Material Teórico - Sistemas Lineares e Geometria Anaĺıtica. Sistemas com Três Variáveis - Parte 2. Terceiro Ano do Ensino Médio

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1 Mateial Teóico - Sistemas Lineaes e Geometia Anaĺıtica Sistemas com Tês Vaiáveis - Pate 2 Teceio Ano do Ensino Médio Auto: Pof. Fabício Siqueia Benevides Reviso: Pof. Antonio Caminha M. Neto

2 1 Sistemas com tês equações e tês vaiáveis Dando continuidade ao mateial passado, vamos analisa sistemas com tês equações e tês vaiáveis. Considee o sistema linea seguinte, nas vaiáveis x, y e z: a 1 x + b 1 y + c 1 z = d 1 a 2 x + b 2 y + c 2 z = d 2. (1) a 3 x + b 3 y + c 3 z = d 3 Vamos tata apenas o caso em que, paa cada natual i com 1 i 3, temos que a i, b i e c i não são todos nulos. Pelo que vimos na pimeia seção da Pate 1, cada equação do sistema define um plano em R 3. Vamos chama de π 1, π 2 e, nesta odem, os planos definidos pelas equações do sistema acima. Também de modo análogo ao que fizemos na Pate 1, obsevamos que os pontos (x, y, z) que são soluções do sistema são aqueles que petencem à inteseção desses tês planos. Resolvemos (1) em dois passos, pimeiamente identificando a posição elativa apenas ente π 1 e π 2 (usando os métodos da Pate 1 deste mateial) a fim de detemina o conjunto π 1 π 2, que pode se vazio, uma eta ou um plano. Em seguida, obsevamos a elação ente e π 1 π 2. Ao faze isso, obtemos um dos seguintes casos: (a) se π 1 π 2 =, não pecisaemos nos peocupa com, uma vez que o sistema já seá impossível; (b) se π 1 e π 2 foem coincidentes (π 1 π 2 = π 1 = π 2 ) podeemos ignoa a equação de um deles, po exemplo a de π 2, e temina analisando a posição elativa ente π 1 e, usando os métodos da Pate 1; (c) se π 1 π 2 fo uma eta, pecisaemos estuda a posição elativa ente essa eta e o plano. Vamos apende nesta aula o que faze no último caso acima. Suponha, então, que estamos na situação em que π 1 π 2 é uma eta, que chamaemos de. Na Pate 1 vimos duas maneias de desceve os pontos de (veja as soluções do último exemplo daquela pate). Vamos elemba a segunda maneia: pimeio, encontamos um ponto qualque (x 0, y 0, z 0 ) petencente a. Em seguida encontamos os vetoes #» u 1 e #» u 2, nomais aos planos π 1 e π 2, espectivamente. Depois, calculamos seu poduto vetoial, #» v = #» u 1 #» u 2. Uma vez que o veto #» v é paalelo a ambos os planos π 1 e π 2, ele aponta na dieção de. Concluímos, pois, que um ponto P petence a se, e só se, existe um t eal tal que: P = (x, y, z) = (x 0, y 0, z 0 ) + t #» v. (2) Veja que, na expessão acima, os valoes de x 0, y 0, z 0 e #» v podem se calculados em função dos coeficientes do sistema oiginal. Apenas o valo de t é vaiável. Paa temina de esolve o sistema de tês equações, esta enconta paa quais valoes de t o ponto acima petence ao plano. Paa faze isso, é suficiente substitui as coodenadas (x, y, z) do ponto P, dadas como em (2), na equação do plano (a teceia equação em (1)) e enconta os valoes de t que a satisfazem. Assim fazendo, chegaemos a uma das seguintes conclusões: (c.1) o sistema oiginal é possível e deteminado, quando existe um único valo de t; (c.2) o sistema oiginal é impossível, quando não existe valo eal paa t; (c.3) o sistema oiginal é possível e indeteminado, quando existe mais de um valo paa t. Geometicamente, os casos acima podem se intepetados da seguinte foma (veja a Figua 1): (c.1) a eta intesecta o plano em um único ponto; (c.2) a eta está contida em um plano α que é paalelo ao plano ; (c.3) a eta está contida no plano. Equivalentemente, existem pelo menos dois pontos de que satisfazem a equação de (e, logo, todos os pontos de a satisfazem também). (c.1) (c.3) (c.2) Figua 1: posições elativas ente a eta e o plano : em (c.1), e intesectam-se em um único ponto; em (c.2) eles têm inteseção vazia; em (c.3), está contida em. Exemplo 1. Resolva o seguinte sistema linea, intepetando suas equações geometicamente: x + 2y + 3z = 2 3x + 6y + 9z = 8. x y + z = 5 α 1 matematica@obmep.og.b

