Para cada \alpha \in \mathbb{R}, considere o sistema linear tal que uma forma escalonada da matriz aumentada desse sistema é
\left(\begin{array}{ccccc} 2 & 1 & 0 & 1 & 2 \\\\ 0 & \left(\alpha^{2}-1\right)(\alpha-3) & \alpha-2 & 0 & \alpha-1 \\\\ 0 & 0 & \alpha\left(\alpha^{2}-1\right) & 0 & (\alpha-1) \\\\ 0 & 0 & 0 & (\alpha-2) \alpha & 0 \\\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right)
Determine, se existirem, os valores de \alpha \in \mathbb{R} para os quais o sistema tenha uma única solução, infinitas soluções e nenhuma solução. Nos casos em que o sistema tiver solução, determine o conjunto solução.

Passo 1

O enunciado dá a forma escalonada da matriz aumentada de um sistema linear com quatro incógnitas (vou chamar as incógnitas de x_{1},x_{2},x_{3},x_{4}) e pede:
  • para quais valores de \alpha\in\mathbb{R} o sistema tem única solução, infinitas soluções ou nenhuma solução;
  • nos casos em que houver solução, determinar o conjunto solução.
A forma escalonada fornecida (peguei todos os coeficientes da matriz do enunciado) é
\left(\begin{array}{cccc|c} 2 & 1 & 0 & 1 & 2 \\\\ 0 & (\alpha^{2}-1)(\alpha-3) & \alpha-2 & 0 & \alpha-1 \\\\ 0 & 0 & \alpha(\alpha^{2}-1) & 0 & \alpha-1 \\\\ 0 & 0 & 0 & (\alpha-2)\alpha & 0 \\\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right).
Informações úteis extraídas:
  • há quatro incógnitas x_{1},x_{2},x_{3},x_{4} (colunas 1 a 4) e a última coluna é o termo independente;
  • as entradas diagonais potenciais (candidatas a pivôs) nas linhas 2,3,4 são
    \;A=(\alpha^{2}-1)(\alpha-3),\;D=\alpha(\alpha^{2}-1),\;E=(\alpha-2)\alpha😉
  • valores de \alpha que anulam esses fatores são \alpha\in\{-1,0,1,2,3\}. Esses são os casos críticos que precisam ser analisados separadamente.

Passo 2

Estratégia (explicação didática do que fazer):
  • A matriz já está em forma escalonada, então para decidir existência/unicidade de solução devemos examinar pivôs (entradas não nulas que aparecem pela primeira vez em cada linha).
  • Regra prática:
    • Se existir uma linha com todos os coeficientes de incógnitas zero e termo independente diferente de zero, então o sistema é incompatível (sem solução).
    • Se o sistema for compatível e o número de pivôs for igual ao número de incógnitas (aqui 4), então há solução única.
    • Se o sistema for compatível e o número de pivôs for menor que 4, então há infinitas soluções com variáveis livres.
  • Vou examinar os pivôs linha a linha, ver quando são zero e quais consequências trazem (inconsistência ou variáveis livres), e resolver as equações linha a linha para obter a solução quando ela existir.

Passo 3

Identificar explicitamente as equações correspondentes às linhas (usando as entradas da matriz):
  • Linha 1: 2x_{1}+1x_{2}+0x_{3}+1x_{4}=2.
  • Linha 2: (\alpha^{2}-1)(\alpha-3)\,x_{2}+(\alpha-2)\,x_{3}+0\cdot x_{4=\\ }= \alpha-1.Vou denotar A=(\alpha^{2}-1)(\alpha-3) e B=\alpha-2, termo independente C=\alpha-1.
  • Linha 3: \alpha(\alpha^{2}-1)\,x_{3}= \alpha-1.Denoto D=\alpha(\alpha^{2}-1) e RHS = \alpha-1.
  • Linha 4: (\alpha-2)\alpha\,x_{4}=0.Denoto E=(\alpha-2)\alpha.
Os fatores críticas já notados são \alpha\in\{-1,0,1,2,3\}. Vou tratar primeiro o caso geral \alpha\notin\{-1,0,1,2,3\} e depois cada valor crítico separadamente.

