMER EXAMEN -> Ejercicio 2 – EBAU Serie 0. MODELO – ALGEBRA: Vamos a resolver un SISTEMA LINEAL CON PARAMETROS, cálculo del DETERMINANTE mediante la matriz de coeficientes por SARRUS y la matriz ampliada mediante CRAMER.

ejercicio_2_0_ALGEBRA_EBAU_Modelo_CATALUNYA_2025

## 2. Apartat (a)

La matriu de coeficients i la matriu ampliada del sistema són:

$$
M = \begin{pmatrix}
4 & 2 & -1 \\
1 & -1 & k \\
3 & 3 & 0
\end{pmatrix}
\quad i \quad
\overline{M} = \begin{pmatrix}
4 & 2 & -1 & 4 \\
1 & -1 & k & 3 \\
3 & 3 & 0 & 1
\end{pmatrix}
$$

Si calculem el determinant de coeficients i l'igualem a zero, obtenim:

$$
\begin{vmatrix}
4 & 2 & -1 \\
1 & -1 & k \\
3 & 3 & 0
\end{vmatrix}
= -3 + 6k - 3 - 12k = -6k - 6 = 0
$$

És a dir:

$$
k = -1
$$

Per tant, si:

$$
k \neq -1
$$

tindrem:

$$
\operatorname{rang}(M) = \operatorname{rang}(\overline{M}) = 3
$$

que coincideix amb el número d'incògnites, i el sistema és compatible determinat. En canvi, si:

$$
k = -1
$$

el sistema queda:

$$
\left\{
\begin{aligned}
4x + 2y - z &= 4 \\
x - y - z &= 3 \\
3x + 3y &= 1
\end{aligned}
\right.
$$

I, com que la tercera equació és la resta de la primera menys la segona, és un sistema compatible indeterminat.

La solució per a:

$$
k = 0
$$

la podem calcular per la regla de Cramer:

$$
x =
\frac{
\begin{vmatrix}
4 & 2 & -1 \\
3 & -1 & 0 \\
1 & 3 & 0
\end{vmatrix}
}{
\begin{vmatrix}
4 & 2 & -1 \\
1 & -1 & 0 \\
3 & 3 & 0
\end{vmatrix}
}
= \frac{-10}{-6}
= \frac{5}{3}
$$

$$
y =
\frac{
\begin{vmatrix}
4 & 4 & -1 \\
1 & 3 & 0 \\
3 & 1 & 0
\end{vmatrix}
}{
\begin{vmatrix}
4 & 2 & -1 \\
1 & -1 & 0 \\
3 & 3 & 0
\end{vmatrix}
}
= \frac{8}{-6}
= -\frac{4}{3}
$$

$$
z =
\frac{
\begin{vmatrix}
4 & 2 & 4 \\
1 & -1 & 3 \\
3 & 3 & 1
\end{vmatrix}
}{
\begin{vmatrix}
4 & 2 & -1 \\
1 & -1 & 0 \\
3 & 3 & 0
\end{vmatrix}
}
= \frac{-4 + 18 + 12 + 12 - 36 - 2}{-6}
= 0
$$

Per tant, la solució és:

$$
(x,y,z) = \begin{pmatrix}
\frac{5}{3} & -\frac{4}{3} & 0
\end{pmatrix}
$$

## 2. Apartat (b)

Per al cas:

$$
k = -1
$$

i eliminant la tercera equació perquè és redundant, obtenim:

$$
\left\{
\begin{aligned}
4x + 2y - z &= 4 \\
x - y - z &= 3
\end{aligned}
\right.
$$

Restant, obtenim:

$$
3x + 3y = 1
$$

Fent:

$$
x = \lambda
$$

tenim:

$$
y = \frac{1}{3} - \lambda
$$

i llavors:

$$
z = x - y - 3 = \lambda - \frac{1}{3} + \lambda - 3 = 2\lambda - \frac{10}{3}
$$

Totes les solucions del sistema són, doncs, de la forma:

$$
(x,y,z) = \begin{pmatrix}
\lambda & \frac{1}{3} - \lambda & 2\lambda - \frac{10}{3}
\end{pmatrix},
\quad \lambda \in \mathbb{R}
$$

## 2. Apartat (c)

Com hem notat, en el cas:

$$
k = -1
$$

la tercera equació és redundant perquè és la resta de la primera menys la segona. Si modifiquem el terme independent posant, per exemple:

$$
3x + 3y = 2
$$

tindrem la incongruència:

$$
1 = 2
$$

i el sistema serà incompatible. Dit d'una altra manera, és incompatible perquè la matriu de coeficients no ha canviat i té rang 2, mentre que ara la matriu ampliada té rang 3, ja que:

$$
\begin{vmatrix}
2 & -1 & 4 \\
-1 & -1 & 3 \\
3 & 0 & 2
\end{vmatrix}
= -4 - 9 + 12 - 2 = -3 \neq 0
$$

## Criteris de correcció

(a) Compteu 0,25 pel determinant, 0,25 per la discussió i 0,5 per la solució del cas:

$$
k = 0
$$

(b) Compteu 0,75 per l'expressió paramètrica de totes les solucions.

SEGUNDO EXAMEN -> Ejercicio 2 – EBAU Junio ordinario Serie 1.- ALGEBRA: Vamos a resolver un SISTEMA LINEAL CON PARAMETROS, mediante la matriz de coeficientes/ampliada y cálculo del DETERMINANTE por el DESARROLLO POR COFACTORES (Regla de Laplace).

ejercicio_2_1_ALGEBRA_EBAU_Modelo_CATALUNYA_JUN_2025

## Ejercicio 2

## Apartado a — Discusión del sistema según el parámetro $p$

### Metodología usada

1. Escribir el sistema en forma matricial.
2. Calcular el determinante de la matriz de coeficientes.
3. Estudiar los valores de $p$ que anulan el determinante.
4. Clasificar el sistema.

