Krystian Karczyński pisze:

Tak, dokładnie, nieskończenie wiele rozwiązań zależnych od dwóch parametrów.

Niech Pani zerknie na mój “Wykład” na blogu:

Twierdzenie Kroneckera-Capellego

Tam napisane jest, co trzeba robić ogólnie.

A w pani konkretnym przykładzie, bierzemy macierz główną:

\left[ \begin{matrix}
3 & -4 & 1 & 3 \\
-6 & 8 & 3 & -6 \end{matrix} \right]

Szukamy w niej byle jakiego wyznacznika stopnia 2 (bo taki jest rząd macierzy głównej i uzupełnionej). Może to być na przykład wyznacznik ze współczynników przy zmiennych y i z, czyli:

\left| \begin{matrix}
-4 & 1 \\
8 & 3 \end{matrix} \right|=-12-8=-20\ne 0

Niezerowy wyznacznik jest ze współczynników przy zmiennych y i z, pozostałe więc zmienne zastępujemy parametrami:

x={{\alpha }_{1}}

t={{\alpha }_{2}}

tworzymy nowy układ równań (tutaj akurat nie musimy wykreślać żadnych wierszy):

\{ \begin{matrix}
& 3{{\alpha }_{1}}-4y+z+3{{\alpha }_{2}}=2 \\
& -6{{\alpha }_{1}}+8y+3z-6{{\alpha }_{2}}=3 \end{matrix}

Czyli:

\{ \begin{matrix}
& -4y+z=2-3{{\alpha }_{1}}-3{{\alpha }_{2}} \\
& 8y+3z=3+6{{\alpha }_{1}}+6{{\alpha }_{2}} \end{matrix}

I rozwiązujemy go, najlepiej po prostu tak jak w gimnazjum. Z pierwszego równania wyznaczamy zmienną z:

z=2-3{{\alpha }_{1}}-3{{\alpha }_{2}}+4y

Wstawiamy do drugiego równania:

8y+3\left( 2-3{{\alpha }_{1}}-3{{\alpha }_{2}}+4y \right)=3+6{{\alpha }_{1}}+6{{\alpha }_{2}}

20y=-3+15{{\alpha }_{1}}+15{{\alpha }_{2}}\quad /:20

y=-\frac{3}{20}+\frac{3}{4}{{\alpha }_{1}}+\frac{3}{4}{{\alpha }_{2}}

ywyliczony, teraz liczymy z:

z=2-3{{\alpha }_{1}}-3{{\alpha }_{2}}+4\left( -\frac{3}{20}+\frac{3}{4}{{\alpha }_{1}}+\frac{3}{4}{{\alpha }_{2}} \right)

z=2-3{{\alpha }_{1}}-3{{\alpha }_{2}}-\frac{3}{5}+3{{\alpha }_{1}}+3{{\alpha }_{2}}

z=1\frac{2}{5}

Czyli pełne rozwiązanie to:

\{ \begin{matrix}
& x={{\alpha }_{1}} \\
& y=-\frac{3}{20}+\frac{3}{4}{{\alpha }_{1}}+\frac{3}{4}{{\alpha }_{2}} \\
& z=1\frac{2}{5} \\
& t={{\alpha }_{2}} \end{matrix}

Gdzie {\alpha }_{1}, {\alpha }_{2}to dowolne liczby rzeczywiste.