Passo 4

Caso geral: \alpha\notin\{-1,0,1,2,3\}. Aqui A\neq0,\;D\neq0,\;E\neq0, ou seja cada uma das linhas 2,3,4 fornece um pivô em colunas 2,3,4 respectivamente. Logo existem 4 pivôs (= número de incógnitas) e, se não houver inconsistência, o sistema terá solução única.
Resolver por substituição regressiva (linha 4 → linha 3 → linha 2 → linha 1):
  • Da linha 4, como E\neq0,
    x_{4}=0.
  • Da linha 3, como D\neq0,
    D x_{3}=\alpha-1 \quad\Rightarrow\quad x_{3}=\dfrac{\alpha-1}{D}.
    Substituindo D=\alpha(\alpha^{2}-1)=\alpha(\alpha-1)(\alpha+1) e cancelando fator \alpha-1 (pois \alpha\neq1 neste caso),
    x_{3}=\dfrac{1}{\alpha(\alpha+1)}.
    Observação: o cancelamento é válido porque já estamos no caso \alpha\neq1.
  • Da linha 2:
    A x_{2}+B x_{3}=C.
    Isolando x_{2},
    x_{2}=\dfrac{C-Bx_{3}}{A}.
    Substituindo C=\alpha-1,\;B=\alpha-2 e o x_{3} calculado acima:
    x_{2}=\dfrac{\alpha-1-(\alpha-2)\dfrac{1}{\alpha(\alpha+1)}}{(\alpha^{2}-1)(\alpha-3)}.
    Se for preciso, essa expressão pode ser colocada num único quociente. Fazendo o cálculo do numerador:
    \alpha-1-\dfrac{\alpha-2}{\alpha(\alpha+1)}=\dfrac{(\alpha-1)\alpha(\alpha+1)-(\alpha-2)}{\alpha(\alpha+1)} =\dfrac{\alpha^{3}-2\alpha+2}{\alpha(\alpha+1)}.
    Portanto
    x_{2}=\dfrac{\alpha^{3}-2\alpha+2}{\alpha(\alpha+1)\,(\alpha^{2}-1)(\alpha-3)} =\dfrac{\alpha^{3}-2\alpha+2}{\alpha(\alpha+1)^{2}(\alpha-1)(\alpha-3)}.
    (a última igualdade usa \alpha^{2}-1=(\alpha-1)(\alpha+1)).
  • Finalmente, da linha 1 (com x_{4}=0):
    2x_{1}+x_{2}=2 \quad\Rightarrow\quad x_{1}=\dfrac{2-x_{2}}{2}.
Conclusão do caso geral: para \alpha\notin\{-1,0,1,2,3\} o sistema tem solução única dada por
x_{4}=0,\qquad x_{3}=\dfrac{1}{\alpha(\alpha+1)},\qquad x_{2}=\dfrac{\alpha^{3}-2\alpha+2}{\alpha(\alpha+1)^{2}(\alpha-1)(\alpha-3)},\qquad x_{1}=\dfrac{2-x_{2}}{2}.

Passo 5

Caso \alpha=1.
Substituir \alpha=1 nas linhas:
  • Linha 4: E=(1-2)\cdot1=-1\neq0 x_{4}=0.
  • Linha 3: D=1\cdot(1^{2}-1)=0 e RHS \alpha-1=0 ⇒ linha 3 é 0=0 (equação redundante).
  • Linha 2: A=(1^{2}-1)(1-3)=0 e B=\alpha-2=-1, RHS C=0. Assim linha 2 é -1\cdot x_{3}=0 x_{3}=0.
  • Linha 1: 2x_{1}+x_{2}+x_{4}=2 com x_{4}=0 2x_{1}+x_{2}=2.
Análise: há pivôs nas colunas 1,3 e 4; a coluna 2 não tem pivô → x_{2} é variável livre. Portanto o sistema é compatível com infinitas soluções. Parametrizando x_{2}=t\in\mathbb{R}, obtemos
x_{3}=0,\quad x_{4}=0,\quad x_{1}=\dfrac{2-t}{2}=1-\dfrac{t}{2}.
Assim o conjunto solução para \alpha=1 é
\{(x_{1},x_{2},x_{3},x_{4})=\big(1-\tfrac{t}{2},\;t,\;0,\;0\big)\;:\;t\in\mathbb{R}\}.

