produtos e aplicações geometria analítica

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rCap´ıtulo 4
Produtos e aplicac¸o˜es
Palavras-chave: produto escalar, produto vetorial, produto misto, vetores ortogo-
nais, base ortogonal, base ortonormal, aˆngulos, distaˆncias, projec¸a˜o ortogonal, a´rea de
paralelogramo, volume de paralelep´ıpedo, retas perpendiculares no plano, vetor normal a
plano
4.1 Produtos escalares
Neste to´pico iremos estudar um novo tipo de operac¸a˜o entre vetores do plano e do
espac¸o. Vamos fazer inicialmente uma considerac¸a˜o geome´trica, como segue.
Seja um triaˆngulo ABC com medidas dos lados a, b e c.
A B A B
C C
D D
Aˆ
Aˆ
a
ab b
cc
b
A
b
B
b
C
c
ab
b b
b
b b
b
Â
b b
A lei dos cossenos da geometria plana estabelece que a2 = b2+c2−2bc cos Â. Podemos
ver as poss´ıveis situac¸o˜es na figura acima. Quando o aˆngulo  e´ reto, o triaˆngulo e´
retaˆngulo com catetos b e c e hipotenusa a, e a lei acima se reduz ao Teorema de Pita´goras:
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a2 = b2 + c2. Quando  na˜o e´ reto, considere o ponto D na reta AB, de forma que
BD̂C seja reto. Temos que a2 = (b sen Â)2 + |−−→DB|2 = b2 sen2 Â + (c − b cos Â)2 =
b2(sen2  + cos2 Â) + c2 − bc cos  = b2 + c2 − 2bc cos Â.
Usando linguagem vetorial, podemos considerar os vetores ~u =
−→
AB, ~v =
−→
AC e
~w =
−−→
BC, de modo que |~u| = c, |~v| = b e |~w| = a.
Temos
−−→
BC =
−→
AC −−→AB e portanto ~w = ~v − ~u.
A B A B
C C
ÂÂ
~u ~u
~v
~v
~w~w~w = ~v − ~u
~u
~v
cos  = 0 cos  > 0 cos  < 0
b
A
b
B
b
C
b b
b
b b
b
Â
Definindo o aˆngulo entre dois vetores ~u e ~v como o aˆngulo formado pelas semirre-
tas com origem num ponto e determinadas pelos vetores, podemos reescrever a lei dos
cossenos na forma:
|~v − ~u|2 = |~v|2 + |~u|2 − 2|~v||~u| cos∡(
−→
AB︸︷︷︸
~u ,
−→
AC︸︷︷︸
~v )
Assim, os vetores ~u e ~v teˆm direc¸o˜es perpendiculares entre si quando |~v||~u| cos∡(~u,~v) =
0.
Definic¸a˜o: O produto escalar entre dois vetores ~u e ~v e´ definido como o nu´mero real
|~u||~v| cos∡(~u,~v) e e´ denotado por ~u · ~v ou < ~u,~v >.
Obs: A notac¸a˜o ~u · ~v e´ mais comum em livros de Ca´lculo e F´ısica, enquanto que a
notac¸a˜o < ~u,~v > aparece nos livros de A´lgebra Linear. Aqui vamos usar a notac¸a˜o ~u · ~v.
A notac¸a˜o com ponto (ponto = “dot”, em ingleˆs) da´ o nome ao comando no programa
Octave: “dot(u,v)” e´ usado para calcular o produto escalar entre os vetores u e v.
E´ claro que se ~u ou ~v for nulo temos ~u ·~v = 0. No caso de ambos na˜o nulos, ~u ·~v = 0
se, e somente se, cos∡(~u,~v) = 0.
Definic¸a˜o: Dois vetores ~u e ~v sa˜o ortogonais se ~u · ~v = 0. Notac¸a˜o: ~u ⊥ ~v
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Observamos que, com a definic¸a˜o acima, o vetor nulo e´ ortogonal (ja´ era paralelo) a
qualquer vetor do seu ambiente.
Mais geralmente, o produto escalar ~u · ~v permite calcular a medida do aˆngulo entre
os vetores ~u e ~v, fazendo ∡(~u,~v) = arccos
(
~u · ~v
|~u||~v|
)
. Convencionamos tomar a medida
do aˆngulo entre dois vetores na˜o nulos sempre entre 0 e π radianos.
O aˆngulo entre ~u e ~v e´ agudo (entre 0 e π/2) se ~u · ~v > 0 e obtuso (entre π/2 e π)
se ~u · ~v < 0.
4.1.1 Produto escalar em um sistema de coordenadas
O Ca´lculo do produto escalar entre dois vetores fica extremamente simples se estes
vetores sa˜o dados em sistemas de coordenadas cartesianas ortogonais.
No plano R2, se ~u = (x1, y1) e ~v = (x2, y2) enta˜o ~u · ~v = x1y1 + x2y2.
b
•
•P (x1, y1)
Q(x2, y2)
x1
y2
x2
y1
θ
O
~u
~v
~w
De fato:
Sejam P = (x1, y1) e Q = (x2, y2) de modo que
−→
OP = ~u e
−→
OQ = ~v
Seja θ o aˆngulo entre ~u e ~v.
Enta˜o →֒
~w = ~v − ~u = −→PQ = Q− P = (x2 − x1, y2 − y1).
Escrevendo a lei dos cossenos para o triaˆngulo OPQ, temos
(x2 − x1)2 + (y2 − y1)2 = [x21 + y21] + [x22 + y22] − 2~u · ~v
|−→PQ|2 = |−→OP |2 + |−→OQ|2 − 2|−→OP ||−→OQ| cos θ
Desenvolvendo, temos: x22−2x1x2 +x21+y22−2y1y2+y21 = x22+y22+x21+y21−2~u ·~v,
donde −2(x1x2 + y1y2) = −2~u · ~v.
Logo,
~u · ~v = (x1, y1) · (x2, y2) = x1x2 + y1y2
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e
cos(θ) = cos∡(~u,~v) =
x1x2 + y1y2√
x21 + y
2
1
√
x22 + y
2
2
.
No espac¸o R3, se ~u = (x1, y1, z1) e ~v = (x2, y2, z2), enta˜o ~u · ~v = x1x2 + y1y2 + z1z2.
A ide´ia geome´trica e´ exatamente a mesma do caso plano e a obtenc¸a˜o da fo´rmula do
ca´lculo em coordenadas cartesianas ortogonais e´ ana´loga. Mostre como exerc´ıcio.
No GeoGebra, podemos calcular o produto escalar entre dois vetores u e v do plano,
digitando u*v no Campo de Entrada. Na˜o temos vetores no espac¸o no GeoGebra.
No Octave, como ja´ foi mencionado anteriormente, basta executar dot(u,v), para os
mesmos vetores u e v, que podem ser ambos do plano, ou ambos do espac¸o.
4.1.2 Propriedades dos produtos escalares
As seguintes propriedades sa˜o elementares e a sua verificac¸a˜o e´ um exerc´ıcio.
1. ~v · ~v = |~v|2 para todo vetor ~v.
Segue que ~v ·~v ≥ 0 para qualquer vetor ~v e a igualdade so´ se verifica quando ~v = ~0.
2. ~u · ~v = ~v · ~u (propriedade comutativa)
3. ~u · (~v + ~w) = ~u · ~v + ~u · ~w (propriedade distributiva)
Para a verificac¸a˜o, utilize coordenadas.
4. (λ~u) · ~v = ~u · (λ~v) = λ(~u · ~v), para escalares λ e vetores ~u, ~v.
5. |~u · ~v| ≤ |~u||~v|: Desigualdade de Cauchy-Schwarz
De ~u·~v = |~u||~v| cos∡(~u,~v) segue a Desigualdade de Cauchy-Schwarz |~u·~v| ≤ |~u||~v|,
ja´ que | cos∡(~u,~v)| ≤ 1.
6. |~u+ ~v| ≤ |~u|+ |~v|: Desigualdade Triangular
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Da desigualdade de Cauchy-Schwarz podemos deduzir a chamada Desigualdade
Triangular:
• •
•
~u
~v~u
+
~v
A B
C |~u+ ~v| ≤ |~u|+ |~v|
O nome da desigualdade vem da Geome-
tria Euclidiana:
Se A, B e C sa˜o ve´rtices de um
triaˆngulo, enta˜o um lado tem medida de
comprimento sempre menor que a soma
das medidas dos outros dois lados.
Se ~u =
−→
AB e ~v =
−−→
BC enta˜o o lado AC representa o vetor
−→
AC = ~u + ~v. Enta˜o
|~u + ~v|2 = (~u + ~v) · (~u + ~v) = ~u · ~u + ~u · ~v + ~v · ~u + ~v · ~v = |~u|2 + 2~u · ~v + |~v|2,
usando as propriedades distributiva e comutativa do produto escalar e tambe´m que
~v · ~v = |~v|2 (exerc´ıcios!).
Como ~u·~v ≤ |~u·~v| (um nu´mero real e´ menor ou igual a seu mo´dulo) e |~u·~v| ≤ |~u||~v|
(desigualdade de Cauchy-Schwarz), temos:
|~u+ ~v|2 = |~u|2 + 2~u · ~v + |~v|2 ≤ |~u|2 + 2|~u||~v|+ |~v|2 = (|~u|+ |~v|)2.
Logo, |~u+ ~v| ≤ |~u|+ |~v|.
A igualdade se verifica se, e somente se, | cos∡(~u,~v)| = 1.
Isto significa que ou ∡(~u,~v) = 0 ou ∡(~u,~v) = π, e em ambos os casos, temos que
~u e ~v sa˜o paralelos, ou seja, sa˜o l.d.
Exemplos e Exerc´ıcios:
1. Mostre que, no plano, (a, b) ⊥ (−b, a).
Basta mostrar que o produto escalar entre os vetores e´ 0.
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2. Quais sa˜o todos os vetores (a, b) do plano ortogonais a (2, 3)?
Resp: Sa˜o vetores (a, b) satisfazendo a equac¸a˜o 2a + 3b = 0: mu´ltiplosde(−3,2) .
3. Sejam A = (x0, y0) e ~u = (a, b). Mostre que se
−−→
AX e´ ortogonal a ~u, onde
X = (x, y), tem-se que a(x − x0) + b(y − y0) = 0. Que objeto geome´trico e´
representado pelos pontos X que satisfazem essa equac¸a˜o? Represente-o num
esboc¸o, relacionando-o com A e ~u
Resp: O objeto e´: aretaquepassaporAee´perpendicularaovetor~u
4. Seja A = (2,−1). Determine uma equac¸a˜o para descrever os pontos X = (x, y)
pertencentes a` reta r que passa por A e e´ perpendicular a` direc¸a˜o dada pelo
vetor ~u = (1, 3).
Resp: (x−2)+3(y+1)=0
5. Mostre que se ~u ⊥ ~v, enta˜o ~u ⊥ k~v para ∀k ∈ R.
6. Seja a reta r no plano, dada pela equac¸a˜o 2x−3y+4 = 0. Mostre que ~n = (2,−3)
e´ ortogonal a todos os vetores da reta r.
Considere os vetores da forma ~u = B − A, onde A = (x0, y0) e B = (x1, y1) pertencema` reta r, isto e´, satisfazem a equac¸a˜o da reta, e mostre que ~n · ~u = 0.
Ou enta˜o, encontre a equac¸a˜o vetorial da reta, e mostre que o vetor direc¸a˜o da reta e´
ortogonal a ~n.
7. Seja ~w ortogonal a ~u e ~v. Mostre que ~w e´ ortogonal a qualquer c.l. de ~u e ~v.
Basta mostrar que ~w · (λ~u + µ~v) = 0 para ∀λ, µ ∈ R, usando que ~w · ~u = ~w · ~v = 0.
Consequentemente, para mostrar que um vetor e´ ortogonal a todos os vetores de
um plano, basta mostrar que e´ ortogonal a dois vetores l.i. do plano.
8. Sejam os vetores ~u = (2, 3,−1) e ~v = (−1, 3, 4). Encontre um vetor ~w = (a, b, c)
ortogonal a ambos, de mo´dulo 1. Quantas existem?
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Suponha que w = (x, y, z). Por ser ortogonal a ~u e ~v, deve satisfazer um sistema linear
de 2 equac¸o˜es a 3 varia´veis. Resolva, escolha um deles na˜o nulo e calcule o versor.
9. Seja α o plano que passa por P = (3,−2, 1) e e´ perpendicular ao vetor ~u =
(3,−1, 5). Se X = (x, y, z) ∈ α, justifique que −−→PX ⊥ ~u. Utilize este fato, para
deduzir uma equac¸a˜o geral do planos α.
Resp: 3(x−3)−(y+2)+5(z−1)=0 .
10. No espac¸o R3, cujos pontos teˆm coordenadas (x, y, z), verifique que a equac¸a˜o
x = 3 representa o plano perpendicular a ~n = (1, 0, 0).
Resolva a equac¸a˜o para obter a equac¸a˜o vetorial do plano e mostre que os vetores do
plano sa˜o ortogonais a ~n.
11. Seja o plano α : ax + by + cz + d = 0. Mostre que ~N = (a, b, c) e´ ortogonal a
qualquer vetor do plano α.
Para isto, tome A = (x0, y0, z0) e B = (x1, y1, z1) dois pontos do plano e mostre que
−−→
AB · ~N = 0, utilizando que os pontos do plano satisfazem a equac¸a˜o do plano.
12. Seja X = (x, y, z) um ponto do espac¸o tal que o aˆngulo entre
−−→
OX e o eixo Oz e´
θ = π/3. Mostre que (x, y, z) satisfaz uma equac¸a˜o polinomial de segundo grau
nas varia´veis x, y e z: x2 + y2 − 3z2 = 0.
Sugesta˜o: Utilize a fo´rmula do cosseno e eleve ao quadrado para eliminar a raiz.
13. Seja o triaˆngulo ABC, onde A = (1, 2, 3), B = (−2, 1, 0) e C = (3, 3,−1).
Verifique se o aˆngulo em A e´ reto, agudo ou obtuso.
Utilize o sinal do produto escalar entre
−−→
AB e
−→
AC
14. Mostre que as diagonais de um losango sa˜o perpendiculares entre si.
Lembre-se que as diagonais de um losango sa˜o da forma ~u + ~v e ~u− ~v, com |~u| = |~v|.
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4.1.3 Sobre bases ortonormais e ortogonais
Lembremos que uma base de R2 e´ um conjunto de 2 vetores l.i. B = {~u,~v}.
Dizemos que uma base B e´ uma base ortogonal se ~u e ~v forem ortogonais (~u ⊥ ~v),
isto e´, ~u · ~v = 0.
~u = (2, 5)
~v = (−5, 2)
x
y
aa��
Por exemplo,
se ~u = (2, 5) e ~v = (−5, 2),
B = {~u,~v} e´ uma base ortogonal pois
~u ·~v = 2× (−5)+5×2 = −10+10 = 0
e os vetores na˜o sa˜o nulos.
Geometricamente,
~u e ~v formam um aˆngulo de π
2
radianos.
Se, ale´m de ortogonais entre si, os vetores ~u e ~v forem unita´rios, enta˜o a base e´ dita
ortonormal (o.n.).
Por exemplo, B =
{
(2, 5)√
29
,
(−5, 2)√
29
}
formada pelos versores de ~u e ~v do exemplo
anterior, e´ uma base ortonormal.
Claro que a base canoˆnica C = {~ı,~} = {(1, 0), (0, 1)} de R2 e´ uma base ortonormal
de R2.
De maneira ana´loga, uma base ortogonal do espac¸o cartesiano R3 e´ um conjunto de
3 vetores na˜o nulos, dois a dois ortogonais (e consequentemente sa˜o l.i.):
B = {~u1, ~u2, ~u3} satisfazendo


