Determinar o valor de k para que o sistema \left\{\begin{array}{l}x+y+z=1 \\\ x+k y+z=2 \\\ x+y+k z=2\end{array}\right. tenha:
a) Solução única
b) Nenhuma solução
c) Infinitas soluções

Passo 1

O enunciado dá o sistema
\begin{cases} x+y+z=1\\[4pt] x+k y+z=2\\[4pt] x+y+k z=2 \end{cases}
e pede que se determine o(s) valor(es) de k para que o sistema tenha:
a) solução única;
b) nenhuma solução;
c) infinitas soluções.
Informações relevantes fornecidas:
  • As incógnitas são x,y,z.
  • O parâmetro que varia é k.
  • Devemos classificar o sistema conforme k, em três casos (única, nenhuma, infinitas soluções).]

Passo 2

Estratégia (breve, sem resolver ainda): para sistemas lineares de 3 equações e 3 incógnitas é prático usar a matriz dos coeficientes e o determinante para decidir existência/unicidade:
  • Se o determinante da matriz dos coeficientes for diferente de zero, o sistema tem solução única (teorema de existência e unicidade / Regra de Cramer).
  • Se o determinante for zero, pode haver ou nenhuma ou infinitas soluções — então precisamos analisar consistência (ranks das matrizes dos coeficientes e aumentada).
Vou construir a matriz dos coeficientes e calcular seu determinante.

Passo 3

Escrever a matriz dos coeficientes A:
A=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1\\[4pt] 1 & k & 1\\[4pt] 1 & 1 & k \end{pmatrix}.
Explicando o porquê do determinante: o determinante \det(A) mede se as três colunas (ou linhas) são linearmente independentes. Se forem independentes ( \det(A)\neq0), a aplicação linear associada é invertível e o sistema tem exatamente uma solução. Se \det(A)=0, as colunas são dependentes e aí precisamos checar consistência para distinguir entre nenhum ou infinitas soluções.]

Passo 4

Calcular \det(A). Faço a expansão padrão (ou usar propriedades) — faço direto por desenvolvimento segundo a primeira linha:
\det(A)= 1\cdot\det\begin{pmatrix}k & 1\\[4pt]1 & k\end{pmatrix} -1\cdot\det\begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt]1 & k\end{pmatrix} +1\cdot\det\begin{pmatrix}1 & k\\[4pt]1 & 1\end{pmatrix}.
Agora calculo cada menor 2×2:
\det\begin{pmatrix}k & 1\\[4pt]1 & k\end{pmatrix}=k\cdot k-1\cdot1=k^{2}-1,
\det\begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt]1 & k\end{pmatrix}=1\cdot k-1\cdot1=k-1,
\det\begin{pmatrix}1 & k\\[4pt]1 & 1\end{pmatrix}=1\cdot1-k\cdot1=1-k.
Substituindo,
\det(A)=(k^{2}-1)-(k-1)+(1-k).
Simplificando passo a passo:
\det(A)=k^{2}-1-k+1+1-k,
\det(A)=k^{2}-2k+1=(k-1)^{2}.]

Passo 5

Interpretação do resultado do determinante:
  • \det(A)=(k-1)^{2}. Isso é zero exatamente quando k=1. Para todo k\neq1 temos \det(A)\neq0.
    Pelo que foi dito no Passo 3:
  • Se k\neq1 então \det(A)\neq0 e o sistema tem solução única.
  • Se k=1 então \det(A)=0 e precisamos estudar consistência (se há nenhuma ou infinitas soluções).

Passo 6

Analisar o caso k=1\). Substituo \(k=1\) nas equações: \[\begin{cases} x+y+z=1\\[4pt] x+1\cdot y+z=2\\[4pt] x+y+1\cdot z=2 \end{cases} \quad\Longrightarrow\quad \begin{cases} x+y+z=1\\[4pt] x+y+z=2\\[4pt] x+y+z=2. \end{cases}
Aqui vemos claramente que a primeira equação afirma x+y+z=1\] enquanto a segunda exige \(x+y+z=2: as duas são incompatíveis (não podem ser verdadeiras simultaneamente). Logo o sistema é inconsistente quando k=1, isto é, não tem solução. Portanto para k=1 há nenhuma solução.
Observação sobre infinitas soluções: como o determinante é zero apenas em k=1 e em k=1 o sistema é inconsistente, não existe valor de k que produza infinitas soluções.]

Passo 7

Para fixar a intuição, mostro também a solução explícita quando k\neq1 (eliminação simples): subtraindo a primeira equação da segunda e da terceira, obtemos
(k-1)y=1,\qquad (k-1)z=1.
Como k\neq1, divide-se por k-1 e vem
y=z=\dfrac{1}{k-1}.
Substituindo em x+y+z=1,
x=1-y-z=1-\dfrac{2}{k-1}=\dfrac{k-3}{k-1}.
Isso confirma que, para k\neq1, há exatamente uma solução dada por
x=\dfrac{k-3}{k-1},\qquad y=z=\dfrac{1}{k-1}.

Resposta

a) k\neq1
b) k=1
c) Não existe valor de k que produza infinitas soluções (nenhum)

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