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Tema 4A. Ecuaciones y sistemas 1. Ecuaciones de primer grado Son de la forma ax + b = 0 , donde la incógnita x está elevada al exponente 1; a debe ser un número distinto de cero. b Para resolverla basta con despejar la x. Así: ax + b = 0 ⇔ ax = −b ⇔ x = − . a Con frecuencia, la ecuación aparecerá con más términos pero por transposición siempre se puede llegar a la forma anterior más simple. Si aparecen denominadores y paréntesis, primero se resuelven los paréntesis, a continuación se quitan denominadores; después se trasponen términos; por último, se despeja la incógnita. x +1 5 Ejemplo: Para resolver la ecuación 2 x − + 3 x − 2 = 6 3 5 x +1   (1) Se quitan denominadores. Para ello se multiplica por 6 → 6· 2 x − + 3 x − 2  = 6· . 6 3   (2) Se opera → 12 x − 5 + 18 x − 12 = 2 x + 2 . (3) Se trasponen términos → 28x = 19. 19 (4) Se despeja x → x = . 28 2. Ecuaciones de segundo grado

Son de la forma ax 2 + bx + c = 0 , a ≠ 0. − b ± b2 − 4ac . 2a Pueden tener dos, una o ninguna solución real, dependiendo del valor que tome b 2 − 4ac .

Su solución viene dada por la fórmula: x =

Ejemplos: 2
La ecuación 2 x + 4 x − 6 = 0 tiene dos soluciones: x1 = −3 y x2 = 1. (Compruébese). Estas soluciones permiten descomponer factorial la expresión: 2 x 2 + 4 x − 6 = 2( x + 3)( x − 1) .

La ecuación x 2 + 4 x + 4 = 0 sólo tiene una solución doble, x = –2. Con esto: x 2 + 4 x + 4 = ( x + 2) 2 .


La ecuación − x 2 + 4 x − 6 = 0 no tiene soluciones reales. 2 2
La ecuación x + px + 9 = 0 tendrá dos soluciones si p − 36 > 0 ; esto es, si p < −6 o p > 6. No tendrá soluciones reales cuando −6 < p < 6. Tendrá una solución doble si p = −6 o p = 6.


Ecuaciones incompletas Son de la forma: ax 2 + bx = 0 o ax 2 + c = 0 . Para resolverlas no es necesario aplicar la fórmula dada: en la primera se saca factor común; en la segunda, se despeja. Ejemplos: 2
x + 4 x = 0 ⇒ x ( x + 4) = 0 . Sus soluciones son: x = 0, x = −4. •







x 2 − 9 = 0 ⇒ ( x − 3)( x + 3) = 0 . Sus soluciones son: x = 3, x = −3. x 2 − 12 = 0 ⇒ x = ± 12 . x 2 + 4 = 0 no tiene soluciones reales. 3000 − 3000 3000 = ±1,25 + 1920 = 0 ⇔ − 3000 + 1920 x 2 = 0 ⇒ x 2 = ⇒ x= 2 1920 1920 x

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3. Ecuaciones de tercer grado

Son ecuaciones de la forma ax 3 + bx 2 + cx + d = 0 , a, b, c, d son números reales; a ≠ 0. Para resolver ecuaciones de tercero o grado superior no hay fórmulas elementales; sólo puede aplicarse una propiedad que da resultado cuando hay alguna solución entera. En este caso, dicha solución será un número divisor del término independiente, d. Las demás soluciones pueden hallarse descomponiendo en factores la ecuación inicial. Observación: Si una ecuación, cualquiera que sea su grado, viene dada como producto de factores igualados a 0, las soluciones de esa ecuación son las de cada uno de los factores igualados a cero. Ejemplos: 2 3
Las soluciones de la ecuación ( x − 1)(4 x − 1)( x + 8) = 0 son las de:  x −1 = 0 ⇒ x = 1  2 4 x − 1 = 0 ⇒ x = ±1 / 2  x 3 + 8 = 0 ⇒ x = 3 − 8 = −2  Si la ecuación x 3 − 2 x 2 + 4 x − 8 = 0 tuviese alguna solución entera será alguno de los divisores de 8, que son: ±1, ±2, ±4 o ±8. Probando se ve que x = 2 es una solución, pues 2 3 − 2·2 2 + 4·2 − 8 = 0 . Dividiendo el polinomio x 3 − 2 x 2 + 4 x − 8 por x − 2, se tiene: x 3 − 2 x 2 + 4 x − 8 = ( x − 2)( x 2 + 4) = 0 . Como el segundo factor, (x2 + 4), es irreducible, no hay más soluciones reales. En consecuencia, la ecuación dada sólo tiene una solución real, x = 2. 3 2
Este proceso es inmediato si falta el término independiente, como en el caso 4 x + 4 x − 3 x = 0 , pues basta con sacar factor común: 4 x 3 + 4 x 2 − 3 x = x(4 x 2 + 4 x − 3) = 0 .


