2.36 Exercício. Encontre os valores de a para os quais o sistema linear
\left\{\begin{array}{l} a x+y+z=a \\\\ -x+a y+z=a \\\ x+y+a z=0 \end{array}\right.
a) não possui solução;
b) possui infinitas soluções e ache todas elas;
c) possui uma solução única e ache ela.

Passo 1

Vou deixar bem claro o que o enunciado pede e quais são os dados que temos.
  • O sistema linear dado é
\left\{\begin{array}{l} a x+y+z=a \\[4pt] -x+a y+z=a \\[4pt] x+y+a z=0 \end{array}\right.
  • O enunciado pede:
    (a) para quais valores de a o sistema não possui solução;
    (b) para quais valores de a o sistema possui infinitas soluções e quais são todas essas soluções;
    (c) para quais valores de a o sistema possui solução única e qual é essa solução.
Informações úteis extraídas do enunciado:
  • As incógnitas são x,y,z.
  • Os coeficientes dependem do parâmetro a.
  • O vetor dos termos constantes é \begin{pmatrix}a\\[2pt]a\\[2pt]0\end{pmatrix}.]

Passo 2

Estratégia e ferramentas que vou usar (explicação didática rápida):
  • Montar a matriz dos coeficientes A e o vetor coluna dos termos independentes b: A=\begin{pmatrix} a & 1 & 1\\[4pt] -1 & a & 1\\[4pt] 1 & 1 & a \end{pmatrix},\qquad b=\begin{pmatrix}a\\[2pt]a\\[2pt]0\end{pmatrix}.
  • Um teorema prático: se \det(A)\neq 0 então A é invertível e o sistema tem solução única. Se \det(A)=0 então há duas possibilidades: ou o sistema é incompatível (nenhuma solução) ou tem infinitas soluções; para decidir isso compara-se o posto (rank) da matriz A com o posto da matriz aumentada (A|b) (teorema de Rouché–Capelli).
  • Vou calcular \det(A). Se for não nulo, encontrarei a solução única; se for zero, examinarei cada valor de a que zera o determinante e aplicarei operações elementares para verificar compatibilidade e, se houver soluções infinitas, descrevê-las parametricamente.]

Passo 3

Cálculo do determinante de A. Vou desenvolver por primeira linha (mostrando passo a passo):
\det(A)= \begin{vmatrix} a & 1 & 1\\[4pt] -1 & a & 1\\[4pt] 1 & 1 & a \end{vmatrix} = a\begin{vmatrix}a & 1\\[2pt]1 & a\end{vmatrix} -1\begin{vmatrix}-1 & 1\\[2pt]1 & a\end{vmatrix} +1\begin{vmatrix}-1 & a\\[2pt]1 & 1\end{vmatrix}.
Agora calculo cada menor:
\begin{vmatrix}a & 1\\[2pt]1 & a\end{vmatrix}=a^2-1, \qquad \begin{vmatrix}-1 & 1\\[2pt]1 & a\end{vmatrix}=(-1)\cdot a - 1\cdot 1 = -a-1,
\begin{vmatrix}-1 & a\\[2pt]1 & 1\end{vmatrix}=(-1)\cdot 1 - a\cdot 1 = -1-a.
Substituindo:
\det(A)=a(a^2-1) -1(-a-1) +1(-1-a).
Simplifico passo a passo:
\det(A)=a^3-a + a+1 -1 -a = a^3-a.
Fatorando:
\det(A)=a(a^2-1)=a(a-1)(a+1).]