~u1 · ~u2 = 0
~u1 · ~u3 = 0
~u2 · ~u3 = 0
Observac¸a˜o: Podemos mostrar que um conjunto de vetores na˜o nulos e dois a dois
ortogonais e´ l.i.
Provemos para n = 3 (espac¸o). De fato, seja B = {~u1, ~u2, ~u3} satisfazendo essas
condic¸o˜es.
Consideremos uma combinac¸a˜o linear λ1~u1 + λ2~u2 + λ3~u3 = ~0 e mostremos que λ1 =
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λ2 = λ3 = 0, para verificar que sa˜o l.i.
Efetuando o produto escalar por ~u1 em ambos os membros da equac¸a˜o, temos (λ1~u1 +
λ2~u2 + λ3~u3) · ~u1 = ~0 · ~u1, donde λ1
|~u1|2︷ ︸︸ ︷
~u1 · ~u1 +λ2
0︷ ︸︸ ︷
~u2 · ~u1 +λ3
0︷ ︸︸ ︷
~u3 · ~u1= λ1|~u1|2 = 0, donde
λ1 = 0 ja´ que |~u1| 6= 0.
Analogamente, efetuando o produto escalar por ~u2 segue que λ2 = 0 e por ~u3, que
λ3 = 0.
Uma base ortogonal do espac¸o (cartesiano R3) e´ ortonormal (o.n.) se os vetores forem
2 a 2 ortogonais e, ale´m disso, unita´rios.
A base canoˆnica C = {~ı = (1, 0, 0), ~ = (0, 1, 0), ~k = (0, 0, 1)} de R3 e´ uma base
ortonormal do espac¸o.
Vamos agora enumerar uma se´rie de propriedades sobre bases ortonormais, muito
utilizadas na pra´tica.
Propriedade 1: SeM e´ uma matriz cujas linhas sa˜o as coordenadas dos vetores de
uma base ortonormal, em relac¸a˜o a uma base ortonormal, enta˜o M e´ uma matriz cuja
transposta e´ a inversa (ou seja, M e´ uma matriz ortogonal). E vale a rec´ıproca: as
linhas de uma matriz ortogonal sa˜o coordenadas de vetores de uma base ortonormal,
dadas em relac¸a˜o a uma base ortonormal.
Vejamos no caso 2 × 2: Suponha uma base ortonormal {~u = (a, b), ~v = (c, d)}, donde
a2 + b2 = 1 = c2 + d2 e ac + bd = 0. Enta˜o M · M t =

a b
c d

 ·

a c
b d

 =

a2 + b2 ac + bd
ac+ bd c2 + d2

 =

1 0
0 1

. Assim, M−1 = M t.
Reciprocamente, se M · M t =

a b
c d

 ·

a c
b d

 =

a2 + b2 ac+ bd
ac + bd c2 + d2

 =

1 0
0 1

,
devemos ter a2 + b2 = 1 = c2 + d2 e ac + bd = 0, donde a base {~u = (a, b), ~v = (c, d)}
e´ ortonormal.
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O Caso 3× 3 e´ ana´logo e fica como exerc´ıcio.
Propriedade 2: As coordenadas de um vetor ~v em relac¸a˜o a uma base ortonormal
B podem ser encontradas com o produto escalar.
No caso plano, seja B = {~e1, ~e2} uma base o.n. (ortonormal). Enta˜o ~v = x′~e1 + y′~e2 =
(x′, y′)B. Mas ~v · ~e1 = (x′~e1 + y′~e2) · ~e1 = x′
1︷ ︸︸ ︷
~e1 · ~e1 +y′
0︷ ︸︸ ︷
~e2 · ~e1 = x′. Analogamente,
~v · ~e2 = y′. Ou seja, ~v = (~v · ~e1, ~v · ~e2)B.
Para o caso espacial, e´ ana´logo:
Se B = {~e1, ~e2, ~e3} e´ base o.n., enta˜o ~v = (~v · ~e1, ~v · ~e2, ~v · ~e3)B.
Propriedade 3: Se B e´ uma base ortonormal, (a, b, c)B · (a′, b′, c′)B = aa′+ bb′+ cc′.
Basta usar a propriedade distributiva junto com a hipo´tese de ortonormalidade da base.
Exerc´ıcio.
Propriedade 4: Se um vetor e´ dado em relac¸a˜o a uma base ortonormal, o ca´lculo
do mo´dulo pode ser feito como na base canoˆnica.
Vejamos o caso espacial: considere ~u = (a, b, c)B, sendo B uma base o.n. Temos que
|~u| = √~u · ~u = √a2 + b2 + c2. A u´ltima igualdade segue da observac¸a˜o anterior.
Exemplos e Exerc´ıcios:
1. Mostre que uma matriz ortogonal tem determinante 1 ou -1, mas nem toda
matriz com determinante ±1 e´ ortogonal.
Na primeira parte, considere M ortogonal. Enta˜o MM t = I, donde det(M) det(M t) =
det(M)2 = det(I) = 1 e portanto, det(M) = ±1. Na segunda parte, para construir
o exemplo de M com det(M) = ±1 e que na˜o seja matriz ortogonal, lembre-se que
as linhas (ou colunas) de uma matriz ortogonal formam base o.n. Fica como exerc´ıcio
apresentar um exemplo.
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2. Mostre que a base
{(cos θ, sen θ), (− sen θ, cos θ)} e´ uma base
ortonormal do plano.
θ
~ı
~
(co
s θ
, se
n θ
)
(−
sen
θ, cos θ)
b
O
Basta verificar que os vetores sa˜o ortogonais entre si (produto escalar 0) e unita´rios.
Na verdade, estes vetores sa˜o obtidos rotacionando a base canoˆnica de aˆngulo θ.
3. Verifique que a matriz cujas linhas sa˜o os vetores da base acima e´ matriz orto-
gonal.
Construa a matriz e fac¸a produto com a sua transposta. Deve resultar na matriz identi-
dade.
4. Verifique tambe´m que as colunas tambe´m formam uma base ortonormal.
5. Suponha θ = π/3 na base acima. Ou seja, ~e1 = (
1
2
,
√
3
2
) e ~e2 = (−
√
3
2
, 1
2
) sa˜o os
vetores da base B. Escreva o vetor ~v = (3, 4) nesta base.
Soluc¸a˜o1: Usando matriz de mudanc¸a de base.
Suponha que C seja a base canoˆnica. Enta˜o a matriz de mudanc¸a de base [I]BC e´ a matriz
cujas colunas sa˜o ~e1 e ~e2 na base canoˆnica. Esta matriz e´ ortogonal e portanto sua
inversa, [I]CB, e´ a transposta. Enta˜o,
[~v]B = [I]CB [~v]C =

