RESULTADOS Algebra

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UNIVERSIDAD NACIONAL DEL NORDESTE 
FACULTAD DE ARQUITECTURA Y URBANISMO 
CÁTEDRA: CIENCIAS BÁSICAS.
 
 Módulo de Álgebra - Guía de Trabajos Prácticos - 2016 
45 
 
RESULTADOS Y EJERCICIOS SELECCIONADOS RESUELTOS 
EJ. Nº1: 
 
 
 
 
EJ. Nº2: 
S=72ua 
S=60,84ua 
S=32,475ua 
S=12,35ua 
 
Solución del ejercicio 2-d 
El octógono es regular por lo cual a través de la fórmula correspondiente se puede 
hallar que el ángulo interior entre dos lados es de 135º; si a ese ángulo se le resta el 
ángulo recto que se forma, se podrá observar que los ángulos interiores de los pequeños 
triángulos que se encuentran sombreados en los extremos, son de 45º y el lado del 
octógono será la hipotenusa de esos triángulos. 
 
 
 
 
 
 
Los lados serán iguales a x.sen 45º, formándose la ecuación: 
6
2 2
x x
x+ + = ⇒⇒⇒⇒ 2 6
2
x x x+ + = ⇒⇒⇒⇒ (2 2). 6 2x+ = 
6. 2
2, 485
2 2
x = =
+
 si se tiene ya el valor de x, el cuadrado del medio es fácil de 
calcular, su área será de x², resultando 6,175. 
 
Para un triángulo rectángulo el lado será: 
2,485
1,757
2
= y el área del mismo: 1,757 .1,757 1,544
2
= 
figura perímetro superficie 
abc 24 ul 27,71 ua 
aed 12 ul 6,928 ua 
6
45°
135°
2
x
2
x
x
 
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Los triángulos son 4, es decir que se deberá multiplicar para obtener el resultado: 
6,175. 
Se suman las áreas de los triángulos más la del cuadrado central y resulta: 12,35 
unidades de área. 
 
EJ. Nº3: 
 
 
 
 
 
 
 
 
EJ. Nº4: 
S=1800ua 
S=1100ua 
 
EJ. Nº5: 
Total de baldosas: 1241. 
 Mínimo de cajas a comprar: 83. 
 
EJ. Nº6: 
Superficie césped: Sc=706,9m² 
Superficie pista: Sp=1256,6m² 
 
EJ. Nº7: 
Superficie escenario: Se=130,8m² 
 
EJ. Nº8: 
13m 
 
EJ. Nº10: 
Superficie solado: Ss=416,88m². 
Superficie pasto: Sp=367,2m². 
Superficie pileta: Sp=118,8m². 
Baldosas para solado: 4632. 
Baldosas para pileta: 11880. 
 
EJ. Nº11: 
Superficie piso: Sp=5,28m² 
Superficie paredes: Sp=23,64m² 
Cerámicas para piso: n=132 
Revestim. paredes: n=505 
Cerámicas guarda: n=86 
Cerámicas piso: 6 cajas 
Cerámicas paredes: 21 cajas 
Costo cerámicas: $3577,50 
Costo guarda: $718,10 
Sectores Superf . (m²) Porcentaje 
Total 160 100 
A 27,71 17,32 
B 24,57 15,36 
C 27,71 17,32 
Sombreado 80 50% 
 
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EJ. Nº13: 
Lh=3,995m 
Lc=5,659m 
 
EJ. N°22: 
1- 
8
x=- ;
9
 
7
r=
3
 
2- 
8
x= ;
45
 
25
r=
8
 
 
EJ.N°28: 
41,94% 
 
Solución ejercicio 31-a 
 
 
 
EJ. Nº39: 
h=524,54 ul 
 
EJ. Nº40: 
AB=182,57m 
 
Solución del ejercicio 41: 
Se resolverá el problema con tres 
desarrollos diferentes, demostrando que 
el resultado es el mismo 
independientemente de la forma elegida. 
El enunciado expresa que la figura 
representa un trapecio, por lo cual los 
lados CD y AB son paralelos entre sí, ya 
que es evidente que los lados AC y BD 
no lo son. 
Se llamará O al punto donde se cortan 
las dos diagonales que se muestran con líneas punteadas. 
Se calculan los ángulos centrales: 
 
b=450m
A B
C D
x
67º58'
43º52'
54º38' 32º36'
 