Passo 4

Interpretação do determinante:
  • [\det(A)=0) exatamente para \,a=-1,\,a=0,\,a=1.
  • Portanto:
    • Se a\neq -1,0,1 então \det(A)\neq 0 e o sistema terá solução única.
    • Se a\in\{-1,0,1\} então \det(A)=0 e preciso estudar cada caso separadamente (Rouché–Capelli).
Agora vou encontrar explicitamente a solução no caso \,a\neq -1,0,1 (caso de solução única). Faço operações algébricas com as equações originais para eliminar variáveis de forma sistemática (tudo mostrado passo a passo).
As equações são:
\begin{cases} a x+y+z=a & (1)\\[4pt] -x+a y+z=a & (2)\\[4pt] x+y+a z=0 & (3) \end{cases}
Calculo (1)-(2)\] para eliminar \(z:
(1)-(2):\quad (a x -(-x)) + (y - a y) + (z - z) = a-a,
ou seja
(a+1)x + (1-a)y = 0. \tag{4}
Calculo (1)-(3) para relacionar x e z:
(1)-(3):\quad (a-1)x + (y-y) + (1-a)z = a - 0,
ou seja
(a-1)(x - z) = a. \tag{5}
Como estamos no caso a\neq \pm1, os fatores a+1 e a-1 são não nulos. Da equação (4) isolamos x em função de y:
(a+1)x=(a-1)y \quad\Rightarrow\quad x=\frac{a-1}{a+1}\,y. \tag{6}
Da equação (5) isolamos z em função de x:
x-z=\frac{a}{a-1}\quad\Rightarrow\quad z=x-\frac{a}{a-1}. \tag{7}
Agora substituo (6) e (7) na equação (3) (outra forma: uso (3) porque tem x,y,az):
x+y+a z=0.
Substituindo z da (7):
x+y+a\Bigl(x-\frac{a}{a-1}\Bigr)=0
(1+a)x + y = \frac{a^2}{a-1}.
Substituo x da (6):
(1+a)\cdot\frac{a-1}{a+1}\,y + y = \frac{a^2}{a-1}.
O termo (1+a)\cdot\frac{a-1}{a+1} simplifica para a-1, então:
(a-1)y + y = \frac{a^2}{a-1} \quad\Rightarrow\quad a y = \frac{a^2}{a-1}.
Como estamos no caso a\neq 0 (lembre-se: aqui já exigimos a\neq -1,0,1), podemos dividir por a:
y=\frac{a}{a-1}.
Usando (6) para x:
x=\frac{a-1}{a+1}\cdot\frac{a}{a-1}=\frac{a}{a+1}.
E usando (7) para z:
z=x-\frac{a}{a-1}=\frac{a}{a+1}-\frac{a}{a-1} = a\!\left(\frac{1}{a+1}-\frac{1}{a-1}\right) = a\cdot\frac{(a-1)-(a+1)}{a^2-1} = a\cdot\frac{-2}{a^2-1} = -\frac{2a}{a^2-1}.
Portanto, para a\neq -1,0,1 a solução única é
x=\frac{a}{a+1},\qquad y=\frac{a}{a-1},\qquad z=-\frac{2a}{a^2-1}.]

Passo 5

Agora examino os três casos singulares onde [\det(A)=0): a=1, a=-1 e a=0.
Caso a=1:
  • Substituo a=1 no sistema original: \begin{cases} x+y+z=1 \\[4pt] -x+y+z=1 \\[4pt] x+y+ z=0 \end{cases}Repare que as equações 1 e 3 têm os mesmos coeficientes (ambas são x+y+z\]), mas RHS diferentes (\[1 e 0). Faço a operação (\text{eq3})-(\text{eq1}): 0=0-1 \quad\Rightarrow\quad 0=-1,que é uma contradição. Em termos de matriz aumentada, isso aparece como uma linha nula nos coeficientes com termo independente diferente de zero. Conclusão: para a=1 o sistema é incompatível — não possui solução.
Caso a=-1:
  • Substituo a=-1 no sistema: \begin{cases} -x+y+z=-1 \\[4pt] -x - y+ z=-1 \\[4pt] x+y - z=0 \end{cases}Faço operações lineares: (\text{eq2})-(\text{eq1})\] dá \[0\cdot x +(-2)y +0\cdot z =0 \quad\Rightarrow\quad -2y=0.\] E \[(\text{eq3})+(\text{eq1}) 0\cdot x +2y +0\cdot z = -1 \quad\Rightarrow\quad 2y=-1.Essas duas equações para y são contraditórias ( y=0 e y=-\tfrac{1}{2} simultaneamente), logo o sistema é incompatível: para a=-1 não há solução.
Caso a=0:
  • Substituo a=0 no sistema: \begin{cases} 0\cdot x + y + z = 0 \\[4pt] -x + 0\cdot y + z = 0 \\[4pt] x + y + 0\cdot z = 0 \end{cases}Ou seja: \begin{cases} y+z=0 \\[4pt] -x+z=0 \\[4pt] x+y=0 \end{cases}Da segunda equação -x+z=0\] segue \(x=z. Da primeira y+z=0 segue y=-z. Colocando x=z e y=-z na terceira x+y=0 obtemos z+(-z)=0 que é satisfeita. Portanto há infinitas soluções paramétricas: tomar parâmetro t=z, obtemos (x,y,z)=(t,-t,t),\qquad t\in\mathbb{R}.Logo, para a=0 o sistema homogêneo tem dimensão de espaço de soluções igual a 1: infinitas soluções (toda a reta gerada pelo vetor (1,-1,1)).]

Resposta

(a) a=-1 e a=1 (o sistema não possui solução para a=-1 e a=1).\n
(b) a=0; todas as soluções são \{(t,-t,t)\mid t\in\mathbb{R}\}.\n
(c) a\neq -1,0,1; a solução única é \displaystyle x=\frac{a}{a+1},\; y=\frac{a}{a-1},\; z=-\frac{2a}{a^{2}-1}.

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