El sistema es:

$$
\left\{
\begin{aligned}
y - z &= p + 3 \\
p^2x - z &= 5 \\
x - y &= 3
\end{aligned}
\right.
$$

La matriz de coeficientes es:

$$
A =
\begin{pmatrix}
0 & 1 & -1 \\
p^2 & 0 & -1 \\
1 & -1 & 0
\end{pmatrix}
$$

El vector de incógnitas es:

$$
X =
\begin{pmatrix}
x \\
y \\
z
\end{pmatrix}
$$

El vector de términos independientes es:

$$
B =
\begin{pmatrix}
p+3 \\
5 \\
3
\end{pmatrix}
$$

Por tanto:

$$
AX = B
$$

Calculamos el determinante:

$$
\det(A)=
\begin{vmatrix}
0 & 1 & -1 \\
p^2 & 0 & -1 \\
1 & -1 & 0
\end{vmatrix}
$$

Desarrollamos por la primera fila:

$$
\det(A)
=
-1
\begin{vmatrix}
p^2 & -1 \\
1 & 0
\end{vmatrix}
-
1
\begin{vmatrix}
p^2 & 0 \\
1 & -1
\end{vmatrix}
$$

Calculamos los menores:

$$
\begin{vmatrix}
p^2 & -1 \\
1 & 0
\end{vmatrix}
=
p^2 \cdot 0 - (-1)\cdot 1
=
1
$$

$$
\begin{vmatrix}
p^2 & 0 \\
1 & -1
\end{vmatrix}
=
p^2(-1)-0\cdot 1
=
-p^2
$$

Entonces:

$$
\det(A)
=
-1 -(-p^2)
$$

$$
\det(A)=p^2-1
$$

Factorizamos:

$$
p^2-1=(p-1)(p+1)
$$

Por tanto:

$$
\det(A)=0
\Longleftrightarrow
p=1
\quad \text{o} \quad
p=-1
$$

### Caso 1: $p \neq 1$ y $p \neq -1$

Si:

$$
p \neq 1
\quad \text{y} \quad
p \neq -1
$$

entonces:

$$
\det(A)\neq 0
$$

Por tanto, el sistema tiene solución única.

Respuesta parcial:

$$
\boxed{
p \neq \pm 1
\Rightarrow
\text{sistema compatible determinado}
}
$$

### Caso 2: $p=1$

Sustituimos $p=1$:

$$
\left\{
\begin{aligned}
y-z &= 4 \\
x-z &= 5 \\
x-y &= 3
\end{aligned}
\right.
$$

De la tercera ecuación:

$$
x=y+3
$$

De la primera:

$$
y=z+4
$$

Entonces:

$$
x=(z+4)+3=z+7
$$

Pero la segunda ecuación exige:

$$
x-z=5
$$

Sustituyendo $x=z+7$:

$$
z+7-z=5
$$

$$
7=5
$$

Esto es una contradicción.

Respuesta parcial:

$$
\boxed{
p=1
\Rightarrow
\text{sistema incompatible}
}
$$

### Caso 3: $p=-1$

Sustituimos $p=-1$:

$$
\left\{
\begin{aligned}
y-z &= 2 \\
x-z &= 5 \\
x-y &= 3
\end{aligned}
\right.
$$

De la tercera ecuación:

$$
x=y+3
$$

De la primera:

$$
y=z+2
$$

Entonces:

$$
x=(z+2)+3=z+5
$$

La segunda ecuación dice:

$$
x-z=5
$$

Sustituimos $x=z+5$:

$$
z+5-z=5
$$

$$
5=5
$$

No hay contradicción. Hay infinitas soluciones, porque una variable queda libre.

Respuesta parcial:

$$
\boxed{
p=-1
\Rightarrow
\text{sistema compatible indeterminado}
}
$$

## Apartado b — Resolución del sistema para $p=-1$

### Metodología usada

1. Sustituir $p=-1$.
2. Resolver el sistema.
3. Expresar la solución con un parámetro libre.

Para $p=-1$, el sistema es:

$$
\left\{
\begin{aligned}
y-z &= 2 \\
x-z &= 5 \\
x-y &= 3
\end{aligned}
\right.
$$

De la primera ecuación:

$$
y-z=2
$$

$$
y=z+2
$$

De la segunda ecuación:

$$
x-z=5
$$

$$
x=z+5
$$

La tercera ecuación es:

$$
x-y=3
$$

Sustituimos:

$$
(z+5)-(z+2)=3
$$

$$
3=3
$$

Por tanto, es una identidad.

Tomamos:

$$
z=t
$$

Entonces:

$$
y=t+2
$$

$$
x=t+5
$$

La solución general es:

$$
\boxed{
\begin{pmatrix}
x \\
y \\
z
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
t+5 \\
t+2 \\
t
\end{pmatrix},
\quad t\in\mathbb{R}
}
$$

También puede escribirse como:

$$
\boxed{
\begin{pmatrix}
x \\
y \\
z
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
5 \\
2 \\
0
\end{pmatrix}
+
t
\begin{pmatrix}
1 \\
1 \\
1
\end{pmatrix},
\quad t\in\mathbb{R}
}
$$

## Apartado c — Soluciones para $p=-1$ que cumplen además $xy=10$

### Metodología usada

1. Usar la solución general del apartado b.
2. Imponer la condición adicional $xy=10$.
3. Resolver la ecuación resultante.
4. Encontrar todas las soluciones.