Una solución es x = 0; las otras dos soluciones posibles son las de la ecuación 4 x 2 + 4 x − 3 = 0 , que 3 1 son x = − y x = . 2 2 3 2
La ecuación x + x + 1 = 0 no tiene ninguna solución entera, pues ni 1 ni −1, los únicos dos divisores del término independiente, lo son. Por tanto, en este caso no es posible dar la solución. Para que la ecuación x 3 − 2 x 2 + p = 0 tenga una solución entera puede darse a p el valor 1 (así la solución sería x = 1); también podría hacerse p = −9, siendo entonces la solución x = 3. En los dos casos el valor de p se ha obtenido a posteriori, decidiendo antes la solución y deduciendo su valor para que efectivamente lo sea. Así, si se desea que x = 1 sea una solución, debe cumplirse que 13 − 2·12 + p = 0 → p = 1; análogamente, para que la solución sea x = 3 es necesario que 33 − 2·3 2 + p = 0 → p = −9. • Para el caso p = 1, la ecuación sería x 3 − 2 x 2 + 1 = 0 ⇔ ( x − 1)( x 2 − x − 1) = 0 . Resolviendo el segundo factor se observa que la ecuación inicial tiene otras dos soluciones reales. • Para el caso p = −9, la ecuación sería x 3 − 2 x 2 − 9 = 0 ⇔ ( x − 3)( x 2 + x + 3) = 0 . Resolviendo el segundo factor se observa que la ecuación inicial no tiene más soluciones reales. • Como complemento de esto: ¿qué pasa cuando p = 0?


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4. Ecuaciones bicuadradas

Las ecuaciones de cuarto grado de la forma ax 4 + bx 2 + c = 0 , se llaman bicuadradas. Se resuelven empleando la fórmula de la ecuación de segundo grado, pues haciendo x 2 = t , queda: ax 4 + bx 2 + c = 0 ⇔ at 2 + bt + c = 0 → t puede tomar dos, uno o ningún valor real Una vez encontrado t, los valores de x serán x = ± t , siempre que exista t . Ejemplos: 4 2 2
La ecuación x − 3 x + 2 = 0 ⇔ t − 3t + 2 = 0 ⇒ t = 1, t = 2 ⇒ x = ±1 y x = ± 2 . 4 2 2
La ecuación x + 5 x − 36 = 0 ⇔ t + 5t − 36 = 0 ⇒ t = 4, t = −9 ⇒ x = ±2 y x = ± − 9 , que no existe.
Si la ecuación es bicuadrada reducida es todavía más fácil. Por ejemplo: x 4 − 3 x 2 = 0 ⇒ x 2 ( x 2 − 3) = 0 ⇒ x 2 = 0 ; x 2 − 3 = 0 ⇒ x = 0 y x = ± 3 . 5. Ecuaciones con expresiones radicales En las ecuaciones con radicales hay que aislar la raíz cuadrada; después se elevarán al cuadrado los dos miembros de la ecuación y se resolverá la ecuación resultante. En la nueva ecuación pueden salir soluciones no válidas que habrá que desechar.

