Questão 2: ( 25 pontos) De condições para o valor de a para que o sistema abaixo possua: uma única solução, nenhuma solução, infinitas soluções.
\left\{\begin{array}{l} a x+y+z=1 \\\ x+a y+z=1 \\\ x+y+a z=1 \end{array}\right.

Passo 1

O enunciado dá o sistema linear com a incógnitas x,y,z e parâmetro a:
\left\{\begin{array}{l} a x+y+z=1 \\[4pt] x+a y+z=1 \\[4pt] x+y+a z=1 \end{array}\right.
O que se pede: determinar para quais valores de a o sistema tem
  • uma única solução;
  • nenhuma solução;
  • infinitas soluções.
Informações relevantes dadas pelo enunciado:
  • As três equações são muito simétricas (mesma estrutura, apenas o coeficiente no termo da variável “principal” é a).
  • O vetor do termo independente é (1,1,1)^T.]

Passo 2

Vamos organizar o sistema em forma matricial. A matriz de coeficientes A e o vetor dos termos independentes b são
A=\begin{pmatrix} a & 1 & 1\\[4pt] 1 & a & 1\\[4pt] 1 & 1 & a \end{pmatrix}, \qquad b=\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Lembrete importante (curtinho e prático): se \det(A)\neq0 então a matriz é invertível e o sistema tem uma única solução. Se \det(A)=0 a matriz não é invertível e então o sistema pode ter nenhuma solução ou infinitas soluções; para decidir entre essas duas possibilidades com \det(A)=0 deve-se comparar o posto (rank) da matriz A com o posto da matriz aumentada [A|b].]

Passo 3

Calcular \det(A). Escrevo o determinante e faço operações por linhas para fatorar:
\det(A)= \begin{vmatrix} a & 1 & 1\\[4pt] 1 & a & 1\\[4pt] 1 & 1 & a \end{vmatrix}.
Faço as operações R_2\leftarrow R_2-R_1 e R_3\leftarrow R_3-R_1 (essas operações não alteram o valor do determinante):
\det(A)= \begin{vmatrix} a & 1 & 1\\[4pt] 1-a & a-1 & 0\\[4pt] 1-a & 0 & a-1 \end{vmatrix}.
Observe que 1-a=-(a-1). Posso fatorar (a-1) das linhas 2 e 3; como fatoro uma vez de cada linha, extraio (a-1)^2:
\det(A)=(a-1)^2 \begin{vmatrix} a & 1 & 1\\[4pt] -1 & 1 & 0\\[4pt] -1 & 0 & 1 \end{vmatrix}.
Agora calculo o determinante 3×3 restante (vou expandir pela primeira linha):
\begin{vmatrix} a & 1 & 1\\[4pt] -1 & 1 & 0\\[4pt] -1 & 0 & 1 \end{vmatrix} = a\cdot\begin{vmatrix}1 & 0\\[4pt]0 & 1\end{vmatrix} -1\cdot\begin{vmatrix}-1 & 0\\[4pt]-1 & 1\end{vmatrix} +1\cdot\begin{vmatrix}-1 & 1\\[4pt]-1 & 0\end{vmatrix}.
Calculo cada 2×2:
a\cdot(1\cdot1-0\cdot0)-1\cdot((-1)\cdot1-0\cdot(-1))+1\cdot((-1)\cdot0-1\cdot(-1)) = a -(-1) +1 = a+2.
Portanto
\det(A)=(a-1)^2(a+2).]

Passo 4

Condição para única solução: como dito, se \det(A)\neq0 então há exatamente uma solução. Assim precisamos de
(a-1)^2(a+2)\neq0.
Isto acontece quando a\neq1 e a\neq-2. Conclusão parcial:
  • Para a\neq1 e a\neq-2 o sistema tem uma única solução.

Passo 5

Agora restam os casos em que [\det(A)=0), ou seja a=1 ou a=-2. Precisamos decidir entre nenhuma solução e infinitas soluções.
Caso a=1:
Substituindo em A, todos os coeficientes ficam iguais a 1:
\begin{cases} x+y+z=1,\\[4pt] x+y+z=1,\\[4pt] x+y+z=1. \end{cases}
Aqui as três equações são idênticas; geometricamente é uma mesma equação (um plano) repetida três vezes. O posto da matriz de coeficientes A\] é \(1 (todas as linhas são múltiplos umas das outras) e o posto da aumentada [A|b] também é 1 (pois o vetor b=(1,1,1)^T está na mesma direção). Como posto( A) = posto( [A|b]) = 1 e o número de incógnitas é 3, o sistema tem infinitas soluções com duas graus de liberdade. Em forma parametrizada:
x=1-s-t,\qquad y=s,\qquad z=t,
com s,t\in\mathbb{R}. Portanto para a=1 há infinitas soluções.]

Passo 6

Caso a=-2\): Substituindo em cada equação: \[\begin{cases} -2x+y+z=1,\\[4pt] x-2y+z=1,\\[4pt] x+y-2z=1. \end{cases}
Uma observação rápida e poderosa: somando as três equações membro a membro obtemos no lado esquerdo
(-2x+x+x)+ (y-2y+y)+ (z+z-2z)=0,
enquanto no lado direito somamos 1+1+1=3\]. Logo obtemos a contradição \[0=3,\] o que é impossível. Isso mostra que as equações são incompatíveis: o posto da matriz de coeficientes \(A é menor que o posto da aumentada [A|b], ou equivalentemente não existe vetor x tal que A x=b. Portanto para a=-2 o sistema não tem solução (incompatível).]

Passo 7

Resumo interpretativo (pense assim na prova): primeiro calcula-se \det(A). Se for não nulo, dá para afirmar imediatamente “única solução”. Se for zero, testam-se os casos: se ao substituir esse a todas as equações se tornam compatíveis (posto igual) então há infinitas soluções; se aparece uma contradição (como soma das equações dando 0=3) então não há solução. Aqui os dois valores críticos deram os dois comportamentos distintos: a=1 → infinitas; a=-2 → nenhuma.

Resposta

Uma única solução: a\neq1 e a\neq-2
Nenhuma solução: a=-2
Infinitas soluções: a=1

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