Discuta o seguinte sistema linear nas variáveis x, y e z, utilizando o Teorema de Rouché-Frobenius em função do parâmetro m :
\left\{\begin{array}{l} m x+y-z=4 \\ x+y+z=8 \\ 3 x+3 y+m z=24 \end{array}\right.

Passo 1

O enunciado dá um sistema linear nas incógnitas x,y,z que depende de um parâmetro m:
\left\{\begin{array}{l} m x+y-z=4 \\[4pt] x+y+z=8 \\[4pt] 3 x+3 y+m z=24 \end{array}\right.
O que se pede: discutir o sistema em função de m usando o Teorema de Rouché‑Frobenius — isto é, determinar para que valores de m o sistema tem solução única, infinitas soluções ou nenhuma solução, e fornecer as soluções quando elas existem.
Informações relevantes dadas pelo enunciado:
  • As equações do sistema (as três linhas acima).
  • O parâmetro é m (um número real qualquer).
  • O vetor dos termos independentes é (4,8,24)^{T}.]

Passo 2

Rápida explicação do Teorema de Rouché‑Frobenius (a ferramenta que vamos usar), em linguagem simples:
  • Dados a matriz dos coeficientes A e a matriz aumentada [A|b], o sistema é compatível (tem pelo menos uma solução) se, e somente se, \operatorname{rank}(A)=\operatorname{rank}([A|b]).
  • Se essa igualdade de postos vale e o posto é igual ao número de incógnitas (aqui 3), então a solução é única.
  • Se a igualdade vale e o posto é menor que o número de incógnitas, então há infinitas soluções (grau de liberdade igual a 3-\operatorname{rank}).
  • Se \operatorname{rank}(A)<\operatorname{rank}([A|b]), o sistema é incompatível (sem solução).
Vou aplicar esse teorema calculando postos por eliminação e, quando conveniente, pelo determinante (pois para matrizes 3\times3 determinante não nulo implica posto 3).

Passo 3

Escrevendo a matriz dos coeficientes A e a matriz aumentada [A|b] extraídas diretamente das equações:
A=\begin{pmatrix} m & 1 & -1\\[4pt] 1 & 1 & 1\\[4pt] 3 & 3 & m \end{pmatrix}, \qquad b=\begin{pmatrix}4\\[4pt]8\\[4pt]24\end{pmatrix}, \qquad [A|b]=\begin{pmatrix} m & 1 & -1 & 4\\[4pt] 1 & 1 & 1 & 8\\[4pt] 3 & 3 & m & 24 \end{pmatrix}.]

Passo 4

Verifico primeiro quando A tem determinante não nulo (ou seja, posto 3 e solução única). Calculamos \det(A) desenvolvendo pela primeira linha:
\det(A) = m\det\begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt]3 & m\end{pmatrix} -1\det\begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt]3 & m\end{pmatrix} +(-1)\det\begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt]3 & 3\end{pmatrix}.
Calculemos os menores:
\det\begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt]3 & m\end{pmatrix}=1\cdot m-1\cdot 3=m-3, \qquad \det\begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt]3 & 3\end{pmatrix}=1\cdot3-1\cdot3=0.
Substituindo:
\det(A) = m(m-3) - 1\cdot(m-3) + (-1)\cdot 0 = (m-3)(m-1).
Portanto \det(A)=(m-3)(m-1). Conclusão imediata:
  • Se m\neq 1 e m\neq 3 então \det(A)\neq 0, logo \operatorname{rank}(A)=3 e o sistema tem solução única.
  • Para m=1 ou m=3 temos \det(A)=0, então \operatorname{rank}(A)\le 2 e é preciso analisar a compatibilidade com [A|b].]

Passo 5

Encontrando explicitamente a solução no caso m\neq 1,3 (posto 3, solução única). Em vez de usar Cramer, faço eliminação simples usando as três equações originais. Reescrevo-as:
\begin{array}{rcl} (1)&:& m x + y - z = 4,\\[4pt] (2)&:& x + y + z = 8,\\[4pt] (3)&:& 3x + 3y + m z = 24. \end{array}
Soma de (1) com (2) elimina z:
(1)+(2):\qquad (m+1)x + 2y = 12. \tag{4}
Agora combine (3) com (2) para eliminar x e y: faça (3) - 3\cdot(2):
(3)-3\cdot(2):\qquad (3x-3x)+(3y-3y)+(m z - 3 z)=24-24,
ou seja
(m-3)z = 0. \tag{5}
Como estamos no caso m\neq 3, da equação (5) vem
z = 0.
Com z=0, a equação (2) dá
x + y = 8 \quad\Rightarrow\quad y = 8 - x. \tag{6}
Substituindo (6) em (4):
(m+1)x + 2(8-x) = 12.
Desenvolvendo:
(m+1)x +16 - 2x = 12 \quad\Rightarrow\quad (m-1)x = -4.
Como estamos também assumindo m\neq 1, obtemos
x = -\dfrac{4}{m-1}.
E portanto
y = 8 - x = 8 + \dfrac{4}{m-1} = \dfrac{8m-4}{m-1} = \dfrac{4(2m-1)}{m-1}.
Resumo para m\neq 1,3:
x = -\dfrac{4}{m-1},\qquad y = \dfrac{4(2m-1)}{m-1},\qquad z=0.]