Ejemplos: Para resolver x − x = 6 , se procede así: x − x = 6 ⇒ x − 6 = x ⇒ ( x − 6)2 =




( x)

2

⇒

x − 12 x + 36 = x ⇒ x − 13 x + 36 = 0 ⇒ x = 9, x = 4. De las dos soluciones sólo es válida la primera, x = 9. 2

2

(

OJO: Un error frecuente es el siguiente: x − x = 6 ⇒ x − x

)

2

= 62 ⇒ x2 − x = 6 ⇒ x = 3

4x 3 + 5 − 2 = x ⇒ 4 x 3 + 5 = x ( x + 2) ⇒ 4 x 3 + 5 = x 2 + 2 x ⇒ 4 x 3 + 5 = x 4 + 4 x 3 + 4 x 2 x ⇒ x 4 + 4 x 2 − 5 = 0 ⇒ x 2 = −5 , que no tiene sentido, y x 2 = 1 ⇒ x = −1 y x = 1. (La solución x = –1 sólo es válida si se considera el resultado negativo de la raíz. En general se descarta.)


6. Ecuaciones racionales P( x) Son de la forma = k , donde P (x) y Q (x) son expresiones polinómicas y k una constante Q ( x) Se resuelven eliminando denominadores y pasando a una ecuación que responda a alguno de los tipos estudiados con anterioridad. En estas ecuaciones hay que comprobar que las soluciones obtenidas son válidas, pues al quitar denominadores pueden aparecer soluciones extrañas. Ejemplo: x 3x + 1
Para resolver la ecuación: +2= x +1 x x + 2( x + 1) 3 x + 1 Se suman los términos del primer miembro, resultando: = x +1 x Multiplicando en cruz se tiene x 2 + 2 x( x + 1) = (3 x + 1)( x + 1) ⇔ x 2 + 2 x 2 + 2 x = 3 x 2 + 3 x + x + 1 ⇔ 1 ⇔ 3x 2 + 2 x = 3x 2 + 4 x + 1 ⇔ 0 = 2 x + 1 ⇒ x = − . 2 José María Martínez Mediano

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7. Ecuaciones con valores absolutos

Estas ecuaciones pueden presentarse asociadas a cualquier expresión. Por ejemplo: x 4 2x − 1 = 3 x 2 − 3x = 0 = x =1 x 2−x Se resuelven todas teniendo en cuenta el significado de valor absoluto: E ( x ) = c ⇔ E ( x ) = c o E ( x ) = −c . Esto implica que cada ecuación da lugar a dos ecuaciones.

2x 4 − x = 0

Ejemplos: a) 2 x − 1 = 3 ⇔ 2 x − 1 = 3 o 2 x − 1 = −3 ⇒ x = 2 ó x = 1. b) La ecuación x 2 − 3 x = 2 da lugar a x 2 − 3 x = 2 y a x 2 − 3 x = −2 , equivalentes a su vez a 3 + 17 3 − 17 , x= , x = 1 y x = 2. 2 2 d) 2 x 4 − x = 0 es más fácil. Sus soluciones son 2 x = 0 y 4 − x = 0 ⇒ x = 0 o x = 4. x 2 − 3 x − 2 = 0 y a x 2 − 3 x + 2 = 0 , cuyas soluciones son: x =

x

= 1 ⇔ x = 2 − x , que a su vez define dos ecuaciones: − x = 2 − x , que es 2−x imposible; y x = 2 − x , cuya solución es x = 1.

e) La ecuación

8. Ecuaciones exponenciales y logarítmicas

Las ecuaciones exponenciales son aquellas en las que la incógnita aparece en el exponente. Algunos ejemplos son: 1 4 x = 16 ; = 8; 4 x − 5·2 x − 24 = 0 ; 3 x = 30 2x Observación: La base de la potencia debe ser siempre un número positivo.

•

En las ecuaciones logarítmicas la incógnita va ligada con algún logaritmo. Algunos ejemplos son: log x = 3 ; 3 + log( x + 20) = 5 ; log( x + 5) − 2 log( x − 4) = 1 Observación: La expresión englobada en el logaritmo debe tomar siempre valores positivos.

•

Suelen resolverse aplicando las propiedades de las potencias y de los logaritmos, además de las operaciones algebraicas usuales. En algún momento del proceso suele aplicarse alguna de las propiedades: 1. A f ( x ) = A g ( x ) ⇒ f ( x) = g ( x) 2. log a ( f ( x) ) = log a (g ( x) ) ⇒ f ( x) = g ( x) Ejemplos: x
La ecuación 4 = 16 es inmediata: x = 2. 1
Para resolver = 8 , hay que expresarla en la forma 2 − x = 8 ⇔ 2 − x = 2 3 ⇒ x = −3. 2x
La ecuación log x = 3 es inmediata, pues, por la definición de logaritmo: log x = 3 ⇔ x = 103 ⇒ x = 1000.

