Dado o sistema linear,
\left\{\begin{array}{l} 2 x_{1}-6 \alpha x_{2}=3 \\\\ 3 \alpha x_{1}-x_{2}=\frac{3}{2} \end{array}\right.
(a) Encontre \mathrm{o}(\mathrm{s}) valor(es) de \alpha para \mathrm{o}(\mathrm{s}) qual(is) o sistema não tem solução.
(b) Encontre o(s) valor(es) de \alpha para o(s) qual(is) o sistema tem um número infinito de soluções.
(c) Suponha que existe uma única solução para o sistema, encontre esta solução em função de \alpha.

Passo 1

O enunciado dá o sistema linear
\left\{\begin{array}{l} 2 x_{1}-6 \alpha x_{2}=3,\\[4pt] 3 \alpha x_{1}-x_{2}=\dfrac{3}{2} \end{array}\right.
Perguntas:
  1. Para que valor(es) de \alpha o sistema não tem solução?
  2. Para que valor(es) de \alpha o sistema tem infinitas soluções?
  3. Supondo que exista única solução, encontrar essa solução em função de \alpha.
Informações relevantes dadas: os coeficientes dependem do parâmetro \alpha e o termo independente é o vetor \bigl(3,\tfrac{3}{2}\bigr).]

Passo 2

Vamos organizar o sistema usando matriz dos coeficientes, vetor incógnitas e vetor dos termos independentes. Definimos
A=\begin{pmatrix}2 & -6\alpha\\[4pt]3\alpha & -1\end{pmatrix},\qquad \mathbf{x}=\begin{pmatrix}x_1\\[4pt]x_2\end{pmatrix},\qquad \mathbf{b}=\begin{pmatrix}3\\[4pt]\tfrac{3}{2}\end{pmatrix},
de modo que A\mathbf{x}=\mathbf{b}.
Explicação curta (didática): Para um sistema linear A\mathbf{x}=\mathbf{b} com A quadrada 2\times2, a existência e unicidade da solução dependem do determinante de A. Se \det(A)\neq0 então existe exatamente uma solução; se \det(A)=0 pode haver 0 ou infinitas soluções — é preciso comparar o posto da matriz A com o posto da matriz aumentada [A|\mathbf{b}].]

Passo 3

Calculamos o determinante de A. Para 2\times2,
\det(A)=a_{11}a_{22}-a_{12}a_{21}.
Aqui,
\det(A)=2\cdot(-1)-(-6\alpha)\cdot(3\alpha)=-2+18\alpha^{2}=18\alpha^{2}-2.
Fatorando:
\det(A)=2(9\alpha^{2}-1)=2(3\alpha-1)(3\alpha+1).
Conclusão deste passo: \det(A)=0 ocorre exatamente quando 9\alpha^{2}-1=0, isto é quando \alpha=\pm \dfrac{1}{3}. Para todos os outros valores de \alpha (ou seja \alpha\neq\pm\dfrac{1}{3}) teremos \det(A)\neq0 e, portanto, solução única.

Passo 4

Agora tratamos o caso crítico \alpha=\pm\dfrac{1}{3}. Quando \det(A)=0 o posto de A é 1 ou 0. Aqui claramente não é a matriz zero, então o posto de A é 1: as linhas (ou colunas) de A são proporcionais. Para decidir entre 0 ou infinitas soluções com \det(A)=0 comparamos se o vetor \mathbf{b} está na mesma direção (ou combinação) — isto é, verificamos se as equações são proporcionais também.
Procedimento prático: encontrar \lambda tal que a segunda linha de A seja \lambda vezes a primeira linha, e testar se a segunda componente de \mathbf{b} é \lambda vezes a primeira componente de \mathbf{b}.

Passo 5

Encontramos \lambda tal que
(3\alpha,\,-1)=\lambda(2,\,-6\alpha).
Da primeira componente vem \lambda=\dfrac{3\alpha}{2}. Usando a segunda componente devemos ter
-1=\lambda(-6\alpha)=\dfrac{3\alpha}{2}\cdot(-6\alpha)=-9\alpha^{2}.
Isto implica 9\alpha^{2}=1, ou seja \alpha=\pm\dfrac{1}{3} — coincidência esperada porque estamos no caso \det(A)=0.
Agora avaliamos \lambda para cada caso e testamos a consistência com \mathbf{b}.