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180º 43º52' 32º36'
103 º32'
180 º 180 º 103 º32'
76 º28'
a
a
b a
b
= − −
=
= − = −
=
 
450
43º52' 103º32'
CO
sen sen
= 
450
. 43º52' 320,75
103º32'
CO sen CO
sen
= ⇒ =
54º38' 32º36' 22º02'c c= − ⇒ = 
En el triángulo ACO, se buscará el ángulo faltante, d: 
180º 76º28' 22º02' 81º30'd d= − − ⇒ = 
Con los valores de los ángulos conocidos se puede aplicar el teorema del seno, para 
hallar AO primero y luego para encontrar el valor incógnita AB: 
320,748
22º02' 81º30'
AO
sen sen
= ⇒ 
320,748
. 22º02' 121,67
81º30'
AO sen AO
sen
= ⇒ =
 
 
32º36' 103º32'
AO X
sen sen
= ⇒ 121,664 . 103º32' 219,55
32º36'
X sen
sen
= = ⇒ 219,55X = 
 
De la misma manera que se aplicó tres veces el teorema del seno para hallar 
sucesivamente lados de los triángulos intervinientes CO, AO y finalmente el valor 
incógnita X, ahora se procederá a efectuar el procedimiento para hallar los valores DO, 
BO y llegar finalmente al buscado X. 
450
32º36' 103º32'
DO
sen sen
= ⇒ 450 . 32º36' 121,664
103º32'
DO sen
sen
= = ⇒ 249, 4DO = 
180º 67º58' 76º28' 35º34' 35º34'e e= − − = ⇒ = 
35º34' 67º58'
BO DO
sen sen
= ⇒ 
249,371
. 35º34' 156,48
67º58'
BO sen
sen
= = ⇒ 156,48BO = 
156,48
43º52' 103º32'
X
sen sen
= 
156,48
. 103º32' 219,53
43º52'
X sen
sen
= = ⇒ 219,53X = 
 
Finalmente, si se toma el triángulo superior que queda formado, AOB, se puede tener el 
valor de X aplicando el teorema del coseno, para lo cual se deberán conocer AO, BO y el 
ángulo α. Los mencionados ya han sido calculados en anteriores ocasiones, por lo cual 
solamente queda aplicar la fórmula final del teorema del coseno. 
2 2 2
2 2 2
2
2. . .cos
121,67 156,48 2.121,67 .156,48. cos103º32'
48196,47
219,54
X AO BO AO BO
X
X
X
α= + −
= + −
=
=
 
Por cualquiera de las tres formas se verifica el valor del resultado. 
b=450m
A B
C D
x
a
a
bb
c
d
e
 
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EJ. Nº42: 
h=57,7m 
 
EJ. Nº44: 
d=125,1m 
 
Solución del ejercicio 45: 
En la figura se pueden formar dos triángulos rectángulos, los cuales tendrán en común el 
cateto que se indica como h. El valor buscado se puede hallar a partir de la igualación de 
ecuaciones. 
En el triángulo rectángulo más grande: 
30º
30º
h h
tg X
X tg
= ⇒ = 
En el otro triángulo rectángulo: 
45º 30
30 45º
h h
tg X
X tg
= ⇒ = +
−
 
30 30
30º 45º 0,577
h h h
h
tg tg
= + ⇒ = + 
0,577( 30) 0,577. 0,577.30h h h h= + ⇒ = + 
0,577. 0,577.30 0,423 17,31h h h− = ⇒ = 
17,31
40,92
0,423
h h m= ⇒ = 
 
EJ. Nº48: 
a) h=147,19m 
b) c=186,79m 
c) a=219,35m 
d) α=42º9’ 
e) β=38º 
 
EJ. Nº51: 
r=5,61m 
 
EJ. Nº52: 
lado mayor = 5,58m 
lados iguales = 3,22m. 
 
EJ. Nº53: 
Nivel Superior = 0,525m. 
 