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9. Algunos casos fáciles de ecuaciones ligadas a exponenciales y logaritmos Las ecuaciones resueltas en los ejemplos anteriores son prácticamente inmediatas y, además, suelen ser los casos más frecuentes. Esquemáticamente, estos casos sencillos son los siguientes: ax = b log a x = b log a b = x log x a = b Observa que en ningún caso hay sumandos. Se resuelven empleando la definición de logaritmo y/o la calculadora.

Ecuación a x = b . (Es necesario que a y b sean positivos) Se resuelven aplicando logaritmos. •

Ejemplo:


3 x = 30 ⇒ log 3 x = log 30 ⇒ x log 3 = log 30 ⇒ x =

log 30 1,477... = = 3,0959... log 3 0,477...

Si apareciese un número multiplicando a la expresión exponencial o al exponente, k ·a px+ q = b habría que despejar antes o después. Ejemplos: log 20 1,3010... x x x
5·2 = 100 ⇒ 2 = 20 ⇒ log 2 = log 20 ⇒ x log 2 = log 20 ⇒ x = = = 4,3219 log 2 0,3010... Un error hubiese sido escribir: 5·2 x = 100 ⇒ 10 x = 100 ⇒ x = 2. log 15 1,1761 x −1
5 = 15 ⇒ log 5 x −1 = log15 ⇒ ( x − 1) log 5 = log 15 ⇒ x − 1 = = = 1,6826 ⇒ log 5 0,6990 ⇒ x = 2,6826 . 7  0,4·3 2 x = 7 ⇒ 3 2 x = = 17,5 ⇒ log 3 2 x = log17,5 ⇒ 2 x log 3 = log 17,5 ⇒ 0,4 log17,5 ⇒ x= = 1,3026 . 2 log 3 •

•

Ecuación log a x = b

Se resuelve empleando la definición de logaritmo y alguna propiedad de la potenciación. Ejemplos: 3,1
log x = 3,1 ⇒ x = 10 ⇒ x = 1258,924512 (También: x = antilog 3,1) −1,3
log 3 x = −1,3 ⇒ x = 3 = 0,2397410311 1,5
ln x = 1,5 ⇒ x = antiln 1,5 = e = 4,48168907. Observación: Recuerda, el antilogaritmo de un número a, antilog a, es el número k que cumple que log k = a . Por ejemplo, antilog 2 = 100, pues log 100 = 2. Con la calculadora se obtiene aplicando sucesivamente las teclas: 2 SHIFT log o SHIFT log 2, dependiendo del modelo •

Si apareciese algún número multiplicando o sumando habría que despejar antes o después. Sería el caso k log a ( px q ) = b .

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Ejemplos:





•

1 1 ⇒ x = anti log = 2,1544. 3 3 3 La ecuación log x = 1 es idéntica a la anterior, pues log x 3 = 3 log x . log 2 x = 5 ⇒ 2 x = anti log 5 = 100000 ⇒ x = 50000. 1 1/ 2 ln x + 3 = 2 ⇔ ln ( x + 3) = 2 ⇔ ln( x + 3) = 2 ⇒ ln ( x + 3) = 4 ⇒ x + 3 = e 4 ⇒ x = e 4 − 3 2 3 log x = 1 ⇒ (despejando) log x =

Ecuación log a b = x .

Si las bases son 10 o e se resuelven directamente con la calculadora; en cualquier otro caso hay que aplicar la definición de logaritmo. (O aplicar la fórmula del cambio de base.) Observación: Recuerda, para calcular el logaritmo en cualquier base no decimal puede utilizarse la log b fórmula log a b = . log a Ejemplos:
log 13,6 = x ⇒ x = 1,1335. 1
log1/2 4 = x ⇒ = 4 ⇒ 2–x = 22 ⇒ x = –2. x 2 log 24
log3 24 = x ⇒ x = = 2,8928 . log 3 • Si apareciese algún número multiplicando o dividiendo a x podría pasarse al primer miembro. Sería el caso log a b = kx . Ejemplo:


•

log 7 = 2 x − 5 ⇒ 2 x = 5 + log 7 ⇒ x =

5 + log 7 = 2,9225 . 2

Ecuación log x a = b Aplicando la definición de logaritmo se transforma en otra ecuación ya

vista, pues: log x a = b ⇒ a = x b ⇒ x = a 1 / b Ejemplos: 1/5 5
log x 1000 = 5 ⇒ x = 1000 ⇒ x = 1000 = 3,98107.


log x 81 = 2 ⇒ x 2 = 81 ⇒ x = 9.

