2.35 Exercício. Determine os valores de a, b_{1}, b_{2}, b_{3} para os quais o sistema linear
\left\{\begin{array}{l} x+2 y+2 a z=b_{1} \\\\ 2 x+y+3 z=b_{2} \\\ x-y+a z=b_{3} \end{array}\right.
a) não possui solução;
b) possui infinitas soluções e encontre todas elas;
c) possui uma solução única e determine ela.

Passo 1

O enunciado dá o sistema linear com parâmetros a,b_{1},b_{2},b_{3}:
\left\{\begin{array}{l} x+2 y+2 a z=b_{1},\\[4pt] 2 x+y+3 z=b_{2},\\[4pt] x-y+a z=b_{3}. \end{array}\right.
O que se pede:
  • (a) Determinar para que valores de a,b_{1},b_{2},b_{3} o sistema não possui solução.
  • (b) Determinar para que valores ele possui infinitas soluções e, nesse caso, encontrar todas elas.
  • (c) Determinar para que valores ele possui solução única e, nesse caso, calcular essa solução.
Informações relevantes fornecidas (coeficientes do sistema):
  • Matriz dos coeficientes
A=\begin{pmatrix} 1 & 2 & 2a\\[4pt] 2 & 1 & 3\\[4pt] 1 & -1 & a \end{pmatrix},
  • vetor de termos independentes \,(b_{1},b_{2},b_{3})^{T}.
    Nenhuma outra informação numérica foi dada.]

Passo 2

Estratégia e ideia-chave (explicação curta do método): para classificar se o sistema tem solução única, nenhuma ou infinitas soluções é útil calcular o determinante de A (se não for zero existe solução única) e, no caso em que o determinante é zero, comparar a classificação da matriz A com a da matriz aumentada [A\mid b] (se as ranks forem iguais e menores que 3 há infinitas soluções; se a rank da aumentada for maior que a de A então não há solução). Vou fazer eliminação de Gauss para obter essas condições e, quando necessário, a solução geral.
Primeiro calculemos o determinante de A. Usando a expansão por cofatores pela primeira linha:
\det(A)=1\cdot\det\begin{pmatrix}1&3\\[4pt]-1&a\end{pmatrix} -2\cdot\det\begin{pmatrix}2&3\\[4pt]1&a\end{pmatrix} +2a\cdot\det\begin{pmatrix}2&1\\[4pt]1&-1\end{pmatrix}.
Calcule cada menor:
\det\begin{pmatrix}1&3\\[4pt]-1&a\end{pmatrix}=a+3, \qquad \det\begin{pmatrix}2&3\\[4pt]1&a\end{pmatrix}=2a-3, \qquad \det\begin{pmatrix}2&1\\[4pt]1&-1\end{pmatrix}=-3.
Substituindo:
\det(A)=(a+3)-2(2a-3)+2a(-3)=a+3-4a+6-6a=9-9a=9(1-a).
Conclusão imediata: \det(A)=0 exatamente quando a=1. Portanto:
  • Se a\neq1 então \det(A)\neq0 e o sistema tem solução única.
  • Se a=1 então \det(A)=0 e precisamos analisar consistência (nenhuma ou infinitas soluções) pela eliminação.]

Passo 3

Caso a\neq1 (solução única). Vou resolver o sistema por eliminação (substituição retroativa), mostrando passos para obter z,y,x.
Matriz aumentada inicial:
\left[\begin{array}{ccc|c} 1 & 2 & 2a & b_{1}\\[4pt] 2 & 1 & 3 & b_{2}\\[4pt] 1 & -1 & a & b_{3} \end{array}\right].
Eliminação: subtrai-se 2 vezes a primeira linha da segunda e subtrai-se a primeira linha da terceira:
  • R_2\leftarrow R_2-2R_1 [0,\,-3,\;3-4a\mid b_{2}-2b_{1}].
  • R_3\leftarrow R_3-R_1 [0,\,-3,\,-a\mid b_{3}-b_{1}].
Agora subtrai-se R_2 de R_3:
  • R_3\leftarrow R_3-R_2 [0,\,0,\,3(a-1)\mid b_{3}+b_{1}-b_{2}].
Como estamos no caso a\neq1, o coeficiente 3(a-1) é não nulo. Portanto da terceira linha obtemos diretamente z:
3(a-1)z=b_{1}+b_{3}-b_{2} \quad\Rightarrow\quad z=\dfrac{b_{1}+b_{3}-b_{2}}{3(a-1)}.
Agora voltamos à segunda linha -3y+(3-4a)z=b_{2}-2b_{1}. Isolando y:
-3y=b_{2}-2b_{1}-(3-4a)z \quad\Rightarrow\quad y=\dfrac{-b_{2}+2b_{1}+(3-4a)z}{3}.
Finalmente da primeira equação x+2y+2a z=b_{1} obtemos
x=b_{1}-2y-2a z.
Substituindo z na expressão de y e depois y,z em x pode-se escrever as fórmulas fechadas (todas em função de a,b_{1},b_{2},b_{3}). Calculando e simplificando (fiz as contas), obtemos:
z=\dfrac{b_{1}+b_{3}-b_{2}}{3(a-1)},
y=\dfrac{(2a-3)b_{1}+a b_{2}+(3-4a)b_{3}}{9(a-1)},
x=\dfrac{-(a+3)b_{1}+4a b_{2}+(2a-6)b_{3}}{9(a-1)}.
Essas expressões estão corretas para todo a\neq1. (Se quiser na prova dá para mostrar o passo-a-passo das substituições; aqui mostrei o procedimento e as fórmulas finais.)]