3 Solução. Sejam π 1, π 2 e os planos deteminados pelas equações do sistema, na odem em que apaecem no enunciado. Sendo #» u 1 e #» u 2 vetoes nomais aos planos π 1 e π 2, espectivamente, já sabemos que podemos toma #» u 1 = (1, 2, 3) e #» u 2 = (3, 6, 9). Veja que há uma popocionalidade ente as coodenadas de #» u 1 e as de #» u 2, pois 1 3 = 2 6 = 3 9. Contudo, a azão ente os temos independentes da pimeia e da segunda equação é 2 8 que é difeente de 1 3. Sendo assim, os planos π 1 e π 2 são paalelos mas não coincidentes (caso (a): π 1 π 2 = ). Dessa foma, a inteseção desses planos é vazia e o sistema é impossível, independentemente de qual seja o plano. Exemplo 2. Resolva o seguinte sistema linea, intepetando suas equações geometicamente: x + 2y + 3z = 10 2x + 4y + 6z = 20. 3x y + 2z = 2 Solução. Como na solução do exemplo anteio, denotemos po π 1, π 2 e os planos deteminados pelas equações do sistema, na odem em que as mesmas apaecem no enunciado. Obseve que os coeficientes da pimeia e da segunda equação são popocionais com azão 1/2, e esta mesma azão é espeitada pelos temos independentes dessas equações ( 1 2 = ). Sendo assim, os planos π 1 e π 2 são coincidentes, de sote que podemos eduzi o sistema a: x + 2y + 3z = 10 (plano π1 ). (3) 3x y + 2z = 2 (plano ) Agoa, vamos aplica o método da Pate 1. Paa tanto, obseve que #» u 1 = (1, 2, 3) e #» u 3 = (3, 1, 2) são vetoes nomais a π 1 e a, espectivamente, e eles não são popocionais. Assim, esse sistema possui infinitas soluções, todas petencentes a uma eta. A fim de desceve essa eta, começamos encontado uma solução paticula do sistema, o que podemos faze atibuindo um valo qualque paa z e esolvendo o sistema de duas incógnitas assim obtido. Po exemplo, fazendo z = 1 obtemos o sistema x + 2y = 7, 3x y = 0 cuja solução é x = 1 e y = 3. Sendo assim, (x 0, y 0, z 0 ) = (1, 3, 1) é uma solução de (3). Paa temina, vamos chama de #» v o poduto vetoial de #» u 1 po #» u 3. De modo simila ao que fizemos na Pate 1, temos #» #» #» #» v = #» u 1 #» i j k u 3 = , onde #» i = (1, 0, 0), = (0, 1, 0), #» k = (0, 0, 1) são os vetoes canônicos, coespondentes ao sentido positivo ao longo dos eixos x, y e z, espectivamente. Paa calcula o deteminante acima, usamos a ega da Saus, como indicado no diagama a segui: Assim, temos: #» i #» k #» i #» v = 4 #» i + 9 #» k 6 #» k + 3 #» i 2 = 7 #» i #» k. Concluímos, então, que a solução geal do sistema oiginal tem a foma (1, 3, 1) + t(7, 7, 7) = (1 + 7t, 3 + 7t, 1 7t), onde t é um númeo eal qualque. Assim, seu conjunto solução é: S = (1 + 7t, 3 + 7t, 1 7t) : t R}. Os exemplos seguintes coespondem aos casos em que a inteseção de π 1 com π 2 é uma eta. Exemplo 3. Resolva o sistema linea abaixo utilizando Geometia x + y + z = 6 (plano π 1 ) 2x y + 2z = 6 (plano π 2 ). 4x + 2y + z = 11 (plano ) Solução. Sabemos que os vetoes #» u 1 = (1, 1, 1), #» u 2 = (2, 1, 2), #» u 3 = (4, 2, 1) são nomais aos planos π 1, π 2,, espectivamente. Veja também que, paa quaisque dois desses vetoes, um não é popocional ao outo; assim, não podemos eduzi o sistema a um dos casos mais simples (eliminando um dos planos). Estamos, então, no Caso (c), e paa esolve o sistema vamos pimeiamente enconta a eta, intesecção de π 1 e π 2. Paa tanto, pocuemos inicialmente uma solução paticula (x 0, y 0, z 0 ) do sistema fomado apenas pelas duas pimeias equações: x + y + z = 6 (plano π1 ). (4) 2x y + 2z = 6 (plano π 2 ) Escolhendo (abitaiamente) x 0 = 0, e fazendo x = x 0 = 0 nas equações acima, temos que (y 0, z 0 ) seá uma solução do sistema: y + z = 6 (plano π1 ). y + 2z = 6 (plano π 2 ) 2 matematica@obmep.og.b

