Considere a matriz A=\left[\begin{array}{cccc}1 & 1 & 1 & 1 \\\\ 1 & 3 & -2 & a \\\\ 2 & 2 a-2 & -a-2 & 3 a-1 \\\\ 3 & a+2 & -3 & 2 a+1\end{array}\right]. Determine o conjunto solução do sistema A X=B, em que B=\left[\begin{array}{llll}4 & 3 & 1 & 6\end{array}\right]^{t}, para todos os valores de a.

Passo 1

O enunciado dá a matriz quadrada de ordem 4
A=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1\\[4pt] 1 & 3 & -2 & a\\[4pt] 2 & 2a-2 & -a-2 & 3a-1\\[4pt] 3 & a+2 & -3 & 2a+1 \end{pmatrix}
e o vetor coluna
B=\begin{pmatrix}4\\[2pt]3\\[2pt]1\\[2pt]6\end{pmatrix}.
A tarefa é determinar o conjunto solução do sistema linear A X=B para todos os valores reais do parâmetro a.
Informações relevantes dadas explícitas no enunciado:
  • Entradas de A dependem linearmente de a.
  • B é fixo.
  • Deve-se classificar os casos (única solução, infinitas soluções ou nenhuma solução) e, quando houver solução(s), descrevê-las.]

Passo 2

Estratégia que vou usar (apresentando o método de forma simples): vou aplicar eliminação de Gauss (operações elementares por linhas) na matriz aumentada [A\mid B] para reduzir o sistema e analisar a consistência e os graus de liberdade das variáveis em função de a. Um lembrete rápido do que eu uso:
  • Operações elementares por linhas não mudam o conjunto solução.
  • Se, ao reduzir, surgir uma linha do tipo [0\\\ 0\\\ 0\\\ 0\mid c] com c\neq0, o sistema é inconsistente (sem solução).
  • Se o posto da matriz dos coeficientes for 4 (full rank), há solução única. Se o posto for <4 e o sistema for consistente, há infinitas soluções com parâmetros livres.

Passo 3

Escrevo a matriz aumentada inicial [A\mid B]:
\left[\begin{array}{cccc|c} 1 & 1 & 1 & 1 & 4\\[4pt] 1 & 3 & -2 & a & 3\\[4pt] 2 & 2a-2 & -a-2 & 3a-1 & 1\\[4pt] 3 & a+2 & -3 & 2a+1 & 6 \end{array}\right].]

Passo 4

Faço operações de eliminação usando a primeira linha como pivô: R_2\leftarrow R_2-R_1,\; R_3\leftarrow R_3-2R_1,\; R_4\leftarrow R_4-3R_1. Calculo cada entrada resultante (subtraindo componente a componente):
Para R_2:
R_2=[1-1,\;3-1,\;-2-1,\;a-1\mid 3-4]=[0,\;2,\;-3,\;a-1\mid -1].
Para R_3:
R_3=[2-2,\;2a-2-2,\;-a-2-2,\;3a-1-2\mid 1-8]=[0,\;2a-4,\;-a-4,\;3a-3\mid -7].
Para R_4:
R_4=[3-3,\;a+2-3,\;-3-3,\;2a+1-3\mid 6-12]=[0,\;a-1,\;-6,\;2a-2\mid -6].
A matriz aumentada passa a ser
\left[\begin{array}{cccc|c} 1 & 1 & 1 & 1 & 4\\[4pt] 0 & 2 & -3 & a-1 & -1\\[4pt] 0 & 2a-4 & -a-4 & 3a-3 & -7\\[4pt] 0 & a-1 & -6 & 2a-2 & -6 \end{array}\right].]

Passo 5

Agora uso o pivô 2 em R_2 (segunda coluna) para zerar abaixo: defino os fatores multiplicativos e aplico as operações.
Fator para zerar em R_3: \dfrac{2a-4}{2}=a-2. Faço R_3\leftarrow R_3-(a-2)R_2.
Calculemos cada entrada de R_3 após a operação:
  • segunda coluna: 2a-4-(a-2)\cdot 2=0 (conferido),
  • terceira coluna: -a-4-(a-2)(-3)=-a-4+3a-6=2a-10,
  • quarta coluna: 3a-3-(a-2)(a-1)=3a-3-(a^2-3a+2)=-a^2+6a-5,
  • lado direito: -7-(a-2)(-1)=-7+a-2=a-9.
Logo R_3=[0,\;0,\;2a-10,\;-a^2+6a-5\mid a-9].
Fator para zerar em R_4: \dfrac{a-1}{2}. Faço R_4\leftarrow R_4-\dfrac{a-1}{2}R_2.
Calculemos entradas de R_4 (vou multiplicar por 2 para simplificar depois):
  • segunda coluna: zera por construção,
  • terceira coluna: -6-\dfrac{a-1}{2}(-3)=-6+\dfrac{3(a-1)}{2}=\dfrac{3(a-5)}{2},
  • quarta coluna: 2a-2-\dfrac{a-1}{2}(a-1)=\dfrac{-a^2+6a-5}{2},
  • lado direito: -6-\dfrac{a-1}{2}(-1)=-6+\dfrac{a-1}{2}=\dfrac{a-13}{2}.
Assim R_4=[0,\;0,\;\dfrac{3(a-5)}{2},\;\dfrac{-a^2+6a-5}{2}\mid \dfrac{a-13}{2}].
Para evitar frações, multiplico esta linha por 2 (operação equivalente para análise de consistência): 2R_4=[0,\;0,\;3(a-5),\;-a^2+6a-5\mid a-13].
Portanto, as duas últimas linhas importantes são
R_3:\quad 2(a-5)\,x_3 +\bigl(-a^2+6a-5\bigr)\,x_4 = a-9,
2R_4:\quad 3(a-5)\,x_3 +\bigl(-a^2+6a-5\bigr)\,x_4 = a-13.
(Escrevi as equações correspondentes às linhas para deixar claro o que cada linha impõe sobre x_3,x_4.)

