Questão 58. Discuta e resolva os seguintes sistemas nas variáveis x, y e z : \left\{\begin{aligned} x-y & =2 \\\\ 2 x+a y & =b\end{aligned}\right.
Passo 1
O enunciado dá o sistema nas variáveis x,y,z\):
\[\begin{cases} x-y=2,\\[4pt] 2x+a y=b, \end{cases}
onde a\] e \(b são parâmetros (podem ser quaisquer números). O que se pede é discutir (ou seja, verificar para que valores de a,b o sistema tem solução única, infinitas soluções ou nenhuma) e resolver o sistema, entregando as soluções em termos de a e b. Observação importante dada pelo enunciado: há três variáveis x,y,z mas somente duas equações; portanto z não aparece nas equações e pode se comportar como uma variável livre — isto precisa ser considerado na discussão de soluções.]
Passo 2
Explicação do método que usarei (simples e direto): como o sistema envolve apenas x e y nas equações, posso analisar a parte linear em x,y. A matriz de coeficientes das duas primeiras equações é
\begin{pmatrix}1 & -1\\[4pt] 2 & a\end{pmatrix}.
Um critério prático é calcular o determinante dessa matriz, pois:
se o determinante for diferente de zero, as duas equações em x,y são linearmente independentes e permitem resolver x e y de forma única;
se o determinante for zero, as equações são linearmente dependentes e pode haver ou nenhuma solução dependendo da compatibilidade entre os termos independentes.
Vou calcular o determinante e tratar os dois casos (determinante não nulo e determinante nulo).]
Passo 3
Calcular o determinante D da matriz de coeficientes:
D = \det\begin{pmatrix}1 & -1\\[4pt] 2 & a\end{pmatrix} = 1\cdot a - (-1)\cdot 2 = a+2.
Portanto as duas equações em x,y são linearmente independentes exatamente quando a+2\neq 0, isto é, quando a\neq -2. Vou primeiro resolver o caso a\neq -2 e depois tratar a=-2.]
Passo 4
Caso a\neq -2. Aqui D=a+2\neq 0, então existe solução única para x e y (mas z continua livre, já que não aparece nas equações). Vou resolver por substituição (método elementar e seguro em prova):
e z é uma variável livre (qualquer z\in\mathbb{R}). Em notação paramétrica escrevemos z=t com t\in\mathbb{R}.
Passo 5
Caso a=-2. Aqui D=a+2=0, então as duas equações podem ser dependentes. Substituo a=-2 na segunda equação:
2x+(-2)y=b \quad\Longrightarrow\quad 2x-2y=b.
Observe que multiplicando a primeira equação x-y=2 por 2 obtemos
2x-2y=4.
Comparando com a segunda equação quando a=-2, vemos duas subsituações:
se b=4, então a segunda equação é exatamente a mesma que a primeira multiplicada por 2. As duas equações são dependentes e não impõem mais do que a equação x-y=2. Assim ainda há soluções, mas infinitas (porque temos uma equação para duas incógnitas x,y e z continua livre). Podemos parametrizar: seja t\in\mathbb{R} um parâmetro para y e s\in\mathbb{R} para z. Da equação x-y=2 vem x=t+2. Logo as soluções são
(x,y,z)=(t+2,\;t,\;s),\qquad t,s\in\mathbb{R}.
se b\neq 4, então a segunda equação pede 2x-2y=b enquanto a primeira implica 2x-2y=4; isso é uma contradição (não se pode ter ao mesmo tempo 2x-2y=b e 2x-2y=4 com b\neq 4). Portanto o sistema é incompatível e não possui solução.
Passo 6
Resumo final das situações (classificação e soluções explícitas):
se a\neq -2: as variáveis x,y são determinadas unicamente e z é livre; a família de soluções é