Determine \alpha para infinitas soluções:
\left\{\begin{array}{l} x+y+z+w=1 \\ 2 x+3 y-z+w=\alpha \\ 3 x+4 y+0 z+2 w=3 \\ x+y-z+w=0 \end{array}\right.

Passo 1

O enunciado nos dá um sistema de quatro equações lineares com quatro incógnitas x,y,z,w. Vou listar claramente o que é pedido e o que foi dado:
  • Sistema fornecido:
\left\{\begin{array}{l} x+y+z+w=1 \\[4pt] 2x+3y-z+w=\alpha \\[4pt] 3x+4y+0z+2w=3 \\[4pt] x+y-z+w=0 \end{array}\right.
  • O que o problema pede: determinar os valores de \alpha para os quais o sistema tem infinitas soluções.
  • Informações relevantes extraídas do enunciado:
    • Há quatro equações e quatro incógnitas.
    • A segunda equação depende do parâmetro \alpha.
    • Para haver infinitas soluções, o sistema deve ser compatível e ter posto (rank) menor que o número de incógnitas ( 4). Ou seja, número de equações independentes <4 e o sistema consistente.
A partir daqui começo a resolver e a explicar passo a passo como decidir o valor de \alpha.]

Passo 2

Explicando a ideia que vou usar (sem pular etapas): para estudar existência e multiplicidade de soluções de um sistema linear uso eliminação de Gauss sobre a matriz aumentada do sistema. Isso permite ver o posto da matriz de coeficientes e da matriz aumentada. Regras essenciais:
  • Se o posto da matriz de coeficientes for diferente do posto da matriz aumentada, o sistema é impossível (nenhuma solução).
  • Se os postos forem iguais e iguais a n (número de incógnitas), há solução única.
  • Se os postos forem iguais e menores que n, há infinitas soluções (há variáveis livres).
Vou montar a matriz aumentada e aplicar operações elementares de linha, mostrando cada passo.

Passo 3

Matriz aumentada inicial (colocando as equações na forma de linhas):
\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 & \vline & 1\\[4pt] 2 & 3 & -1 & 1 & \vline & \alpha\\[4pt] 3 & 4 & 0 & 2 & \vline & 3\\[4pt] 1 & 1 & -1 & 1 & \vline & 0 \end{pmatrix}
Cada linha corresponde a uma equação; a última coluna é o termo independente (lado direito).]

Passo 4

Faço eliminação usando a primeira linha como pivô para zerar a primeira coluna nas linhas 2, 3 e 4:
  • R_2 \leftarrow R_2 - 2R_1:
    R_2: \; (2-2\cdot1,\; 3-2\cdot1,\; -1-2\cdot1,\; 1-2\cdot1 \;|\; \alpha-2) = (0,\;1,\;-3,\;-1 \;|\; \alpha-2).
  • R_3 \leftarrow R_3 - 3R_1:
    R_3: \; (3-3\cdot1,\;4-3\cdot1,\;0-3\cdot1,\;2-3\cdot1 \;|\; 3-3\cdot1) = (0,\;1,\;-3,\;-1 \;|\; 0).
  • R_4 \leftarrow R_4 - R_1:
    R_4: \; (1-1,\;1-1,\;-1-1,\;1-1 \;|\; 0-1) = (0,\;0,\;-2,\;0 \;|\; -1).
A matriz fica:
\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 & \vline & 1\\[4pt] 0 & 1 & -3 & -1 & \vline & \alpha-2\\[4pt] 0 & 1 & -3 & -1 & \vline & 0\\[4pt] 0 & 0 & -2 & 0 & \vline & -1 \end{pmatrix}]

Passo 5

Agora subtraio a linha 2 da linha 3 para tentar eliminar redundâncias:
R_3 \leftarrow R_3 - R_2.
O lado esquerdo fica (0,0,0,0) e o lado direito fica 0 - (\alpha-2)=2-\alpha. Então
R_3 = (0,\;0,\;0,\;0 \;|\; 2-\alpha).
A matriz atual é
\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 & \vline & 1\\[4pt] 0 & 1 & -3 & -1 & \vline & \alpha-2\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0 & \vline & 2-\alpha\\[4pt] 0 & 0 & -2 & 0 & \vline & -1 \end{pmatrix}
Interpretação imediata: a linha R_3 corresponde à equação \;0=2-\alpha.
  • Se 2-\alpha \neq 0 (ou seja, \alpha \neq 2), essa linha diz 0 = número não nulo → contradição → sistema impossível (nenhuma solução).
  • Logo, para qualquer solução (seja única ou infinita) precisamos ter \alpha = 2.
Como o objetivo é achar \alpha que gera infinitas soluções, continuamos com \alpha = 2.]