Passo 6

Subtraio a primeira equação da segunda (ou, equivalentemente, subtrair as linhas 3 e 2R_4 apropriadas) para eliminar o termo em x_4. A diferença dá:
\bigl[3(a-5)-2(a-5)\bigr]x_3 = (a-13)-(a-9).
Isto simplifica para
(a-5)x_3 = -4.
Dessa equação obtemos, quando a\neq 5,
x_3 = -\dfrac{4}{a-5}.

Passo 7

Com x_3 encontrado (para a\neq5) substituo numa das duas equações para achar x_4. Use a primeira (linha R_3):
\bigl(-a^2+6a-5\bigr)x_4 = a-9 - 2(a-5)x_3.
Calculo 2(a-5)x_3 = 2(a-5)\cdot\left(-\dfrac{4}{a-5}\right) = -8. Logo o lado direito fica a-9-(-8)=a-1.
Observe que
-a^2+6a-5 = -(a^2-6a+5)=-(a-1)(a-5).
Assim, se a\neq1 e a\neq5 (portanto o fator não é zero), temos
x_4 = \dfrac{a-1}{-(a-1)(a-5)} = -\dfrac{1}{a-5}.
Note que a fatoração permitiu cancelar a-1 (desde que a\neq1). Então, até agora para a\neq1,5 temos
x_3=-\dfrac{4}{a-5},\qquad x_4=-\dfrac{1}{a-5}.

Passo 8

Com x_3,x_4 determinados (caso a\neq1,5), volto a uma linha superior para calcular x_2. Uso R_2 que impõe
2x_2 -3x_3 + (a-1)x_4 = -1.
Substituo x_3=-\dfrac{4}{a-5} e x_4=-\dfrac{1}{a-5}:
2x_2 = -1 + 3x_3 - (a-1)x_4 = -1 + \dfrac{-12}{a-5} + \dfrac{a-1}{a-5} = -1 + \dfrac{a-13}{a-5}.
Coloco em denominador comum:
2x_2 = \dfrac{-1(a-5) + (a-13)}{a-5} = \dfrac{-a+5 + a-13}{a-5} = \dfrac{-8}{a-5}.
Portanto
x_2 = -\dfrac{4}{a-5}.
Finalmente, uso R_1 (equação x_1+x_2+x_3+x_4=4) para obter x_1:
x_1 = 4 - (x_2+x_3+x_4) = 4 - \dfrac{-4-4-1}{a-5} = 4 + \dfrac{9}{a-5} = \dfrac{4(a-5)+9}{a-5} = \dfrac{4a-11}{a-5}.
Concluo que, para a\neq1,5, o sistema tem solução única dada por
x_1=\dfrac{4a-11}{a-5},\quad x_2=-\dfrac{4}{a-5},\quad x_3=-\dfrac{4}{a-5},\quad x_4=-\dfrac{1}{a-5}.

Passo 9

Agora trato os casos especiais que foram evitados nas divisões: a=5 e a=1.
Caso a=5. Substituo a=5 nas linhas reduzidas encontradas em Passo 5:
  • Em R_3: os coeficientes ficam 2(a-5)=0 e -a^2+6a-5=-(a-1)(a-5)=0, enquanto o lado direito é a-9=5-9=-4. Ou seja, a linha reduzida vira
0\cdot x_3 + 0\cdot x_4 = -4,
que é uma contradição ( 0=-4). Portanto, para a=5 o sistema é inconsistente e não há solução.
Caso a=1. Substituo a=1 nas mesmas linhas:
  • Em R_3: 2(a-5)=2(-4)=-8, -a^2+6a-5=-(a-1)(a-5)=0, lado direito a-9=1-9=-8. Assim R_3 impõe -8x_3= -8\Rightarrow x_3=1.
  • Em 2R_4: 3(a-5)=3(-4)=-12, lado direito a-13=1-13=-12; isto dá a mesma informação x_3=1, consistente.
    As equações não envolvem x_4 (coeficiente de x_4 é zero), por isso x_4 é livre (um parâmetro). Uso R_2 para achar x_2: para a=1 a linha R_2 é 2x_2-3x_3+0\cdot x_4=-1. Substituindo x_3=1 obtemos 2x_2-3=-1\Rightarrow x_2=1.
    Finalmente R_1 x_1=4-(x_2+x_3+x_4)=4-(1+1+x_4)=2-x_4.
Portanto, para a=1 há infinitas soluções parametrizadas por x_4=t\in\mathbb{R}:
x_1=2-t,\qquad x_2=1,\qquad x_3=1,\qquad x_4=t.

Passo 10

Resumo das conclusões lógicas:
  • Se a\neq1,5 o posto da matriz é 4 (sistema tem solução única) e o vetor solução é explicitado.
  • Se a=5 surge uma linha contraditória e o sistema é incompatível (sem solução).
  • Se a=1 o sistema é consistente com posto <4 e tem família infinita de soluções com um parâmetro livre.

Resposta

Para a\neq 1,5:
x_1=\dfrac{4a-11}{a-5},\quad x_2=-\dfrac{4}{a-5},\quad x_3=-\dfrac{4}{a-5},\quad x_4=-\dfrac{1}{a-5}.
Para a=1:
(x_1,x_2,x_3,x_4)=(2-t,\;1,\;1,\;t),\qquad t\in\mathbb{R}.
Para a=5: não há solução (sistema inconsistente).

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