Question

Determine os valores de k para que o sistema tenha
a) Nenhuma solução
x + ky = 2
kx + y = 4

b) Exatamente uma solução
x + ky = 0
kx + y = 0

c) Infinitas soluções
4x + ky = 6
kx + y = −3

Answer 1

Temos sistemas lineares 2x2, e devemos determinar o valor de k que satisfaça a condição que a alternativa pede.

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Letra A)

Para que um sistema não tenha soluções, o determinante principal da matriz dos coeficientes deve ser 0:

$\begin{array}{l}\begin{cases}\sf x+ky=2\\\\\sf kx+y=4\end{cases}\\\\\sf \begin{vmatrix}\sf1&\sf k\\\sf k&\sf1\end{vmatrix}=det\\\\\sf 1\cdot1-(k\cdot k)=0\\\\\sf 1-k^2=0\\\\\sf -1-k^2=0-1\\\\\sf -k^2=-1\\\\\sf k^2=1\\\\\sf \sqrt{k^2}=\sqrt{1}\\\\\sf |k|=1\\\\\sf k=\pm~1\\\\\end{array}$

E pelo menos um dos determinantes secundários (dx e dy) devem ser diferentes de 0. Para calcular eles, substitua a coluna x pela coluna de termos independentes, e faça o mesmo com a coluna y depois:

$\begin{array}{l}\sf \begin{vmatrix}\sf2&\sf k\\\sf 4&\sf1\end{vmatrix}=dx\\\\\sf 2\cdot1-(k\cdot 4)\,\neq\,0\\\\\sf 2-4k\,\neq\,0\\\\\sf -2+2-4k\,\neq\,0-2\\\\\sf -4k\,\neq\,-2\\\\\sf 4k\,\neq\,2\\\\\sf \dfrac{4k}{4}\,\neq\,\dfrac{2}{4}\\\\\sf k\,\neq\,\dfrac{1}{2}\end{array}$

$~~$

$\begin{array}{l}\sf \begin{vmatrix}\sf1&\sf 2\\\sf k&\sf4\end{vmatrix}=dy\\\\\sf 1\cdot4-(2\cdot k)\,\neq\,0\\\\\sf 4-2k\,\neq\,0\\\\\sf -4+4-2k\,\neq\,0-4\\\\\sf -2k\,\neq\,-4\\\\\sf 2k\,\neq\,4\\\\\sf \dfrac{2k}{2}\,\neq\,\dfrac{4}{2}\\\\\sf k\,\neq\,2\\\\\end{array}$

Agora perceba que, se k = ± 1 automaticamente será diferente de 1/2 e 2.

Resposta: o sistema não possui solução (SI) quando k = 1 ou k = - 1

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Letra B)

Para que um sistema tenha apenas uma solução, o determinante principal da matriz dos coeficientes deve diferente de 0:

$\begin{array}{l}\begin{cases}\sf x+ky=0\\\\\sf kx+y=0\end{cases}\\\\\sf \begin{vmatrix}\sf1&\sf k\\\sf k&\sf1\end{vmatrix}=det\\\\\sf 1\cdot1-(k\cdot k)\,\neq\,0\\\\\sf 1-k^2\,\neq\,0\\\\\sf -1-k^2\,\neq\,0-1\\\\\sf -k^2\,\neq\,-1\\\\\sf k^2\,\neq\,1\\\\\sf \sqrt{k^2}\,\neq\,\sqrt{1}\\\\\sf |k|\,\neq\,1\\\\\sf k\,\neq\,\pm~1\\\\\end{array}$

Resposta: o sistema possui uma solução (SPD) quando k ≠ 1 e k ≠ -1

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Letra C)

Para que um sistema tenha infinitas soluções, o determinante principal da matriz dos coeficientes deve ser 0:

$\begin{array}{l}\begin{cases}\sf 4x+ky=6\\\\\sf kx+y=-3\end{cases}\\\\\sf \begin{vmatrix}\sf4&\sf k\\\sf k&\sf1\end{vmatrix}=det\\\\\sf 4\cdot1-(k\cdot k)=0\\\\\sf 4-k^2=0\\\\\sf -4-k^2=0-4\\\\\sf -k^2=-4\\\\\sf k^2=4\\\\\sf \sqrt{k^2}=\sqrt{4}\\\\\sf |k|=2\\\\\sf k=\pm~2\\\\\end{array}$

E todos os determinantes secundários (dx e dy) também devem ser 0:

$\begin{array}{l}\sf\begin{vmatrix}\sf6&\sf k\\\sf -3&\sf1\end{vmatrix}=dx\\\\\sf 6\cdot1-(k\cdot (-3))=0\\\\\sf 6+3k=0\\\\\sf -6+6+3k=0-6\\\\\sf 3k=-6\\\\\sf \dfrac{3k}{3}=-\dfrac{6}{3}\\\\\sf k=-2\end{array}$

$~~$

$\begin{array}{l}\sf\begin{vmatrix}\sf4&\sf 6\\\sf k&\sf-3\end{vmatrix}=dy\\\\\sf 4\cdot(-3)-(6\cdot k)=0\\\\\sf -12-6k=0\\\\\sf 12-12-6k=0+12\\\\\sf -6k=12\\\\\sf 6k=-12\\\\\sf \dfrac{6k}{6}=-\dfrac{12}{6}\\\\\sf k=-2\\\\\end{array}$

Agora perceba, quando k = -2:

{4x - 2y = 6

{-2x + y = -3

A primeira equação é segunda multiplicada por - 2, por isso terá infinitas soluções.

Já quando k = 2 ocasiona num sistema sem solução

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Resposta: o sistema possui infinitas soluções (SPI) quando k = - 2

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Att. Nasgovaskov

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