Exercise 4. Quais condições as constantes \lambda_{1} e \lambda_{2} devem satisfazer a fim de que o seguinte sistema linear possua uma única solução (não é necessário calculá-la)?
\left[\begin{array}{ccc} 1 & 0 & -1 \\\\ 2 & 3 & \lambda_{1} \\\\ -1 & \lambda_{2} & 2 \end{array}\right]\left[\begin{array}{l} X_{1} \\\ X_{2} \\\ X_{3} \end{array}\right]=\left[\begin{array}{c} \sqrt{2} \\\ \sqrt{3} \\\ \sqrt{5} \end{array}\right]

Passo 1

O enunciado fornece o sistema linear com matrizes:
A=\left[\begin{array}{ccc} 1 & 0 & -1 \\\\ 2 & 3 & \lambda_{1} \\\\ -1 & \lambda_{2} & 2 \end{array}\right],\qquad X=\left[\begin{array}{c} X_{1} \\\ X_{2} \\\ X_{3} \end{array}\right],\qquad b=\left[\begin{array}{c} \sqrt{2} \\\ \sqrt{3} \\\ \sqrt{5} \end{array}\right].
A pergunta é: quais condições as constantes \lambda_{1} e \lambda_{2} devem satisfazer para que o sistema tenha uma única solução?
Informações relevantes dadas:
  • A matriz dos coeficientes é A (mostrada acima).
  • As constantes \lambda_{1} e \lambda_{2} são parâmetros desconhecidos na matriz.
  • Não é pedido calcular a solução, apenas determinar condição(s) sobre \lambda_{1},\lambda_{2} que garantam unicidade da solução.

Passo 2

Fato teórico (útil e simples): um sistema linear A X = b com A quadrada possui solução única se, e somente se, a matriz A for invertível. Uma maneira prática de verificar invertibilidade é calcular o determinante: A é invertível exatamente quando \det(A)\neq 0.
Explicando rápido o porquê (sem formalidades pesadas): se \det(A)\neq 0 então existe A^{-1} e a solução é X=A^{-1}b (única). Se \det(A)=0, A não é invertível e o sistema pode não ter solução ou ter infinitas soluções.
Portanto, para garantir solução única basta impor \det(A)\neq 0. A próxima etapa é calcular \det(A) em termos de \lambda_{1} e \lambda_{2}.

Passo 3

Vamos calcular \det(A) expandindo pela primeira linha (expansão por co-fatores). A primeira linha é [1,\;0,\;-1]. Os menores correspondentes são:
Menor relativo a a_{11}=1:
M_{11}=\det\left(\begin{pmatrix}3 & \lambda_{1} \\[4pt] \lambda_{2} & 2\end{pmatrix}\right) =3\cdot 2 - \lambda_{1}\lambda_{2}=6 - \lambda_{1}\lambda_{2}.
Menor relativo a a_{12}=0 não contribui (multiplicado por zero).
Menor relativo a a_{13}=-1:
M_{13}=\det\left(\begin{pmatrix}2 & 3 \\[4pt] -1 & \lambda_{2}\end{pmatrix}\right) =2\cdot\lambda_{2} - 3\cdot(-1)=2\lambda_{2}+3.
Os cofatores têm sinais (+,-,+) na primeira linha, logo a expansão dá:
\det(A)=1\cdot M_{11} + 0\cdot(\cdots) + (-1)\cdot M_{13}.
Substituindo os valores de M_{11} e M_{13}:
\det(A)=(6 - \lambda_{1}\lambda_{2}) - (2\lambda_{2}+3).]

Passo 4

Simplificando a expressão:
\det(A)=6 - \lambda_{1}\lambda_{2} - 2\lambda_{2} - 3 = 3 - \lambda_{1}\lambda_{2} - 2\lambda_{2}.
Fatorando \lambda_{2} fica ainda mais claro:
\det(A)=3 - \lambda_{2}(\lambda_{1}+2).
Pelo Passo 2, a condição para existência de solução única é \det(A)\neq 0. Portanto exigimos
3 - \lambda_{2}(\lambda_{1}+2)\neq 0,
ou equivalentemente
\lambda_{2}(\lambda_{1}+2)\neq 3.
Observação útil (para interpretar casos particulares): se \lambda_{1}=-2 então \lambda_{2}(\lambda_{1}+2)=0 e a desigualdade fica 0\neq 3, que é verdadeira para qualquer \lambda_{2}; portanto quando \lambda_{1}=-2 a matriz é sempre invertível (determinante igual a 3). Em outros casos, deve-se evitar escolher \lambda_{1},\lambda_{2} que satisfaçam \lambda_{2}(\lambda_{1}+2)=3.

Resposta

\lambda_{2}(\lambda_{1}+2)\neq 3

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