Passo 4

Caso [a=1). Agora \det(A)=0, então pode haver ou nenhuma ou infinitas soluções. Vamos repetir a eliminação com a=1.
Substituindo a=1 na matriz aumentada inicial:
\left[\begin{array}{ccc|c} 1 & 2 & 2 & b_{1}\\[4pt] 2 & 1 & 3 & b_{2}\\[4pt] 1 & -1 & 1 & b_{3} \end{array}\right].
Fazendo as mesmas operações R_2\leftarrow R_2-2R_1 e R_3\leftarrow R_3-R_1 obtemos:
R_2=[0,\,-3,\,-1\mid b_{2}-2b_{1}], \qquad R_3=[0,\,-3,\,-1\mid b_{3}-b_{1}].
Note que as duas linhas R_2 e R_3 têm os mesmos coeficientes à esquerda; portanto, para o sistema ser consistente é necessário e suficiente que as constantes à direita sejam iguais:
b_{2}-2b_{1}=b_{3}-b_{1}.
Simplificando essa igualdade obtemos a condição
b_{2}=b_{1}+b_{3}.
  • Se b_{2}\neq b_{1}+b_{3} então as linhas são contraditórias (mesma esquerda, constantes diferentes) e o sistema é inconsistente: não existe solução.
  • Se b_{2}=b_{1}+b_{3} então R_2 e R_3 são idênticas, a rank de A é 2 e a rank da aumentada também é 2. Assim há infinitas soluções (um grau de liberdade).
Agora, supondo a=1 e b_{2}=b_{1}+b_{3}, vamos encontrar todas as soluções. Das linhas após eliminação temos:
\begin{cases} x+2y+2z=b_{1},\\[4pt] -3y-z=b_{2}-2b_{1}. \end{cases}
Como b_{2}-2b_{1}=b_{3}-b_{1}\] (usar \(b_{2}=b_{1}+b_{3}), podemos escrever a segunda equação como
-3y-z=b_{3}-b_{1}.
Escolha uma variável livre — por exemplo z=t com t\in\mathbb{R}. Da segunda equação:
-3y=t+(b_{3}-b_{1})\quad\Rightarrow\quad y=\dfrac{b_{1}-b_{3}-t}{3}.
Da primeira equação:
x=b_{1}-2y-2z=b_{1}-2\cdot\frac{b_{1}-b_{3}-t}{3}-2t =\dfrac{b_{1}+2b_{3}-4t}{3}.
Portanto a família de soluções é, para t\in\mathbb{R},
z=t,\qquad y=\dfrac{b_{1}-b_{3}-t}{3},\qquad x=\dfrac{b_{1}+2b_{3}-4t}{3}.]

Resposta

(a) Não possui solução se a=1 e b_{2}\neq b_{1}+b_{3}.
(b) Possui infinitas soluções se a=1 e b_{2}=b_{1}+b_{3}. Todas as soluções (com parâmetro t\in\mathbb{R}) são
z=t,\qquad y=\dfrac{b_{1}-b_{3}-t}{3},\qquad x=\dfrac{b_{1}+2b_{3}-4t}{3}.
(c) Possui solução única se a\neq1. A solução é
z=\dfrac{b_{1}+b_{3}-b_{2}}{3(a-1)},
y=\dfrac{(2a-3)b_{1}+a b_{2}+(3-4a)b_{3}}{9(a-1)},
x=\dfrac{-(a+3)b_{1}+4a b_{2}+(2a-6)b_{3}}{9(a-1)}.

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