\begin{array}{cc} x+a y+a z & =1 \\\ x+2 a y+(a+1) z & =1 \\\\ 2 x+a y+a z & =2 \\\ \hline \end{array}
sempre tem pelo menos uma solução para qualquer valor de a. Achar essa solução para cada valor de a.
Passo 1
Vou escrever claramente o que o enunciado nos dá e o que pede.
O sistema fornecido é
\begin{array}{cc} x+a y+a z & =1 \\\ x+2 a y+(a+1) z & =1 \\\\ 2 x+a y+a z & =2 \\\ \hline \end{array}
As incógnitas são x,\;y,\;z e a é um parâmetro (um número real arbitrário).
O enunciado pede duas coisas:
Mostrar que o sistema sempre tem pelo menos uma solução, para qualquer valor de a.
Determinar essa(s) solução(ões) para cada valor de a.
Eu vou trabalhar com as equações do sistema e tratar os diferentes casos que aparecem quando o sistema é singular ou não.
Passo 2
Primeiro organização: escrevo o sistema na forma matricial A\mathbf{x}=\mathbf{b} para visualizar a matriz dos coeficientes e o vetor dos termos independentes.
Matriz dos coeficientes
A=\begin{pmatrix} 1 & a & a\\[4pt] 1 & 2a & a+1\\[4pt] 2 & a & a \end{pmatrix}
Saber se o sistema tem solução única ou não passa por verificar se \det(A) é zero ou não. Se \det(A)\neq 0 então existe uma única solução; se \det(A)=0 o sistema pode ter infinitas soluções ou nenhuma, e devemos checar consistência.]
Passo 3
Calculo o determinante de A. Faço operações de linha (que preservam linearidade para facilitar o cálculo):
Subtraio a primeira linha da segunda: R_2 \leftarrow R_2 - R_1.
Subtraio duas vezes a primeira linha da terceira: R_3 \leftarrow R_3 - 2R_1.
Aplicando isso às linhas da matriz obtemos
\begin{pmatrix} 1 & a & a\\[4pt] 0 & a & 1\\[4pt] 0 & -a & -a \end{pmatrix}.
\begin{cases} x + 0\cdot y + 0\cdot z =1 \\[4pt] x + 0\cdot y + (0+1)z =1 \\[4pt] 2x + 0\cdot y + 0\cdot z =2 \end{cases}
que é
\begin{cases} x = 1,\\[4pt] x + z = 1,\\[4pt] 2x = 2. \end{cases}
Da primeira equação x=1\].
- A terceira dá \(2x=2\Rightarrow x=1, consistente.
- Substituindo x=1 na segunda: 1+z=1\Rightarrow z=0.
- Note que y não aparece em nenhuma equação (coeficiente zero), portanto y é livre (parâmetro). Escrevo y=t com t\in\mathbb{R}.
Assim para a=0 as soluções são infinitas e descritas por
(x,y,z)=(1,t,0),\qquad t\in\mathbb{R}.]
Passo 7
Agora trato o caso singular [a=1).
Substituo a=1 no sistema original:
\begin{cases} x + y + z = 1,\\[4pt] x + 2y + 2z = 1,\\[4pt] 2x + y + z = 2. \end{cases}
Faço combinações para simplificar:
Subtraio a primeira equação da segunda: (x-x)+(2y-y)+(2z-z)=1-1\] que dá
\[y+z=0.\]
- Subtraio duas vezes a primeira equação da terceira: \[(2x-2x)+(y-2y)+(z-2z)=2-2 que dá
-y-z=0\quad\Leftrightarrow\quad y+z=0,
mesma informação. Portanto as três equações reduzem a:
\begin{cases} x + y + z = 1,\\[4pt] y + z = 0. \end{cases}
Da segunda (z=-y]. Substituindo na primeira: x + y + (-y)=1 \quad\Rightarrow\quad x=1.
Novamente y é livre (parâmetro). Escrevo y=t, então z=-t.
Portanto para a=1 as soluções são infinitas e descritas por
(x,y,z)=(1,t,-t),\qquad t\in\mathbb{R}.]
Passo 8
Resumo e conclusão lógica:
Para a\neq 0,1 a matriz é invertível (\det(A)=a(1-a)\neq0) e o sistema tem solução única (1,0,0).
Para a=0 ou a=1 a matriz é singular, mas o sistema é consistente e tem infinitas soluções descritas acima.
Assim, para todo a\in\mathbb{R} o sistema tem pelo menos uma solução (ou única ou infinitas), como o enunciado pediu para mostrar.
Resposta
Para a\neq 0,1: (x,y,z)=(1,0,0).
Para a=0: (x,y,z)=(1,t,0), com t\in\mathbb{R} (infinitas soluções).
Para a=1: (x,y,z)=(1,t,-t), com t\in\mathbb{R} (infinitas soluções).