Del apartado b:

$$
x=t+5
$$

$$
y=t+2
$$

$$
z=t
$$

Imponemos:

$$
xy=10
$$

Sustituimos:

$$
(t+5)(t+2)=10
$$

Desarrollamos:

$$
t^2+2t+5t+10=10
$$

$$
t^2+7t+10=10
$$

$$
t^2+7t=0
$$

Factorizamos:

$$
t(t+7)=0
$$

Por tanto:

$$
t=0
\quad \text{o} \quad
t=-7
$$

### Solución para $t=0$

$$
x=0+5=5
$$

$$
y=0+2=2
$$

$$
z=0
$$

Entonces:

$$
\begin{pmatrix}
x \\
y \\
z
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
5 \\
2 \\
0
\end{pmatrix}
$$

Comprobación:

$$
xy=5\cdot 2=10
$$

### Solución para $t=-7$

$$
x=-7+5=-2
$$

$$
y=-7+2=-5
$$

$$
z=-7
$$

Entonces:

$$
\begin{pmatrix}
x \\
y \\
z
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
-2 \\
-5 \\
-7
\end{pmatrix}
$$

Comprobación:

$$
xy=(-2)(-5)=10
$$

Respuesta parcial:

$$
\boxed{
\text{Sí, existen dos soluciones.}
}
$$

Son:

$$
\boxed{
\begin{pmatrix}
x \\
y \\
z
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
5 \\
2 \\
0
\end{pmatrix}
}
$$

$$
\boxed{
\begin{pmatrix}
x \\
y \\
z
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
-2 \\
-5 \\
-7
\end{pmatrix}
}
$$

## Resultado final

### Apartado a

$$
\boxed{
p \neq \pm 1
\Rightarrow
\text{sistema compatible determinado}
}
$$

$$
\boxed{
p=1
\Rightarrow
\text{sistema incompatible}
}
$$

$$
\boxed{
p=-1
\Rightarrow
\text{sistema compatible indeterminado}
}
$$

### Apartado b

Para $p=-1$:

$$
\boxed{
\begin{pmatrix}
x \\
y \\
z
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
t+5 \\
t+2 \\
t
\end{pmatrix},
\quad t\in\mathbb{R}
}
$$

o equivalentemente:

$$
\boxed{
\begin{pmatrix}
x \\
y \\
z
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
5 \\
2 \\
0
\end{pmatrix}
+
t
\begin{pmatrix}
1 \\
1 \\
1
\end{pmatrix},
\quad t\in\mathbb{R}
}
$$

### Apartado c

Sí, existen dos soluciones que cumplen $xy=10$:

$$
\boxed{
\begin{pmatrix}
x \\
y \\
z
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
5 \\
2 \\
0
\end{pmatrix}
}
$$

$$
\boxed{
\begin{pmatrix}
x \\
y \\
z
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
-2 \\
-5 \\
-7
\end{pmatrix}
}
$$

FIN_RESPUESTA

TERCER EXAMEN -> Ejercicio 2 – EBAU Junio especial Serie 4.- ALGEBRA: Vamos a resolver un SISTEMA LINEAL CON PARAMETROS en el apartado a, mediante la matriz de coeficientes/ampliada y y cálculo del DETERMINANTE por el DESARROLLO POR COFACTORES (Regla de Laplace). Añadimos la complejidad geométrica al sistema de planos con parámetros en loa apartados b y c.

ejercicio_2_2_ALGEBRA_EBAU_Modelo_CATALUNYA_JUN_ESPECIAL_2025

## Ejercicio 2 — apartado a): Discusión del sistema en función de $a$

El sistema es:

$$
\left\{
\begin{aligned}
x + 3y + az &= 1 \\
-2x - 6y + 2z &= 2a \\
ax + 3y + z &= 3
\end{aligned}
\right.
$$

## Bloque 1 — Matriz de coeficientes y matriz ampliada

La matriz de coeficientes es:

$$
A =
\begin{pmatrix}
1 & 3 & a \\
-2 & -6 & 2 \\
a & 3 & 1
\end{pmatrix}
$$

La matriz ampliada es:

$$
A^* =
\begin{pmatrix}
1 & 3 & a & 1 \\
-2 & -6 & 2 & 2a \\
a & 3 & 1 & 3
\end{pmatrix}
$$

## Bloque 2 — Determinante de la matriz de coeficientes

Calculamos:

$$
\det(A)=
\begin{vmatrix}
1 & 3 & a \\
-2 & -6 & 2 \\
a & 3 & 1
\end{vmatrix}
$$

Desarrollamos por la primera fila:

$$
\begin{aligned}
\det(A)
&=
1\begin{vmatrix}
-6 & 2 \\
3 & 1
\end{vmatrix}
-
3\begin{vmatrix}
-2 & 2 \\
a & 1
\end{vmatrix}
+
a\begin{vmatrix}
-2 & -6 \\
a & 3
\end{vmatrix}
\end{aligned}
$$

Calculamos los menores:

$$
\begin{aligned}
\begin{vmatrix}
-6 & 2 \\
3 & 1
\end{vmatrix}
&= (-6)\cdot 1 - 2\cdot 3 \\
&= -6-6 \\
&= -12
\end{aligned}
$$

$$
\begin{aligned}
\begin{vmatrix}
-2 & 2 \\
a & 1
\end{vmatrix}
&= (-2)\cdot 1 - 2a \\
&= -2-2a
\end{aligned}
$$

$$
\begin{aligned}
\begin{vmatrix}
-2 & -6 \\
a & 3
\end{vmatrix}
&= (-2)\cdot 3 - (-6)a \\
&= -6+6a
\end{aligned}
$$

Sustituimos:

$$
\begin{aligned}
\det(A)
&= 1(-12)-3(-2-2a)+a(-6+6a) \\
&= -12+6+6a-6a+6a^2 \\
&= 6a^2-6 \\
&= 6(a^2-1) \\
&= 6(a-1)(a+1)
\end{aligned}
$$

Por tanto:

$$
\det(A)=0
\Longleftrightarrow
a=1
\quad \text{o} \quad
a=-1
$$

## Bloque 3 — Caso general: $a\neq 1$ y $a\neq -1$

Si:

$$
a\neq 1
\quad \text{y} \quad
a\neq -1
$$

entonces:

$$
\det(A)\neq 0
$$

Por tanto:

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

Como la matriz ampliada tiene 3 filas:

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

Además, el número de incógnitas es:

$$
n=3
$$

Entonces:

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

Luego el sistema es compatible determinado.