EJ. Nº54: 
a) 
1 13
y= x+
2 2
; b) y=-2x-6 ; c) y=-3x ; d) 
2 8
y= x+
3 3
 
 
 
30
30º 45º
h
X
 
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Solución del ejercicio 54-a 
.y m x b= + 0 03; 5x y= − = 
( )1 35 . 3 5
2 2
b b= − + ⇒ = + ; 13
2
b = resulta la ecuación explícita: 1 13.
2 2
y x= + 
1 13 1 13
. . 0
2 2 2 2
y x x y= + ⇒ − + = expresión que se multiplica por 2 
1 13
2. . 2. 2. 0
2 2
2 13 0x y x y−+ += ⇒ =− que es la ecuación general o implícita. 
2 13 0 2 13x y x y− + = ⇒ − = − 
2 13
13 13
1
1313
2
x y x y+ =
−
− −= ⇒
− −
 que es la forma segmentaria 
EJ. Nº55: 
a) 
3 9
y= x+
2 2
; b) 
1
y= x+3
2
; c) y=-3x+14 ; d) 
1 1
y= x-
2 2
 
 
Solución del ejercicio 55-a 
Punto: ( 4; 2)B − − Recta: : 1
5 2
x y
r + = 
10. 10. 1.10
5 2
x y+ = 
2 5 10 0x y+ − = 
( ) ( )
2 2 2 2
2. 4 5. 2 10
2 5
Ax By C
d d
A B
− + − −+ += ⇒ =
+ +
 
8 10 10
5, 2
29
d d
− − −= ⇒ = 
 
EJ. Nº56: 
a)
4 2
y= x+
3 3
; b)
1 5
y= x+
4 2
; c)
2
y=- x+1
3
; d)
1
y= x+4
3
 
 
Solución del ejercicio 56-b 
Punto: ( 2; 2)B − Recta: : 4 6 0r x y+ − = 4 6y x⇒ = − + 
1 2
1
4
4
m m= − ⇒ = 
( ) ( )0 0.y y m x x− = − 
( ) ( )12 . 24y x− = + 
( ) 1 12 .2
4 4
y x− = + 
1 1
2
4 2
y x= + + 
1 5
4 2
y x= + 
-6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9
-6
-4
-2
2
4
6
x
 
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EJ. Nº57: 
a)
3 7
y= x-
5 5
; d= 34 b) 4 2y= x+
7 7
; d= 65 c) 7 18y=- x+
5 5
; d= 74 
 
EJ. Nº58: 
a) ω=82º52’ 
c) ω=45º 
 
EJ. Nº59: 
b) d=7,6 
d) d=8,9 
 
EJ. Nº60: 
a) d=2,46 
b) d=1,66 
 
EJ. Nº61: 
a) 10 78 1 11y=- x+ ; y= x+
11 11 3 3
 
b) ω=60º42’ 
c) 
113 188
;
41 41
 
 
 
 
d) d=8,54 
e) 
3 11
- ;
2 2
 
 
 
 
 
EJ. Nº64: 
a) 2 2x +y -4x+6y+9=0 
b) 2 2x +y +6x+8y+9=0 
c) 2 2x +y -9=0 
d) 2 2x +y +2x+2y-23=0 
e) 2 2x +y -2x-2y-23=0 
 
Solución del ejercicio 66-2 
La solución analítica se buscará de la siguiente manera: 
2 2 10 6 25 0
1 0
x y x y
x y
 + − − + =

− + =
 
Se despeja la variable y de la ecuación de la recta: 
1y x= + la cual se reemplaza en la ecuación de la circunferencia: 
( ) ( )22
2 2
2 2
1 10 6 1 25 0
1 2 10 6 6 25 0
2 14 20 0 7 10 0
x x x x
x x x x x
x x x x
+ + − − + + =
+ + + − − − + =
− + = ⇒ − + =
 