 12
√
3
2
−
√
3
2
1
2



3
4

 =

 32 + 2√3
−3
√
3
2 + 2


Soluc¸a˜o 2: Usando produto escalar.
Temos que ~v = (x′, y′)B = x′~e1 + y′~e2. Mas x′ = ~v · ~e1 = (3, 4) · (12 ,
√
3
2 ) =
3
2 + 4
√
3
2 e
y′ = ~v · ~e2 = (3, 4) · −(
√
3
2 ,
1
2) = −3
√
3
2 + 4
1
2 .
6. Seja B = {~u, ~v}, onde ~u = (3, 4) e ~v = (−4, 3). Mostre que a base B e´ uma
base ortogonal, mas na˜o e´ ortonormal. Obtenha uma base ortonormal E cujos
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vetores tem direc¸a˜o e sentido dos vetores da base B.
7. Obtenha uma base o.n. do plano, onde o primeiro vetor e´ paralelo a (1, 2).
Suponha que nesta base, B, ~u = (3, 5)B e ~v = (8,−2)B. Determine o mo´dulo de
cada vetor e o aˆngulo entre eles.
8. Obtenha uma base o.n. do plano, onde o aˆngulo entre o primeiro vetor da base
e o vetor ~ı e´ de π/6 radianos.
9. Obtenha uma base o.n. do plano, onde o primeiro vetor faz aˆngulo θ com o eixo
Ox, com tg(2θ) = 3
4
.
2
2 4 6 8
2θ
θ
θ
b
O
b
A
b
B = (4, 3)
b
C
~u
~v b
C ′
O aˆngulo em ÂOB e´ 2θ.
Seja ~u =
−→
OA e
~v ‖ (4, 3), com
|~v| = |~u| = 4.
−−→
OC ′ = ~u + ~v
e´ diagonal do losango e
determina a direc¸a˜o do
primeiro vetor.
10. Mostre que a base B = {(1, 2, 4), (2,−1, 0), (4, 8,−5)} e´ ortogonal. Obtenha
uma base ortonormal do espac¸o E = {~e1, ~e2, ~e3}, com vetores paralelos aos de
B. Escreva o vetor ~v = (4, 5,−2) nas bases B e E .
Para encontrar E , basta normalizar (encontrar o versor) dos vetores da base B. Utilize
produto escalar para encontrar as novas coordenadas.
11. Seja a base canoˆnica C = {~ı,~,~k} e considere os representantes dos vetores com
origem em O = (0, 0, 0). Considere uma reta r que passa pela origem. Se
E = {~e1, ~e2, ~e3} e´ obtido rotacionando os vetores da base canoˆnica de um aˆngulo
θ em torno da reta r, esta nova base e´ tambe´m ortonormal?
Resp: Sim. Comprimentos e aˆngulos sa˜o preservados por esse movimento.
DM
-U
FS
Ca
r
187
Atividades com GeoGebra (10): Determinando uma base ortonormal
do plano (dada uma das direc¸o˜es), e obtendo as coordenadas de qualquer vetor do plano
na nova base o.n.
• Desenhe o vetor ~u dado. Por exemplo, digite “u = (3,4)”.
• Vamos normalizar o vetor ~u, criando o versor ~u1 = 1|~u| ~u atrave´s do comando
“u 1=(1/sqrt( u*u)) u”.
• Vamos construir agora um vetor ~v ortogonal a ~u: “v = (-y(u), x(u))”. Norma-
lizando: “v 1=(1/sqrt(v*v)) v” para obter ~v1.
A base {~u1, ~v1} e´ base ortonormal.
• Insira um vetor qualquer ~w. Por exemplo, “w=(-1,3)”.
• Vamos obter as coordenadas de ~w na nova base: t = ~w · ~u1 e s = ~w ·~v1 e construir
os vetores ~wu = t~u1 e ~wv = s~v1:
use os comandos “t = w*u 1”, “s=w*v 1”, “w u= t u 1” e “w v= s v 1”.
• Para visualizar melhor, constru´ımos os pontosO = (0, 0),W = O+~w,Wu = O+~wu
e Wv = O + ~wv e ligamos WWu e WWv por segmentos pontilhados.
• Altere os elementos livres ~u e ~w a` vontade, para analisar diversas situac¸o˜es.
1
2
3
1 2 3−1−2−3
u
v
v1
w
u1
b
O
b
W
wu
b Wu
wv
bWv
DM
-U
FS
Ca
r
188
4.1.4 Projec¸a˜o ortogonal de um vetor sobre outro
Utilizando produto escalar, podemos definir a projec¸a˜o ortogonal de um vetor ~v na
direc¸a˜o de um vetor na˜o nulo ~u, que tera´ muitas aplicac¸o˜es geome´tricas.
Sejam dados os vetores ~u e ~v, sendo ~u na˜o nulo. Considere as representac¸o˜es
geome´tricas
−→
AB = ~u e
−→
AC = ~v. Suponhamos inicialmente que A, B e C na˜o sejam
colineares.
• ••
•
BA
C
~v
~u D r
Pela Geometria Euclidiana, podemos consi-
derar a reta pelo ponto C que e´ perpendi-
cular a` reta suporte de AB, determinando o
ponto D como sendo o pe´ da perpendicular
sobre a reta r(A,B).
O triaˆngulo ADC e´ retaˆngulo por construc¸a˜o, com aˆngulo reto em D. Vetorialmente,
temos
−→
AC =
−−→
AD +
−−→
DC, onde
−−→
AD e´ paralelo ao vetor ~u =
−→
AB e
−−→
DC e´ ortogonal ao
vetor ~u.
O vetor
−−→
AD assim obtido e´ chamado de projec¸a˜o ortogonal do vetor ~v =
−→
AC na
direc¸a˜o do vetor ~u =
−→
AB e e´ denotado por Proj~v~u.
Quando A, B e C sa˜o colineares, o pro´prio vetor ~v =
−→
AC e´, por si, a sua projec¸a˜o na
direc¸a˜o de ~u.
Chamando Proj~v~u de ~v1 e
−−→
DC de ~v2 temos uma decomposic¸a˜o ~v = ~v1 + ~v2 onde ~v1 e
~u sa˜o l.d. e ~v2 · ~u = 0 (por serem ortogonais).
Sendo ~v1 e ~u paralelos (isto e´, l.d.) existe um escalar λ que satisfaz ~v1 = λ~u. Enta˜o
podemos escrever ~v = λ~u+ ~v2, em que λ~u = ~v1 = Proj
~v
~u.
Fazendo o produto escalar com ~u em ambos os lados da equac¸a˜o, temos
~v · ~u = (λ~u+ ~v2) · ~u = λ~u · ~u+ ~v2 · ~u = λ~u · ~u, onde ~u · ~u 6= 0.
Logo, o escalar λ que caracteriza a projec¸a˜o de ~v sobre ~u e´ dado por λ =
~v · ~u
~u · ~u =
~v · ~u
|~u|2 .
Assim, Proj~v~u =
(
~v · ~u
|~u|2
)
~u = ~v1. A componente ortogonal ~v2 de ~v e´ dada por
~v2 = ~v − Proj~v~u.
DM
-U
FS
Ca
r
189
Por exemplo, se ~v = (2, 3, 4) e ~u = (1, 0, 2), temos que |~u|2 = 12 + 02 + 22 = 5 e
~v · ~u = 2× 1 + 3× 0 + 4× 2 = 10. Logo, Proj~v~u = 105 ~u = 2(1, 0, 2) = (2, 0, 4).
Em particular, se ~u for unita´rio (norma 1), enta˜o Proj~v~u = (~v · ~u)~u.
Por exemplo, para ~v = (x, y, z) = x~ı+y~+z~k, temos que Proj~v~ı = [(x~ı+y~+z
~k)·~ı]~ı =
[x(~ı ·~ı) + y(~ ·~ı) + z(~k ·~ı)] ~ı = x~ı, ja´ que ~ı ·~ı = 1, ~ ·~ı = 0 e ~k ·~ı = 0. Analogamente,
Proj~v~ = y ~ e Proj
~v
~k
= z ~k.
Atividades com GeoGebra (11): Vamos trabalhar com produto escalar
e projec¸o˜es, no plano.
• Defina dois vetores no plano, ~u = (4, 5) e ~v = (−2, 3), digitando no campo Campo
de Entrada: “u=(4,5)” e “v=(-2,3)”.
• Calcule o produto escalar ~u · ~v e ~u · ~u: “u*v”e “u*u”. Veja que sa˜o escalares.
• A projec¸a˜o ortogonal de ~v sobre ~u e´ dada por: Proj~v~u =
~u · ~v
~u · ~u ~u.
Enta˜o, “p = (u*v)/(u*u) u” (com p minu´sculo) define o vetor ~p como o vetor
projec¸a˜o. Se nomear com letra maiu´scula, “P = (u*v)/(u*u) u”, temos o ponto
P = O+ ~p que define o vetor projec¸a˜o
−→
OP , onde O = (0, 0). Construa o ponto P .
• Verifique que ~v − ~p e´ ortogonal ao vetor ~u. Construa ~w = ~v − ~p e mostre que
~w · ~u = 0. Para obter o resultado visual, contrua os pontos O = (0, 0), V = O+ ~v
e U = O + ~u, e defina α = ÛPV que deve ser reto. Este u´ltimo passo pode ser
feito no Campo de Entrada: “α =A^ngulo[U,P,V]”, ou pela Barra de Ferramentas,
selecionando a ferramenta (Aˆngulo) e clicando sobre os 3 pontos, na ordem.
Observe que na Janela de A´lgebra, aparecera´ escrito “α = 90◦”. Mas o aˆngulo
tambe´m pode ser obtido como “a = acos(u*v/sqrt(u*u v*v))”. O que aparece
escrito na Janela de A´lgebra? Aparece “a = 1.57”. E agora? Na˜o deveria ser igual
a α?
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r
190
• Altere o vetor ~v e veja que ~p e ~w mante´m a propriedade de serem o vetor projec¸a˜o
Proj~v~u e seu ortogonal. Altere ~u e observe a mesma propriedade.
1
2
3
−1
1 2 3−1−2
b
O
v
b
V
u
b
P
p
w
b
U
α
Exemplos e exerc´ıcios:
1. Obtenha a projec¸a˜o ortogonal de ~v sobre ~u nos seguintes casos:
a) ~u =~ı e v = (a, b, c)
b) ~u = (
√
3/2, 1/2) e ~v = (5, 10)
c) ~u = (2,−3, 1) e ~v = (3,−3, 4).
2. Em cada um dos casos do exerc´ıcio anterior, decomponha o vetor ~v como soma
de dois vetores, ~v = ~v1 + ~v2, onde ~v1 ‖ ~u e ~v1 ⊥ ~v2.
3. Seja o triaˆngulo ABC. Calcule a altura do triaˆngulo em relac¸a˜o a` base AB nos
casosabaixo.
a) A = (0, 0, 0), B = (1, 0, 0) e C = (1, 1, 1).
b) A = (2,−3), B = (3, 4) e C = (−4, 10).
Observe que a altura h e´ o mo´dulo de ~w =
−→
AC − ~p,
onde ~p = Proj
−→
AC−→
AB
. bA b B
b
C
b
D
~p
~v
~w
4. Determine as coordenadas de um vetor ~v em relac¸a˜o a uma base o.n. B, utili-
zando projec¸o˜es. Antes, verifique que a base e´ o.n.
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r
191
a) ~v = (3,−2) e B = {(√3/2, 1/2), (−1/2,√3/2)}.
b) ~v = (2, 3, 10) e B = {(√3/2, 0, 1/2), (0, 1, 0), (−1/2, 0,√3/2)}.
5. Seja {~e1, ~e2, ~e3} uma base ortonormal do espac¸o. Dado um vetor ~v do espac¸o,
seja ~p = (~v ·~e1)~e1 +(~v ·~e2)~e2. Mostre que ~v− ~p e´ ortogonal ao plano de ~e1 e ~e2.
Dizemos que ~p e´ a projec¸a˜o ortogonal do vetor ~v no plano de ~e1 e ~e2 (considere
vetores na origem e plano pela origem).
4.1.5 Aplicac¸a˜o na F´ısica
O conceito de projec¸a˜o ortogonal que acabamos de estudar esta´ ligado a um importante
conceito de F´ısica.
Imaginemos que uma part´ıcula (um corpo) se desloca numa trajeto´ria retil´ınea, sujeita
a uma forc¸a
−→
F constante, na direc¸a˜o e sentido do deslocamento.
Considerando A e B dois pontos desta trajeto´ria, o estabelecimento de um sentido
do deslocamento de A para B permite considerar o vetor deslocamento representado pelo
segmento orientado
−→
AB, com |−→AB| = distaˆncia deslocada.
• •
A B
−→
F
−→
F
Sendo
−→
F um vetor paralelo ao deslocamento, com intensidade constante (|−→F | cons-
tante), o trabalho realizado por
−→
F no deslocamento de A para B e´ definido como
±|−→F ||−→AB|, onde o sinal e´ negativo se a forc¸a −→F atua no sentido oposto ao desloca-
mento. Neste caso, dizemos que
−→
F realiza um trabalho contra o deslocamento.
Considere agora uma forc¸a
−→
F constante, mas de direc¸a˜o na˜o paralela ao vetor
−→
AB,
agindo sobre a part´ıcula (corpo) durante o deslocamento. Seja θ o aˆngulo que
−→
F faz com
DM
-U
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192
o deslocamento
−→
AB.
• •
A B
−→
F 1
−→
F
−→
F 2
−→
F
θ
Neste caso geral,
−→
F se decompo˜e como
−→
F =
−→
F1 +
−→
F2, em que
−→
F1 e´ a componente
paralela ao deslocamento
−→
AB e
−→
F2 e´ a componente ortogonal ao deslocamento. A com-
ponente
−→
F2 na˜o contribui para o trabalho realizado por
−→
F , e e´ a componente
−→
F1, na
direc¸a˜o de
−→
AB que o realiza.
O trabalho realizado por
−→
F durante o deslocamento
−→
AB e´ dado por T =
−→
F · −→AB =
|−→F ||−→AB| cos θ, onde θ = ∡(−→F ,−→AB).
Notemos que, sendo
−→
F =
−→
F1 +
−→
F2 com
−→
F2 ⊥ −→AB, temos que T = −→F · −→AB =
(
−→
F1 +
−→
F2) · −→AB = −→F1 · −→AB +−→F2 · −→AB = −→F1 · −→AB que e´ o trabalho realizado pela −→F1.
E´ claro que se θ for obtuso, cos θ < 0 e teremos que o trabalho e´ realizado contra o
sentido do deslocamento.
Na F´ısica, quando a intensidade da forc¸a e´ medida em N (Newton) e a distaˆncia
deslocada e´ medida em m (metros) enta˜o o trabalho e´ uma grandeza escalar medida em
J (joules) = N ×m.
Exemplo: Um bloco de massa igual a 10kg vai ser deslocado de baixo para cima em uma
rampa inclinada de 5 metros de comprimento, cuja extremidade superior esta´ 3 metros
acima do solo.
•
•
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
\
\
\
##
#\
\
\
3m
−→
F
←−
5m
−→
Supondo as superf´ıcies em contato sem
atrito, qual e´ o trabalho que sera´ realizado
pela forc¸a paralela ao plano inclinado que
faz o bloco subir com velocidade constante?
(cf. Halliday-Resnick, F´ısica)
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193
Para modelar a situac¸a˜o-problema de modo que envolva todos os dados apropriada-
mente, vamos fixar um sistema de coordenadas cartesianas no plano de perfil do problema,
reduzindo-o a um problema bi-dimensional.
Considere o seguinte sistema, em que O e P representam as extremidades da rampa
e Ox esteja no n´ıvel horizontal.
x
y
−→
W
−→
F
−→
N
•
•P
O
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
Px
3m
←−
5m
−→
Como o movimento rampa acima na˜o e´
acelerado (observe que o bloco deve su-
bir com velocidade constante), a resul-
tante das forc¸as que atuam sobre o bloco
e´ o vetor nulo, isto e´, as forc¸as estaˆo em
equil´ıbrio. Tais forc¸as sa˜o: o peso
−→
W , a
componente
−→
F paralela a` rampa da forc¸a
que faz o bloco subir, e a componenente
−→
N normal a` rampa da dita forc¸a.
O peso
−→
W e´ dado por
−→
W = (0,−mg), onde m e´ a massa em kg e g = 9.8m/s2 e´ a
acelerac¸a˜o da gravidade. Logo,
−→
W = (0,−98) no sistema fixado.
O equil´ıbrio das forc¸as implica que devemos ter
−→
F +
−→
N = −−→W . A forc¸a −→N na˜o
realiza trabalho no sentido do deslocamento
−→
OP , por ser ortogonal a este. Enta˜o o
trabalho realizado por
−→
F ao subir a rampa de O a P e´ dado por:
−→
F · −→OP = (−→F +−→N ) · −→OP = (−−→W ) · −→OP = −(0,−98) · (4, 3) = +294J .
Obs: Como |−→OP | = 5 e P = (Px, 3), temos que Px = 4 e portanto, −→OP = (4, 3).
Isto quer dizer que o trabalho realizado e´ de 294 joules contra a gravidade.
4.1.6 Coordenadas em base ortonormal e os cossenos direto-
res
Suponhamos que B = {~e1, ~e2} seja uma base ortonormal de um plano (pode ser R2
ou mesmo um plano contido em R3).
DM
-U
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Ca
r
194
Por exemplo, sejam ~e1 = (
√
2
2
,
√
2
2
) e ~e2 = (
−√2
2
,
√
2
2
). Sendo B uma base do R2,
todo vetor ~v se escreve como ~v = a1~e1 + a2~e2. Com a base B ortonormal, temos que
~v · ~e1 = (a1~e1 + a2~e2) · ~e1 = a1~e1 · ~e1 + a2~e2 · ~e1 = a1 e ~v · ~e2 = (a1~e1 + a2~e2) · ~e2 =
a1~e1 · ~e2 + a2~e2 · ~e2 = a2, ja´ que |~ei|2 = 1 e ~e1 ⊥ ~e2
Assim, se ~v = (x, y) (em relac¸a˜o a` base canoˆnica), enta˜o ~v = (x
√
2
2
+ y
√
2
2
,−x
√
2
2
+
y
√
2
2
) na base B. Por exemplo, se ~v = ~e1 = (
√
2
2
,
√
2
2
), ~v = (
√
2
2
√
2
2
+
√
2
2
√
2
2
,−
√
2
2
√
2
2
+
√
2
2
√
2
2
) = (1
2
+ 1
2
,−1
2
+ 1
2
) = (1, 0)B. Analogamente, ~v = ~e2 = (0, 1)B.
Efetivamente, as coordena-
das de ~v na base B sa˜o os
valores das projec¸o˜es ortogonais de
~v sobre os vetores unita´rios ~e1 e ~e2:
~v = a1~e1 + a2~e2 = (a1, a2)B,
com a1 = |~v| cosα
e a2 = |~v| cos β.
1
2
3
4
−1
1 2 3 4−1−2
α = ∠(~v,~e1)
β = ∠(~v,~e2)
e1e2
v
b
V1
b
V2
b
O
b
V
α
β
Logo, se o vetor ~v for unita´rio e B = {~e1, ~e2} o.n., temos que ~v = (cosα, cosβ)B,
onde α = ∠(~v,~e1) e β = ∠(~v,~e2).
Analogamente, se B = {~e1, ~e2, ~e3} e´ uma base ortonormal do espac¸o R3, as coorde-
nadas de um vetor ~v em relac¸a˜o a` base B sa˜o dadas por (~v · ~e1, ~v · ~e2, ~v · ~e3).
Prosseguindo a ide´ia desenvolvida no exemplo acima, considere agora um vetor unita´rio
~v = (X, Y, Z) no espac¸o R3 e a base canoˆnica C = {~ı,~,~k}. Sejam φ, ψ e θ os aˆngulos
que ~v forma com os vetores ~ı, ~, ~k, respectivamente, representados nos desenhos abaixo
como os aˆngulos XÔ~v, Y Ô~v e ZÔ~v.
DM
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FS
Ca
r
195
YO
X
V
Z
YO
X
V
Z
YO
X
V
Z
Como ~v = (~v ·~ı)~ı+ (~v · ~)~+ (~v · ~k)~k, as coordenadas de ~v na base canoˆnica sa˜o:

X = ~v ·~ı = |~v||~ı| cosφ = cos φ
Y = ~v · ~ = |~v||~| cosψ = cosψ
Z = ~v · ~k = |~v||~k| cos θ = cos θ
, chamados cossenos diretores de ~v.
Os cossenos diretores satisfazem a relac¸a˜o cos2 φ+ cos2 ψ + cos2 θ = 1, pois |~v| = 1.
Se ~v = (x, y, z) e´ um vetor na˜o nulo, enta˜o ~v = |~v|versor(~v). Como as coordenadas
de versor(~v) sa˜o os cossenos dos aˆngulos φ, ψ e θ que ~v forma com os vetores da base
canoˆnica, segue que x = |~v| cosφ, y = |~v| cosψ e z = |~v| cos θ.
Exerc´ıcio: Calcule os cossenos dos aˆngulos formados pelo vetor ~v com os vetores
da basecanoˆnica, nos seguintes casos:
a) ~v = (3,−2, 4) b) ~v = (3, 4) c) ~v = (3,−5, 1).
4.1.7 Bases ortogonais de planos no espac¸o
Consideremos um plano π dado pela equac¸a˜o vetorial π : X = A+λ~u+µ~v, λ, µ ∈ R,
com ~u, ~v l.i., como na figura.
DM
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FS
Ca
r
196
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
� �
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
π
•
A ~u
~v
•X
Como qualquer ponto X ∈ π satisfaz a pro-
priedade de
−−→
AX ser uma combinac¸a˜o linear
de ~u e ~v, dizemos que {~u,~v} e´ uma base de
vetores do plano π, ou simplesmente,
uma base de π.
A questa˜o que colocamos agora e´: como obter uma base de vetores de π que seja
ortogonal? Se isto for obtido, enta˜o podemos obter uma base ortonormal de π, conside-
rando os versores da base ortogonal obtida.
π
•
~u
~v
~v2 ⊥ ~u
Proj~v~u
versor(~u)
v
er
so
r(
~v
2
)
De projec¸o˜es ortogonais, temos que ~v =
Proj~v~u + ~v2, onde ~v2 ⊥ ~u e Proj~v~u = λ~u,
com λ = ~v·~u|~u|2 . Enta˜o, ~v2 = ~v − λ~u e´ uma
combinac¸a˜o linear de ~u e ~v, sendo portanto
um vetor do plano e {~u,~v2} e´ l.i. por serem
ortogonais.
Portanto {~u,~v2} e´ uma base ortogonal que
gera o mesmo plano π.
Como visto anteriormente, B =
{
~u
|~u| ,
~v2
|~v2|
}
e´ uma base ortonormal de π.
Exemplo: Dado o plano π : X = (1, 2, 1) + λ(1, 0, 3) + µ(−1, 1, , 2), λ, µ ∈ R, os
vetores ~u = (1, 0, 3) e ~v = (−1, 1, 2) sa˜o vetores geradores l.i. de π (formam uma base
de π).
Temos que ~v · ~u = (1, 0, 3) · (−1, 1, 2) = 1 × (−1) + 0 × 1 + 3 × 2 = −1 + 6 = 5 e
|~u|2 = ~u · ~u = (1, 0, 3) · (1, 0, 3) = 12 + 32 = 10.
Assim Proj~v~u =
~v·~u
|~u|2~u =
5
10
(1, 0, 3) = 1
2
(1, 0, 3) = (1
2
, 0, 3
2
) e portanto ~v2 = ~v − Proj~v~u =
(−1, 1, 2)− (1
2
, 0, 3
2
) = (−3
2
, 1, 1
2
).
Se queremos apenas que ~v2 esteja no plano e seja ortogonal a ~u, podemos tomar qualquer
mu´ltiplo do vetor encontrado, por exemplo, ~v2 = (−3, 2, 1) = 2(−32 , 1, 12) Observe que
DM
-U
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r
197
~u · ~v2 = (1, 0, 3) · (−3, 2, 1) = 0, confirmando o perpendicularismo.
Enta˜o, uma base ortonormal de π pode ser obtida como B =
{
~u
|~u| ,
~v2
|~v2|
}
, ou seja, B ={
(1,0,3)√
10
, (−3,2,1)√
14
}
.
Observac¸a˜o: Quando somente a direc¸a˜o do vetor importa, como no caso ~v2 acima, a
troca por um mu´ltiplo pode ser muito u´til para simplificar as contas futuras, por exemplo,
para encontrar o versor.
Exerc´ıcios:
1. Encontre uma base ortonormal do planoX = (1, 2, 3)+t(3,−1, 2)+s(2, 2, 1), t, s ∈
R, com o primeiro vetor paralelo a ~u = (3,−1, 2).
2. Encontre uma base ortonormal qualquer do plano x− 2y + 3z = 0.
Sugesta˜o: Encontre uma equac¸a˜o vetorial do plano e fac¸a o exerc´ıcio anterior.
3. Obtenha uma base ortonormal do espac¸o, onde os dois primeiros vetores da
base sa˜o vetores do plano α : x − 2y + 3z = 0. Utilize esta base para obter as
coordenadas do ponto P ′ sime´trico a P = (2, 5,−6) em relac¸a˜o ao plano α.
Observe inicialmente que, encontrados ~e1 e ~e2 como base ortonormal do plano α, o vetor
~e3 pode ser encontrado como o versor do vetor ~w = (1,−2, 3).
Na segunda parte, observe que o plano α passa pela origem O = (0, 0, 0). Assim,
−−→
OP e
−−→
OP ′ sa˜o refletidos em relac¸a˜o ao plano α. Utilizando a base ortonormal B = {~e1, ~e2, ~e3}
encontrada, temos que se
−−→
OP = (a, b, c)B , enta˜o
−−→
OP ′ = (a, b,−c)B .
4. Dada a base B = {~v1, ~v2, ~v3} do espac¸o, obtenha uma base ortornormal E =
{~e1, ~e2, ~e3}, onde ~e1 ‖ ~v1 e ~e2 e´ coplanar com ~v1 e ~v2, nos seguintes casos:
a) ~v1 = (1, 2, 3), ~v2 = (0, 1, 1), ~v3 = (0, 0, 1).
b) ~v1 = (0, 1, 2), ~v2 = (1, 1, 2), ~v3 = (1, 2, 5).
Para encontrar ~e1 e ~e2 do plano de ~v1 e ~v2, proceda como nos exerc´ıcios anteriores:
~e1 = versor(~v1) e ~e2 = versor(~v2 − (~v2 · ~e1)~e1).
DM
-U
FS
Ca
r
198
Para ~e3, normalize (encontre o versor) ~w = ~v3− ~p, onde ~p = (~v3 ·~e1)~e1 + (~v3 ·~e2)~e2 e´ a
projec¸a˜o ortogonal de ~v3 no plano de ~e1 e ~e2.
Este me´todo e´ conhecido como Processo de ortogonalizac¸a˜o de Gram-Schmidt.
4.1.8 Retas perpendiculares no plano
Considere uma reta no plano R2 dada pela equac¸a˜o vetorial r : X = (x0, y0)+ t(a, b),
t ∈ R. A direc¸a˜o de r e´ dada pelo vetor na˜o nulo ~v = (a, b) 6= (0, 0).
Uma reta s : X = P + ℓ~w, ℓ ∈ R, e´ uma reta perpendicular a r se o vetor direc¸a˜o ~w
for ortogonal a ~v (claro que ~w 6= ~0).
Como obter vetores ~w ortogonais a ~v?
Ora, se ~w = (x, y) e´ ortogonal a ~v = (a, b), enta˜o devemos ter ~w ·~v = (x, y) · (a, b) =
ax + by = 0. Temos infinitas soluc¸o˜es ~w = (x, y) para o problema, todos mu´ltiplos
de (−b, a). De fato, da resoluc¸a˜o de sistemas lineares indeterminados, temos que se a 6= 0,
podemos considerar y como varia´vel livre, obtendo x = (−b/a)y, donde para y = a temos
~w1 = (−b, a) e para y = −a temos ~w2 = (b,−a). E se b 6= 0, podemos considerar x como
varia´vel independente, obtendo y = (−a/b)x, donde para x = b temos ~w2 = (b,−a) e para
x = −b, temos ~w1 = (−b, a). E e´ claro que os mu´ltiplos de ~w1 e ~w2 sa˜o tambe´m ortogonais a ~v.
�
�
�
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�
�
�
�
�
r
(a, b)
~w1
~w2
•
•(x0, y0)
~v
Interprete geometricamente as escolhas na-
turais ~w1 = (−b, a) e ~w2 = (b,−a),
olhando na figura. E´ claro que dado ~v =
(a, b) 6= (0, 0) existe uma u´nica direc¸a˜o or-
togonal a ~v gerada por ~w1 (ou ~w2 = −~w1).
Vimos no cap´ıtulo anterior, que para obtermos a equac¸a˜o geral da reta r : (x, y) =
DM
-U
FS
Ca
r
199
(x0, y0) + t(a, b), t ∈ R, consideramos que {(x − x0, y − y0), (a, b)} e´ l.d. e portanto∥∥∥∥∥∥
x− x0 y − y0
a b
∥∥∥∥∥∥ = 0, donde b(x − x0)− a(y − y0) = 0 . Logo, uma equac¸a˜o geral da
reta fica: r : bx − ay − (bx0 − ay0) = 0. Temos tambe´m que qualquer outra equac¸a˜o
geral que define a mesma reta e´ mu´ltipla desta equac¸a˜o.
Assim, se Ax + By + C = 0 define a reta r, o vetor ~w = (A,B) e´ perpendicular
a r, ou seja, a direc¸a˜o de r e´ dada por ~v = (a, b) = (B,−A). E consequentemente,
Bx− Ay +D = 0 e´ equac¸a˜o de uma reta perpendicular a r.
A forma mais simples de obter a equac¸a˜o geral da reta r que passa por A = (x0, y0)
e e´ perpendicular a ~w = (a, b) e´ lembrar que se X = (x, y) ∈ r, −−→AX ⊥ ~w. Assim,
(x− x0, y − y0) · (a, b) = a(x− x0) + b(y − y0) = 0.
~w = (a, b)
A = (x0, y0)
X = (x, y)
r : a(x− x0) + b(y − y0) = 0
b
b
α
Dizemos tambe´m que a reta ax + by + c = 0 tem direc¸a˜o normal dada pelo vetor
~v = (a, b).
Exerc´ıcios:
1. Sejam ~v = (a, b) =
−→
AB e ~w = (−b, a) = −−→BC , onde A, B e C sa˜o pontos num
terreno plano. Quando uma pessoa vai andando de A ate´ B e depois, de B
ate´ C, significa que no ponto B esta´ virando a` direita ou a` esquerda? E se
~w = (b,−a)?
Sugesta˜o: Represente graficamente um vetor gene´rico ~v =
−−→
AB = (a, b) e seu ortogonal
~w = (−b, a) a partir de B e fac¸a uma ana´lise visual. No primeiro caso, esta´ virando a`
esquerda.
DM
-U
FS
Ca
r
200
2. Dada a reta r :


x = 2 + 5ℓ
y = −1 + 3ℓ
, ℓ ∈ R, obtenha as equac¸o˜es parame´tricas da
reta s perpendicular a r que passa pelo ponto P = (1,−5). Encontre o ponto
de intersecc¸a˜o das retas.
3. Verifique a reta r do exerc´ıcio anterior satisfaz a equac¸a˜o 3(x−2)−5(y+1) = 0.
Qual a equac¸a˜o da reta s?
4. Seja a reta r : 2x − 4y + 5 = 0. Obtenha a equac¸a˜o da reta s perpendicular a`
reta r e que passa pelo ponto P = (5, 2).
4.1.9 Aˆngulo entre duas retas
Consideremos inicialmente duas retas concorrentes (no plano ou no espac¸o),

r : X = A+ λ~u, λ ∈ R
s : X = B + µ~v, µ ∈ R
So´ para relembrar: estamos considerando o caso em que r e s sa˜o coplanares e na˜o
paralelas, isto e´, {−→AB, ~u,~v} l.d. e {~u,~v} l.i. Enta˜o existe P , ponto de intersecc¸a˜o.
�
�
�
�
�
��
�
�
�
�
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�
�
�
�
�
r
Q
Q
Q
Q
Q
Q
Q
Q
Q
Q
Q
Q
Q
Q
Q
Q
Q
Q
s
θ
π − θ
•
P
•B
•A
~v
~u
As retas formam em P dois aˆngulos, com
medidas suplementares entre si, isto e´, θ e
π − θ, como na figura.
Quando θ = π − θ ocorre o perpendicula-
rismo entre as retas, θ = π
2
.
Quando na˜o sa˜o perpendiculares, um dos
aˆngulos e´ agudo e o outro obtuso.
Neste caso, convenciona-se definir o aˆngulo entre duas retas concorrentes como sendo
o aˆngulo agudo no ponto de intersecc¸a˜o.
DM
-U
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Ca
r
201
Os aˆngulos que se formam em P sa˜o: o aˆngulo entre ~u
e ~v e o aˆngulo entre ~u e −~v, tendo em vista que ~v ou −~v
determina a direc¸a˜o de s.
~v ~u
−~v
θ•
P
A fo´rmula cos∡(~u,±~v) = ± ~u · ~v|~u| |~v| mostra que arccos
( |~u · ~v|
|~u| |~v|
)
determina o aˆngulo agudo
entre as retas pois cos θ = − cos(π − θ)⇒ | cos θ| = | cos(π − θ)|.
Exemplo: Calcular o aˆngulo entre as retas
r :