## Bloque 4 — Caso particular: $a=1$

Sustituimos $a=1$ en la matriz de coeficientes:

$$
A =
\begin{pmatrix}
1 & 3 & 1 \\
-2 & -6 & 2 \\
1 & 3 & 1
\end{pmatrix}
$$

Sustituimos $a=1$ en la matriz ampliada:

$$
A^* =
\begin{pmatrix}
1 & 3 & 1 & 1 \\
-2 & -6 & 2 & 2 \\
1 & 3 & 1 & 3
\end{pmatrix}
$$

Observamos que en la matriz de coeficientes:

$$
F_3=F_1
$$

pero en la matriz ampliada:

$$
\begin{pmatrix}
1 & 3 & 1 & 3
\end{pmatrix}
\neq
\begin{pmatrix}
1 & 3 & 1 & 1
\end{pmatrix}
$$

Es decir, las ecuaciones primera y tercera tienen el mismo primer miembro, pero distinto término independiente:

$$
x+3y+z=1
$$

$$
x+3y+z=3
$$

Esto es una contradicción.

Por tanto:

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

Luego el sistema es incompatible.

## Bloque 5 — Caso particular: $a=-1$

Sustituimos $a=-1$ en la matriz de coeficientes:

$$
A =
\begin{pmatrix}
1 & 3 & -1 \\
-2 & -6 & 2 \\
-1 & 3 & 1
\end{pmatrix}
$$

Sustituimos $a=-1$ en la matriz ampliada:

$$
A^* =
\begin{pmatrix}
1 & 3 & -1 & 1 \\
-2 & -6 & 2 & -2 \\
-1 & 3 & 1 & 3
\end{pmatrix}
$$

Observamos que:

$$
F_2=-2F_1
$$

porque:

$$
-2
\begin{pmatrix}
1 & 3 & -1 & 1
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
-2 & -6 & 2 & -2
\end{pmatrix}
$$

Por tanto, la segunda ecuación es dependiente de la primera.

Nos quedamos con las filas primera y tercera:

$$
\begin{pmatrix}
1 & 3 & -1 & 1 \\
-1 & 3 & 1 & 3
\end{pmatrix}
$$

Estas dos filas no son proporcionales, ya que:

$$
\begin{pmatrix}
1 & 3 & -1
\end{pmatrix}
$$

$$
\begin{pmatrix}
-1 & 3 & 1
\end{pmatrix}
$$

no son proporcionales.

Así:

$$
\operatorname{rg}(A)=2
$$

y también:

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

Como el número de incógnitas es:

$$
n=3
$$

tenemos:

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

Luego el sistema es compatible indeterminado.

## Resultado final del apartado a)

$$
\boxed{
\begin{array}{c|c}
\text{Valor de } a & \text{Tipo de sistema} \\
\hline
a\neq 1,\ a\neq -1 & \text{Compatible determinado} \\
a=1 & \text{Incompatible} \\
a=-1 & \text{Compatible indeterminado}
\end{array}
}
$$

Este examen especial de JUNIO 2025 incorpora una complejidad extra en sus apartados b) y c). Incorpora GEOMETRIA al sistema típico de los ejercicios de ALGEBRA del segundo ejercicio de los examenes modelo EBAU Catalunya de RESOLUCION DE SISTEMAS LINEALES con parámetros mediante el TEOREMA DE ROUCHE-FROBENIUS.

ejercicio_2_2_apartado_b)_ ALGEBRA_EBAU_Modelo_CATALUNYA_JUN_ESPECIAL_2025

## Ejercicio 2 — apartado b): Posición relativa de los tres planos

El sistema y los planos son los del apartado anterior.

## Bloque 1 — Resultados del apartado a)

En el apartado a) obtuvimos:

$$
\det(A)=6(a-1)(a+1)
$$

Por tanto:

$$
\begin{array}{c|c}
\text{Valor de } a & \text{Tipo de sistema} \\
\hline
a\neq 1,\ a\neq -1 & \text{Compatible determinado} \\
a=1 & \text{Incompatible} \\
a=-1 & \text{Compatible indeterminado}
\end{array}
$$

## Bloque 2 — Caso $a\neq 1$ y $a\neq -1$

Si:

$$
a\neq 1
\quad \text{y} \quad
a\neq -1
$$

entonces:

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

Como hay tres incógnitas:

$$
n=3
$$

tenemos:

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

Por tanto, el sistema es compatible determinado.

Geométricamente, esto significa que los tres planos se cortan en un único punto.

Luego:

$$
\boxed{
\pi_1\cap \pi_2\cap \pi_3
\text{ es un punto}
}
$$

## Bloque 3 — Caso $a=1$

Sustituimos $a=1$ en los planos:

$$
\pi_1:\ x+3y+z=1
$$

$$
\pi_2:\ -2x-6y+2z=2
$$

$$
\pi_3:\ x+3y+z=3
$$

Los vectores normales de $\pi_1$ y $\pi_3$ son:

$$
n_1=
\begin{pmatrix}
1 \\
3 \\
1
\end{pmatrix}
$$

$$
n_3=
\begin{pmatrix}
1 \\
3 \\
1
\end{pmatrix}
$$

Por tanto:

$$
n_1=n_3
$$

Así, $\pi_1$ y $\pi_3$ son planos paralelos o coincidentes.

Pero sus términos independientes son distintos:

$$
1\neq 3
$$

Luego:

$$
\pi_1 \parallel \pi_3
$$

y no coinciden.

Por tanto:

$$
\pi_1\cap \pi_3=\varnothing
$$

Como dos de los tres planos ya no se cortan, no puede haber punto común a los tres.