 
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2 2
1,2 1,2
4 7 7 4.1.10
2 2 .1
b b a c
x x
a
− ± − ± −
= ⇒ = 
1,2 1 2
7 3 10 4
5; 2
2 2 2
x x x
±= ⇒ = = = = 
Se tienen de esta forma la abscisa de cada uno de los dos puntos, restará encontrar la 
imagen de cada uno de ellos, para lo cual se deberá reemplazar los valores de x en la 
ecuación de la recta: 
1 25 1 6; 2 1 3y y= + = = + = 
( ) ( )1 25;6 ; 2;3P P 
Para hacer la representación gráfica se deberán encontrar los elementos necesarios, 
radio y coordenadas del centro. 
La circunferencia tiene una ecuación general de la forma: 
2 2 0x y Dx Ey F+ + + + = 
10 6
5; 3
2 2 2 2
D Eα β− −= = = = = = 
2 2r Fα β= + − 2 25 3 25 3r r= + − ⇒ = 
La ecuación canónica de la circunferencia: 
( ) ( )2 25 3 9x y− + − = 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
EJ. Nº66: 
1. 1P (-2,-1) , 2P (-6,3) 2. 1P (5,6) , 2P (2,3) 5. 1P (3,2) 6. 1P (4,3) , 2P (2,1) 
 
 
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EJ.Nº67: 
1P (3,-3) - 2P (2,4) 
 
EJ. Nº68: 
1
916
22
====++++
yx
 
2 8a = ; 2 6b = ; 2 5,30c = ; 1(2,65;0)F ; 2( 2,65;0)F − ; 1( 4;0)V − ; 2(0;3)V ; 3(4;0)V ; 
4(0; 3)V − ; 0,66e = ; 4,5Lr = 
 
EJ.Nº71: 
1(5,0)P , 2( 3,2)P − 
 
Solución del ejercicio 72 
De los datos que brinda el enunciado y que se 
grafican explícitamente en el esquema, se puede 
obtener de manera directa la longitud del semieje 
mayor como también del semieje menor, por lo cual, 
recordando que se nota con a el valor del mayor de 
los semiejes, la ecuación de la elipse que se busca 
será: 
1
25121
22
=+ yx , solamente para valores de y positivo. 
El camión pasará sin inconvenientes, se puede hacer una verificación tomando un punto 
con las dimensiones que se expresan del vehículo y establecer si el punto es interior a la 
elipse o no lo es. 
El punto a considerar será (2,5; 4)P . Nótese 
2 22,5 4
0,7 1
121 25
+ ≅ ≤ 
 
EJ. Nº73: 
1
259
22
====−−−−
xy
 2a=6 ; 2b=10 ; 2c=11,66 ; 1F (0;5,83) ; 2F (0;-5,83) ; 1V (0;3) ; 2V (5;0) ; 
3V (0;-3) ; 4V (-5;0) ; e=1,94 ; Lr=16,6 ; 
3
y= x
5
; 
3
y=- x
5
. 
 
EJ. Nº75: 
Sup=48m² 
 
EJ. Nº76: 
2
8
1
xy ==== : p=4 ; F(0;2) ; V(0;0) ; y=-2 ; Lr=8 . 
EJ. Nº78: 
1P (3 ,5) , 2P (-1,1) 
11P (1,3 ; ,9) , 2P (-2,3 ; -8,9) 
 
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Solución del ejercicio 83 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
EJ. Nº85: 
a) 1 : 3 2 4 12 0x y zπ + + − = 
Rtas: 4x = 6y = 3z = 
3
6
2
y x= − ; 33
4
z x= − ; 13
2
z y= − 
b) 2 :5 3 5 15 0x y zπ − + − = 
Rtas: 3x = 5y = − 3z = 
5
5
3
y x= − ; 3z x= − ; 3 3
5
z y= + 
e) 5 : 4 16 0zπ − = 
Rta: 4z = 
f) 6 : 3 18 0yπ − = 
Rta: 6y = 
 
Solución del ejercicio 85-a 
1 : 3 2 4 12 0x y zπ + + − = 
Las intersecciones con los ejes se logran anulando los coeficientes de las variables que 
no toman parte de la operación. Por ejemplo, para encontrar el punto en que el plano 
intersectará al eje x, se anularán los coeficientes de los ejes z e y, por lo que: 
0
0
y
z
=
=
 
