Quais valores podem ser atribuídos a boldsymbol{k} nos sistemas a seguir para que a solução seja possível determinada ou indeterminada?
  1. \left\{\begin{array}{cc}x-2 y+3 z & =k \\\\ 3 x-6 y+9 z & =3 \\\\ 2 x+y+z & =4\end{array}\right.

Passo 1

O enunciado dá o sistema linear
\begin{cases} x-2y+3z = k,\\[4pt] 3x-6y+9z = 3,\\[4pt] 2x+y+z = 4. \end{cases}
Perguntas que precisamos responder:
  • Para quais valores de k a solução é possível determinada (ou seja, existe exatamente uma solução)?
  • Para quais valores de k a solução é possível indeterminada (ou seja, existem infinitas soluções)?
Informações relevantes dadas:
  • Os coeficientes das incógnitas são os mesmos, independentemente de k. O parâmetro k aparece apenas no termo independente da primeira equação.
  • A segunda equação tem coeficientes que parecem ser múltiplos da primeira (verificação necessária).]

Passo 2

Vamos analisar a matriz dos coeficientes e o determinante, porque uma condição rápida para existência de solução única (determinada) é que o determinante da matriz dos coeficientes seja diferente de zero.
Matriz dos coeficientes:
A = \begin{pmatrix} 1 & -2 & 3\\[4pt] 3 & -6 & 9\\[4pt] 2 & 1 & 1 \end{pmatrix}.
Calculando o determinante de A (mostrando os passos para você lembrar como fazer na prova):
\det(A)= 1\cdot\det\begin{pmatrix}-6 & 9\\[4pt]1 & 1\end{pmatrix} -(-2)\cdot\det\begin{pmatrix}3 & 9\\[4pt]2 & 1\end{pmatrix} +3\cdot\det\begin{pmatrix}3 & -6\\[4pt]2 & 1\end{pmatrix}.
Agora cada menor 2×2:
\det\begin{pmatrix}-6 & 9\\[4pt]1 & 1\end{pmatrix}=(-6)(1)-9(1)=-15,
\det\begin{pmatrix}3 & 9\\[4pt]2 & 1\end{pmatrix}=3\cdot1-9\cdot2=3-18=-15,
\det\begin{pmatrix}3 & -6\\[4pt]2 & 1\end{pmatrix}=3\cdot1-(-6)\cdot2=3+12=15.
Substituindo:
\det(A)=1\cdot(-15)+2\cdot(-15)+3\cdot15=-15-30+45=0.
Conclusão deste passo: \det(A)=0. Portanto a matriz dos coeficientes é singular e nunca teremos solução única (determinada) para nenhum valor de k.]

Passo 3

Explicando de forma didática: quando \det(A)=0 a matriz dos coeficientes tem posto (rank) menor que 3. Isso significa que as três equações não são linearmente independentes; então ou o sistema é incompatível (nenhuma solução) ou tem infinitas soluções. Para distinguir esses casos precisamos olhar para a matriz aumentada (coeficientes + termos independentes) e comparar seus postos.
Matriz aumentada:
\left(\begin{array}{ccc|c} 1 & -2 & 3 & k\\[4pt] 3 & -6 & 9 & 3\\[4pt] 2 & 1 & 1 & 4 \end{array}\right).]

Passo 4

Vamos aplicar eliminação (operações por linha) para avaliar consistência. Usei como operações elementares que preservam dependência linear.
Fazer R_2 \leftarrow R_2 - 3R_1 e R_3 \leftarrow R_3 - 2R_1.
Cálculos:
  • Para R_2 - 3R_1: os coeficientes ficam 3-3\cdot1=0, -6-3(-2)=0, 9-3\cdot3=0. O termo independente fica 3-3k = 3(1-k). Logo
R_2 \to \bigl(0\; 0\; 0 \;\big|\; 3(1-k)\bigr).
  • Para R_3 - 2R_1: coeficientes 2-2\cdot1=0, 1-2(-2)=1+4=5, 1-2\cdot3=1-6=-5. Termo independente 4-2k. Logo
R_3 \to \bigl(0\; 5\; -5 \;\big|\; 4-2k\bigr).
Após essas operações, o sistema equivalente tem forma:
\begin{cases} x-2y+3z = k,\\[4pt] 0=3(1-k),\\[4pt] 5y-5z = 4-2k. \end{cases}]

Passo 5

Analise por casos com base na segunda linha 0=3(1-k):
  • Caso k\neq 1: então 3(1-k)\neq 0, a linha transformada R_2 é 0= \text{(não zero)}ã, o que é uma contradição. Isso significa que o sistema é incompatível (não tem solução). Portanto, para k\neq 1 não há solução, logo também não é solução determinada nem indeterminada.
  • Caso k=1: então 3(1-k)=0 e a segunda linha se torna 0=0 (linha nula), ou seja, a segunda equação é dependente das demais e não impõe restrição adicional. O sistema reduzido fica com duas equações efetivas para três incógnitas:
\begin{cases} x-2y+3z = 1,\\[4pt] 5y-5z = 4-2\cdot1=2. \end{cases}]

Passo 6

Quando k=1 resolvemos o sistema reduzido parametricamente (é o procedimento típico na prova: eliminar o que der e escolher uma variável livre):
Da segunda equação reduzida:
5y-5z=2 \quad\Longrightarrow\quad y-z=\tfrac{2}{5}\quad\Longrightarrow\quad y=z+\tfrac{2}{5}.
Substituindo em x-2y+3z=1:
x-2\left(z+\tfrac{2}{5}\right)+3z=1
x-2z-\tfrac{4}{5}+3z=1
x+z = 1+\tfrac{4}{5}=\tfrac{9}{5}
x=\tfrac{9}{5}-z.
Tomando z=t (parâmetro livre em \mathbb{R}), obtemos a família infinita de soluções:
\bigl(x,y,z\bigr)=\Bigl(\tfrac{9}{5}-t,\;t+\tfrac{2}{5},\;t\Bigr),\qquad t\in\mathbb{R}.
Portanto, para k=1 o sistema tem infinitas soluções (é possível indeterminado).

Passo 7

Resumo do raciocínio para a prova (forma curta que você pode escrever se precisar responder rápido):
  • A matriz dos coeficientes tem determinante zero, logo nunca há solução única.
  • Ao eliminar, surgem as equações 0=3(1-k) e 5y-5z=4-2k.
  • Se k\neq 1 a equação 0=3(1-k) é contraditória → sem solução.
  • Se k=1 a equação se anula e o sistema fica com 2 equações e 3 incógnitas → infinitas soluções.

Resposta

Determinada: nenhum valor de k.\n
Indeterminada: k=1.

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