Em cada um dos sistemas abaixo, determine os valores de para os quais o sistema tem uma única solução, infinitas soluções, nenhuma solução. Nos casos que o sistema tiver solução descreva o conjunto solução.
(a)
(b) r(1-a) x+a y+z=a x+y+a z=1 x+y+z=1
Passo 1
Então, temos dois sistemas de equações lineares com uma variável a. Nosso objetivo é encontrar os valores de a in R para os quais cada sistema tem uma única solução, infinitas soluções ou nenhuma solução. Para isso, vamos usar métodos de álgebra linear, como a regra de Cramer e análise de matrizes, para determinar o determinante e entender o comportamento do sistema.
Passo 2
Vamos começar analisando o sistema (a):
x + y + z &= -a a x - y - a z &= 0 a x + a y + z &= -a
Para resolver esse sistema, podemos representar as equações em forma matricial A cdot x = b, onde:
A = 1 & 1 & 1 a & -1 & -a a & a & 1 , x = x y z , b = -a 0 -a
Passo 3
Primeiro, vamos calcular o determinante da matriz A. Se o determinante for diferente de zero, o sistema terá uma única solução. Caso contrário, teremos que verificar se há infinitas soluções ou nenhuma solução.
O determinante de A é dado por:
det(A) = 1 cdot -1 & -a a & 1 - 1 cdot a & -a a & 1 + 1 cdot a & -1 a & a
Calculando cada menor:
-1 & -a a & 1 = (-1)(1) - (-a)(a) = -1 + a^2
a & -a a & 1 = a(1) - (-a)(a) = a + a^2
a & -1 a & a = a(a) - (-1)(a) = a^2 + a
Então, o determinante fica:
det(A) = 1(-1 + a^2) - 1(a + a^2) + 1(a^2 + a) = -1 + a^2 - a - a^2 + a^2 + a = -1 + a^2
Passo 4
Agora, analisamos o valor do determinante:
Se det(A) neq 0, ou seja, -1 + a^2 neq 0, temos a^2 neq 1 ou a neq pm 1. Nesse caso, o sistema terá uma única solução.
Se det(A) = 0, ou seja, -1 + a^2 = 0, temos a^2 = 1 ou a = pm 1. Precisamos verificar para esses valores se o sistema tem infinitas soluções ou nenhuma solução.
Passo 5
Caso 1:a neq pm 1
Nesse caso, com det(A) neq 0, o sistema possui uma única solução. Podemos encontrar x = A^-1 cdot b, mas como o enunciado pede apenas para determinar a existência da solução, podemos concluir que para qualquer a in R, a neq pm 1, o sistema tem uma única solução.
Caso 2:a = 1
Substituindo a = 1 no sistema:
x + y + z &= -1 1 cdot x - y - 1 cdot z &= 0 1 cdot x + 1 cdot y + z &= -1
Observamos que a terceira equação é igual à primeira, indicando que há dependência linear. Vamos resolver:
Da primeira equação: x + y + z = -1
Da segunda equação: x - y - z = 0
Somando as duas equações: 2x = -1 Rightarrow x = -12
Substituindo x na segunda equação:
-12 - y - z = 0 Rightarrow y + z = -12
Como a terceira equação é a mesma que a primeira, estabelecemos que há infinitas soluções, com y e z relacionados por y + z = -12.
Caso 3:a = -1
Substituindo a = -1 no sistema:
x + y + z &= 1 -1 cdot x - y - (-1) cdot z &= 0 -1 cdot x + (-1) cdot y + z &= 1
Simplificando:
x + y + z &= 1 - x - y + z &= 0 - x - y + z &= 1
Observamos que as segunda e terceira equações são inconsistentes:
-x - y + z = 0 e -x - y + z = 1
Isso é impossível, portanto, não há solução para a = -1.
Passo 6
Agora, vamos analisar o sistema (b):
(1 - a) x + a y + z &= a x + y + a z &= 1 x + y + z &= 1
Novamente, representamos o sistema em forma matricial A cdot x = b:
A = 1 - a & a & 1 1 & 1 & a 1 & 1 & 1 , x = x y z , b = a 1 1
Passo 7
Calculamos o determinante de A:
det(A) = (1 - a) cdot 1 & a 1 & 1 - a cdot 1 & a 1 & 1 + 1 cdot 1 & 1 1 & 1
Calculando cada menor:
1 & a 1 & 1 = 1 cdot 1 - a cdot 1 = 1 - a
1 & a 1 & 1 = 1 - a (igual ao anterior)
1 & 1 1 & 1 = 1 cdot 1 - 1 cdot 1 = 0
Então, o determinante fica:
det(A) = (1 - a)(1 - a) - a(1 - a) + 1 cdot 0 = (1 - a)^2 - a(1 - a) = (1 - 2a + a^2) - (a - a^2) = 1 - 2a + a^2 - a + a^2 = 1 - 3a + 2a^2
Passo 8
Agora, precisamos analisar quando det(A) neq 0 e quando det(A) = 0.
Resolvendo a equação 1 - 3a + 2a^2 = 0:
2a^2 - 3a + 1 = 0
Calculamos as raízes usando a fórmula de Bhaskara:
a = 3 pm raiz9 - 84 = 3 pm 14
Portanto, as raízes são:
a = 3 + 14 = 1 e a = 3 - 14 = 12
Passo 9
Caso 1:a neq 1 e a neq 12
Com det(A) neq 0, o sistema possui uma única solução para esses valores de a.
Caso 2:a = 1
Substituindo a = 1 no sistema:
(1 - 1) x + 1 cdot y + z &= 1 x + y + 1 cdot z &= 1 x + y + z &= 1
Simplificando:
0 cdot x + y + z &= 1 x + y + z &= 1 x + y + z &= 1
Observamos que a primeira equação é equivalente às outras, indicando que há infinitas soluções, com as variáveis relacionadas pela equação y + z = 1 e x podendo ser qualquer valor que satisfaça x + y + z = 1.
Caso 3:a = 12
Substituindo a = 12 no sistema:
(1 - 12) x + 12 y + z &= 12 x + y + 12 z &= 1 x + y + z &= 1
Simplificando:
12 x + 12 y + z &= 12 x + y + 12 z &= 1 x + y + z &= 1
Vamos resolver o sistema:
Da terceira equação: x + y + z = 1 (Eq1)
Da segunda equação: x + y + 12 z = 1 (Eq2)
Subtraindo Eq2 de Eq1:
(x + y + z) - (x + y + 12 z) = 1 - 1 Rightarrow 12 z = 0 Rightarrow z = 0
Substituindo z = 0 na Eq1: x + y = 1
Da primeira equação:
12 x + 12 y + 0 = 12 Rightarrow 12(x + y) = 12 Rightarrow x + y = 1
Portanto, temos que x + y = 1 e z = 0. As variáveis x e y são livres, desde que x + y = 1.
Resposta
Sistema (b):
Para a in R, a neq 1 e a neq 12, o sistema possui uma única solução.
Para a = 1, o sistema possui infinitas soluções, onde y + z = 1 e x é qualquer valor que satisfaça x + y + z = 1.
Para a = 12, o sistema possui infinitas soluções, com x + y = 1 e z = 0.