Resulta: 3 12 0x − = 
de la que: 4x = 
De manera similar para los otros dos 
ejes: 
Si 0x = e 0y = ⇒ 4 12 0z − = 
3z = 
Si 0x = e 0z = ⇒ 2 12 0y − = , por 
tanto 6y = 
Las trazas de los planos son rectas 
que surgen como intersecciones entre el plano que se considera y los planos 
coordenados, para hallar las diferentes trazas bastará con anular en la ecuación del plano 
la variable que no forma parte del plano. 
2
0 1
0 1
2
2
. .
.( ).( )
.( ).( )
2.( 3).( 3)
2.( 9)
2 18
y a x b x c
y a x x x x
x a y y y y
x=
x y y
x y
1
x
8
y
= + +
= − −
= − −
= − − +
= − −
= − +
 
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Traza 1: 3 2 12 0x y+ − = intersección con el plano “xy” 
Traza 2: 3 4 12 0x z+ − = intersección con el plano “xz” 
Traza 3: 2 4 12 0y z+ − = intersección con el plano “yz” 
Las trazas quedan expresadas como rectas según su ecuación general o implícita, pero 
las mismas se pueden expresar también de la manera explícita o mejor de la segmentaria, 
lo cual permitirá verificar con la gráfica, ya que queda determinado de manera directa el 
punto donde las rectas cortan a cada uno de los ejes. 
EJ.Nº86: 
a) 
2 2 2
1
9 16 4
x y z+ + = 
Rtas: 3x = ± 4y = ± 2z = ± 
 
2 2
1
9 16
x y+ = ; 
2 2
1
9 4
x z+ = ; 
2 2
1
16 4
y z+ = 
b) 
2 2 2
1
4 9 25
x y z+ − = 
Rtas: 2x = ± 3y = ± 
 
2 2
1
4 9
x y+ = ; 
2 2
1
4 25
x z− = ; 
2 2
1
9 25
y z− = 
e) 2 2z x y= + 
Rtas: 2z y= 2z x= 
f) 2 2 2 9x y z+ + = 
Rtas: 3x = ± 3y = ± 3z = ± 
2 2 9x y+ = ; 2 2 9x z+ = ; 2 2 9y z+ = 
 
Solución del ejercicio 88-a 
2 28 4 4x y z+ = ⇒
2
2
2
x
z y= + 
Corresponde a una cuádrica sin centro. 
La ecuación responde a un paraboloide 
elíptico. 
Vértice ( )0; 0; 0V 
Si x=0: 2z y= 
Si y=0: 
2
2
x
z = 
 
 
EJ. Nº92: 
3/2 23/3
a)
5 0
 
 
 
 
1 -13 0
b) 1/2 -30 -1/2
0 0 -15/4
 
 
 
 
 
 
0 11/2
c)
-22/3 15
 
 
 
 
 
EJ. Nº94: 
x=28/3 
 
EJ. Nº100: 
4A = − 17C = 4G = 60H = 
x y
z
 
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Solución del ejercicio 101 
El área del triángulo cuyos vértices son 1 1( ; )x y , 2 2( ; )x y , 3 3( ; )x y se puede determinar por 
medio de un determinante; la expresión que lo hará posible es: 
Área = 
1 1
2 2
3 3
1
1
. 1
2
1
x y
x y
x y
± en la que el signo ± es para generar un área positiva. 
 
Se tomará el caso en que yi >0 y 
además x1 ≤ x3 ≤ x2 como se muestra 
en el dibujo. El vértice 3 3( ; )x y estará 
por encima del segmento que une los 
otros dos vértices. Se podrán distinguir 
tres trapezoides que se enumeran: 
Trap. 1: 1 1 1 3 3 3( ;0), ( ; ), ( ; ), ( ;0)x x y x y x 
Trap. 2: 3 3 3 2 2 2( ;0), ( ; ), ( ; ), ( ;0)x x y x y x 
Trap. 3: 1 1 1 2 2 2( ;0), ( ; ), ( ; ), ( ;0)x x y x y x 
El triángulo que interesa y que en el 
dibujo se puede notar sombreado, se 
forma a partir de la suma de los dos 
primeros trapezoides y la resta del 
tercero. 
 
