Exercício 11.6. Discuta o sistema em função do parâmetro k :
\begin{array}{r} x+y+z=1 \\\ x+k y+z=1 \\\ x+y+k z=1 \end{array}

Passo 1

O enunciado fornece o sistema linear com parâmetro k\): \[\begin{cases} x+y+z=1,\\[4pt] x+k y+z=1,\\[4pt] x+y+k z=1. \end{cases}
O que nos pedem é "discutir o sistema em função do parâmetro k\]". Ou seja: para quais valores de \(k o sistema tem solução única, infinitas soluções ou nenhuma solução, e quais são essas soluções quando existirem.
Informações relevantes extraídas do enunciado: os coeficientes das incógnitas e os termos independentes (todos iguais a 1).]

Passo 2

Vamos organizar o sistema numa forma matricial (isso ajuda a aplicar operações que conhecemos):
A=\begin{pmatrix}1&1&1\\[4pt]1&k&1\\[4pt]1&1&k\end{pmatrix},\qquad \mathbf{x}=\begin{pmatrix}x\\[4pt]y\\[4pt]z\end{pmatrix},\qquad \mathbf{b}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]1\end{pmatrix}.
O sistema é A\mathbf{x}=\mathbf{b}. Uma ferramenta clássica para “discutir” sistemas lineares é o determinante de A: se \det(A)\neq0 então o sistema tem solução única; se \det(A)=0 precisamos verificar consistência (ranks) para decidir entre infinitas soluções ou nenhum.\n
Vou calcular \det(A). Para simplificar a conta, faço operações elementares nas linhas que não alteram o valor do determinante (subtrair a primeira linha das outras duas é uma operação do tipo L_i\leftarrow L_i-L_1, que preserva o determinante):
\begin{pmatrix}1&1&1\\[4pt]1&k&1\\[4pt]1&1&k\end{pmatrix} \overset{L_2\leftarrow L_2-L_1,\;L_3\leftarrow L_3-L_1}{\longrightarrow} \begin{pmatrix}1&1&1\\[4pt]0&k-1&0\\[4pt]0&0&k-1\end{pmatrix}.
Essa matriz é triangular superior, então o determinante é o produto dos elementos da diagonal:
\det(A) = 1\cdot (k-1)\cdot (k-1) = (k-1)^2.
Portanto \det(A)=(k-1)^2. Conclusão imediata: \det(A)=0 exatamente quando k=1; para k\neq1 temos \det(A)\neq0.]

Passo 3

Caso k\neq1. Aqui \det(A)\neq0, então o sistema tem solução única. Vou resolver explicitamente mostrando as contas que você pode reproduzir na prova sem calculadora.
Usando a mesma eliminação feita acima, aplicamos as mesmas operações também no vetor de termos independentes \mathbf{b}. Subtraindo a primeira equação das segunda e terceira obtemos:
equação 1: x+y+z=1,
equação 2 (nova): (x+k y+z)-(x+y+z)=(k-1)y=1-1=0,
equação 3 (nova): (x+y+k z)-(x+y+z)=(k-1)z=1-1=0.
Como k\neq1, dividimos por k-1 e obtemos
y=0,\qquad z=0.
Substituindo em x+y+z=1
x+0+0=1\quad\Rightarrow\quad x=1.
Logo, para k\neq1 a solução única é
(x,y,z)=(1,0,0).

Passo 4

Caso k=1\). Aqui ficamos com \(\det(A)=0\), então não há garantia de solução única; precisamos olhar o sistema substituindo \(k=1\): \[\begin{cases} x+y+z=1,\\[4pt] x+1\cdot y+z=1,\\[4pt] x+y+1\cdot z=1. \end{cases}
As três equações são IDENTICAMENTE a mesma: (x+y+z=1]. Não há equação contraditória (os termos independentes também coincidem), portanto o sistema é consistente e tem infinitas soluções. Como só temos uma equação linear independente para três incógnitas, sobram duas variáveis livres.
Parametrizo tomando y=s e z=t como parâmetros ( s,t\in\mathbb{R}). Da equação x+y+z=1 obtemos
x = 1 - y - z = 1 - s - t.
Portanto a família de soluções é
(x,y,z) = (1-s-t,\; s,\; t),\qquad s,t\in\mathbb{R},
ou, em forma de conjunto,
\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^3 \mid x+y+z=1\}.
Geometricamente é um plano no \mathbb{R}^3 (dimensão 2).]

Passo 5

Resumo rápido de verificação (útil para a prova): se você testar k=2 (caso \neq1), aplicando as contas acima dá y=z=0 e x=1, ou seja (1,0,0) — confere. Se testar k=1, qualquer dupla (s,t) fornece uma solução (1-s-t,s,t), por exemplo s=0,t=0 (1,0,0), s=1,t=0 (0,1,0), etc. Não existe nenhum valor de k que torne o sistema inconsistente (sem soluções), porque os termos independentes são todos iguais e, no caso singular k=1, as equações coincidem em vez de contradizerem.

Resposta

Para k\neq1: solução única (1,0,0).
Para k=1: infinitas soluções, dadas por \{(x,y,z)\in\mathbb{R}^3 \mid x+y+z=1\}, ou parametricamente (x,y,z)=(1-s-t,s,t),\;s,t\in\mathbb{R}.

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