Observación: las ecuaciones a b = x y x a = b , no son ni exponenciales ni logarítmicas, pero, a veces, el uso de las técnicas anteriores facilita su resolución. •

La ecuación a b = x , es un ejercicio común de potenciación. Salvo en casos inmediatos, se resuelve con la calculadora.

Ejemplo: 3,1
Para hallar 4 = x se usa la calculadora, así: 4 ^ 3,1 = 73,51669472 ⇒ x = 73,51669472.

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•

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La ecuación x a = b puede resolverse directamente con la calculadora si tenemos en cuenta que:

x a = b ⇔ a x a = a b ⇔ x = b1 / a También se resuelven aplicando logaritmos. (O antilogaritmos.)

Ejemplo: 4, 2
La ecuación x = 4,2 puede resolverse de dos formas: 1. Despejando: x 4, 2 = 4,2 ⇒ x = 4,21 / 4, 2 = 4,2 0, 2380952381 = 1,407319444 2. Aplicando logaritmos: x 4, 2 = 4,2 ⇒ log x 4, 2 = log 4,2 ⇒ 4,2 log x = log 4,2 ⇒ log 4,2 0,6232492904 ⇒ log x = = = 0,1483926882 ⇒ x = antilog 0,1483926882 = 1,407319444 4,2 4,2 10. Otras ecuaciones logarítmicas y exponenciales • Además de las ecuaciones ya vistas, pueden plantearse otras en las que intervengan sumas o productos. En todos los caso resulta imprescindible conocer y manejar con destreza las propiedades de la potenciación y de los logaritmos. En el caso de las exponenciales, alguna vez, suele dar resultado el cambio de variable a x = t . A continuación se indican algunos ejemplos.

Ejemplos: x x x
Para resolver 4 − 5·2 − 24 = 0 se hace el cambio 2 = t , con lo cual:

( )

2

4 x − 5·2 x − 24 = 0 ⇔ 2 x − 5·2 x − 24 = 0 ⇔ t 2 − 5t − 24 = 0 . La última ecuación, que es de segundo grado, tiene por soluciones t = 8 y t = −3. Para t = 8, se tiene 2 x = t = 8 ⇒ x = 3. Para t = −3, 2 x = t = −3 , que es imposible. En consecuencia, la solución es x = 3. 3x x x −1
La ecuación 2·3 − 5·3 = 3 ⇔ 2·3 x − 5· = 3 ⇔ 6·3 x − 5·3 x = 9 ⇒ 3 x = 9 ⇒ x = 2. 3 x x +1 x+2 x
La ecuación 2 + 2 + 2 = 224 ⇔ 2 + 2·2 x + 2 2 ·2 x = 224 ⇔ 2 x ·(1 + 2 + 4) = 224 ⇒ 224 ⇒ 2x = ⇒ 2 x = 32 ⇒ x = 5. 7 x x x x
xe − e = 0 ⇒ ( x − 1)e = 0 ⇒ x – 1 = 0 ⇒ x = 1. (Recuérdese que e > 0, para todo x.)

La ecuación log(9 x −1 + 7) = 2 log(3 x −1 + 1) puede resolverse aplicando la propiedad n log A = log A n . En efecto:




log(9 x −1 + 7) = 2 log(3 x −1 + 1) ⇔ log(9 x −1 + 7) = log(3 x −1 + 1) 2 ⇔ 9 x −1 + 7 = (3 x −1 + 1) 2 ⇒

⇒ 9 x −1 + 7 = 9 x −1 + 2·3 x −1 + 1 ⇒ 2·3 x −1 = 6 ⇒ 3 x −1 = 3 ⇒ x – 1 = 1 ⇒ x = 2.

