Sistemas lineares: métodos gráficos e algébricos

1. a) Multiplicando a primeira equação por 2: $4x + 2y = 10$, que é idêntica à segunda. As equações são proporcionais → sistema possível e indeterminado (infinitas soluções).

b) As equações $x - y = 3$ e $x - y = 7$ têm o mesmo lado esquerdo mas lados direitos diferentes → retas paralelas → sistema impossível (nenhuma solução).

c) As equações não são proporcionais → retas secantes → sistema possível e determinado (solução única).

2. Da primeira equação: $x = 8 - 2y$

Substituindo na segunda: $3(8 - 2y) - y = 3$

$24 - 6y - y = 3 \implies -7y = -21 \implies y = 3$

$x = 8 - 2(3) = 2$

Solução: $(x, y) = (2, 3)$

Verificação: $2 + 6 = 8$ ✓ e $6 - 3 = 3$ ✓

3. Multiplicando a segunda equação por 2: $4x - 10y = -16$

Subtraindo da primeira: $(4x + 3y) - (4x - 10y) = 18 - (-16)$

$13y = 34 \implies y = \frac{34}{13} \approx 2{,}615$

Substituindo: $4x + 3 \cdot \frac{34}{13} = 18 \implies 4x = 18 - \frac{102}{13} = \frac{234 - 102}{13} = \frac{132}{13}$

$x = \frac{132}{52} = \frac{33}{13} \approx 2{,}538$

Solução: $\left(\dfrac{33}{13},\ \dfrac{34}{13}\right)$

Verificação: $4 \cdot \frac{33}{13} + 3 \cdot \frac{34}{13} = \frac{132 + 102}{13} = \frac{234}{13} = 18$ ✓

4. a) Equações de custo:

$C_A(x) = 80 + 0{,}50x$ $C_B(x) = 30 + 0{,}80x$

b) Ponto de equilíbrio:

$80 + 0{,}50x = 30 + 0{,}80x$ $50 = 0{,}30x$ $x = \frac{50}{0{,}30} \approx 166{,}7 \text{ km}$

As empresas cobram o mesmo valor com aproximadamente 167 km rodados.

c) Viagem de 200 km (x = 200):

$C_A(200) = 80 + 0{,}50 \times 200 = 80 + 100 = \text{R\$}\,180$ $C_B(200) = 30 + 0{,}80 \times 200 = 30 + 160 = \text{R\$}\,190$

Para 200 km, a Empresa A é mais vantajosa (R$ 10 mais barata).

5. Resolução algébrica:

Igualando as expressões de $y$: $2x - 1 = -x + 5 \implies 3x = 6 \implies x = 2$ $y = 2(2) - 1 = 3$

Ponto de interseção: $(2, 3)$

Interpretação gráfica: as duas retas são secantes e se cruzam no ponto $(2, 3)$. Este ponto é a solução única do sistema — o único par $(x, y)$ que satisfaz ambas as equações simultaneamente. Graficamente, é onde os dois gráficos lineares se encontram.

6. a) Equações de salário:

Para vendas $v > 5000$: $S_1(v) = 1200 + 0{,}05(v - 5000) = 1200 + 0{,}05v - 250 = 950 + 0{,}05v$ $S_2(v) = 800 + 0{,}08v$

b) Ponto de equilíbrio:

$950 + 0{,}05v = 800 + 0{,}08v$ $150 = 0{,}03v$ $v = 5{.}000 \text{ R\$}$

Para $v = 5000$: $S_1 = 950 + 250 = 1200$ e $S_2 = 800 + 400 = 1200$.

Os salários se igualam em R$ 5 000 de vendas. Para $v > 5000$, o segundo vendedor ganha mais (maior taxa de comissão). O primeiro vendedor nunca ganha mais que o segundo neste modelo (o ponto de equilíbrio está exatamente na fronteira do domínio da equação de $S_1$).

Nota: para $v > 5000$, $0{,}08v > 0{,}05v$, então $S_2 > S_1$ sempre. O primeiro vendedor tem vantagem apenas se sua taxa de comissão compensar o salário fixo mais alto, mas isso não ocorre acima de 5 000.

7. Para um sistema ser impossível, as equações devem representar retas paralelas (mesma inclinação, interseção diferente). Escrevendo na forma $y = mx + n$:

Equação 1: $ax + 4y = 6 \implies y = -\frac{a}{4}x + \frac{6}{4}$, inclinação $m_1 = -\frac{a}{4}$

Equação 2: $3x + by = 9 \implies y = -\frac{3}{b}x + \frac{9}{b}$, inclinação $m_2 = -\frac{3}{b}$

Para retas paralelas: $m_1 = m_2$ e interseções diferentes.

$-\frac{a}{4} = -\frac{3}{b} \implies ab = 12$

Para as retas não serem a mesma reta (coincidentes), os termos independentes devem ser diferentes:

$\frac{6}{4} \neq \frac{9}{b} \implies \frac{3}{2} \neq \frac{9}{b} \implies b \neq 6$

Se $b = 6$, então $a = 2$, e as duas equações seriam: $2x + 4y = 6$ e $3x + 6y = 9$, que são proporcionais (a segunda = 1,5 vezes a primeira) → sistema indeterminado, não impossível.

Conclusão: o sistema é impossível quando $ab = 12$ e $b \neq 6$ (equivalentemente, $a \neq 2$).

Exemplo: $a = 4$, $b = 3$ → $4x + 4y = 6$ e $3x + 3y = 9$ → inclinações iguais ($-1$ em ambas), interseções diferentes ($3/2$ e $3$). Sistema impossível.

8. a) Sistema de inequações:

Seja $p$ = ingressos de plateia e $c$ = ingressos de camarote.

$\begin{cases} p + c \leq 800 \\ c \leq 150 \\ 80p + 200c \geq 90{.}000 \\ p \geq 0, \quad c \geq 0 \end{cases}$

b) Com $c = 150$ camarotes:

$80p + 200 \times 150 \geq 90{.}000$ $80p + 30{.}000 \geq 90{.}000$ $80p \geq 60{.}000$ $p \geq 750$

São necessários no mínimo 750 ingressos de plateia.

Verificação de capacidade: $750 + 150 = 900 > 800$ → excede a capacidade. Portanto, com a restrição $p + c \leq 800$: $p \leq 650$. Isso indica que com 150 camarotes e a capacidade máxima de 800 lugares, a receita máxima é:

$80 \times 650 + 200 \times 150 = 52{.}000 + 30{.}000 = 82{.}000 < 90{.}000$

Conclusão: com a capacidade total (800 lugares) e 150 camarotes, não é possível atingir R$ 90 000 vendendo apenas plateia e camarotes ao máximo. A empresa precisaria revisar a estrutura de preços ou capacidade.

c) Com $p = 600$ e $c = 120$:

$\text{Receita} = 80 \times 600 + 200 \times 120 = 48{.}000 + 24{.}000 = \text{R\$}\,72{.}000$

$\text{Lucro} = 72{.}000 - 45{.}000 = \text{R\$}\,27{.}000$

A receita de R$ 72 000 não atinge o mínimo de R$ 90 000, mas a empresa ainda terá lucro de R$ 27 000 (pois R$ 72 000 > R$ 45 000 de custos fixos). No entanto, não atingiu a meta de receita mínima estabelecida.