1. (UFSM - PEIES/1996) Considere as afirmativas referentes ao sistema \left\{\begin{array}{l}x+y+2 z=1 \\\\ 3 x+0 y+2 z=0 \\\\ 0 x+y+(k+1) z=-2\end{array}\right. onde \mathrm{x}, \mathrm{y}, \mathrm{z}, \mathrm{k} \in \Re, indicando se são verdadeiras (V) ou falsas (F).
    ( ) Se \mathrm{k} \neq 1 / 3, o sistema é possível e determinado.
    ( ) Se \mathrm{k}=1 / 3, o sistema é impossível.

Passo 1

O enunciado nos dá o sistema
\begin{cases} x+y+2z=1\\[4pt] 3x+0y+2z=0\\[4pt] 0x+y+(k+1)z=-2 \end{cases}
onde \;x,y,z,k\in\mathbb{R}.
As duas afirmativas a verificar são:
(1) Se \;k\neq \tfrac{1}{3}, o sistema é possível e determinado.
(2) Se \;k=\tfrac{1}{3}, o sistema é impossível.
Listei acima todas as informações relevantes: as três equações e que k é um parâmetro real. A resolução começa agora.]

Passo 2

Estratégia escolhida (explico por que): um sistema linear 3\times3 tem solução única (é possível e determinado) exatamente quando a matriz dos coeficientes tem determinante diferente de zero. Portanto vou calcular o determinante da matriz dos coeficientes e analisar o caso em que ele é zero ( k=\tfrac{1}{3}) separadamente para ver se dá infinitas soluções ou incompatibilidade. Esse método é rápido e prático para questões com parâmetro.

Passo 3

Escrevo a matriz dos coeficientes A:
A=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 2\\[4pt] 3 & 0 & 2\\[4pt] 0 & 1 & k+1 \end{pmatrix}
Vou calcular \det(A) usando a fórmula do determinante de 3\times3:
\det(A)=a_{11}(a_{22}a_{33}-a_{23}a_{32})-a_{12}(a_{21}a_{33}-a_{23}a_{31})+a_{13}(a_{21}a_{32}-a_{22}a_{31}).]

Passo 4

Aplicando a fórmula com os elementos da matriz:
\det(A)=1\big(0\cdot(k+1)-2\cdot1\big)-1\big(3\cdot(k+1)-2\cdot0\big)+2\big(3\cdot1-0\cdot0\big).
Faço as contas passo a passo:
1\big(0-(2)\big)-1\big(3(k+1)-0\big)+2(3)
=-2-3(k+1)+6.
Agora simplifico:
-2-3k-3+6 = ( -2-3+6)-3k = 1-3k.
Portanto
\det(A)=1-3k.

Passo 5

Interpretação do determinante: se \det(A)\neq0 então o sistema tem única solução (é possível e determinado). Aqui \det(A)=1-3k, então \det(A)\neq0 quando
1-3k\neq0 \quad\Longleftrightarrow\quad k\neq \tfrac{1}{3}.
Logo a primeira afirmação “Se \;k\neq \tfrac{1}{3}, o sistema é possível e determinado” é verdadeira. (Explicação curta: determinante não nulo ⇒ matriz invertível ⇒ única solução.)

Passo 6

Agora trato o caso crítico \;k=\tfrac{1}{3}\). Substituo esse valor no sistema. Para \(\;k=\tfrac{1}{3}\) temos \(k+1=\tfrac{4}{3}\), então o sistema vira \[\begin{cases} x+y+2z=1\\[4pt] 3x+2z=0\\[4pt] y+\tfrac{4}{3}z=-2 \end{cases}
Vou eliminar x\] usando a primeira e a segunda equações. Faço \(\text{(eq2)} - 3\cdot\text{(eq1)}:
(3x+2z)-3(x+y+2z)=0-3\cdot1.
Isso dá
3x+2z-3x-3y-6z=-3\quad\Longrightarrow\quad -3y-4z=-3.
Multiplicando por -1:
3y+4z=3. \tag{A}
A terceira equação é
y+\tfrac{4}{3}z=-2.
Multiplico essa equação por 3 para comparar com (A):
3y+4z=-6. \tag{B}
Compare (A) e (B): (A) diz 3y+4z=3 e (B) diz 3y+4z=-6. Essas duas afirmações são contraditórias (não podem ser simultaneamente verdadeiras). Portanto o sistema, quando \;k=\tfrac{1}{3}, é incompatível (não tem solução).]

Passo 7

Conclusão lógica: para \;k\neq \tfrac{1}{3} o determinante é diferente de zero e o sistema tem solução única (possível e determinado). Para \;k=\tfrac{1}{3} o determinante é zero e o sistema é impossível (incompatível), como mostramos por eliminação.

Resposta

(V)
(V)

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