x = 2 + λ
y = 3 + λ
z = −1− 5λ
, λ ∈ R e s : X = (1, 2, 4) + µ(0,−1,−2), µ ∈ R.
Primeiro, verifica-se (exerc´ıcio!) que as retas sa˜o de fato coplanares, mostrando que
{−→AB, ~u,~v} e´ l.d., onde A = (2, 3,−1), B = (1, 2, 4), ~u = (1, 1,−5) e ~v = (0,−1,−2).
Na verdade, B ∈ s ∩ r, pois quando λ = −1 na equac¸a˜o de r, temos (x, y, z) =
(2, 3,−1)+ (−1)(1, 1,−5) = (1, 2, 4) que e´ o ponto B ∈ s. Como ~u e ~v sa˜o l.i., as retas
se encontram unicamente em B.
O aˆngulo entre r e s em B e´ dado por arccos
( |~u · ~v|
|~u| |~v|
)
onde ~u · ~v = (1, 1,−5) ·
(0,−1, 2) = 1 × 0 + 1 × (−1) + (−5) × (2) = −11 < 0, |~u| = √1 + 1 + 25 = √27 e
|~v| = √1 + 4 = √5.
Como ~u · ~v e´ negativo, o aˆngulo entre os vetores e´ obtuso. Por isso o aˆngulo entre r
e s e´ dado pelo ∡(~u,−~v), isto e´, basta considerarmos o valor absoluto de ~u · ~v.
Assim, ∡(r, s) = arccos
| − 11|√
27
√
5
= arccos
11√
27
√
5
≈ 0.32787radianos ≈ 18.786◦.
Observac¸a˜o1: Considere por exemplo as retas
r :


x = 0
y = ℓ, ℓ ∈ R
z = 3
e s : (x, y, z) = (µ, 2, 0), µ ∈ R.
DM
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r
202
O vetor diretor de r e´ ~ = (0, 1, 0) e o de s e´ ~ı = (1, 0, 0), e sa˜o claramente ortogonais
(~ ·~ı = 0).
Mas as retas sa˜o reversas, e portanto, as retas sa˜o ditas ortogonais (e na˜o perpendiculares).
Duas retas concorrentes formando aˆngulo reto sa˜o ditas perpendiculares.
Em geral, se duas retas sa˜o reversas, ou se diz que elas na˜o formam aˆngulo, ja´ que na˜o
sa˜o concorrentes, ou, dependendo do contexto, convenciona-se que o aˆngulo entre elas e´
o aˆngulo entre duas retas concorrentes, cada uma delas paralela a uma das retas dadas.
Neste u´ltimo caso, o aˆngulo entre as retas reversas pode ser dada pelos vetores diretores,
como no caso de retas concorrentes.
Observac¸a˜o 2: No caso de retas do plano r : ax+ by + c = 0 e s : dx+ ey + f = 0,
com direc¸o˜es normais ~nr = (a, b) e ~ns = (d, e), o aˆngulo entre as retas pode ser calculado
com as direc¸o˜es normais: cos∠(r, s) =
|~nr · ~ns|
|~nr| |~ns| .
r
s ~ns
~nr
b
b
b
b
De fato, o aˆngulo entre r e s e´ o mesmo
que o aˆngulo entre as retas normais, cujas
direc¸o˜es sa˜o dadas por ~nr e ~ns.
Exerc´ıcios:
1. Calcule o cosseno do aˆngulo entre as retas r e s dadas abaixo. E use uma
calculadora ou Octave, para obter aproximadamente o aˆngulo, em graus e em
radianos.
a) r : X = (1, 2,−1) + t(3, 0, 1), t ∈ R e s : X = (4, 2, 0) + ℓ(2, 1, 1), ℓ ∈ R.
b) r : 2x− 3y + 1 = 0 e s : x+ 5y − 3 = 0.
2. Determine a equac¸a˜o geral de uma reta s no plano que passa por A = (2, 3) e
forma aˆngulo θ = π/6 com a reta r : x − y = 1. Quantas soluc¸o˜es existem?
DM
-U
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Ca
r
203
Esboce a situac¸a˜o geome´trica.
4.1.10 Retas perpendiculares a planos no espac¸o
Uma reta r e´ perpendicular a um plano π se for ortogonal a todas as retas do plano.
Ou seja, r : X = P + λ~w, λ ∈ R e´ perpendicular a um plano π se ~w for ortogonal a
todas as direc¸o˜es ~v do plano π.
Dado um plano π : X = A + t~u + s~v, t, s ∈ R, para que um vetor ~w seja ortogonal
a todas as direc¸o˜es do plano, basta que ~w seja ortogonal a ~u e a ~v. De fato, qualquer
vetor do plano e´ combinac¸a˜o linear dos vetores ~u e ~v, isto e´, e´ da forma x~u + y~v, com
x, y ∈ R. Assim, se ~w e´ ortogonal a ~u e a ~v, tem-se que ~w e´ ortogonal a todos os vetores
do planos, pois ~w · (x~u+ y~v) = ~w · ~u+ ~w · ~v = 0 + 0 = 0. Tal vetor ~w e´ chamado vetor
normal ao plano π.
�
�
�
�
�
��
�
�
�
�
�
~w
~u
~v
•A
•
•P
r
πx~u+ y~v
HH
��
~w
Enta˜o, vamos ao problema de encontrar um vetor ~w = (a, b, c) ortogonal a π, encon-
trando um vetor ortogonal a ~u = (u1, u2, u3) e a ~v = (v1, v2, v3). Por enquanto, temos
somente o produto escalar para resolver o problema.
Como ~w · ~u = 0 e ~w · ~v = 0, o seguinte sistema linear nas varia´veis a, b e c deve ser
DM
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FS
Ca
r
204
satisfeito:


u1a+ u2b+ u3c = 0
v1a+ v2b+ v3c = 0
.
Como ~u e ~v sa˜o l.i., o sistema tem grau de liberdade 1, o que implica que todas as
soluc¸o˜es (a, b, c) sa˜o mu´ltiplos de um vetor ~w1.
Por exemplo, se π : X = (5, 3, 7) + t(1,−1, 1) + s(2, 2,−1), t, s ∈ R, procuramos
w = (a, b, c) tal que ~w·(1,−1, 1) = a−b+c = 0 e ~w·(2, 3,−1) = 2a+3b−c = 0, ou seja,
~w = (a, b, c) deve ser soluc¸a˜o do sistema linear homogeˆneo

1 −1 1
2 2 −1




a
b
c

 =

0
0

.
Escalonando:

1 −1 1
2 2 −1

 ℓ∼

1 −1 1
0 4 −3

 ℓ∼

1 −1 1
0 1 −3
4

 ℓ∼

1 0 14
0 1 −3
4

 temos
que o sistema original e´ equivalente ao sistema


a+ 1
4
c = 0
b− 3
4
c = 0
Logo temos que (a, b, c) = (−1
4
c, 3
4
c, c) e portanto, considerando c como o paraˆmetro
t (c = t), temos que (a, b, c) = (−1
4
t, 3
4
t, t) = t(−1
4
, 3
4
, 1). Ou seja, os vetores normais a
π sa˜o mu´ltiplos de ~w1 = (−14 , 34 , 1). Ou de (−1, 3, 4)
No cap´ıtulo anterior, encontramos a equac¸a˜o geral do plano π fazendo o determinante∥∥∥∥∥∥∥∥∥
x− x0 y − y0 z − z0
u1 u2 u3
v1 v2 v3
∥∥∥∥∥∥∥∥∥
= 0 (*), ja´ que X = (x, y, z) ∈ π ⇐⇒ {(X − A), ~u, ~v}l.d..
~u
~v
•A •X
π
A = (x0, y0, z0), X = (x, y, z) ∈ π
{X − A, ~u,~v} l.d.
⇓ (∗)
a(x− x0) + b(y − y0) + c(z − z0) = 0
(a, b, c) · (x− x0, y − y0, z − z0) = 0
~w = (a, b, c)
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Ca
r
205
No exemplo,
∥∥∥∥∥∥∥∥∥
x− 5 y − 3 z − 7
1 −1 1
2 2 −1
∥∥∥∥∥∥∥∥∥
=
= (x−5)
∥∥∥∥∥∥
−1 1
2 −1
∥∥∥∥∥∥−(y−3)
∥∥∥∥∥∥
1 1
2 −1
∥∥∥∥∥∥+(z−7)
∥∥∥∥∥∥
1 −1
2 2
∥∥∥∥∥∥ =
= −(x− 5) + 3(y − 3) + 4(z − 7) = 0.
Essa equac¸a˜o diz que o vetor ~w = (−1, 3, 4) e´ ortogonal a todos os vetores −−→AX, onde
X ∈ π, ou seja ~w e´ vetor normal a π.
Resumindo, dados A = (x0, y0, z0) e ~w =
(a, b, c), a equac¸a˜o do plano π passando por
A e tendo ~w como vetor normal e´ dado por
a(x− x0) + b(y − y0) + c(z − z0) = 0, que
significa exatamente ~w · −−→AX = 0 para todo
X ∈ π. �
�
�
�
�
��
�
�
�
�
�
~w = (a, b, c)
•(x0, y0, z0)
XX
π : ax+ by + cz + d = 0
•
(x, y, z)
Continuando os ca´lculos, ax + by + cz − (ax0 + by0 + cz0) = ax + by + cz + d = 0,
fazendo d = −(ax0 + by0 + cz0).
Distaˆncia de ponto a plano
Como aplicac¸a˜o, vamos encontrar a distaˆncia d(P, π) do ponto P = (1, 1, 1) ao plano
π : 2x−3y+4z−10 = 0. Sabemos que a distaˆncia procurada e´ a distaˆncia de P ao pe´ da
perpendicular a π por P . Para isso, tomamos a reta r : (x, y, z) = (1, 1, 1) + t(2,−3, 4),
perpendicular ao plano π, ja´ que sua direc¸a˜o e´ dada por ~w = (2,−3, 4) que e´ o vetor
normal de π. O ponto Q = (1+2t0, 1−3t0, 1+4t0) de r que pertence ao plano π satisfaz
a equac¸a˜o 2(1+2t0)−3(1−3t0)+4(1+4t0)−10 = 0, donde 29t0 = 10−2+3−4= 7
e portanto t0 =
7
29
. Assim, Q = (1 + 2 7
29
, 1 − 3 7
29
, 1 + 4 7
29
) e d(P, π) = |PQ| =
|2 7
29
,−3 7
29
, 4 7
29
) = 7
29
|(2,−3, 4)| = 7
√
29
29
.
DM
-U
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Ca
r
206
r
•
• P
Q
π
d(P, π)
HH
H"
"
HH
~w
•P
π
~w
•A
Proj
−→
AP
~w
((
Outra opc¸a˜o para encontrar a distaˆncia e´ calcular a projec¸a˜o ortogonal de um vetor
−→
AP , onde A e´ qualquer ponto do plano, sobre o vetor normal ao plano. Se o plano e´
dado pela equac¸a˜o geral, o vetor normal aparece explicitamente e fica portanto o trabalho
de encontrar um ponto do plano e efetuar a projec¸a˜o. No exemplo acima, para calcular a
distaˆncia do ponto P = (1, 1, 1) ao plano π : 2x−3y+4z−10 = 0, temos inicialmente que
~w = (2,−3, 4) e´ o vetor normal e o ponto A = (5, 0, 0) ∈ π pode ser facilmente calculado
fazendo y = z = 0. Logo d(P, π) = |Proj−→AP~w | =
|(−→AP · ~w)|
|~w| =
|(−4, 1, 1) · (2,−3, 4)|√
29
=
7
√
29
29
.
Se o plano e´ dado pela equac¸a˜o vetorial, o ponto A e´ expl´ıcito, mas sera´ necessa´rio
calcular o vetor normal, antes de efetuar a projec¸a˜o.
Exemplos e exerc´ıcios:
1. Determine a equac¸a˜o da reta r que passa por P = (2, 3,−1) e e´ perpendicular
ao plano π : x− 5y − 4z − 1 = 0. Encontre o ponto Q onde r fura π.
2. Determine a equac¸a˜o da reta r que passa por P = (2, 3, 4) e e´ perpendicular ao
plano α : X = (2, 3, 1) + λ(1, 0,−1) + µ(3, 1, 1), λ, µ ∈ R.
3. Determine a equac¸a˜o do plano α que passa por P = (2, 3, 1) e e´ perpendicular
a` reta r : X = (3, 0, 0) + t(2, 1,−3), t ∈ R. Determine Q = r ∩ α.
4. Determine o plano mediador π entre os pontos A = (1, 2, 3) e B = (3, 2,−1).
O plano mediador de A e B e´ o conjunto dos pontos X do espac¸o, equidistantes de A e
DM
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Ca
r
207
B. O ponto me´dio M de AB e´ um de seus pontos. Para cada plano α contendo AB, a
mediatriz de AB em α esta´ contida em π. Logo, conclu´ımos que o plano mediador π e´
o plano perpendicular a AB por M .
5. Determine a distaˆncia de P = (1, 2, 3) ao plano x− 2y − z − 1 = 0.
6. Calcule a distaˆncia entre os planos paralelos π1 : x − 2y + 3z − 1 = 0 e π2 :
x− 2y + 3z − 10 = 0. Porque os planos sa˜o paralelos?
7. Determine a equac¸a˜o vetorial da reta s que passa por P = (0, 0, 0) e e´ perpen-
dicular a` reta r : X = (1, 0, 0) + t(2,−1, 3), t ∈ R.
Obs: Retas perpendiculares sa˜o concorrentes e ortogonais. Logo esta reta s esta´ contida
no plano π que passa por P e e´ perpendicular a r. Como s e´ concorrente com r, temos
que r ∩ s = r ∩ π = Q. Basta enta˜o calcular o ponto Q de s como o ponto onde r fura
o plano π.
Outra opc¸a˜o e´ por projec¸a˜o. Veja o final da sugesta˜o para o pro´ximo exerc´ıcio.
8. Determine a distaˆncia do ponto P = (1, 1, 2) a` reta r : X = (1, 3,−1) +
t(2, 5, 1), t ∈ R.
Sugesta˜o: Encontre o ponto Q como no exerc´ıcio anterior e calcule d(P, r) = |−−→PQ|.
Ou enta˜o, por projec¸a˜o, considere A = (1, 3,−1) ∈ r, projete −→AP sobre ~v = (2, 5, 1)
obtendo ~p e tome o mo´dulo da diferenc¸a |−→AP − ~p|.
Observe que Q = A+ ~p.
9. Sejam P = (2, 3,−1) e o plano π : x− 3y − 4z = 0.
a) Calcule o ponto Q do plano π que e´ a projec¸a˜o ortogonal do P sobre o plano
π;
b) Calcule o ponto R do espac¸o, conhecido como sime´trico de P em relac¸a˜o a
π.
Para (a), o ponto procurado e´ exatamente o ponto Q onde a reta normal a π fura o plano
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Ca
r
208
π, que tambe´m pode ser calculado como Q = P − Proj
−→
AP
~w .
Para (b), defina R como o ponto tal que
−−→
QR = −−−→QP . Logo −→PR = −−→PQ+−−→QR = 2−−→PQ,
donde segue que o ponto e´ R = P + 2
−−→
PQ. Ou enta˜o, R = P − 2Proj
−→
AP
~w .
4.1.11 Retas tangentes a` circunfereˆncia no plano
Uma circunfereˆncia de centro C e raio R e´ uma curva plana (isto e´, contida num
plano), cujos pontos distam R do centro C. Consideremos aqui as circunfereˆncias no
plano cartesiano R2.
Dado C = (x0, y0) e um raio R > 0, um
ponto X = (x, y) ∈ R2 pertence a`
circunfereˆncia de centro C e raio R se
|−−→CX|2 = (X − C) · (X − C) = R2, donde
(x− x0)2 + (y − y0)2 = R2 e´ a equac¸a˜o
da circunfereˆncia.
•C
x0
y0
•X
Rbbb
Uma reta r e´ tangente a` circunfereˆncia S se a intercepta num u´nico ponto P . Ale´m
disso, por ser uma circunfereˆncia, o raio CP da circunfereˆncia e´ normal a` reta de tangeˆncia
r.
•C
x0
y0
•P
~v
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�r Enta˜o, a equac¸a˜o vetorial da reta tangente
a` circunfereˆncia pelo ponto P e´ dada por
r : X = P + λ~v, λ ∈ R, onde ~v · −→CP = 0.
E se
−→
CP = (a, b), a equac¸a˜o geral da reta
tangente e´ a(x− x1) + b(y − y1) = 0,
onde P = (x1, y1).
Use esta ide´ia para resolver os seguintes exerc´ıcios:
1. Encontre a equac¸a˜o da circunfereˆncia de centro (2, 3) e raio 5. Ache os pontos
DM
-U
FS
Ca
r
209
de intersecc¸a˜o da circunfereˆncia com o eixo Ox. Encontre as equac¸o˜es das retas
tangentes nesses pontos.
2. Dado Q = (−3,−4), encontre as equac¸o˜es das retas tangentes a` circunfereˆncia do
exerc´ıcio anterior e que passam pelo ponto dado. Analise a mesma questa˜o para
A = (−1, 2)
4.1.12 Planos tangentes a` esfera no espac¸o
Uma esfera de centro C e raio R e´ uma superf´ıcie cujos pontos distam R do centro
C.
Assim, uma esfera de centro C = (x0, y0, z0) e raio R e´ dada pela equac¸a˜o (x−x0)2+
(y − y0)2 + (z − z0)2 = R2.
Analogamente ao caso de retas tangentes a circunfereˆncias no plano, os planos tan-
gentes a esferas de centro C e passando por um ponto P da esfera, sa˜o perpendiculares
ao raio da esfera
−→
CP .
Assim, se C = (x0, y0, z0) e´ o centro e P = (x¯, y¯, z¯) um ponto da esfera, o vetor
normal ao plano tangente e` dado por
−→
N = (x¯− x0, y¯− y0, z¯− z0) = (a, b, c) e portanto,
sua equac¸a˜o fica π : a(x− x¯) + b(y − y¯) + c(z − z¯) = 0.
Exerc´ıcios:
1. Encontre um plano paralelo ao plano x−2y−z = 0 e tambe´m tangente a` esfera
DM
-U
FS
Ca
r
210
(x− 1)2 + (y − 3)2 + (z + 1)2 = 9. Qual o ponto de tangeˆncia? Quantos desses
planos existem?
2. Determine a esfera de raio r = 2 tangente ao plano π : x− y + 3z − 1 = 0 pelo
ponto (1, 0, 0) ∈ π.
3. Determine o ponto da esfera (x − 2)2 + (y − 3)2 + (z + 1)2 = 25 com plano
tangente ortogonal a ~v = (1, 2, 5). Qual a equac¸a˜o do plano tangente? Qual a
equac¸a˜o da reta normal a` esfera pelo ponto?
4.2 Produto Vetorial
Dados dois vetores ~u e ~v no espac¸o, vamos definir um novo vetor, ortogonal a ~u e ~v,
denotado por ~u × ~v (ou ~u ∧ ~v, em outros textos) e denominado produto vetorial de ~u e
~v, cujo mo´dulo representa a a´rea do paralelogramo de arestas dadas pelos vetores. Para
definir o sentido de ~u×~v entre os dois sentidos poss´ıveis, vamos introduzir o conceito de
orientac¸a˜o no espac¸o.
DM
-U
FS
Ca
r
211
4.2.1 Orientac¸a˜o geome´trica
Orientac¸a˜o sobre uma reta r
Dada uma reta r em que fixamos arbitrariamente um ponto O, temos uma noc¸a˜o
imediata de orientac¸a˜o da reta a partir da escolha de uma das semirretas determinadas
pelo ponto O como sendo o semieixo positivo.
Numa representac¸a˜o geome´trica de r na posic¸a˜o horizontal, e´ usual convencionar como
“orientac¸a˜o positiva”a escolha da semirreta “a` direita”do ponto O, que e´ sua origem.
r•O
Escolhendo a outra semirreta, estar´ıamos com “orientac¸a˜o negativa”.
Em linguagem vetorial, a escolha de um vetor diretor ~v da reta r determina auto-
maticamente o sentido positivo (no sentido do vetor ~v) e o sentido negativo (no sentido
oposto de ~v) da reta.
Por isso, dizemos que um vetor ~v 6= ~0 determina a orientac¸a˜o de r.
Orientac¸a˜o do plano R2
Consideremos o plano R2. Dados um ponto O do plano e um par de vetores {~v1, ~v2}
l.i., todos os pontos X do plano sa˜o dados pela equac¸a˜o vetorial X = O + λ~v1 +µ~v2,
λ, µ ∈ R.
Geometricamente, o ponto O e o vetor ~v1 determinam
uma reta r contida no plano, que separa o plano em dois
semiplanos. Enta˜o, considerando os representantes dos
vetores ~v1 e ~v2 a partir de O, temos que o representante
de ~v2 determina um u´nico semiplano que o conte´m. ��
��
��
��
��
��r
•
O
~v1
~v2
DM
-U
FS
Ca
r
212
��
��
��
��
��
��r
•
O
~v1
~v2
sen
tid
o a
nti
-ho
ra´r
io
O aˆngulo orientado medido no sentido de ~v1
para ~v2 (dentro do semiplano):
� ou tem sentido hora´rio (acompanhando o
movimento dos ponteiros do relo´gio)
� ou tem sentido anti-hora´rio.
Na ilustrac¸a˜o, {~v1, ~v2}, nesta ordem, tem o aˆngulo orientado no sentido anti-hora´rio.
Convenciona-se que uma base l.i. de geradores do plano tem orientac¸a˜o positiva
quando o aˆngulo orientado no sentido da ordem dos vetores da base tem o sentido
anti-hora´rio.
Exemplo 1: A base canoˆnica C = {~ı,~} do plano cartesiano R2 tem orientac¸a˜o positiva.
Exemplo 2: Vimos anteriormente que dada uma reta r : X = (x0, y0) + t(a, b), t ∈ R,
com ~v = (a, b) 6= (0, 0), a direc¸a˜o de uma reta perpendicular a r poderia ser dada por
~w1 = (−b, a) ou ~w2 = (b,−a) = −~w1.
Os conjuntos B1 = {~v, ~w1} e B2 = {~v, ~w1}
formam ambos bases ortogonais de R2,
pore´m, B1 e´ base positiva e B2 e´ base ne-
gativa, conforme podem ser verificados por
meio de aˆngulos orientados.
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
r
~v
~w1
~w2
•
•(x0, y0)
~v
Em geral, convenciona-se que em R2, uma base e´ positiva se possui a mesma ori-
entac¸a˜o da base canoˆnica C = {~ı,~}.
~ı
~
orientac¸a˜o positiva
~v1~v2
orientac¸a˜o positiva
~ı
−~
orientac¸a˜o negativa
~v1 ~v2
orientac¸a˜o negativa
DM
-U
FS
Ca
r
213
Um crite´rio alge´brico para checar se a escolha de uma base B = {~v1, ~v2} de R2 e´
positiva ou negativa, e´ o crite´rio do determinante, como segue.
Sejam ~v1 = (a, b) e ~v2 = (c, d) dados num sistema de coordenadas cartesianas.
A matriz A =

a b
c d

 cujas linhas sa˜o as coordenadas dos vetores, tem determinante
na˜o nulo, ja´ que os vetores sa˜o l.i.
Se det(A) > 0 a base B tem a mesma orientac¸a˜o da base canoˆnica do sistema, isto
e´, tem orientac¸a˜o positiva. Se det(A) < 0, a base tera´ orientac¸a˜o negativa.
No exemplo das bases ortogonais,
∥∥∥∥∥∥
a b
−b a
∥∥∥∥∥∥ = a2 + b2 > 0 donde a base {~v, ~w1} e´
positiva e
∥∥∥∥∥∥
a b
b −a
∥∥∥∥∥∥ = −(a2 + b2) < 0, donde a base {~v, ~w2} e´ negativa.
Mais geralmente, se (a, b) e (c, d) sa˜o as coordenadas dos vetores de uma base B1
dados em relac¸a˜o a uma base B, a orientac¸a˜o definida por B1 e´ a mesma orientac¸a˜o
definida por B se
∥∥∥∥∥∥
a b
c d
∥∥∥∥∥∥ > 0.
Exerc´ıcios:
1. Determine quais das bases abaixo sa˜o positivas:
a) {(1, 1), (−1, 2)} b) {~ı− ~,~ı+ ~} c) {(2,−1), (1,−3)}.
d) {(cos θ, sen θ), (− sen θ, cos θ)} obtido da base canoˆnica, por rotac¸a˜o de aˆngulo
θ
e) {(cos 2θ, sen 2θ), (sen 2θ,− cos 2θ)} obtido da reflexa˜o da base canoˆnica em
relac¸a˜o a` direc¸a˜o de ~u = (cos θ, sen θ).
2. Sejam 3 pontos A = (1, 0), B = (0, 1) e C = (1, 1) no plano e a reta r : x−2y =
4. Considere o triaˆngulo A′B′C ′ refletido do triaˆngulo ABC em relac¸a˜o a` reta
r. A orientac¸a˜o definida por {−−→A′B′,−−→A′C ′} e´ igual ou oposta a` orientac¸a˜o dada
por {−→AB,−→AC}? Qual e´ positiva e qual e´ negativa?
DM
-U
FS
Ca
r
214
Orientac¸a˜o geome´trica no espac¸o
Consideremos inicialmente dois vetores ~u e ~v no espac¸o, linearmente independentes.
Fixando arbitrariamente um ponto O no espac¸o, podemos considerar o plano passando
por O e com direc¸o˜es geradas pelos vetores.
Tal plano determina no espac¸o dois semiespac¸os. Seja ~w um terceiro vetor, na˜o
coplanar com ~u e ~v. A semirreta positiva considerando O e ~w determina a escolha de um
dos semiespac¸os.
O conjunto {~u,~v, ~w} nesta situac¸a˜o geome´trica forma uma base de vetores do espac¸o,
pois os vetores sa˜o na˜o coplanares.
Essa base {~u,~v, ~w} tera´
orientac¸a˜o positiva se, co-
locando o observador no
semiespac¸o escolhido, a
orientac¸a˜o no plano de
{~u,~v} for positiva (aˆngulo
orientado de ~u a ~v no sen-
tido anti-hora´rio).
z
y
x
u
v
wk
O observador no outro semiespac¸o deve “enxergar”a orientac¸a˜o no sentido anti-hora´rio,
pois a base {~u,~v,−~w} sera´ negativa.
Na literatura, e´ muito usada a versa˜o da “regra da ma˜o direita”: abra a sua ma˜o
direita, espalmada, e alinhe o representante do primeiro vetor, digamos ~u, com o dedo
indicador.
DM
-U
FS
Ca
r
215
Dobre o dedo me´dio, como na figura ao
lado, alinhando com o vetor ~v. O sentido
de ~u para ~v fica de acordo com o fechar da
ma˜o. Se o polegar puder ser alinhado com a
direc¸a˜o de ~w, enta˜o a base e´ positiva. Caso
contra´rio, a base e´ negativa.
z
x
y
w
u
v
Exemplo 1: A base canoˆnica {~ı,~,~k} e´ uma base com orientac¸a˜o positiva. Assim
como as bases {~,~k,~ı} e {~k,~ı,~}. Ja´ as bases {~,~ı,~k}, {~ı,~k,~}, {~k,~,~i} sa˜o bases
negativamente orientadas.
Exemplo 2: Existem exemplos na F´ısica que seguem a regra da ma˜o direita natural-
mente, como o caso de campo eletromagne´tico (no sentido de ~u para ~v) gerando uma
corrente ele´trica na direc¸a˜o e sentido de ~w ortogonal a ~u e ~v, e de forma que a base
{~u,~v, ~w} e´ positiva.
Exemplo 3: Normalmente os parafusos seguem a orientac¸a˜o positiva do espac¸o: se
giramos a cabec¸a do parafuso no sentido antihora´rio (observador no lado da chave de
fenda), o parafuso sai (avanc¸a na sua direc¸a˜o). Se giramos no sentido hora´rio, o parafuso
entra (estamos no semiplano oposto a` ponta do parafuso). Acontece o mesmo com os
sacarrolhas.
~u
~v
~w
Parafuso sendo apertado, avanc¸ando na
direc¸a˜o e sentido de ~w, quando girado no sen-
tido hora´rio, de ~u para ~v.
{~u,~v, ~w} positivamente orientado.
Assim como no caso de bases no plano, a orientac¸a˜o da base pode ser obtida pelo
determinante da matriz cujas linhas (ou colunas) sa˜o as coordenadas dos vetores. Se o
DM
-U
FS
Ca
r
216
determinado e´ positivo, a nova base tem a mesma orientac¸a˜o da base que geraram as
coordenadas. Caso contra´rio, a orientac¸a˜o e´ invertida.
Exemplo 4: A base B = {~v1 = (2, 1, 0), ~v2 = (0, 1, 3), ~v3 = (−1, 2, 1)} , cujos vetores
foram dados em relac¸a˜o a` base canoˆnica (base positiva), tem a matriz


