Determine os valores reais de a e b para que o sistema linear
\left\{\begin{aligned} x+y-2 z & =0 \\\\ 2 x+y+z & =b \\\ x+a y+z & =0 \end{aligned}\right.
tenha:
nenhuma solução:

Passo 1

O enunciado pede: determinar os valores reais de a e b para que o sistema linear
\left\{\begin{aligned} x+y-2 z & =0, \\\\ 2 x+y+z & =b, \\\ x+a y+z & =0 \end{aligned}\right.
não tenha solução. Informações dadas que vamos usar: as três equações do sistema e que a,b são números reais desconhecidos.

Passo 2

Primeira ideia (explicação didática, passo a passo): um sistema linear 3×3 pode ter solução única, infinitas soluções ou nenhuma solução. Uma maneira prática de decidir é:
  • Se a matriz dos coeficientes tem determinante diferente de zero, então a matriz é invertível e o sistema tem solução única (logo não é o caso “nenhuma solução”).
  • Se a matriz dos coeficientes tem determinante zero, a matriz é singular e então ou o sistema tem infinitas soluções ou não tem solução — para decidir entre esses dois casos precisamos comparar a consistência do sistema, ou seja, comparar a rank da matriz dos coeficientes com a rank da matriz aumentada. Se a rank da aumentada for maior que a rank dos coeficientes, o sistema é inconsistente e não tem solução.
Vou aplicar esse procedimento: primeiro calculemos o determinante da matriz dos coeficientes; se ele for zero, investigamos a consistência usando eliminação por linhas.

Passo 3

Escrevendo a matriz dos coeficientes A:
A=\begin{pmatrix} 1 & 1 & -2 \\\\ 2 & 1 & 1 \\\\ 1 & a & 1 \end{pmatrix}.
Calculamos o determinante de A por expansão ou pela regra de Sarrus (aqui uso expansão pela primeira linha). Temos
\det(A)=1\cdot\det\begin{pmatrix}1 & 1 \\[4pt] a & 1\end{pmatrix} -1\cdot\det\begin{pmatrix}2 & 1 \\[4pt] 1 & 1\end{pmatrix} +(-2)\cdot\det\begin{pmatrix}2 & 1 \\[4pt] 1 & a\end{pmatrix}.
Agora os determinantes 2×2:
\det\begin{pmatrix}1 & 1 \\[4pt] a & 1\end{pmatrix}=1\cdot1-1\cdot a=1-a,
\det\begin{pmatrix}2 & 1 \\[4pt] 1 & 1\end{pmatrix}=2\cdot1-1\cdot1=1,
\det\begin{pmatrix}2 & 1 \\[4pt] 1 & a\end{pmatrix}=2\cdot a-1\cdot1=2a-1.
Substituindo:
\det(A)=(1-a)-1+(-2)(2a-1).
Fazendo as contas passo a passo:
(1-a)-1 = -a,
(-2)(2a-1) = -4a+2,
logo
\det(A) = -a + (-4a+2) = -5a+2.
Portanto
\det(A)=2-5a.]

Passo 4

Condição para a matriz ser singular (possível falta de solução) é \det(A)=0. Assim:
2-5a=0 \quad\Rightarrow\quad a=\frac{2}{5}.
Conclusão parcial: somente quando a=\frac{2}{5} o sistema pode deixar de ter solução única. Se a\neq\frac{2}{5} então \det(A)\neq0 e o sistema tem solução única (portanto não é o caso “nenhuma solução”).

Passo 5

Agora estudar a consistência para a=\dfrac{2}{5}. Substituímos a=\dfrac{2}{5} no sistema e montamos a matriz aumentada:
\left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & -2 & 0\\[4pt] 2 & 1 & 1 & b\\[4pt] 1 & \dfrac{2}{5} & 1 & 0 \end{array}\right).
Aplicamos eliminação por linhas (explico o porquê de cada operação): queremos eliminar a primeira coluna nas linhas 2 e 3 usando a linha 1.
  • Operação R_2 \leftarrow R_2 - 2R_1. Isso não muda o conjunto de soluções, apenas simplifica.
    Calculando:
R_2: \; (2,1,1\mid b) - 2(1,1,-2\mid 0) = (0,-1,5\mid b).
  • Operação R_3 \leftarrow R_3 - R_1:
R_3: \; (1,\tfrac{2}{5},1\mid 0) - (1,1,-2\mid 0) = (0,-\tfrac{3}{5},3\mid 0).
A matriz fica
\left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & -2 & 0\\[4pt] 0 & -1 & 5 & b\\[4pt] 0 & -\dfrac{3}{5} & 3 & 0 \end{array}\right).]

Passo 6

Agora examinamos as duas últimas linhas como sistemas em y,z. Da segunda linha temos
-y+5z=b.
Da terceira linha (multiplicando por 5 para evitar frações) obtemos
-3y+15z=0.
Observa que a terceira equação é exatamente 3 vezes a segunda equação se e somente se o lado direito também obedecer essa múltiplicidade. Multiplicando a segunda equação por 3 obtemos
-3y+15z=3b.
Comparando com a terceira equação -3y+15z=0, a única forma de ambas serem verdadeiras simultaneamente é ter 3b=0, ou seja b=0.
  • Se b=0 então as duas equações são a mesma e o sistema tem infinitas soluções (rank da matriz dos coeficientes = rank da aumentada = 2 < 3).
  • Se b\neq 0 então as duas equações contradizem-se ( -3y+15z não pode ser simultaneamente 0 e 3b\neq0), o que significa que a matriz aumentada tem rank maior que a matriz dos coeficientes e o sistema é inconsistente — isto é, não tem solução.
Em termos de ranks: para a=\dfrac{2}{5} a matriz dos coeficientes tem rank 2; se b\neq0 a matriz aumentada tem rank 3 ou pelo menos maior que 2, gerando inconsistência.

Passo 7

Resumo e interpretação final (método que você pode usar na prova): calcule o determinante da matriz de coeficientes; se não for zero, o sistema tem solução única. Se der zero, escolha esse valor de parâmetro e faça eliminação de Gauss na matriz aumentada; se surgir uma linha do tipo (0\\\ 0\\\ 0 \mid c) com c\neq0, então o sistema não tem solução. Aqui exatamente isso aconteceu para a=\dfrac{2}{5} quando b\neq0.
Fica a dica amiga: na prova faça primeiro o determinante — isso reduz os casos — e só então vá para a matriz aumentada. Você já ganhou tempo.

Resposta

\,a=\dfrac{2}{5} e \,b\neq 0

Exercícios relacionados