Passo 6

Caso \alpha=\dfrac{1}{3}:
\lambda=\dfrac{3\cdot(1/3)}{2}=\dfrac{1}{2}.
Verificamos se a segunda componente de \mathbf{b} é \lambda vezes a primeira:
\lambda\cdot 3=\dfrac{1}{2}\cdot 3=\dfrac{3}{2},
que coincide com a segunda componente de \mathbf{b}. Portanto, para \alpha=\dfrac{1}{3} as duas equações são proporcionais e o sistema é compatível com posto 1: há infinitas soluções (uma família de soluções com uma liberdade).

Passo 7

Caso \alpha=-\dfrac{1}{3}:
\lambda=\dfrac{3\cdot(-1/3)}{2}=-\dfrac{1}{2}.
Verificamos a segunda componente de \mathbf{b}:
\lambda\cdot 3=-\dfrac{1}{2}\cdot 3=-\dfrac{3}{2},
que NÃO coincide com a segunda componente de \mathbf{b} (que é +\tfrac{3}{2}). Portanto, as equações são incompatíveis: para \alpha=-\dfrac{1}{3} o sistema não tem solução.

Passo 8

Agora tratamos o caso em que existe única solução, isto é para \alpha\neq\pm\dfrac{1}{3}. Vamos aplicar a Regra de Cramer para obter x_1 e x_2.
Explicando Cramer (didática): para 2\times2 com \det(A)\neq0, definimos \;D=\det(A), D_1 determinante da matriz obtida substituindo a primeira coluna de A por \mathbf{b}, e D_2 substituindo a segunda coluna por \mathbf{b}. Então x_1=D_1/D e x_2=D_2/D.

Passo 9

Calculamos D (já feito):
D=18\alpha^{2}-2.
Calculamos D_1: substituir primeira coluna por \mathbf{b},
D_1=\det\begin{pmatrix}3 & -6\alpha\\[4pt]\tfrac{3}{2} & -1\end{pmatrix} =3\cdot(-1)-(-6\alpha)\cdot\tfrac{3}{2}=-3+9\alpha=9\alpha-3.
Calculamos D_2: substituir segunda coluna por \mathbf{b},
D_2=\det\begin{pmatrix}2 & 3\\[4pt]3\alpha & \tfrac{3}{2}\end{pmatrix} =2\cdot\tfrac{3}{2}-3\cdot(3\alpha)=3-9\alpha=3(1-3\alpha).]

Passo 10

Agora x_1=\dfrac{D_1}{D} e x_2=\dfrac{D_2}{D}. Colocando as expressões:
x_1=\dfrac{9\alpha-3}{18\alpha^{2}-2},\qquad x_2=\dfrac{3-9\alpha}{18\alpha^{2}-2}.
Fatorando numeradores e denominador para simplificar:
x_1=\dfrac{3(3\alpha-1)}{2(9\alpha^{2}-1)}=\dfrac{3(3\alpha-1)}{2(3\alpha-1)(3\alpha+1)}=\dfrac{3}{2(3\alpha+1)},
onde cancelamos (3\alpha-1) lembrando que neste passo assumimos \alpha\neq\dfrac{1}{3}. Analogamente,
x_2=\dfrac{3(1-3\alpha)}{2(9\alpha^{2}-1)}=\dfrac{-3(3\alpha-1)}{2(3\alpha-1)(3\alpha+1)}=-\dfrac{3}{2(3\alpha+1)},
assumindo novamente \alpha\neq\dfrac{1}{3}. Também é necessário \alpha\neq -\tfrac{1}{3} para que o denominador não seja zero; portanto a fórmula vale para \alpha\neq\pm\dfrac{1}{3}.

Passo 11

Interpretação final: para \alpha\neq\pm\dfrac{1}{3} há solução única e ela é
\boxed{\;x_1=\dfrac{3}{2(3\alpha+1)},\qquad x_2=-\dfrac{3}{2(3\alpha+1)}\;}.
Para \alpha=\dfrac{1}{3} há infinitas soluções; para \alpha=-\dfrac{1}{3} não há solução.

Resposta

(a) \alpha=-\dfrac{1}{3}
(b) \alpha=\dfrac{1}{3}
(c) Para \alpha\neq\pm\dfrac{1}{3}: \displaystyle (x_1,x_2)=\left(\dfrac{3}{2(3\alpha+1)},-\dfrac{3}{2(3\alpha+1)}\right)

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