2 1 0
0 1 3
−1 2 1

 com
determinante −13 < 0. Logo a base B tem orientac¸a˜o negativa. Veja na ilustrac¸a˜o os
vetores dados, sendo que a figura a` direita representa a vista com o observador na extre-
midade final do vetor ~v3 que foi visualizada num ponto.
~v1
~v2
~v3
b
O
~ı
~
~k
b
b
b
b
b
bb
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
~v1
~v2
~v3
b
O
~ı
~
~k
b
b
b
b
b
bb
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
Pode-se observar que olhando do semiespac¸o determinado pelo vetor ~v3, a orientac¸a˜o
de {~v1~v2} no plano por eles definido em O e´ hora´ria, e portanto, a orientac¸a˜o da base no
espac¸o B e´ negativa.
Para usar o dedo indicador como ~v1, o me´dio como ~v2 e o polegar como ~v3 seria
necessa´rio utilizar a ma˜o esquerda, indicando que a base e´ negativa.
E´ claro que o crite´rio alge´brico usando determinantes e´ mais fa´cil de ser aplicado
do que os que envolvem visualizac¸a˜o geome´trica, se os vetores da base forem dados em
coordenadas. Mas se os vetores forem dados pela descric¸a˜o geome´trica, pode ser mais
DM
-U
FS
Ca
r
217
fa´cil usar os crite´rios geome´tricos.
Exerc´ıcios:Verifique quais das bases abaixo sa˜o positivamente orientadas:
a) {(1, 2, 3), (2,−1, 3), (2, 3, 1)} b) {(1, 2, 3), (2,−1, 3), (−2,−3, 1)}
c) {~e1, ~e2, ~e3} obtida refletindo a base canoˆnica em relac¸a˜o ao plano z = 0. Que base e´
essa?
d) {~f1, ~f2, ~f3} obtida rotacionando a base canoˆnica em torno do eixo Oz. Que base e´
essa?
E {~f3, ~f2, ~f1}? E {~f3, ~f1, ~f2}?
4.2.2 Definic¸a˜o geome´trica do produto vetorial
Dados dois vetores ~u e ~v no espac¸o, podemos definir um terceiro vetor, chamado de
produto vetorial de ~u por ~v.
Ao contra´rio do produto escalar, que resulta num escalar, e pode ser definido em
vetores do espac¸o e em vetores do plano, o produto vetorial so´ pode ser definido em
vetores do espac¸o pois esta´ ligado essencialmente ao conceito de orientac¸a˜o no espac¸o.
O produto vetorial de ~u por ~v, denotado por ~u× ~v (ou ~u ∧ ~v) e´ definido como:
1. vetor nulo ~0 se {~u,~v} for l.d.;
2. um vetor na˜o nulo tal que:
i) seu mo´dulo e´ |~u× ~v| = |~u||~v| sen∡(~u,~v)
ii) sua direc¸a˜o e´ ortogonal a ~u e a ~v (simultaneamente)
iii) o sentido e´ tal que {~u,~v, ~u× ~v} e´ base positivamente orientada do espac¸o.
DM
-U
FS
Ca
r
218
Portanto, ~u × ~v 6= ~0 se, e somente se,
{~u,~v} for l.i. e temos mais um crite´rio para
verificar se 2 vetores no espac¸o sa˜o l.i.
A condic¸a˜o (2) determina o mo´dulo, a
direc¸a˜o e o sentido de ~u×~v e portanto a de-
finic¸a˜o caracteriza completamente o vetor. ~u
~v
~w = ~u× ~v
|~w| = |~u| |~v| sen∠(~u,~v)
{~u,~v, ~w} positivamente orientado
b
A
b
b
b
b
b
b
b
Exerc´ıcio:
Considere a base o.n. {~ı,~,~k} e calcule: ~ı ×~ı, ~ı × ~, ~ı × ~k, ~ ×~ı, ~ × ~, ~ × ~k, ~k ×~ı,
~k × ~ e ~k × ~k.
Por exemplo, ~ı×~ı = ~0 pois {~ı,~ı} e´ l.d. e ~ı× ~ = ~k, pois ~k e´ ortogonal a ~ı e ~, |~k| = 1 e´ a a´rea
do quadrado determinado por ~ı e ~, e a base {~ı,~,~k} e´ positivamente orientada. Ja´ ~×~ı = −~k
para que {~,~ı,~×~ı} seja positivamente orientada.
4.2.3 Propriedades
Pode-se deduzir, a partir da definic¸a˜o geome´trica do produto vetorial, as seguintes
propriedades:
1. ~u× ~u = ~0, qualquer se seja ~u.
2. ~0× ~u = ~0, qualquer se seja ~u.
3. ~u× ~v = −~v × ~u (propriedade anti-comutativa)
Por isso, dados ~u, ~v l.i., a base {~u,~v, ~u × ~v} e´ positiva e a base {~v, ~u, ~u × ~v} e´
negativa.
4. (~u+ ~v)× ~w = ~u× ~w + ~v × ~w (propriedade distributiva em relac¸a˜o a` soma)
DM
-U
FS
Ca
r
219
5. (λ~u)×~v = ~u× (λ~v) = λ(~u×~v) (propriedade linear em relac¸a˜o a` multiplicac¸a˜o por
escalar).
6. ~u · (~u× ~v) = 0 e ~v · (~u× ~v) = 0.
7. Se ~u e ~v sa˜o unita´rios e ortogonais, enta˜o {~u,~v, ~u×~v} e´ base ortonormal positiva.
Exceto pela propriedade (4), as demonstrac¸o˜es sa˜o simples e ficam a cargo do leitor.
A propriedade (4) sera´ demonstrada mais tarde.
Com base nessas propriedades, podemos deduzir o ca´lculo do produto vetorial de dois
vetores dados em coordenadas em relac¸a˜o a` base canoˆnica.
4.2.4 Ca´lculo do produto vetorial, em coordenadas
Consideremos a base canoˆnica de R3, C = {~ı = (1, 0, 0), ~ = (0, 1, 0), ~k = (0, 0, 1)}.
Usando a definic¸a˜o de produto vetorial (exerc´ıcio!), temos que:
~ı×~ı = ~0 ~×~ı = −~k ~k ×~ı = ~
~ı× ~ = ~k ~× ~ = ~0 ~k × ~ = −~ı
~ı× ~k = −~ ~× ~k =~ı ~k × ~k = ~0
Sejam ~u = (a1, a2, a3) = a1~ı + a2~ + a3~k e ~v = (b1, b2, b3) = b1~ı + b2~ + b3~k. O
produto vetorial ~u×~v sendo um vetor de R3, pode ser expresso em coordenadas. Vamos
obter essas coordenadas, utilizando as propriedades anteriomente citadas:
~u× ~v = (a1~ı+ a2~+ a3~k)× (b1~ı+ b2~+ b3~k) =
a1b1(~ı×~ı) + a1b2(~ı× ~) + a1b3(~ı× ~k) +
a2b1(~×~ı) + a2b2(~× ~) + a2b3(~× ~k) +
a3b1(~k ×~ı) + a3b2(~k × ~) + a3b3(~k × ~k) =
a1b1(~0) + a1b2(~k) + a1b3(−~) +
a2b1(−~k) + a2b2(~0) + a2b3(~ı) +
a3b1(~) + a3b2(−~ı) + a3b3(~0)
DM
-U
FS
Ca
r
220
Logo, ~u× ~v = (a2b3 − a3b2)~ı− (a1b3 − a3b1)~+ (a1b2 − a2b1)~k =
= (a2b3 − a3b2,−(a1b3 − a3b1), a1b2 − a2b1),
que corresponde ao ca´lculo do determinante “simbo´lico”∥∥∥∥∥∥∥∥∥
~ı ~ ~k
a1 a2 a3
b1 b2 b3
∥∥∥∥∥∥∥∥∥
=
∥∥∥∥∥∥
a2 a3
b2 b3
∥∥∥∥∥∥~ı−
∥∥∥∥∥∥
a1 a3
b1 b3
∥∥∥∥∥∥~+
∥∥∥∥∥∥
a1 a2
b1 b2
∥∥∥∥∥∥~k.
Dizemos “simbo´lico”porque a matriz na˜o e´ nume´rica e portanto, apenas a forma de
calcular e´ que corresponde ao do ca´lculo do determinante. Esta representac¸a˜o simbo´lica
auxilia apenas o ca´lculo de ~u× ~v em coordenadas.
Exemplo: Vamos calcular o produto vetorial de ~u = (1, 2, 3) por ~v = (4, 5, 6):
~u× ~v =
∥∥∥∥∥∥∥∥∥
~ı ~ ~k
1 2 3
4 5 6
∥∥∥∥∥∥∥∥∥
=
∥∥∥∥∥∥
2 3
5 6
∥∥∥∥∥∥~ı−
∥∥∥∥∥∥
1 3
4 6
∥∥∥∥∥∥~+
∥∥∥∥∥∥
1 2
4 5
∥∥∥∥∥∥~k = (−3, 6,−3)
Observamos que a notac¸a˜o ~u × v para o produto vetorial de ~u por ~v inspira o nome
da func¸a˜o no programa Octave que calcula o produto vetorial: ”cross“.
Para calcular o produto vetorial ~w = ~u × ~v entre ~u = (1, 2, 3) e ~v = (4, 5, 6) no
Octave, digitamos:
u = [1 2 3]
v = [4 5 6]
w = cross(u,v)
Para verificarmos as propriedades do produto vetorial, vamos utilizar o produto escalar e
a norma, ja´ dispon´ıveis no Octave:
dot(u,w) % ans = 0
dot(v,w) % ans = 0
det([u;v;w]) % ans deve ser positivo,
DM
-U
FS
Ca
r
221
% para que {u,v,w} seja positivamente orientado
norm(w) % ans e´ a norma do vetor w
Exerc´ıcios: Determine os seguintes vetores:
a) (1, 2, 3)× (2,−1, 3) b) (~ı− ~+ ~k)× (3~ı+ 4~− ~k)
c) ~w de mo´dulo 5, ortogonal aos vetores ~u = (1, 2,−1) e ~v = (1,−1, 2), de forma que
{~u,~v, ~w} seja positivamente orientado.
Seria poss´ıvel obter ~w como acima, com {~u,~v, ~w} e {~v, ~u, ~w} positivamente orientados?
4.2.5 Algumas aplicac¸o˜es do produto vetorial
Ca´lculo de a´reas
O mo´dulo de ~u×~v, quando ~u e ~v sa˜o l.i. representa a a´rea do paralelogramo ABCD
com
−→
AB = ~u e
−−→
AD = ~v.
~u
~v
�
�
�
�
�
�
θ
A B
CD
h
Temos que a a´rea de ABCD e´ | ~AB|h = |~u|h, onde h e´
a altura em relac¸a˜o a` base AB.
Sendo θ = ∠(~u,~v), temos que
h = |−−→AD| sen θ = |~v| sen θ.
Logo, A´rea(ABCD) = |~u||~v| sen θ = |~u× ~v| .
Consequentemente, a a´rea do triaˆngulo ABC pode ser calculado como
|−→AB ×−→AC|
2
.
Por exemplo, o triaˆngulo ABC onde A = (1, 2, 0), B = (2, 3, 1) e C = (1, 0, 4) tem
a´rea dada por
|(1, 1, 1)× (−1,−3, 3)|
2
=
|(6,−4,−2)|
2
=
|2(3,−2,−1)|
2
=
√
14. A a´rea
do paralelogramo ABDC onde D = A+
−→
AB +
−→
AC , e´ 2
√
14.
Ca´lculo da equac¸a˜o geral do plano dado vetorialmente
Seja o plano π : X = A+ λ~u+ µ~v, λ, µ ∈ R, onde ~u = (a1, a2, a3), ~v = (b1, b2, b3) e
A = (x0, y0, z0).
DM
-U
FS
Ca
r
222
A equac¸a˜o geral desse plano foi inicialmente calculada fazendo {−−→AX,~u,~v} l.d. e
portanto ∥∥∥∥∥∥∥∥∥
x− x0 y − y0 z − z0
a1 a2 a3
b1 b2 b3
∥∥∥∥∥∥∥∥∥
= 0.
Ou seja,
∥∥∥∥∥∥
a2 a3
b2 b3
∥∥∥∥∥∥ (x− x0)−
∥∥∥∥∥∥
a1 a3
b1 b3
∥∥∥∥∥∥ (y− y0) +
∥∥∥∥∥∥
a1 a1
b1 b2
∥∥∥∥∥∥ (z− z0) = 0 e´ a equac¸a˜o
geral do plano π.
Mas como