Passo 6

Caso m=3. Substituo m=3 no sistema:
\left\{\begin{array}{l} 3x+y-z=4\\[4pt] x+y+z=8\\[4pt] 3x+3y+3z=24 \end{array}\right.
Note que a terceira equação é 3 vezes a segunda, pois 3(x+y+z)=3\cdot 8=24. Logo a terceira equação não traz nova informação — o posto da matriz de coeficientes é 2 (duas equações independentes) e a matriz aumentada tem o mesmo posto 2 (as equações são compatíveis). Pelo Teorema de Rouché‑Frobenius o sistema tem infinitas soluções com um grau de liberdade =3-2=1.
Para parametrizar as soluções: use as duas equações independentes (por exemplo a (2) e a combinação entre (1) e (2)). Da (2):
x+y+z=8. \tag{2'}
Combino (1) e (2) como em passo anterior para eliminar z: (1)+(2) com m=3
(3+1)x + 2y =12 \quad\Rightarrow\quad 4x+2y=12 \quad\Rightarrow\quad 2x+y=6. \tag{4'}
Daqui y=6-2x. Substituindo em (2’):
x+(6-2x)+z = 8 \quad\Rightarrow\quad -x+6+z=8 \quad\Rightarrow\quad z = 2 + x.
Tomando x como parâmetro t\in\mathbb{R}, obtemos a parametrização das infinitas soluções:
x=t,\qquad y=6-2t,\qquad z=2+t,\quad t\in\mathbb{R}.]

Passo 7

Caso m=1. Substituo m=1 no sistema:
\left\{\begin{array}{l} x+y-z=4\\[4pt] x+y+z=8\\[4pt] 3x+3y+z=24 \end{array}\right.
Da soma das duas primeiras equações temos
(1)+(2):\qquad 2x+2y = 12 \quad\Rightarrow\quad x+y=6. \tag{7}
Substituindo x+y=6 em (2) dá z=2. Agora verifiquemos a terceira equação: com x+y=6 e z=2,
3x+3y+z = 3(x+y)+z = 3\cdot 6 + 2 = 18 + 2 = 20 \neq 24.
Portanto a terceira equação contradiz as duas primeiras: o sistema é incompatível. Podemos ver isso também linearmente: as linhas 1 e 2 combinadas como 1\cdot\text{(linha1)}+2\cdot\text{(linha2)} produzem a linha dos coeficientes da terceira equação quando m=1, porém a combinação dos termos independentes dá 1\cdot 4 + 2\cdot 8 = 20\neq 24, o que mostra \operatorname{rank}(A)=2 e \operatorname{rank}([A|b])=3 — incompatibilidade.]

Passo 8

Conclusão final (classificação por valores de m):
  • Para m\neq 1 e m\neq 3: \operatorname{rank}(A)=3 e existe solução única, dada por
x = -\dfrac{4}{m-1},\qquad y = \dfrac{4(2m-1)}{m-1},\qquad z=0.
  • Para m=3: \operatorname{rank}(A)=\operatorname{rank}([A|b])=2 e o sistema tem infinitas soluções parametrizadas por
x=t,\qquad y=6-2t,\qquad z=2+t,\qquad t\in\mathbb{R}.
  • Para m=1: \operatorname{rank}(A)=2 e \operatorname{rank}([A|b])=3, logo o sistema é incompatível (não tem solução).

Resposta

Para m\neq 1,3:\; x=-\dfrac{4}{m-1},\; y=\dfrac{4(2m-1)}{m-1},\; z=0.
Para m=3: infinitas soluções parametrizadas por x=t,\; y=6-2t,\; z=2+t,\; t\in\mathbb{R}.
Para m=1: nenhum solução (sistema incompatível).

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