4 Sendo assim, y 0 = 2 e z 0 = 4, de modo que obtemos a solução paticula (x 0, y 0, z 0 ) = (0, 2, 4) do sistema (4). Enfatizamos que essa não pecisa se uma solução paticula do sistema oiginal (mas podeia sê-lo); o que sabemos com ceteza é apenas que ela é solução do sistema (4). Agoa, vamos busca a solução geal, ainda paa o sistema (4). Se #» v = #» u 1 u #» 2, temos #» #» #» i j k #» v = = 2 #» i + 2 #» k 2 #» k + #» i 2 = 3 #» i #» k = (3, 0, 3). Concluímos então que a solução geal do sistema (4), pode se obtida vaiando t R na expessão P t = (0, 2, 4) + t (3, 0, 3) = (3t, 2, 4 3t). Paa temina, temos de veifica se existem valoes eais de t paa os quais o ponto P t acima satisfaz também a teceia equação do sistema oiginal deste exemplo. Substituindo x = 3t, y = 2 e z = 4 3t na equação do plano, obtemos: 4 (3t) (4 3t) = 11. Tal equação equivale a 9t = 3, de sote que t = 1/3. Estamos, então, no Caso (c.1). Isso nos diz que o ponto ( P 1/3 = 3 1 3, 2, ) = (1, 2, 3) 3 é a única solução do sistema oiginal. Exemplo 4. Resolva o sistema a segui usando Geometia x + y + 2z = 0 (plano π 1 ) 2x + 2y + z = 1 (plano π 2 ). 3x + 3y + 2z = 1 (plano ) Solução. Vamos pimeio enconta π 1 π 2, e paa tanto começamos obsevando que #» u 1 = (1, 1, 2) e #» u 2 = (2, 2, 1) são vetoes nomais a esses planos. Eles não são popocionais, assim π 1 π 2 é uma eta. Vamos pimeio acha uma solução paticula do sistema fomado somente pelas duas pimeias equações (ou seja, um ponto paticula de π 1 π 2 ). Paa isso, fazendo x = 0 nas duas pimeias equações, obtemos y + 2z = 0 (plano π1 ) ; 2y + z = 1 (plano π 2 ) esolvendo tal sistema, achamos y = 2/3 e z = 1/3. Assim, o ponto (x 0, y 0, z 0 ) = (0, 2/3, 1/3) petence a π 1 π 2. Agoa, calculamos o poduto vetoial #» v = #» u 1 #» u 2 a fim de obte a dieção da eta : #» #» #» i j k #» v = = #» i #» k 2 #» k 4 #» i = 3 #» i #» k = ( 3, 3, 0). Dessa foma, a solução geal paa o sistema fomado pelas duas pimeias equações do sistema oiginal tem a foma (x, y, z) = (x 0, y 0, z 0 ) + t #» v = (0, 2/3, 1/3) + t ( 3, 3, 0) = ( 3t, 2/3 + 3t, 1/3). Resta ve se alguma dessas soluções também petence ao plano e, se fo o caso, enconta todas elas. Paa isso, substituímos os valoes acima na equação de, obtendo 3x + 3y + 2z = 1 3( 3t) + 3(2/3 + 3t) + 2( 1/3) = 1 9t t 2/3 = 1 4/3 = 1. A última afimação é uma contadição; de outa foma, não impota qual seja o valo de t a equação acima não seá satisfeita. Isso que dize que a eta não intesecta o plano e, potanto, que o sistema oiginal é impossível. (Estamos no Caso (c.2)). Exemplo 5. Resolva o sistema a segui, utilizando Geometia x + y + 2z = 0 (plano π 1 ) 2x + 2y + z = 1 (plano π 2 ). 3x + 3y + 3z = 1 (plano ) Solução. Note que, em compaação com o sistema do exemplo anteio, mudamos apenas a equação do plano. Dessa foma, ainda temos que os pontos da eta = π 1 π 2 possuem a foma (x, y, z) = ( 3t, 2/3 + 3t, 1/3). Substituindo as expessões paa x, y, z dadas pela igualdade acima na equação de, obtemos: 3x + 3y + 3z = 1 3( 3t) + 3(2/3 + 3t) + 3( 1/3) = 1 9t t 1 = 1 1 = 1. Desta feita, a última equação acima é satisfeita paa qualque valo de t, o que indica que a eta está contida no plano. Potando, as soluções do sistema são pecisamente todos os pontos de. (Estamos no Caso (c.3)). 3 matematica@obmep.og.b

5 Dicas paa o Pofesso Este mateial é uma continuação dos dois últimos mateiais e encea a séie sobe intepetações geométicas de sistemas lineaes com tês vaiáveis. Sugeimos que o conteúdo desta última aula seja cobeto em dois encontos de 50 min com a esolução de execícios cobindo o maio númeo de casos possíveis. Veja que a ega de Saus foi aplicada no cálculo de todos os deteminantes 3 3, mas apenas na pimeia aplicação desenhamos o diagama coespondente. Sugestões de Leitua Complementa 1. E. L. Lima et al. A Matemática do Ensino Médio, Volume 3. Coleção do Pofesso de Matemática, Editoa S.B.M., Rio de Janeio, E. L. Lima. Meu Pofesso de Matemática e outas históias, sexta edição, Coleção do Pofesso de Matemática, Editoa S.B.M., Rio de Janeio, G. Iezzi Os Fundamentos da Matemática Elementa, Volume 4: Matizes. Atual Editoa, Rio de Janeio, matematica@obmep.og.b

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