Examinando o determinante da matriz de coeficientes, mostre que o sistema dado tem uma solução não trivial se, e só se, \alpha =\beta.
\begin{aligned} x+y+\alpha z & =0 \\\ x+y+\beta z & =0 \\\ \alpha x+\beta y+z & =0 \end{aligned}

Passo 1

O enunciado dá o sistema homogêneo
\begin{aligned} x+y+\alpha z &=0,\\\ x+y+\beta z &=0,\\\ \alpha x+\beta y+z &=0, \end{aligned}
e pede para mostrar que o sistema tem solução não trivial se, e somente se, \alpha=\beta.
Informações úteis extraídas do enunciado:
  • É um sistema linear homogêneo A\mathbf{v}=\mathbf{0} com incógnicas x,y,z.
  • A matriz de coeficientes é
A=\begin{pmatrix} 1 & 1 & \alpha\\[4pt] 1 & 1 & \beta\\[4pt] \alpha & \beta & 1 \end{pmatrix}.
  • “Solução não trivial” significa existir um vetor (x,y,z)\neq(0,0,0) que satisfaça o sistema.
  • O enunciado pede uma condição em \alpha,\beta que caracteriza quando existe essa solução não trivial.]

Passo 2

Lembrete teórico (curtinho e essencial): para um sistema homogêneo A\mathbf{v}=\mathbf{0} com matriz quadrada A vale:
  • Se \det(A)\neq 0 então A é invertível e a única solução é a trivial \mathbf{v}=\mathbf{0}.
  • Se \det(A)=0 então A é singular e existe um subespaço não trivial de soluções (ou seja, existe solução não trivial).
Portanto basta calcular \det(A) e verificar para quais \alpha,\beta ele é zero.

Passo 3

Vou calcular \det(A). Primeiro, uso operações elementares de linha que não alteram o determinante: trocar uma linha por ela menos outra não altera o valor de \det. Faço
R_2\leftarrow R_2-R_1,\qquad R_3\leftarrow R_3-\alpha R_1.
Aplicando essas operações na matriz A obtém-se a matriz equivalente
\begin{pmatrix} 1 & 1 & \alpha\\[4pt] 0 & 0 & \beta-\alpha\\[4pt] 0 & \beta-\alpha & 1-\alpha^2 \end{pmatrix},
portanto
\det(A)=\det\begin{pmatrix} 1 & 1 & \alpha\\[4pt] 0 & 0 & \beta-\alpha\\[4pt] 0 & \beta-\alpha & 1-\alpha^2 \end{pmatrix}.]

Passo 4

Agora calculo o determinante expandindo pela primeira coluna (ou usando a fórmula do determinante 3×3). Como as entradas abaixo do primeiro elemento na primeira coluna são zeros, temos
\det(A)=1\cdot\det\begin{pmatrix} 0 & \beta-\alpha\\[4pt] \beta-\alpha & 1-\alpha^2 \end{pmatrix}.
Calculo esse determinante 2\times2:
\det\begin{pmatrix} 0 & \beta-\alpha\\[4pt] \beta-\alpha & 1-\alpha^2 \end{pmatrix} =0\cdot(1-\alpha^2)-(\beta-\alpha)^2=-(\beta-\alpha)^2.
Portanto
\det(A)=-(\beta-\alpha)^2=-(\alpha-\beta)^2.]

Passo 5

Da expressão \det(A)=-(\beta-\alpha)^2 segue imediatamente que
\det(A)=0 \quad\Longleftrightarrow\quad \beta-\alpha=0 \quad\Longleftrightarrow\quad \alpha=\beta.
Pelo passo 2 (teorema sobre sistemas homogêneos), isso é exatamente a condição para existir solução não trivial. Logo o sistema tem solução não trivial se, e somente se, \alpha=\beta.

Passo 6

Para reforçar, um exemplo explícito de solução não trivial quando \alpha=\beta é (x,y,z)=(1,-1,0): substituindo nas equações com \beta=\alpha todas as três ficam satisfeitas. Isso confirma concretamente a existência de solução não trivial sempre que \alpha=\beta.

Resposta

\alpha=\beta

Exercícios relacionados