Prova1_Gabarito

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Universidade Federal do Maranha˜o
Bacharelado Interdisciplinar em Cieˆncia & Tecnologia
Gabarito da Primeira Avaliac¸a˜o - 30.12.2015
Esta´ fixado um sistema de coordenadas ortogonal (O,
#«
i ,
#«
j ,
#«
k ).
Q1 (2,0 pts) Na figura abaixo, ABCD e´ um quadrado e os pontos E, F, G e H, sa˜o pontos
me´dios dos lados CD, AB, AD e BC, respectivamente. Represente na figura, a soma dos
vetores indicados e justifique.
Soluc¸a˜o. Na figura, O e´ o ponto de intersec¸a˜o entre as diagonais do quadrado ABCD, e
portanto, e´ o ponto me´dio de BD. Em particular, temos
# «
OD =
# «
BO. Logo,
# «
OD +
# «
OF =
# «
BO +
# «
OF =
# «
BF.
Q2 (2,0 pts) Seja B = ( #«u , #«v , #«w) um conjunto de vetores na˜o nulos dois a dois ortogonais.
Mostre que B e´ uma base de V3.
Soluc¸a˜o. Como B conte´m treˆs vetores, e´ suficiente provar que esse conjunto e´ LI. Para isto,
considere a equac¸a˜o
a #«u + b #«v + c #«w =
#«
0 ,
onde a, b e c sa˜o escalares. Enta˜o a #«u = −b #«v − c #«w e
a‖ #«u‖2 = a #«u · #«u = #«u · (−b #«v − c #«w) = −b #«u · #«v − c #«u · #«w = 0,
pois #«u · #«v = 0 e #«u · #«w = 0. Como #«u 6= #«0 , a igualdade a‖ #«u‖2 = 0 implica que a = 0. Da
mesma forma pode-se verificar que b = 0 e c = 0. E portanto, B e´ LI.
Q3 (2,0 pts) Sejam E = ( #«e 1,
#«e 2,
#«e 3) e F = (
#«
f 1,
#«
f 2,
#«
f 3) bases tais que
#«
f 1 = − #«e 2
#«
f 2 =
#«e 1 +
#«e 3
#«
f 3 =
#«e 2 − #«e 3
Encontre as coordenadas do vetor #«u := #«e 1 − #«e 2 + #«e 3 em relac¸a˜o a` base F .
Soluc¸a˜o. Note que #«u = (1,−1, 1)E e
MEF =
 0 1 0−1 0 1
0 1 −1

Ale´m disso, sabemos que [ #«u ]E = MEF [
#«u ]F de onde obtemos
[ #«u ]F = M
−1
EF [
#«u ]E.
Com isso
[ #«u ]F =
1 −1 −11 0 0
1 0 −1
 ·
 1−1
1
 =
11
0

Portanto, #«u = (1, 1, 0)F .
Q4 (2,0 pts) Determine uma equac¸a˜o geral do plano que passa pelos pontos M = (1,−1, 0) e
N = (0,−2,−1) e forma um aˆngulo de 60◦ com o plano pi : x+ 2y − 3z + 2 = 0.
Soluc¸a˜o. Denotaremos por pi1 o plano procurado e suponha que
#«n 1 := (a, b, c) e´ um vetor
normal a esse plano de comprimento r2, que escolheremos a posteriori. Note que o vetor
#«n := (1, 2,−3) e´ normal ao plano pi. E enta˜o, podemos supor que o aˆngulo entre #«n 1 e #«n
e´ agudo, de modo que #«n 1 · #«n > 0. Com isso,
cos 60◦ =
| #«n 1 · #«n |
‖ #«n 1‖ · ‖ #«n‖ =
#«n 1 · #«n
‖ #«n 1‖ · ‖ #«n‖ =
a+ 2b− 3c
r
√
14
,
isto e´,
a+ 2b− 3c = r
√
14
2
. (1)
Por outro lado, o vetor
# «
MN = (−1,−1,−1) e´ paralelo ao plano pi1 e portanto, # «MN e #«n 1
sa˜o ortogonais; isto implica que
# «
MN · #«n 1 = 0. Logo,
a+ b+ c = 0 (2)
Da relac¸a˜o (2) obtemos a = −b− c, e apo´s substituic¸a˜o em (1):
b = 4c+
r
√
14
2
(3)
Substituinto (3) em (2) e isolando a, obtemos:
a = −5c− r
√
14
2
(4)
Como ‖ #«n 1‖ = r2, devemos ter
a2 + b2 + c2 = r2 (5)
2
Substituindo (3) e (4) em (5) e simplificando, temos:
14c2 + 3rc
√
14 + 2r2 = 0. (6)
Escolhendo-se r = 2
√
14/3 e substituindo em (6), obtemos:
c2 + 2c+ 8/9 = 0,
cujas ra´ızes sa˜o c = −4/3 e c = −2/3. Substituindo esses valores em (3) e (4) obtemos as
seguintes possibilidades:
#«n 1 = (2,−10,−4/3) ou #«n 1 = (−4/3, 2,−2/3)
Como (2,−10,−4/3) · #«n < 0 e (−4/3, 2,−2/3) · #«n > 0 , conclu´ımos que
#«n 1 = (−4/3, 2,−2/3) = −2
3
· (2,−3, 1).
Logo, uma equac¸a˜o geral do plano pi1 e´ da forma 2x−3y+z+d = 0. E como M = (1,−1, 0)
pertence a esse plano, obtemos d = −5. Portanto
pi1 : 2x− 3y + z − 5 = 0.
Q5 (2,0 pts) Dados os ve´rtices M = (1,−1, 2), N = (5,−6, 2) e P = (1, 3,−1) de um triaˆngulo
MNP , calcule o comprimento da altura baixada do ve´rtice N sobre o lado MP .
Soluc¸a˜o. A altura h e´ dada por
h =
‖ # «MP ∧ # «MN‖
‖ # «MP‖ .
Como
# «
MP = (0, 4,−3) e # «MN = (4,−5, 0), temos ‖ # «MP‖ = 5 e # «MP∧ # «MN = (−15,−12,−16).
Logo,
h =
25
5
= 5.
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