Luego:

$$
\boxed{
\pi_1 \text{ y } \pi_3 \text{ son paralelos distintos, y } \pi_2 \text{ corta a ambos}
}
$$

En consecuencia:

$$
\boxed{
\pi_1\cap \pi_2\cap \pi_3=\varnothing
}
$$

## Bloque 4 — Caso $a=-1$

Sustituimos $a=-1$ en los planos:

$$
\pi_1:\ x+3y-z=1
$$

$$
\pi_2:\ -2x-6y+2z=-2
$$

$$
\pi_3:\ -x+3y+z=3
$$

Observamos que:

$$
\pi_2=-2\pi_1
$$

porque:

$$
-2(x+3y-z=1)
$$

da:

$$
-2x-6y+2z=-2
$$

Por tanto:

$$
\pi_1=\pi_2
$$

Ahora comparamos $\pi_1$ y $\pi_3$.

Sus vectores normales son:

$$
n_1=
\begin{pmatrix}
1 \\
3 \\
-1
\end{pmatrix}
$$

$$
n_3=
\begin{pmatrix}
-1 \\
3 \\
1
\end{pmatrix}
$$

Estos vectores no son proporcionales, porque no existe $\lambda$ tal que:

$$
\begin{pmatrix}
-1 \\
3 \\
1
\end{pmatrix}
=
\lambda
\begin{pmatrix}
1 \\
3 \\
-1
\end{pmatrix}
$$

De la primera coordenada:

$$
\lambda=-1
$$

Pero de la segunda coordenada:

$$
3=3\lambda
$$

luego:

$$
\lambda=1
$$

Contradicción.

Por tanto, $\pi_1$ y $\pi_3$ no son paralelos.

Así, $\pi_1$ y $\pi_3$ se cortan en una recta.

Como:

$$
\pi_1=\pi_2
$$

la intersección común de los tres planos es esa misma recta:

$$
\pi_1\cap \pi_2\cap \pi_3
=
\pi_1\cap \pi_3
$$

Luego:

$$
\boxed{
\pi_1 \text{ y } \pi_2 \text{ son coincidentes, y } \pi_3 \text{ los corta en una recta}
}
$$

## Resultado final del apartado b)

$$
\boxed{
\begin{array}{c|c}
\text{Valor de } a & \text{Posición relativa de los tres planos} \\
\hline
a\neq 1,\ a\neq -1 & \text{Los tres planos se cortan en un único punto} \\
a=1 & \pi_1 \parallel \pi_3,\ \pi_1\neq \pi_3,\ \text{y no hay punto común a los tres} \\
a=-1 & \pi_1=\pi_2,\ \text{y } \pi_3 \text{ los corta en una recta}
\end{array}
}
$$

FIN_RESPUESTA

ejercicio_2_2_apartado_c)_ ALGEBRA_EBAU_Modelo_CATALUNYA_JUN_ESPECIAL_2025

## Ejercicio 2 — apartado c): Intersección de los tres planos

El apartado c) pide determinar si la intersección de los tres planos es una recta y, en caso afirmativo, dar un vector director y un punto de dicha recta.

## Bloque 1 — Uso de los resultados anteriores

Del apartado a), obtuvimos:

Del apartado b), obtuvimos:

$$
\begin{array}{c|c}
\text{Valor de } a & \text{Posición relativa} \\
\hline
a\neq 1,\ a\neq -1 & \text{Los tres planos se cortan en un punto} \\
a=1 & \text{No hay punto común a los tres planos} \\
a=-1 & \text{La intersección de los tres planos es una recta}
\end{array}
$$

Por tanto, la intersección de los tres planos es una recta únicamente para:

$$
\boxed{a=-1}
$$

## Bloque 2 — Sistema para $a=-1$

Sustituimos $a=-1$ en el sistema:

$$
\left\{
\begin{aligned}
x+3y-z &= 1 \\
-2x-6y+2z &= -2 \\
-x+3y+z &= 3
\end{aligned}
\right.
$$

La segunda ecuación es múltiplo de la primera:

$$
-2(x+3y-z=1)
$$

Por tanto:

$$
-2x-6y+2z=-2
$$

Luego:

$$
\pi_1=\pi_2
$$

Nos quedamos con las ecuaciones independientes:

$$
\left\{
\begin{aligned}
x+3y-z &= 1 \\
-x+3y+z &= 3
\end{aligned}
\right.
$$

## Bloque 3 — Resolución del sistema

Sumamos las dos ecuaciones:

$$
(x+3y-z)+(-x+3y+z)=1+3
$$

$$
6y=4
$$

$$
y=\frac{2}{3}
$$

Sustituimos en la primera ecuación:

$$
x+3y-z=1
$$

$$
x+3\cdot \frac{2}{3}-z=1
$$

$$
x+2-z=1
$$

$$
x-z=-1
$$

$$
x=z-1
$$

Tomamos:

$$
z=t
$$

Entonces:

$$
x=t-1
$$

$$
y=\frac{2}{3}
$$

Por tanto, la recta intersección es:

$$
r:
\begin{cases}
x=t-1 \\
y=\frac{2}{3} \\
z=t
\end{cases}
\qquad t\in\mathbb{R}
$$

## Bloque 4 — Forma vectorial de la recta

Escribimos:

$$
\begin{pmatrix}
x \\
y \\
z
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
-1 \\
\frac{2}{3} \\
0
\end{pmatrix}
+
t
\begin{pmatrix}
1 \\
0 \\
1
\end{pmatrix}
$$

Por tanto, un punto de la recta es:

$$
P=
\begin{pmatrix}
-1 \\
\frac{2}{3} \\
0
\end{pmatrix}
$$

y un vector director es:

$$
\vec{v}=
\begin{pmatrix}
1 \\
0 \\
1
\end{pmatrix}
$$

## Bloque 5 — Comprobación del punto

Comprobamos que el punto:

$$
P=
\begin{pmatrix}
-1 \\
\frac{2}{3} \\
0
\end{pmatrix}
$$

pertenece a los tres planos para $a=-1$.

