Determine os valores reais de k, em cada um dos casos, tais que o sistema linear dado tenha:
(i) uma única solução;
(ii) infinitas soluções;
(iii) nenhuma solução:
\left\{\begin{aligned} k x+y+z & =1 \\\ x+k y+z & =1, \\\ x+y+k z & =1\end{aligned}\right.

Passo 1

O enunciado dá o sistema linear
\begin{cases} k x+y+z =1,\\[4pt] x+k y+z =1,\\[4pt] x+y+k z =1, \end{cases}
e pede os valores reais de k tais que o sistema tenha: (i) uma única solução; (ii) infinitas soluções; (iii) nenhuma solução.
Informações relevantes dadas:
A=\begin{pmatrix}k & 1 & 1\\[4pt]1 & k & 1\\[4pt]1 & 1 & k\end{pmatrix} \quad\text{e}\quad b=\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]1\end{pmatrix},
ou seja, estamos a resolver A x=b. As incógnitas são x,y,z. A resolução vai depender do determinante de A e da consistência do sistema quando \det(A)=0.]

Passo 2

Conceitos usados (explicados de forma simples):
  • Se \det(A)\neq0 então A é invertível e o sistema tem uma única solução (pois x=A^{-1}b).
  • Se \det(A)=0 então A não é invertível; pode acontecer que o sistema tenha infinitas soluções (quando a classificação por postos dá \operatorname{rank}(A)=\operatorname{rank}([A|b])<3) ou nenhuma solução (quando \operatorname{rank}([A|b])>\operatorname{rank}(A), incompatibilidade).
  • Para determinar \det(A) e os possíveis postos, é conveniente explorar a simetria da matriz A.

Passo 3

Calcular \det(A) aproveitando vetores especiais (ideia simples e eficaz):
  • Note o vetor v=(1,1,1)^T. Multiplicando A por v obtemos, componente a componente,
(A v)_1 = k\cdot1 +1\cdot1 +1\cdot1 = k+2,
e análogamente (A v)_2=(A v)_3=k+2. Logo
A v=(k+2)v,
ou seja, v é autovetor de A com autovalor \lambda_1=k+2.
  • Agora considere qualquer vetor w=(a,b,c)^T com a+b+c=0. Então
(Aw)_1 = k a + b + c = k a + (-(a)) = (k-1)a,
e análogas para as outras componentes, portanto
Aw=(k-1)w.
Assim qualquer vetor cuja soma das componentes é zero é autovetor com autovalor \lambda_2=\lambda_3=k-1 (multiplicidade 2).
  • Como os autovalores de A são \lambda_1=k+2 e \lambda_{2,3}=k-1, o determinante (produto dos autovalores) é
\det(A)=(k+2)(k-1)^2.

Passo 4

Usar a expressão de \det(A) para ver quando A é invertível:
  • \det(A)\neq0 quando (k+2)(k-1)^2\neq0, isto é, quando k\neq-2 e k\neq1.
  • Portanto, se k\neq1 e k\neq-2 o sistema tem uma única solução.
Podemos também encontrar essa solução de forma direta e simples: pela simetria é natural tentar x=y=z=t. Substituindo numa equação:
(k+2)t=1 \quad\Rightarrow\quad t=\frac{1}{k+2}.
Logo, para k\neq-2 a solução simétrica x=y=z=\dfrac{1}{k+2} satisfaz o sistema; se além disso k\neq1 então essa é única (porque A é invertível).

Passo 5

Analisar o caso k=-2:
  • Substituindo k=-2 no sistema, somando as três equações obtemos:
(-2x+y+z)+(x-2y+z)+(x+y-2z)=0 \quad\text{no lado esquerdo},
enquanto o lado direito soma 1+1+1=3. Assim obtemos 0=3, contradição.
  • Logo, para k=-2 o sistema é incompatível e não tem solução.
Comentário intuitivo: quando k=-2 o vetor b=(1,1,1)^T é um autovetor associado ao autovalor nulo, ou seja A anula (1,1,1)^T (de fato A(1,1,1)^T=0), por isso não é possível obter b como combinação linear das colunas de A.

Passo 6

Analisar o caso k=1:
  • Para k=1 a matriz A torna-se
A=\begin{pmatrix}1&1&1\\[4pt]1&1&1\\[4pt]1&1&1\end{pmatrix},
todas as linhas são iguais; logo \operatorname{rank}(A)=1.
  • A matriz aumentada [A|b] também tem todas as linhas iguais a (1,1,1\mid1), então \operatorname{rank}([A|b])=1=\operatorname{rank}(A).
  • Como os postos coincidem e são menores que 3, o sistema é compatível indeterminado: tem infinitas soluções.
Parametrização das soluções quando k=1: todas as soluções satisfazem
x+y+z=1.
Assim podemos tomar x=s, y=t com s,t\in\mathbb{R} livres e z=1-s-t. Isso mostra explicitamente a família infinita de soluções.]

Resposta

(i) k\in\mathbb{R}\setminus\{1,-2\}
(ii) k=1
(iii) k=-2

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