Sistemas do primeiro grau

1. Somando as equações, 3x = 9, então x = 3. Na primeira, y = 2. Conferindo: 3 + 2 = 5 e 6 − 2 = 4.

1. A primeira coordenada é x e a segunda é y. A ordem importa: (−1,4) não é (4,−1).

1. Na primeira, cada incógnita é multiplicada por uma constante e tem expoente 1. Nas outras aparecem produto entre incógnitas, quadrado ou incógnita no denominador.

1. A segunda dá x = y e a primeira dá 2x = 1. O único par real é (1/2,1/2), que não é inteiro. Nenhum arredondamento preserva as duas igualdades.

1. Subtrair 2x dá −y = 7 − 2x; multiplicar por −1 dá y = 2x − 7.

1. Da primeira, x = 8 − y. Na segunda, 8 − y − 2y = 2, então −3y = −6 e y = 2. Recuperamos x = 6 e conferimos 6 − 4 = 2.

1. Substituindo, 2x + 3x − 1 = 14, logo 5x = 15 e x = 3. Então y = 8. Na segunda original: 6 + 8 = 14.

1. Comparando as expressões de y: 2x + 1 = −x + 10, de onde 3x = 9. Assim x = 3 e y = 7 em ambas.

1. A soma elimina y e dá 4x = 16, logo x = 4. Na segunda, 4 − 2y = 0, então y = 2. Conferindo a primeira: 12 + 4 = 16.

1. Multiplicamos a primeira por 3 e a segunda por −2: 6x + 15y = 57 e −6x + 4y = 0. A soma dá 19y = 57, então y = 3. Na segunda original, 3x = 6, então x = 2.

1. Multiplicar a primeira por 4 dá 2x + y = 12. Somando a x − y = 3, obtemos 3x = 15, logo x = 5 e y = 2. Na original, 5/2 + 2/4 = 3.

1. Multiplicar a primeira por 10 dá 2x + 5y = 21. Subtrair duas vezes x + y = 6 dá 3y = 9. Assim y = 3 e x = 3; 0,2·3 + 0,5·3 = 2,1.

1. A operação indicada pode ser desfeita subtraindo 3E₁ da nova E₂. As outras podem perder informação ou dividir por zero.

1. A soma fornece apenas x. Manter x + y = 6 dá y = 2. O par (4,10), por exemplo, satisfaz x = 4 mas não resolve o sistema.

1. A primeira reta exige coordenada horizontal 2; a segunda exige coordenada vertical −1. Ambas são satisfeitas somente por (2,−1).

1. Somando, 2x = 8, então x = 4. Na primeira, y = 3. O ponto satisfaz as duas relações e é a solução do sistema.

1. Subtrair a primeira da segunda dá 0 = 3. As retas são paralelas distintas e não há ponto comum.

1. Todos os coeficientes e a constante da segunda são o dobro dos da primeira. Há infinitos pares: escolhendo x = t, temos y = 3t − 6. (2,0) é apenas um deles.

1. 0 = 0 não impõe nova restrição, mas não apaga a primeira. A solução é a reta de pares (t,6−t), com t real.

1. Nenhum valor das incógnitas torna 0 = 3 verdadeiro. Como os sistemas são equivalentes, o original também não tem solução.

1. Na ordem indicada, a = 2, b = 3, c = 4 e d = 5. Logo D = 2·5 − 3·4 = 10 − 12 = −2, que é não nulo.

1. D = 0 não distingue dependência compatível de contradição. Também se devem tratar equações degeneradas. Não se pode usar fórmulas que dividem por D.

1. As equações impõem a mesma condição x = 4 e não restringem y. O coeficiente zero de y não autoriza concluir y = 0.

1. Subtrair duas vezes a primeira da segunda dá (m − 2)y = k − 6. Para a nova equação ser uma identidade, m = 2 e k = 6. Resta a reta x + y = 3.