(En la línea anterior se ha aplicado la propiedad (3 x −1 ) = (3 2 ) = 9 x −1 .)
Para resolver la ecuación log( x + 5) + log( x − 5) = log 11 puede aplicarse la propiedad del logaritmo de una suma. Así: log( x + 5) + log( x − 5) = log 11 ⇔ log(( x + 5)( x − 5) ) = log 11 ⇒ log(x 2 − 25) = log11 ⇒ ⇒ x 2 − 25 = 11 ⇒ x 2 = 36 ⇒ x = 6. (La solución x = −6 hay que descartarla, pues daría lugar a una expresión inicial sin sentido.) 2

x −1

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11. Sistemas de dos ecuaciones con dos incógnitas

Ecuaciones de primer grado con dos incógnitas. Son expresiones de la forma ax + by = c . Las incógnitas son x e y, mientras que a, b y c son números. (Estas ecuaciones se llaman lineales porque las incógnitas están afectadas por el exponente 1: no hay cuadrados ni raíces, ni se multiplican entre ellas.) La solución de estas ecuaciones son pares de valores (uno para x y otro para y) que cumplen la ecuación. • Una ecuación con dos incógnitas tiene infinitos pares de soluciones. Esos pares se corresponden con los puntos de una recta. Ejemplos: Si se considera la ecuación 4 x − 2 y = 8 , el par x = 3 e y = 2 es solución, pues 4 · 3 − 2 · 2 = 8. También es solución el par x = 1 e y = −2. El par x = 5 e y = 3 no es solución de esa ecuación, pues 4 · 5 − 2 · 3 = 14 ≠ 8.
La ecuación 3 x + y = 1 tiene por soluciones x = 2 e y = −5; x = 1 e y = −2, e infinitos pares más. El par x = 1 e y = 2 no es solución de ella.


Sistemas de dos ecuaciones lineales con dos incógnitas.  ax + by = c . Su forma más simple es  a′x + b′y = c′ • La solución de un sistema es el par de valores de x e y que cumple las dos ecuaciones a la vez. Ejemplo: 4 x − 2 y = 8 Las dos ecuaciones del ejemplo anterior determinan el sistema  .  3x + y = 1 Su solución es x = 1 e y = −2, ya que ese par es solución de cada una de las ecuaciones. Como puede verse, los valores solución, x = 1 e y = −2, se corresponden con las coordenadas del punto (1, −2), que es el de corte de las rectas asociadas a cada una de las ecuaciones.


• Hay varios métodos de resolución: sustitución, igualación, reducción. Sustitución: Se despeja una incógnita en una de las ecuaciones y su valor se sustituye en la otra ecuación. Se obtiene una nueva ecuación, cuya solución permite hallar la del sistema. Igualación: Se despeja la misma incógnita en las dos ecuaciones. Igualando ambas incógnitas se obtiene otra ecuación. La solución de esta nueva ecuación permite hallar la solución del sistema. Reducción: Se multiplica cada ecuación por un número distinto de 0, con el fin de que los coeficientes de una de las incógnitas sean iguales (u opuestos). Restando (o sumando) ambas ecuaciones se obtiene una nueva ecuación cuya solución permite hallar la del sistema.

Ejemplo: 4 x − 2 y = 8 Para resolver por sustitución el sistema  se procede así:  3x + y = 1 (1) Se despeja y en la segunda ecuación ( y = 1− 3 x ). (2) Se lleva (se sustituye) su valor a la primera ecuación: 4 x − 2(1 − 3x ) = 8 . (3) Se resuelve la nueva ecuación: 4 x − 2(1 − 3x ) = 8 ⇒ 4 x − 2 + 6 x = 8 ⇒ 10 x = 10 ⇒ x = 1 . (4) El valor x = 1 se lleva a la ecuación despejada: y = 1 − 3·1 = −2 . La solución del sistema es: x = 1 e y = −2.