Primera ecuación:

$$
x+3y-z=1
$$

$$
-1+3\cdot \frac{2}{3}-0=1
$$

$$
-1+2=1
$$

$$
1=1
$$

Segunda ecuación:

$$
-2x-6y+2z=-2
$$

$$
-2(-1)-6\cdot \frac{2}{3}+2\cdot 0=-2
$$

$$
2-4+0=-2
$$

$$
-2=-2
$$

Tercera ecuación:

$$
-x+3y+z=3
$$

$$
-(-1)+3\cdot \frac{2}{3}+0=3
$$

$$
1+2=3
$$

$$
3=3
$$

Por tanto, el punto pertenece a la intersección de los tres planos.

## Resultado final del apartado c)

Sí, la intersección de los tres planos es una recta para:

$$
\boxed{a=-1}
$$

La recta es:

$$
\boxed{
\begin{pmatrix}
x \\
y \\
z
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
-1 \\
\frac{2}{3} \\
0
\end{pmatrix}
+
t
\begin{pmatrix}
1 \\
0 \\
1
\end{pmatrix}
}
\qquad t\in\mathbb{R}
$$

Un punto de la recta es:

$$
\boxed{
P=
\begin{pmatrix}
-1 \\
\frac{2}{3} \\
0
\end{pmatrix}
}
$$

Un vector director de la recta es:

$$
\boxed{
\vec{v}=
\begin{pmatrix}
1 \\
0 \\
1
\end{pmatrix}
}
$$

FIN_RESPUESTA

TERCER EXAMEN -> Ejercicio 4 – EBAU Junio especial Serie 4.- ALGEBRA: Vamos a resolver un ejercicio de MATRICES, CONMUTACION y INVERSA.

ejercicio_2_2_ALGEBRA_EBAU_Modelo_CATALUNYA_JUN_ESPECIAL_2025

## Ejercicio 2 — apartado a): Discusión del sistema en función de $a$

El sistema es:

$$
\left\{
\begin{aligned}
x + 3y + az &= 1 \\
-2x - 6y + 2z &= 2a \\
ax + 3y + z &= 3
\end{aligned}
\right.
$$

## Bloque 1 — Matriz de coeficientes y matriz ampliada

La matriz de coeficientes es:

$$
A =
\begin{pmatrix}
1 & 3 & a \\
-2 & -6 & 2 \\
a & 3 & 1
\end{pmatrix}
$$

La matriz ampliada es:

$$
A^* =
\begin{pmatrix}
1 & 3 & a & 1 \\
-2 & -6 & 2 & 2a \\
a & 3 & 1 & 3
\end{pmatrix}
$$

## Bloque 2 — Determinante de la matriz de coeficientes

Calculamos:

$$
\det(A)=
\begin{vmatrix}
1 & 3 & a \\
-2 & -6 & 2 \\
a & 3 & 1
\end{vmatrix}
$$

Desarrollamos por la primera fila:

$$
\begin{aligned}
\det(A)
&=
1\begin{vmatrix}
-6 & 2 \\
3 & 1
\end{vmatrix}
-
3\begin{vmatrix}
-2 & 2 \\
a & 1
\end{vmatrix}
+
a\begin{vmatrix}
-2 & -6 \\
a & 3
\end{vmatrix}
\end{aligned}
$$

Calculamos los menores:

$$
\begin{aligned}
\begin{vmatrix}
-6 & 2 \\
3 & 1
\end{vmatrix}
&= (-6)\cdot 1 - 2\cdot 3 \\
&= -6-6 \\
&= -12
\end{aligned}
$$

$$
\begin{aligned}
\begin{vmatrix}
-2 & 2 \\
a & 1
\end{vmatrix}
&= (-2)\cdot 1 - 2a \\
&= -2-2a
\end{aligned}
$$

$$
\begin{aligned}
\begin{vmatrix}
-2 & -6 \\
a & 3
\end{vmatrix}
&= (-2)\cdot 3 - (-6)a \\
&= -6+6a
\end{aligned}
$$

Sustituimos:

$$
\begin{aligned}
\det(A)
&= 1(-12)-3(-2-2a)+a(-6+6a) \\
&= -12+6+6a-6a+6a^2 \\
&= 6a^2-6 \\
&= 6(a^2-1) \\
&= 6(a-1)(a+1)
\end{aligned}
$$

Por tanto:

$$
\det(A)=0
\Longleftrightarrow
a=1
\quad \text{o} \quad
a=-1
$$

## Bloque 3 — Caso general: $a\neq 1$ y $a\neq -1$

Si:

$$
a\neq 1
\quad \text{y} \quad
a\neq -1
$$

entonces:

$$
\det(A)\neq 0
$$

Por tanto:

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

Como la matriz ampliada tiene 3 filas:

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

Además, el número de incógnitas es:

$$
n=3
$$

Entonces:

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

Luego el sistema es compatible determinado.

## Bloque 4 — Caso particular: $a=1$

Sustituimos $a=1$ en la matriz de coeficientes:

$$
A =
\begin{pmatrix}
1 & 3 & 1 \\
-2 & -6 & 2 \\
1 & 3 & 1
\end{pmatrix}
$$

Sustituimos $a=1$ en la matriz ampliada:

$$
A^* =
\begin{pmatrix}
1 & 3 & 1 & 1 \\
-2 & -6 & 2 & 2 \\
1 & 3 & 1 & 3
\end{pmatrix}
$$

Observamos que en la matriz de coeficientes:

$$
F_3=F_1
$$

pero en la matriz ampliada:

$$
\begin{pmatrix}
1 & 3 & 1 & 3
\end{pmatrix}
\neq
\begin{pmatrix}
1 & 3 & 1 & 1
\end{pmatrix}
$$

Es decir, las ecuaciones primera y tercera tienen el mismo primer miembro, pero distinto término independiente:

$$
x+3y+z=1
$$

$$
x+3y+z=3
$$

Esto es una contradicción.

Por tanto:

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

Luego el sistema es incompatible.

