Considere o sistema linear representado pela seguinte matriz aumentada:
\left[\begin{array}{rrr|r} 1 & -2 & -2 & 2 \\\\ 1 & 1 & -1 & 4 \\\\ -1 & -4 & -3 & -5 \\\\ 2 & -10 & -12 & k \end{array}\right]
Assinale o valor de k de forma que o sistema tenha solução:

Passo 1

O enunciado dá a matriz aumentada do sistema linear
\left[\begin{array}{rrr|r} 1 & -2 & -2 & 2 \\\\ 1 & 1 & -1 & 4 \\\\ -1 & -4 & -3 & -5 \\\\ 2 & -10 & -12 & k \end{array}\right]
e pede: determinar o valor de k de forma que o sistema tenha solução.
Informações relevantes extraídas do enunciado:
\begin{cases} x - 2y - 2z = 2,\\[4pt] x + y - z = 4,\\[4pt] - x -4y -3z = -5,\\[4pt] 2x -10y -12z = k. \end{cases}]

Passo 2

Estratégia que vamos usar (explicando o porquê de forma didática): faremos eliminação por linhas (operações elementares sobre as linhas da matriz aumentada) para chegar a uma forma triangular. A ideia-chave: o sistema tem solução se e somente se não aparecer uma linha do tipo
\left[\begin{array}{ccc|c} 0 & 0 & 0 & c\end{array}\right]
com c\neq 0 (isto corresponderia a uma equação impossível 0= c\neq0). Em termos de posto, queremos que o posto da matriz dos coeficientes seja igual ao posto da matriz aumentada. Vou aplicar operações de linha que preservam soluções (somar múltiplos de uma linha em outra, trocar linhas, multiplicar uma linha por escalar não nulo).

Passo 3

Começo usando a primeira linha como pivô para zerar as entradas da primeira coluna abaixo dela. A matriz inicial é
\left[\begin{array}{rrr|r} 1 & -2 & -2 & 2 \\\\ 1 & 1 & -1 & 4 \\\\ -1 & -4 & -3 & -5 \\\\ 2 & -10 & -12 & k \end{array}\right].
Faço as operações:
\begin{aligned} L_2 &\leftarrow L_2 - L_1,\\\ L_3 &\leftarrow L_3 + L_1,\\\ L_4 &\leftarrow L_4 - 2L_1. \end{aligned}
Calculando cada linha:
  • Para L_2: (1,1,-1,4) - (1,-2,-2,2) = (0,3,1,2).
  • Para L_3: (-1,-4,-3,-5) + (1,-2,-2,2) = (0,-6,-5,-3).
  • Para L_4: (2,-10,-12,k) - 2(1,-2,-2,2) = (0,-6,-8,k-4).
A matriz fica
\left[\begin{array}{rrr|r} 1 & -2 & -2 & 2 \\\\ 0 & 3 & 1 & 2 \\\\ 0 & -6 & -5 & -3 \\\\ 0 & -6 & -8 & k-4 \end{array}\right].

Passo 4

Agora uso a segunda linha L_2 (pivot 3 na coluna 2) para zerar as entradas nas linhas 3 e 4 na coluna 2. Faço:
\begin{aligned} L_3 &\leftarrow L_3 + 2L_2,\\\ L_4 &\leftarrow L_4 + 2L_2. \end{aligned}
Calculando:
  • L_3: (0,-6,-5,-3) + 2(0,3,1,2) = (0,0,-3,1).
  • L_4: (0,-6,-8,k-4) + 2(0,3,1,2) = (0,0,-6,k).
A matriz passa a ser
\left[\begin{array}{rrr|r} 1 & -2 & -2 & 2 \\\\ 0 & 3 & 1 & 2 \\\\ 0 & 0 & -3 & 1 \\\\ 0 & 0 & -6 & k \end{array}\right].

Passo 5

Agora uso a terceira linha L_3 (pivot -3 na coluna 3) para zerar a entrada da linha 4 na coluna 3. Faço:
L_4 \leftarrow L_4 - 2L_3.
Calculando:
  • Terceira linha L_3 é (0,0,-3,1).
  • L_4: (0,0,-6,k) - 2(0,0,-3,1) = (0,0,0,k-2).
Assim obtemos
\left[\begin{array}{rrr|r} 1 & -2 & -2 & 2 \\\\ 0 & 3 & 1 & 2 \\\\ 0 & 0 & -3 & 1 \\\\ 0 & 0 & 0 & k-2 \end{array}\right].

Passo 6

Interpretação do resultado: a última linha corresponde à equação
0\cdot x + 0\cdot y + 0\cdot z = k-2,
ou seja 0 = k-2. Para que essa equação não seja contraditória (para que não tenhamos 0 = número diferente de zero), é necessário e suficiente que
k-2 = 0.
Portanto o sistema é compatível (tem pelo menos uma solução) exatamente quando k = 2.

Passo 7

Para reforçar a ideia e mostrar que quando k=2 realmente existe solução, faço substituição regressiva com k=2. Com k=2 a matriz triangular é
\left[\begin{array}{rrr|r} 1 & -2 & -2 & 2 \\\\ 0 & 3 & 1 & 2 \\\\ 0 & 0 & -3 & 1 \\\\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right].
Da terceira linha: -3z = 1 \Rightarrow z = -\tfrac{1}{3}.
Da segunda linha: 3y + z = 2 \Rightarrow 3y = 2 - z = 2 - (-\tfrac{1}{3}) = \tfrac{7}{3} \Rightarrow y = \tfrac{7}{9}.
Da primeira linha: x - 2y - 2z = 2 \Rightarrow x = 2 + 2y + 2z = 2 + 2\cdot\tfrac{7}{9} + 2\cdot(-\tfrac{1}{3}) = \tfrac{26}{9}.
Logo existe solução única (nesse caso) quando k=2.

Resposta

k=2

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