Área= 1 3 3 1
1
( ) ( )
2
y y x x+ − + 3 2 2 3
1
( ) ( )
2
y y x x+ − - 1 2 2 1
1
( ) ( )
2
y y x x+ − 
 
Área = 1 2 2 3 3 1 1 3 2 1 3 2
1
( )
2
x y x y x y x y x y x y+ + − − − 
 
Área = 
1 1
2 2
3 3
1
1
. 1
2
1
x y
x y
x y
 
Si no se cumple que x1 ≤ x3 ≤ x2 o si el vértice 3 3( ; )x y no está por encima del segmento 
que une los otros dos vértices, puede surgir como resultado un valor negativo, en cuyo 
caso se tomará el valor absoluto. 
Área = 
2 1 1
1
. 5 8 1
2
7 3 1
⇒
1
.( 29)
2
− Área = 14,5 
 
 
 
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EJ. Nº102: 
 
-1 -0,5 -1A =
0,5 0,5
 
 
 
 -1B No existe -1
-0,33 -0,33
C =
1 0
 
 
 
 
-1
-0,2 -0,2 0,8
D = -1 0 1
0,4 0,4 -0,6
 
 
 
 
 
 -1
0,5 0,5 -2
E = 1 2 -7
0 0 1
 
 
 
 
 
 -1F No existe 
 
Solución del ejercicio 104 
 
3 4 11
3
2 0
x y z
x y z
x y z
+ − =
 + + =
 − + =
 
Expresado matricialmente: 
3 4 1 11
1 1 1 . 3
2 1 1 0
x
y
z
−     
     =     
     −     
 
se triangula según el método de gauss. 
 
El rango de la matriz: Rg A=3 
El rango de la matriz ampliada: Rg A’=3 
El número de incógnitas: n=3 
 
De manera que: 
Rg A = Rg A’ = n, por lo que el sistema es 
COMPATIBLE DETERMINADO 
 
El sistema equivalente que surge: 
3 4 11
4 2
39 0
x y z
y z
z
+ − =
− + = −
 =
 
 
que se resuelve de manera directa: 
39 0 0zz = ⇒ = 
En la segunda ecuación se tendrá que 0z = ⇒ 
2 2y y− = − ⇒ = 
Finalmente: 
3 4.2 0 11x + − = 
3 11 8 3 3x x= − ⇒ = 
1x = 
El conjunto solución: { }(1; 2; 0)S = 
 
 
3 4 -1 11
1 1 31
2 1 0-1
3 4 -1 11
0 4 -2-1
0 5 -22-11
3 4 -1 11
0 4 -2-1
0 390 0
 
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EJ. Nº104: 
 
3 2 0
2 2
3 2 4
z x y
y x z
z y x
+ + =
 + + =
 + + =
 
2 4 15
2 1 3
4 30 7 7 0
x y z
x z y
x z y
− + + =
 + + =
− − + + =
 
3 4 14
2 7
2 2 2
x y z
x y z
x y z
+ + =
 + + =
 + + =
 
 S={(1;1;-1)} Sist. Incompatible S={(-2; 4; 1)} 
 
 
5 2 6 7
3 2 0
2
x y z
x z y
y x
− + = −
 + + − =
 = −
 
 
2
2 2 0
2 2 1
z x y
y z
x y z
+ = −
 − + =
 − + = 
3 4 11
3
2 0
x y z
x y z
x y z
+ − =
 + + =
 − + = 
 
 S={(-1; 2; 1/3)} S={(-1/2; 5; 7/2)} S={(1; 2; 0)} 
 
 
3 2 2 2
3 0
2 3 2 0
x y z
x y z
x y z
− − =
 − + =
 + − − = 
0
3 1
3 1
y z
x z
x y
− =
 − = −
− + = 
3 2 2 2
3 0
2 6 2 1
x y z
x y z
x y z
− − =
 − + =
 − + = 
 S.C. Indeterminado S.C. Indeterminado Sist. Incompatible 
 
 
 
2 3 0
3 2 3 0
2 2 0
5 2 0
x y z
x y z
x y z
x y z
+ + =
 − − =
 + + =
 + + = 
3 4 5
2 2 3
3 6
6 4 4 4
x y z
x y z
x y z
x y z
− + = −
 − − =
 + + =
 − + = 
3 9 0
2 2 4
2 2 1
x y z u
x y z u
x y z u
− + − − =
 − − − =
 + + + = − 
 S={(0; 0; 0)} S={(2; 1; -1)} S.C. Indeterminado