Passo 6

Caso \alpha=2.
Substituir \alpha=2:
  • Linha 4: E=(2-2)\cdot2=0 ⇒ linha 4 é 0=0 (redundante).
  • Linha 3: D=2(2^{2}-1)=2\cdot3=6\neq0 e RHS \alpha-1=1 6x_{3}=1 x_{3}=\tfrac{1}{6}.
  • Linha 2: A=(4-1)(2-3)=3\cdot(-1)=-3\neq0,\;B=\alpha-2=0,\;C=1. Logo linha 2 é -3x_{2}=1 x_{2}=-\tfrac{1}{3}.
  • Linha 1: 2x_{1}+x_{2}+x_{4}=2 com x_{2}=-\tfrac{1}{3} 2x_{1}+x_{4}=2+\tfrac{1}{3}=\tfrac{7}{3}.
Análise: coluna 4 não tem pivô (linha 4 é nula), então x_{4} é variável livre. Parametrizando x_{4}=t\in\mathbb{R}, obtemos
2x_{1}=\tfrac{7}{3}-t \quad\Rightarrow\quad x_{1}=\tfrac{7}{6}-\tfrac{t}{2}.
Portanto para \alpha=2 o sistema tem infinitas soluções e o conjunto solução é
\{(x_{1},x_{2},x_{3},x_{4})=\big(\tfrac{7}{6}-\tfrac{t}{2},\;-\tfrac{1}{3},\;\tfrac{1}{6},\;t\big)\;:\;t\in\mathbb{R}\}.

Passo 7

Casos em que o sistema é incompatível (sem solução): \alpha=-1,0,3.
Verificações:
  • \alpha=-1:
    • Linha 3: D=\alpha(\alpha^{2}-1)=-1\cdot0=0 e RHS \alpha-1=-2. Isso dá 0=-2, equação impossível → sistema inconsistente → sem solução.
  • \alpha=0:
    • Linha 3: D=0 e RHS \alpha-1=-1 0=-1, também impossível → sem solução.
  • \alpha=3:
    • Linha 2: A=(9-1)(3-3)=8\cdot0=0,\;B=\alpha-2=1,\;C=2 ⇒ linha 2 é 1\cdot x_{3}=2 x_{3}=2.
    • Linha 3: D=3(9-1)=24\neq0 e RHS 2 24x_{3}=2 x_{3}=\tfrac{1}{12}.
    • Essas duas equações dão valores diferentes para x_{3} ( 2 versus \tfrac{1}{12}), conflito ⇒ sistema inconsistente → sem solução.

Passo 8

Recapitulando de forma clara e final (preparei a forma paramétrica das soluções quando existem):
  • Para \alpha\notin\{-1,0,1,2,3\}: solução única dada por
    x_{4}=0,\quad x_{3}=\dfrac{1}{\alpha(\alpha+1)},\quad x_{2}=\dfrac{\alpha^{3}-2\alpha+2}{\alpha(\alpha+1)^{2}(\alpha-1)(\alpha-3)},\quad x_{1}=\dfrac{2-x_{2}}{2}.
  • Para \alpha=1: infinitas soluções com parâmetro t\in\mathbb{R},
    (x_{1},x_{2},x_{3},x_{4})=\big(1-\tfrac{t}{2},\;t,\;0,\;0\big).
  • Para \alpha=2: infinitas soluções com parâmetro t\in\mathbb{R},
    (x_{1},x_{2},x_{3},x_{4})=\big(\tfrac{7}{6}-\tfrac{t}{2},\;-\tfrac{1}{3},\;\tfrac{1}{6},\;t\big).
  • Para \alpha\in\{-1,0,3\}: nenhuma solução (sistema incompatível).

Resposta

Para \alpha\notin\{-1,0,1,2,3\}: única solução
x_{4}=0,\quad x_{3}=\dfrac{1}{\alpha(\alpha+1)},\quad x_{2}=\dfrac{\alpha^{3}-2\alpha+2}{\alpha(\alpha+1)^{2}(\alpha-1)(\alpha-3)},\quad x_{1}=\dfrac{2-x_{2}}{2}.
\alpha=1: infinitas soluções,
(x_{1},x_{2},x_{3},x_{4})=\big(1-\tfrac{t}{2},\;t,\;0,\;0\big),\quad t\in\mathbb{R}.
\alpha=2: infinitas soluções,
(x_{1},x_{2},x_{3},x_{4})=\big(\tfrac{7}{6}-\tfrac{t}{2},\;-\tfrac{1}{3},\;\tfrac{1}{6},\;t\big),\quad t\in\mathbb{R}.
\alpha\in\{-1,0,3\}: nenhuma solução (incompatível).

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