## Bloque 5 — Caso particular: $a=-1$

Sustituimos $a=-1$ en la matriz de coeficientes:

$$
A =
\begin{pmatrix}
1 & 3 & -1 \\
-2 & -6 & 2 \\
-1 & 3 & 1
\end{pmatrix}
$$

Sustituimos $a=-1$ en la matriz ampliada:

$$
A^* =
\begin{pmatrix}
1 & 3 & -1 & 1 \\
-2 & -6 & 2 & -2 \\
-1 & 3 & 1 & 3
\end{pmatrix}
$$

Observamos que:

$$
F_2=-2F_1
$$

porque:

$$
-2
\begin{pmatrix}
1 & 3 & -1 & 1
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
-2 & -6 & 2 & -2
\end{pmatrix}
$$

Por tanto, la segunda ecuación es dependiente de la primera.

Nos quedamos con las filas primera y tercera:

$$
\begin{pmatrix}
1 & 3 & -1 & 1 \\
-1 & 3 & 1 & 3
\end{pmatrix}
$$

Estas dos filas no son proporcionales, ya que:

$$
\begin{pmatrix}
1 & 3 & -1
\end{pmatrix}
$$

$$
\begin{pmatrix}
-1 & 3 & 1
\end{pmatrix}
$$

no son proporcionales.

Así:

$$
\operatorname{rg}(A)=2
$$

y también:

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

Como el número de incógnitas es:

$$
n=3
$$

tenemos:

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

Luego el sistema es compatible indeterminado.

## Resultado final del apartado a)

CUARTO EXAMEN -> Ejercicio 2 – EBAU Septiembre Serie 3.- ALGEBRA: Vamos a resolver un SISTEMA LINEAL CON PARAMETROS, mediante la matriz de coeficientes/ampliada y y cálculo del DETERMINANTE por el DESARROLLO POR COFACTORES (Regla de Laplace).

ejercicio_2_4_ALGEBRA_EBAU_Modelo_CATALUNYA_SEPT_2025

## Apartado a) Discusión del sistema según el parámetro $m$

### Metodología usada

1. Escribir el sistema en forma matricial.
2. Calcular el determinante de la matriz de coeficientes.
3. Estudiar los valores que anulan el determinante.
4. Clasificar el sistema según los rangos.

El sistema es:

$$
\left\{
\begin{aligned}
x+3y+z &= 5 \\
mx+2z &= 0 \\
my-z &= m
\end{aligned}
\right.
$$

La matriz de coeficientes y la matriz ampliada son:

$$
A=
\begin{pmatrix}
1 & 3 & 1 \\
m & 0 & 2 \\
0 & m & -1
\end{pmatrix}
$$

$$
(A|b)=
\begin{pmatrix}
1 & 3 & 1 & 5 \\
m & 0 & 2 & 0 \\
0 & m & -1 & m
\end{pmatrix}
$$

Calculamos el determinante:

$$
\det(A)=
\begin{vmatrix}
1 & 3 & 1 \\
m & 0 & 2 \\
0 & m & -1
\end{vmatrix}
$$

Desarrollamos por la primera fila:

$$
\det(A)=
1
\begin{vmatrix}
0 & 2 \\
m & -1
\end{vmatrix}
-
3
\begin{vmatrix}
m & 2 \\
0 & -1
\end{vmatrix}
+
1
\begin{vmatrix}
m & 0 \\
0 & m
\end{vmatrix}
$$

Calculamos los menores:

$$
\begin{vmatrix}
0 & 2 \\
m & -1
\end{vmatrix}
=
0\cdot(-1)-2m
=
-2m
$$

$$
\begin{vmatrix}
m & 2 \\
0 & -1
\end{vmatrix}
=
m(-1)-2\cdot 0
=
-m
$$

$$
\begin{vmatrix}
m & 0 \\
0 & m
\end{vmatrix}
=
m^2-0
=
m^2
$$

Sustituimos:

$$
\det(A)=1(-2m)-3(-m)+1(m^2)
$$

$$
\det(A)=-2m+3m+m^2
$$

$$
\det(A)=m^2+m
$$

$$
\det(A)=m(m+1)
$$

Por tanto:

$$
\det(A)=0 \Longleftrightarrow m=0 \quad \text{o} \quad m=-1
$$

### Caso 1: $m\neq 0$ y $m\neq -1$

Como:

$$
\det(A)\neq 0
$$

entonces:

$$
\operatorname{rg}(A)=\operatorname{rg}(A|b)=3
$$

Como el número de incógnitas es:

$$
n=3
$$

tenemos:

$$
\operatorname{rg}(A)=\operatorname{rg}(A|b)=n=3
$$

El sistema es compatible determinado, es decir, tiene solución única.

### Caso 2: $m=0$

Sustituimos $m=0$ en la matriz ampliada:

$$
(A|b)=
\begin{pmatrix}
1 & 3 & 1 & 5 \\
0 & 0 & 2 & 0 \\
0 & 0 & -1 & 0
\end{pmatrix}
$$

El sistema queda:

$$
\left\{
\begin{aligned}
x+3y+z &= 5 \\
2z &= 0 \\
-z &= 0
\end{aligned}
\right.
$$

De las dos últimas ecuaciones:

$$
z=0
$$

Sustituyendo en la primera:

$$
x+3y=5
$$

Hay una variable libre. Por tanto:

$$
\operatorname{rg}(A)=\operatorname{rg}(A|b)=2<3
$$

El sistema es compatible indeterminado, es decir, tiene infinitas soluciones.

### Caso 3: $m=-1$

Sustituimos $m=-1$ en la matriz ampliada:

$$
(A|b)=
\begin{pmatrix}
1 & 3 & 1 & 5 \\
-1 & 0 & 2 & 0 \\
0 & -1 & -1 & -1
\end{pmatrix}
$$

El sistema queda:

$$
\left\{
\begin{aligned}
x+3y+z &= 5 \\
-x+2z &= 0 \\
-y-z &= -1
\end{aligned}
\right.
$$

De la segunda ecuación:

$$
-x+2z=0
$$

$$
x=2z
$$

De la tercera ecuación:

$$
-y-z=-1
$$

$$
y+z=1
$$

$$
y=1-z
$$

Sustituimos en la primera:

$$
x+3y+z=5
$$

$$
2z+3(1-z)+z=5
$$

$$
2z+3-3z+z=5
$$

$$
3=5
$$

Esto es una contradicción. Por tanto:

$$
\operatorname{rg}(A)<\operatorname{rg}(A|b)
$$

El sistema es incompatible, es decir, no tiene solución.

