Questão 1: (10 pontos)
Considere o sistema de equações A X=B, onde
(5)
A=\left[\begin{array}{cc} 3 & b^{2}+5 \\\\ 1 & 2 \end{array}\right] \text { e } B=\left[\begin{array}{c} -3 \\\ b \end{array}\right] .
Decida quando o sistema não tem solução, tem solução única e tem infinitas soluções.

Passo 1

O enunciado dá um sistema linear A X = B com
A=\begin{pmatrix}3 & b^{2}+5\\[4pt]1 & 2\end{pmatrix},\qquad B=\begin{pmatrix}-3\\[4pt]b\end{pmatrix},
onde b é um parâmetro real. O que se pede é: determinar para quais valores de b
  • o sistema não tem solução;
  • o sistema tem solução única;
  • o sistema tem infinitas soluções.
Informações relevantes extraídas do enunciado:
  • A é uma matriz 2\times2 cujo determinante depende de b.
  • Para matrizes quadradas 2\times2, a existência e unicidade da solução podem ser decididas pelo determinante; quando o determinante é zero é preciso checar a consistência (ranks) para distinguir entre sem solução e infinitas soluções.]

Passo 2

Regra rápida (teoria que vou usar): para uma matriz 2\times2
\begin{pmatrix}a & c\\[4pt]b & d\end{pmatrix}
o determinante é \det=\;ad-bc. Se \det(A)\neq 0 então A é invertível e o sistema AX=B tem solução única. Se \det(A)=0 então pode não haver solução ou haver infinitas soluções; aí é preciso examinar o sistema aumentado para ver se é consistente.
Calculemos \det(A) para a nossa matriz:
\det(A)=3\cdot 2 - 1\cdot (b^{2}+5).
Faço a conta passo a passo:
3\cdot 2 = 6,\qquad 1\cdot (b^{2}+5)=b^{2}+5,
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\det(A)=6-(b^{2}+5)=6-b^{2}-5=1-b^{2}.
Podemos fatorar:
\det(A)=1-b^{2}=(1-b)(1+b).]

Passo 3

Conclusão inicial baseada no determinante:
  • Se \det(A)\neq 0, isto é, se 1-b^{2}\neq 0 ou seja se b\neq \pm 1, então o sistema tem solução única.
  • Se \det(A)=0, isto é, b=\pm 1, então precisamos analisar caso a caso (consistência) para decidir entre sem solução ou infinitas soluções.
Agora vou dar a forma explícita da solução no caso único ( b\neq\pm 1). Vou usar a regra de Cramer (teoria): para 2\times2 com X=(x_{1},x_{2})^{T},
x_{1}=\frac{\det(A_{1})}{\det(A)},\qquad x_{2}=\frac{\det(A_{2})}{\det(A)},
onde A_{1} é a matriz obtida trocando a primeira coluna de A por B e A_{2} trocando a segunda coluna por B.
Calcule A_{1} e \det(A_{1}):
A_{1}=\begin{pmatrix}-3 & b^{2}+5\\[4pt] b & 2\end{pmatrix},
\det(A_{1}) = (-3)\cdot 2 - b\cdot (b^{2}+5) = -6 - (b^{3}+5b) = -(b^{3}+5b+6).
Observação: b^{3}+5b+6 pode ser fatorado. Note que b=-1 anula esse polinômio, então
b^{3}+5b+6=(b+1)(b^{2}-b+6).
Portanto
\det(A_{1})=-(b+1)(b^{2}-b+6).
Calcule A_{2} e \det(A_{2}):
A_{2}=\begin{pmatrix}3 & -3\\[4pt]1 & b\end{pmatrix},
\det(A_{2})=3\cdot b - 1\cdot (-3)=3b+3=3(b+1).
Como \det(A)=1-b^{2}=(1-b)(1+b), para b\neq\pm 1 aplicamos Cramer:
x_{1}=\frac{\det(A_{1})}{\det(A)}=\frac{-(b+1)(b^{2}-b+6)}{(1-b)(1+b)}.
Cancelando o fator (b+1) (válido porque estamos no caso b\neq -1):
x_{1}=\frac{-(b^{2}-b+6)}{1-b}.
Usando 1-b=-(b-1) podemos simplificar o sinal:
x_{1}=\frac{b^{2}-b+6}{b-1}.
Para x_{2}:
x_{2}=\frac{\det(A_{2})}{\det(A)}=\frac{3(b+1)}{(1-b)(1+b)}.
Cancelando (b+1) e lembrando que 1-b=-(b-1), obtemos
x_{2}=\frac{3}{1-b}=-\frac{3}{b-1}.
Resumo do caso b\neq\pm 1: solução única dada por
X=\begin{pmatrix}x_{1}\\[4pt]x_{2}\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}\dfrac{b^{2}-b+6}{b-1}\\[8pt]-\dfrac{3}{b-1}\end{pmatrix}.]

Passo 4

Analisar agora os casos singulares [\det(A)=0), ou seja b=\pm 1.
Primeiro b=1. Substituindo:
A=\begin{pmatrix}3 & 1^{2}+5\\[4pt]1 & 2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3 & 6\\[4pt]1 & 2\end{pmatrix},\qquad B=\begin{pmatrix}-3\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Escrevendo as equações:
\begin{cases} 3x_{1}+6x_{2}=-3,\\[4pt] x_{1}+2x_{2}=1. \end{cases}
Observe que a primeira equação é 3\] vezes a segunda em termos das colunas dos coeficientes: os coeficientes satisfazem \([3\\\ 6]=3\cdot[1\\\ 2]. Mas os termos independentes não são proporcionais: multiplicando a segunda equação por 3 obtém-se 3x_{1}+6x_{2}=3, que daria RHS 3, mas a primeira exige RHS -3. Há contradição. Portanto o sistema é inconsistente e não tem solução quando b=1.]

Passo 5

Agora b=-1\). Substituindo: \[A=\begin{pmatrix}3 & (-1)^{2}+5\\[4pt]1 & 2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3 & 6\\[4pt]1 & 2\end{pmatrix},\qquad B=\begin{pmatrix}-3\\[4pt]-1\end{pmatrix}.
As equações ficam
\begin{cases} 3x_{1}+6x_{2}=-3,\\[4pt] x_{1}+2x_{2}=-1. \end{cases}
Agora veja que a primeira equação é exatamente 3\] vezes a segunda, inclusive do lado direito: \(3\cdot(-1)=-3. Logo as duas equações são dependentes e não há contradição — temos apenas uma equação efetiva com duas incógnitas, então existem infinitas soluções. Para parametrizar, tomo x_{2}=t livre, então da segunda equação
x_{1}+2t=-1\quad\Rightarrow\quad x_{1}=-1-2t.
Assim o conjunto de soluções é
\{(x_{1},x_{2}) = (-1-2t,\; t)\mid t\in\mathbb{R}\}.]

Resposta

Sem solução: b=1.
Infinitas soluções: b=-1. As soluções são \{(x_{1},x_{2})=(-1-2t,\;t)\mid t\in\mathbb{R}\}.
Solução única: b\neq \pm 1. Neste caso
X=\begin{pmatrix}\dfrac{b^{2}-b+6}{b-1}\\[8pt]-\dfrac{3}{b-1}\end{pmatrix}.]

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