1. Subtraindo, (m − 1)x = −3. Quando m = 1, isso vira 0 = −3. Para os demais m, x = −3/(m−1) e y = 4 − x formam o único par.

1. A segunda repete duas vezes a primeira. A relação x = 2y permite escolher y = t e obter x = 2t. O par zero pertence ao conjunto, mas não é o único.

1. Subtrair a segunda da primeira dá 2y = 4, logo y = 2. Com z = 1, a primeira dá x = 3. A segunda confere: 3 − 2 + 1 = 2.

1. As duas primeiras têm o único candidato (3,2). Ele produz 3·3 + 2 = 11 na terceira, não 10. Nenhum par satisfaz todas as três.

1. Se x conta inteiras e y meias, x + y = 50 e 18x + 10y = 660. Subtraindo dez vezes a primeira, 8x = 160, então x = 20 e y = 30. Conferência: 360 + 300 = 660.

1. Se x é a massa mais barata e y a mais cara, x + y = 10 e 12x + 20y = 180. Subtraindo vinte vezes a primeira, −8x = −20, então x = 2,5 kg e y = 7,5 kg. Os valores somam 30 + 150 = 180 reais.

1. Com u = x² e v = y², a soma das equações dá 2u = 32, logo u = 16 e v = 9. A positividade seleciona x = 4 e y = 3. Não se deve confundir os quadrados com as incógnitas originais.

1. Definimos u = 1/x e v = 1/y. Somando, 2u = 1, então u = 1/2 e v = 1/4. Voltando, x = 2 e y = 4, ambos não nulos. As duas contas originais dão 3/4 e 1/4.

m ≠ 3: solução única; m = 3 e k = 15: infinitas; m = 3 e k ≠ 15: nenhuma.

1. Subtrair três vezes a primeira da segunda dá $(m-3)y=k-15$, mantendo x + y = 5.
2. Se m ≠ 3, $y=(k-15)/(m-3)$ e x = 5 − y. O par verifica as originais por reversibilidade das operações.
3. Se m = 3 e k = 15, resta uma reta: $S=\{(t,5-t):t\in\mathbb R\}$. Se m = 3 e k ≠ 15, a nova equação é uma contradição e S = ∅.

A solução é (x,y,z) = (3,4,5).

1. Subtrair a segunda da primeira dá 2y = 8, então y = 4. Na primeira, x + z = 8.
2. Na terceira, 2x + 4 − z = 5, então 2x − z = 1. Somando com x + z = 8, vem 3x = 9, logo x = 3 e z = 5.
3. Conferência nas três originais: 3 + 4 + 5 = 12; 3 − 4 + 5 = 4; 6 + 4 − 5 = 5. A ordem da tripla é (x,y,z).

O sistema real dá (19/4,9/4), mas não há contagens inteiras admissíveis. A compra descrita é impossível.

1. Se x conta objetos de 6 reais e y os de 10, $x+y=7$ e $6x+10y=51$, com x e y inteiros não negativos.
2. Subtrair seis vezes a primeira da segunda dá 4y = 9, então y = 9/4 e x = 19/4. O par real verifica as equações, mas não conta objetos inteiros.
3. Também podemos notar que 6x + 10y é sempre par para inteiros x e y, enquanto 51 é ímpar. Arredondar as coordenadas alteraria os dados. Não há solução no universo do problema.

Continua valendo x + y = 4. As soluções são (t,4−t), t real; (0,0) é um contraexemplo à liberdade de todos os pares.

1. A eliminação conserva x + y = 4 e substitui apenas a segunda por uma identidade. Portanto $S=\{(t,4-t):t\in\mathbb R\}$.
2. Para todo t real, t + (4 − t) = 4 e 2t + 2(4 − t) = 8. Isso prova que todos os pares descritos servem. Reciprocamente, qualquer solução tem y = 4 − x, portanto está nessa descrição.
3. O par (0,0) não satisfaz nenhuma das equações originais. A identidade eliminou uma restrição repetida; não eliminou a outra.