### Respuesta parcial del apartado a)

$$
\boxed{
\begin{array}{c|c}
\text{Valor de }m & \text{Tipo de sistema} \\
\hline
m\neq 0,\ m\neq -1 & \text{Compatible determinado} \\
m=0 & \text{Compatible indeterminado} \\
m=-1 & \text{Incompatible}
\end{array}
}
$$

## Apartado b) Resolver el sistema para $m=1$

### Metodología usada

1. Sustituir $m=1$ en el sistema.
2. Escribir la matriz ampliada.
3. Reducir mediante operaciones elementales.
4. Obtener la solución.

Sustituimos $m=1$:

$$
\left\{
\begin{aligned}
x+3y+z &= 5 \\
x+2z &= 0 \\
y-z &= 1
\end{aligned}
\right.
$$

La matriz ampliada es:

$$
(A|b)=
\begin{pmatrix}
1 & 3 & 1 & 5 \\
1 & 0 & 2 & 0 \\
0 & 1 & -1 & 1
\end{pmatrix}
$$

Intercambiamos las filas $F_1$ y $F_2$:

$$
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 2 & 0 \\
1 & 3 & 1 & 5 \\
0 & 1 & -1 & 1
\end{pmatrix}
$$

Hacemos:

$$
F_2 \leftarrow F_2-F_1
$$

$$
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 2 & 0 \\
0 & 3 & -1 & 5 \\
0 & 1 & -1 & 1
\end{pmatrix}
$$

Intercambiamos $F_2$ y $F_3$:

$$
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 2 & 0 \\
0 & 1 & -1 & 1 \\
0 & 3 & -1 & 5
\end{pmatrix}
$$

Hacemos:

$$
F_3 \leftarrow F_3-3F_2
$$

$$
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 2 & 0 \\
0 & 1 & -1 & 1 \\
0 & 0 & 2 & 2
\end{pmatrix}
$$

Dividimos la tercera fila entre $2$:

$$
F_3 \leftarrow \frac{1}{2}F_3
$$

$$
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 2 & 0 \\
0 & 1 & -1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{pmatrix}
$$

Hacemos:

$$
F_1 \leftarrow F_1-2F_3
$$

$$
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & -2 \\
0 & 1 & -1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{pmatrix}
$$

Hacemos:

$$
F_2 \leftarrow F_2+F_3
$$

$$
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & -2 \\
0 & 1 & 0 & 2 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{pmatrix}
$$

Por tanto:

$$
x=-2
$$

$$
y=2
$$

$$
z=1
$$

### Respuesta parcial del apartado b)

$$
\boxed{
\begin{pmatrix}
x \\
y \\
z
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
-2 \\
2 \\
1
\end{pmatrix}
}
$$

## Apartado c) Resolver el sistema cuando tiene infinitas soluciones

### Metodología usada

1. Usar la discusión del apartado a).
2. Identificar el valor de $m$ que da infinitas soluciones.
3. Sustituir ese valor en el sistema.
4. Parametrizar la solución.

Por el apartado a), el sistema tiene infinitas soluciones cuando:

$$
m=0
$$

Sustituimos $m=0$:

$$
\left\{
\begin{aligned}
x+3y+z &= 5 \\
2z &= 0 \\
-z &= 0
\end{aligned}
\right.
$$

De las dos últimas ecuaciones:

$$
z=0
$$

Sustituimos en la primera:

$$
x+3y=5
$$

Despejamos $x$:

$$
x=5-3y
$$

Tomamos:

$$
y=\lambda
$$

con:

$$
\lambda\in\mathbb{R}
$$

Entonces:

$$
x=5-3\lambda
$$

$$
z=0
$$

Por tanto, las soluciones son:

$$
\begin{pmatrix}
x \\
y \\
z
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
5-3\lambda \\
\lambda \\
0
\end{pmatrix}
$$

También puede escribirse como:

$$
\begin{pmatrix}
x \\
y \\
z
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
5 \\
0 \\
0
\end{pmatrix}
+
\lambda
\begin{pmatrix}
-3 \\
1 \\
0
\end{pmatrix}
$$

con:

$$
\lambda\in\mathbb{R}
$$

### Respuesta parcial del apartado c)

$$
\boxed{m=0}
$$

$$
\boxed{
\begin{pmatrix}
x \\
y \\
z
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
5 \\
0 \\
0
\end{pmatrix}
+
\lambda
\begin{pmatrix}
-3 \\
1 \\
0
\end{pmatrix},
\quad \lambda\in\mathbb{R}
}
$$

## Resultado final

### Apartado a)

$$
\boxed{
\begin{array}{c|c}
\text{Valor de }m & \text{Clasificación} \\
\hline
m\neq 0,\ m\neq -1 & \text{Compatible determinado} \\
m=0 & \text{Compatible indeterminado} \\
m=-1 & \text{Incompatible}
\end{array}
}
$$

### Apartado b)

Para $m=1$:

$$
\boxed{
\begin{pmatrix}
x \\
y \\
z
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
-2 \\
2 \\
1
\end{pmatrix}
}
$$

### Apartado c)

El sistema tiene infinitas soluciones para:

$$
\boxed{m=0}
$$

Y sus soluciones son:

$$
\boxed{
\begin{pmatrix}
x \\
y \\
z
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
5 \\
0 \\
0
\end{pmatrix}
+
\lambda
\begin{pmatrix}
-3 \\
1 \\
0
\end{pmatrix},
\quad \lambda\in\mathbb{R}
}
$$

FIN_RESPUESTA

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