Passo 6

Assumindo \alpha = 2, substituo na matriz (então \alpha-2=0 e 2-\alpha=0), obtendo:
\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 & \vline & 1\\[4pt] 0 & 1 & -3 & -1 & \vline & 0\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0 & \vline & 0\\[4pt] 0 & 0 & -2 & 0 & \vline & -1 \end{pmatrix}
Agora não há linha contraditória; a matriz aumentada e a matriz de coeficientes têm o mesmo posto. Vou continuar a reduzir para ver o número de incógnitas livres e escrever a solução geral.]

Passo 7

Normalizo a linha 4 dividindo por -2 para obter pivô na coluna de z:
R_4 \leftarrow \frac{1}{-2} R_4 \;\Rightarrow\; R_4 = (0,\;0,\;1,\;0 \;|\; \tfrac{1}{2}).
Isso dá diretamente \;z=\tfrac{1}{2}.
Agora uso R_4 para eliminar o termo em z na linha 2 (que tem coeficiente -3 em z):
R_2 \leftarrow R_2 + 3R_4.
Cálculo do lado direito: 0 + 3\cdot\tfrac{1}{2} = \tfrac{3}{2}. Assim
R_2 = (0,\;1,\;0,\;-1 \;|\; \tfrac{3}{2}).
Isso corresponde a \;y - w = \tfrac{3}{2} ou \;y = w + \tfrac{3}{2}.

Passo 8

Agora elimino o termo em y da linha 1 usando R_2:
R_1 \leftarrow R_1 - R_2.
Antes da operação R_1=(1,1,1,1\;|\;1). Subtraindo R_2=(0,1,0,-1\;|\;\tfrac{3}{2}) temos
R_1 = (1,\;0,\;1,\;2 \;|\; 1 - \tfrac{3}{2} = -\tfrac{1}{2}).
Agora elimino também o termo em z da linha 1 usando R_4:
R_1 \leftarrow R_1 - 1\cdot R_4.
Como R_4=(0,0,1,0\;|\;\tfrac{1}{2}), obtemos
R_1 = (1,\;0,\;0,\;2 \;|\; -\tfrac{1}{2} - \tfrac{1}{2} = -1).
Isto corresponde a \;x + 2w = -1 ou \;x = -1 - 2w.

Passo 9

Resumindo as equações obtidas após eliminação completa (para \alpha=2):
  • Da linha 1: \;x + 2w = -1 \Rightarrow x = -1 - 2w.
  • Da linha 2: \;y - w = \tfrac{3}{2} \Rightarrow y = w + \tfrac{3}{2}.
  • Da linha 4: \;z = \tfrac{1}{2}.
  • A linha 3 é nula e não impõe restrição.
Há uma variável livre: w (posso chamar w=t). Assim existem infinitas soluções parametrizadas por t. Isso confirma que para \alpha=2 o sistema é compatível e o posto da matriz de coeficientes é 3<4, gerando infinitas soluções.
Posso dar a solução geral em função do parâmetro t:
\begin{cases} w = t,\\[4pt] z = \tfrac{1}{2},\\[4pt] y = t + \tfrac{3}{2},\\[4pt] x = -1 - 2t, \end{cases} \quad t\in\mathbb{R}.]

Passo 10

Conclusão final do raciocínio: o sistema só é compatível quando \alpha=2. Nesse caso o posto é 3 (menor que o número de incógnitas 4), portanto há infinitas soluções, parametrizadas por uma variável livre (por exemplo w). Para \alpha\neq 2 o sistema é incompatível (nenhuma solução).

Resposta

\alpha=2

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