O que o enunciado pede (implícito): determinar as soluções (x,y,z) dependendo do valor de \alpha e classificar os casos em que o sistema é impossível, tem única solução ou infinitas soluções. As informações relevantes são as três equações acima e que \alpha é um parâmetro desconhecido.]
Passo 2
Vou eliminar termos iguais para simplificar: subtraio a primeira equação da terceira. Como as primeiras duas colunas são idênticas nas equações (1) e (3), a subtração elimina x e y. Fazendo (3)-(1) obtemos
(2x-2x) + (y-y) + (5\alpha-4\alpha)z = 7-4,
ou seja
\alpha z = 3.
Passo 3
Análise imediata do resultado \alpha z=3:
Se \alpha=0, a equação fica 0\cdot z = 3, ou seja 0=3, que é uma contradição. Portanto, para \alpha=0 o sistema é impossível (não tem solução).
Passo 4
Agora suponha \alpha\neq 0. Da equação \alpha z=3 segue
z=\frac{3}{\alpha}.
Substituo esse valor de z nas equações (1) e (2) para obter um sistema em x e y apenas.
Multiplicando a última por 2 dá 2x+y=-8, que é exatamente a mesma equação obtida da (1). Ou seja, com \alpha=\tfrac{1}{2} as duas primeiras equações passam a ser a mesma restrição e a terceira já foi usada para fixar z. Ficamos, portanto, com uma única equação linear em x,y e z fixo, o que produz infinitas soluções (um parâmetro livre).
Um parâmetro canônico: tome x=t livre. Então y=-8-2t e z=6. Logo há infinitas soluções da forma
Para \alpha=0: sem solução.
Para \alpha=\dfrac{1}{2}: infinitas soluções, (x,y,z)=\bigl(t,\,-8-2t,\,6\bigr), t\in\mathbb{R}.
Para \alpha\neq 0 e \alpha\neq \dfrac{1}{2}: única solução \displaystyle x=-4+\frac{3}{\alpha},\; y=-\frac{6}{\alpha},\; z=\frac{3}{\alpha}.