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4 x − 2 y = 8 Por reducción. En el mismo sistema ,  , si se multiplica la segunda ecuación por 2, queda:  3x + y = 1 4 x − 2 y = 8 . Sumando ambas ecuaciones, término a término, se obtiene 10 x = 10 ⇒ x = 1 .  6 x + 2 y = 2 Ese valor x = 1 se sustituye en cualquiera de las ecuaciones; se obtiene y = −2. 12. Clasificación de sistemas • Los sistemas que tienen una única solución, como el estudiado en el ejemplo anterior, se llaman compatibles determinados (SCD). • Cuando un sistema no tiene solución recibe el nombre de incompatible (SI); gráficamente, las ecuaciones estarían representadas por dos rectas paralelas; y algebraicamente, al transformar las igualdades se llegaría a un absurdo, como por ejemplo, 3 = 7 o x = 1/0. • Por último, cuando un sistema tiene infinitas soluciones recibe el nombre de compatible indeterminado (SCI); gráficamente, las ecuaciones darían lugar a la misma recta; y algebraicamente, al transformar las igualdades se llegaría a la igualdad 0 = 0, que es tan cierta como “inútil”.

Ejemplo: x − 2 y = 2 es claramente incompatible: la misma cosa, x − 2 y , no puede ser a la El sistema  x − 2 y = 0 x − 2 y = 2 vez igual a 2 y a 0. Es fácil observar que al transformarlo; por ejemplo, así: ,  E 2 − E1  0 = −2 que es absurdo.  2x − y = 3
El sistema  es compatible indeterminado, como puede verse observando que la 4 x − 2 y = 6 segunda ecuación es el doble de la primera x − 2 y = m
El sistema  puede clasificarse resolviéndolo en función de m. Se tendría:  x + my = 0 x − 2 y = m  x − 2y = m −m m2 ⇔ ⇒ y= →…→ x =   E 2 − E1 (m + 2) y = −m m+2 m+2  x + my = 0 El resultado es válido y único siempre que m ≠ −2 (SCD); sería absurdo cuando m = −2 (SCI)


Sistemas compatibles indeterminados Al resolver un sistema es posible que desaparezca una de las ecuaciones; por ejemplo, cuando están repetidas. En ese caso, las soluciones (que suelen ser infinitas) deben darse dependiendo de una de las incógnitas (que pasa a considerarse un parámetro), y reciben el nombre de soluciones o ecuaciones paramétricas. Ejemplo:  4x − 2 y = 8 4 x − 2 y = 8
El sistema  ⇔ → las dos ecuaciones son idénticas. Por  − 2·E 2 4 x − 2 y = 8 − 2 x + y = −4 tanto, es equivalente al “sistema” {4 x − 2 y = 8 , cuya solución se obtiene despejando y: {y = −4 + 2 x . → [dando valores a x se obtienen las distintas soluciones del sistema; por ejemplo: (0, −4); (1, −2); (2, 0)…, que obviamente son puntos de una recta.] Pero lo normal es escribir la  x=λ solución en forma paramétrica. Así:  ; se ha hecho x = λ.  y = −4 + 2λ

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13. Sistemas no lineales Son aquellos en los que alguna de las ecuaciones que lo forman no es lineal. Aquí se considerarán  y = x2 + 6 sólo los sistemas con dos ecuaciones y con dos incógnitas. Por ejemplo,  2 .  x + 21 = 2 y Su solución son los pares de valores (x, y) que cumplen ambas ecuaciones. Para resolverlos, suele emplearse el método de sustitución; aunque vale cualquier otro método. Es frecuente la traducción gráfica de estos sistemas como medio para interpretar los resultados.

Ejemplo:  y = x2 + 6 Para resolver el sistema:  2 , puede despejarse (ya lo está)  x + 21 = 2 y la incógnita y de la primera ecuación. Sustituyendo en la segunda: x 2 + 21 = 2(x 2 + 6) ⇒ x 2 + 21 = 2 x 2 + 12 ⇒ x 2 = 9 ⇒ x = ±3. Para ambos valores de x, se tiene que: y = 9 + 6 = 15. Las soluciones son: (–3, 15) y (3, 15) La interpretación gráfica se da en la figura adjunta.  y 2 + x 2 = 160
El mismo procedimiento sería efectivo con el sistema  .  x− y =8


 2x + 2 = y − 2 En cambio, para resolver el sistema  , es más conveniente 2  y − 2 = ( x + 1) emplear el método de igualación, pues de manera inmediata se obtiene 2 x + 2 = ( x + 1) 2 ⇒ … ⇒ x = ± 1. Sustituyendo esos valores de x en la primera ecuación, se obtiene: para x = 1, y = 6; y para x = –1, y = 2. Las soluciones del sistema son los puntos (1, 6) y (–1, 2).

José María Martínez Mediano