∥∥∥∥∥∥
a2 a3
b2 b3
∥∥∥∥∥∥ ,−
∥∥∥∥∥∥
a1 a3
b1 b3
∥∥∥∥∥∥ ,
∥∥∥∥∥∥
a1 a1
b1 b2
∥∥∥∥∥∥

 = ~u × ~v, a equac¸a˜o acima diz que
~u× ~v e´ ortogonal a −−→AX = (x− x0, y − y0, z − z0) para todo X ∈ π.
Logo, calcular o vetor normal ~u×~v e obter a equac¸a˜o geral de π fazendo −−→AX ·(~u×~v) =
0 e´ equivalente a impor que {−−→AX,~u,~v} e´ l.d, fazendo
∥∥∥∥∥∥∥∥∥
x− x0 y − y0 z − z0
a1 a2 a3
b1 b2 b3
∥∥∥∥∥∥∥∥∥
= 0.
Exemplo: Se π : X = (1, 2, 0)+λ(2, 1, 3)+µ(0, 2, 3), λ, µ ∈ R e´ nosso plano, podemos
calcular ~w = (2, 1, 3)× (0, 2, 3) calculando o determinante simbo´lico
∥∥∥∥∥∥∥∥∥
~ı ~ ~k
2 1 3
0 2 3
∥∥∥∥∥∥∥∥∥
= (3−
6)~ı− (6− 0)~+ (4− 0)~k = −3~ı− 6~+ 4~k = (−3,−6, 4).
Enta˜o a equac¸a˜o geral do plano π podeser dada por −3(x− 1)− 6(y − 2) + 4z = 0.
Esta equac¸a˜o tambe´m pode ser obtida fazendo
∥∥∥∥∥∥∥∥∥
x− 1 y − 2 z − 0
2 1 3
0 2 3
∥∥∥∥∥∥∥∥∥
= 0.
Ortogonalizac¸a˜o de bases no espac¸o
Dada uma base {~u,~v, ~w} no espac¸o, surgem situac¸o˜es em que se deseja contruir uma
base ortonormal {~e1, ~e2, ~e3} tal que ~e1 seja colinear com ~u e ~e2 coplanar com ~u e ~v.
DM
-U
FS
Ca
r
223
Claro que ~e1 = versor(~u) =
~u
|~u|
Como ~e3 deve ser ortogonal a ~e1 e a ~e2, e estes sa˜o coplanares com ~u e ~v, temos que
~e3 e´ ortogonal a ~u e ~v, e portanto, podemos considerar ~e3 como o versor de ~u× ~v.
Tendo ~e1 e ~e3, podemos escolher ~e2 como sendo ~e3 × ~e1, se quisermos base positiva.
Temos que ~e2 e´ coplanar com ~u e ~v pois os vetores com essa propriedade sa˜o os vetores
ortogonais a ~u× ~v que tem a mesma direc¸a˜o que ~e3, e ~e2 e´ ortogonal a ~e3.
Por exemplo, se ~u = (1, 2, 1), ~v = (1,−1, 2) e ~w = (−3, 2, 1), teremos:
• ~e1 = (1, 2, 1)√
6
,
• Inicialmente, calculamos ~u× ~v =
∥∥∥∥∥∥∥∥∥
~ı ~ ~k
1 2 1
1 −1 2
∥∥∥∥∥∥∥∥∥
= 5~ı− ~− 3~k = (5,−1,−3).
Enta˜o ~e3 =
(5,−1,−3)√
35
• ~e2 = ~e3 × ~e1 = 1√
35
1√
6
(5,−1,−3)× (1, 2, 1) = (5,−8, 11)√
210
.
Este processo NA˜O e´ o Processo de ortogonalizac¸a˜o de Gram-Schmidt estudado em
A´lgebra Linear, que obte´m o mesmo resultado sem utilizar produtos vetoriais, somente
com produtos escalares e que, por isso mesmo, se estende para outras dimenso˜es.
Lembramos que para obter as coordenadas dos vetores na nova base ortonormal, basta
fazer ~v = (v · ~e1)~e1 + (~v · ~e2)~e2 + (~v · ~e3)~e3.
Ale´m disso, (v · ~ei)~ei e´ a projec¸a˜o ortogonal de ~v na direc¸a˜o de ~ei e (v · ~ei)~ei + (~v · ~ej)~ej
e´ a projec¸a˜o ortogonal de ~v sobre o plano dado pelos vetores ~ei e ~ej (i, j ∈ {1, 2, 3}).
Represente os vetores a partir de um u´nico ponto A para enxergar a geometria.
Exerc´ıcios:
1. Calcule a a´rea do paralelogramo ABCD, onde A = (1, 2, 3), B = (2,−3, 4) e
D = (1, 3, 5). Calcule tambe´m a a´rea do triaˆngulo ABD.
DM
-U
FS
Ca
r
224
2. Determine a equac¸a˜o geral do plano π : X = (0,−1, 3)+λ(1, 1, 4)+µ(2,−3, 1),
λ, µ ∈ R, usando produto vetorial.
3. Determine um vetor ~w de mo´dulo 10, ortogonal a ~u = (−1, 3, 5) e ~v = (2,−1, 7),
de forma que {~u,~v, ~w} seja negativamente orientado.
4. Ortonormalize a base {(1, 2, 3), (0, 1, 3), (0, 0, 5)}, isto e´, obtenha uma base or-
tonormal, onde o primeiro vetor e´ paralelo a (1, 2, 3) e o segundo, coplanar com
(1, 2, 3) e (0, 1, 3).
5. Determine a equac¸a˜o vetorial da reta de intersecc¸a˜o entre os planos π1 : x −
3y + 4z = 0 e π2 : 2x− y − z = 0, sem resolver sistemas.
Observe que a reta de intersecc¸a˜o possui direc¸a˜o comum aos dois planos. Se ~w define
essa direc¸a˜o, ele e´ ortogonal a` normal de π1 e a` normal de π2, logo ~w e´ paralelo a
(1,−3, 4) × (2,−1,−1).
6. Sendo ABCD um tetraedro regular de lado 1, calcule || ~AB ∧ ~AC||.
7. Encontre a equac¸a˜o vetorial da reta perpendicular comum a`s retas r : X =
(1, 0, 0) + λ(1, 2, 3) e s : X = (−1, 2, 1) + µ(3,−2, 1). Qual a posic¸a˜o relativa
entre r e s?
8. Enconte um vetor x ortogonal a (1, 1, 0) e a (−1, 0, 1), com norma √3, que faz
aˆngulo agudo com (0, 1, 0).
9. Determine a equac¸a˜o vetorial da reta que passa por P = (2, 1,−1) e e´ perpen-
dicular ao plano π : X = (1, 2,−1) + t(2, 3,−1) + s(2, 1, 1), t, s ∈ R.
4.3 Produto misto e o volume do paralelep´ıpedo
Dados treˆs vetores ~u, ~v e ~w, o produto misto desses vetores e´ definido como o escalar
(~u× ~v) · ~w e e´ denotado por [~u,~v, ~w].
DM
-U
FS
Ca
r
225
Se {~u,~v, ~w} for base positiva, o produto misto [~u,~v, ~w] representa o volume do para-
lelep´ıpedo de arestas ~u, ~v e ~w com ve´rtice em um ponto A qualquer do espac¸o.
 ��
��
��
������ ��
��
��
A B
D C
E F
H G
~u
~w
~v
~u× ~v
θ
h
De fato:
Vimos que |~u× ~v| representa a a´rea do
paralelogramo da base ABCD,
onde ~u =
−→
AB e ~v =
−−→
AD.
Ale´m disso, a altura h e´ medida pela
projec¸a˜o ortogonal de ~w sobre ~u×~v, sendo
portanto h = ~w cos θ, onde
θ = ∡(~w, ~u× ~v).
Enta˜o o volume do paralelep´ıpedo e´ area(ABCD)·h = |~u×~v||~w| cos θ = (~u×~v)· ~w =
[~u,~v, ~w].
Se {~u,~v, ~w} for base negativa, o produto misto [~u,~v, ~w] e´ negativo e seu mo´dulo e´ o
volume do paralelep´ıpedo. O produto vetorial ~u × ~v estara´ no semiespac¸o oposto ao do
paralelep´ıpedo ABCDEFGH , em relac¸a˜o a` base ABCD formada por ~u e ~v. Observe
que {~u,~v,−~w} sera´ base positiva e o paralelep´ıpedo correspondente a ela tera´ volume
[~u,~v,−~w]. Este paralelep´ıpedo tem o mesmo volume do anterior. Da propriedade de
produto escalar, segue que o volume e´ −[~u,~v, ~w].
Portanto, [~u,~v, ~w] representa o volume do paralelep´ıpedo, a menos de sinal.
Em coordenadas, se ~u = (u1, u2, u3), ~v = (v1, v2, v3) e ~w = (w1, w2, w3), temos que
[~u,~v, ~w] e´ o determinante da matriz cujas linhas sa˜o as coordenadas dos vetores.
De fato,
[~u,~v, ~w] = (~u× ~v) · ~w =


∥∥∥∥∥∥
u2 u3
v2 v3
∥∥∥∥∥∥ ,−
∥∥∥∥∥∥
u1 u3
v1 v3
∥∥∥∥∥∥ ,
∥∥∥∥∥∥
u1 u2
v1 v2
∥∥∥∥∥∥

 · (w1, w2, w3) =
= w1
∥∥∥∥∥∥
u2 u3
v2 v3
∥∥∥∥∥∥− w2
∥∥∥∥∥∥
u1 u3
v1 v3
∥∥∥∥∥∥+ w3
∥∥∥∥∥∥
u1 u2
v1 v2
∥∥∥∥∥∥ =
DM
-U
FS
Ca
r
226
=
∥∥∥∥∥∥∥∥∥
u1 u2 u3
v1 v2 v3
w1 w2 w3
∥∥∥∥∥∥∥∥∥
.
Consequentemente, [~u,~v, ~w] = 0 se, somente se, {~u,~v, ~w} l.d. Isto generaliza a de-
finic¸a˜o de volume do paralelep´ıpedo por produto misto para paralelep´ıpedos degenerados,
lembrando que quando os vetores sa˜o l.d., o “paralelep´ıpedo”se achata num plano, dando
volume nulo.
Exemplo: Vamos calcular o volume do paralelep´ıpedo ABCDEFGH como na figura
anterior, onde .A = (1, 2, 0), B = (0, 1, 2), D = (1, 1, 3) e E = (2, 3, 5).
Temos ~u =
−→
AB = (−1,−1, 2), ~v = −−→AD = (0,−1, 3) e ~w = −→AE = (1, 1, 5). Assim, o
volume do paralelep´ıpedo e´ |[~u,~v, ~w]|. Como [~u,~v, ~w] =
∥∥∥∥∥∥∥∥∥
−1 −1 2
0 −1 3
1 1 5
∥∥∥∥∥∥∥∥∥
= 7, tem-se que
o volume e´ 7u3, onde u e´ a unidade de medida utilizada..
Como o produto misto e´ positivo, temos tambe´m que {~u,~v, ~w} e´ uma base positiva no
espac¸o.
O volume do tetraedro ABDE e´
1
6
V olume(paralelepipedo) =
7
6
Exerc´ıcios:
1. Calcule o volume do paralelepipedo cujas arestas que incidem num ve´rtice sa˜o
dados pelos vetores ~u = (1,−2, 3), ~v = (1, 1,−3) e ~w = (2,−1, 1).
2. Calcule o volume do tetraedro de ve´rtices A = (1, 1, 3), B = (0, 1, 1), C =
(3,−2, 1) e D = (−1, 1, 5). Qual a altura deste tetraedro em relac¸a˜o a` base
ABC?
3. Justifique que se A, B e C sa˜o treˆs pontos do espac¸o, e a matriz cujas linhas
sa˜o as coordenadas dos pontos tem determinante na˜o nulo, os treˆs pontos sa˜o
DM
-U
FS
Ca
r
227
na˜o colineares.
Deˆ exemplo de uma terna de pontos, mostrando que a rec´ıproca na˜o e´ verda-
deira, isto e´, os pontos podem ser na˜o colineares e o determinante ser nulo.
4. Suponha que ~u, ~v e ~w sejam treˆs vetores do espac¸o cujo produto misto e´ nulo.
Pode-se dizer que: ( ) os vetores sa˜o l.d., ( ) os vetores sa˜o coplanares, ( )
os vetores sa˜o colineares, ( ) ~w e´ c.l. de ~u e ~v.
5. Seja o plano α : X = A + λ~u+ µ~v. Justifique que [
−−→
AX,~u,~v] = 0.
Seja E+ o semiespac¸o determinado por α contendo P = A + ~u× ~v e seja E− o
semiespac¸o oposto.
Se Y e Z sa˜o pontos do espac¸o com [
−→
AY , ~u,~v] > 0 e [
−→
AZ, ~u,~v] < 0, em qual
semiespac¸o esta´ Y e em qual esta´ Z?
4.3.1 Propriedades de determinantes versus produto misto
1. Se trocarmos duas linhas de uma matriz entre si, o determinante muda de sinal.
Trocando duas vezes, volta ao original.
Consequentemente,