MA23 Unidades Geometria Analítica(1)

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1
Coordenadas e vetores no
plano
Sumário
1.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.2 Coordenadas e distância na reta . . . . . . . . . . . 3
1.3 Coordenadas e distância no plano . . . . . . . . . . 6
1.4 Distância entre pontos do plano . . . . . . . . . . . 8
1.5 Equipolência de segmentos orientados . . . . . . . . 14
1.6 Vetores no plano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
1.7 Textos Complementares . . . . . . . . . . . . . . . . 22
Unidade 1
Introdução
1.1 Introdução
Nesse capítulo, introduziremos coordenadas na reta e no plano, para repre-
sentar pontos por meio de números reais. A linguagem básica que utilizaremos
continua com a apresentação dos vetores no plano e de suas principais pro-
priedades. A representação dos pontos por suas coordenadas torna possível
resolver algebricamente diversos problemas geométricos, e o uso de vetores per-
mite o estudo de vários conceitos geométricos de forma mais simples e direta.
Para isso, admitiremos que o leitor tenha conhecimento dos axiomas e dos
principais resultados da Geometria Euclidiana Plana e Espacial, relativos aos
seus elementos básicos: pontos, retas e planos. A partir desses elementos e dos
axiomas de ordem, podemos definir dois conceitos fundamentais.
Sejam A e B dois pontos distintos. O segmento de reta AB é o conjunto
formado pelos pontos A e B e pelos pontos C entre A e B, e a semirreta
⇀
AB
é o conjunto formado pelo segmento AB e por todos os pontos D tais que B
está entre A e D.
A B D
Figura 1.1: Ponto D na semirreta
⇀
AB
Vamos rever alguns axiomas e resultados da Geometria Euclidiana que serão
úteis na construção da Geometria Analítica:
• por dois pontos distintos passa uma, e somente uma única reta (axioma de
incidência);
• dados uma reta r e um ponto P não pertencente a r, existe uma, e somente
uma reta paralela à reta r que passa por P (axioma das paralelas);
• dados um ponto P e uma reta r, existe apenas uma reta perpendicular a r
que passa por P ;
• por três pontos do espaço não situados numa mesma reta passa um, e somente
um plano (axioma de incidência).
Além desses, utilizaremos vários outros resultados da Geometria Euclidiana,
como oTeorema de Pitágoras, a Lei dos Cossenos, os casos de congruência
entre triângulos etc.
Para iniciarmos nosso estudo, devemos lembrar que, na Geometria Eucli-
2
Unidade 1Coordenadas e vetores no plano
diana Real, fixada uma unidade de comprimento, a cada par de pontos A e
B corresponde um número real, denominado distância entre os pontos A e
B ou comprimento do segmento AB, e designado por d(A,B) ou |AB|,
respectivamente, que satisfaz às seguintes propriedades:
1. d(A,B) ≥ 0;
2. d(A,B) = 0⇐⇒ A = B;
3. d(A,B) = d(B,A);
4. d(A,B) ≤ d(A,C) + d(C,B) (desigualdade triangular);
5. d(A,B) = d(A,C)+d(C,B)⇐⇒ A, B, e C são colineares e C está entre
A e B.
Finalmente, precisamos lembrar que dados uma semirreta
⇀
CD e um número
real λ > 0, existe um único ponto F ∈ ⇀CD tal que |CF | = λ.
1.2 Coordenadas e distância na reta
Sejam r uma reta e
⇀
OA uma semirreta de r com origem num ponto escolhido
O de r.
Seja B um ponto de r tal que O está entre B e A. A semirreta
⇀
OB é dita
oposta à semirreta
⇀
OA
B O A
Figura 1.2: A reta r se corresponde com o conjunto R dos números reais
A reta r é posta em correspondência com o conjunto dos números reais R
da seguinte maneira:
• à origem O faz-se corresponder o número 0 (zero);
• a cada ponto X 6= O, da semirreta ⇀OA corresponde o número real
positivo x = d(O,X);
3
Unidade 1
Coordenadas e distância na reta
• a cada ponto X, X 6= O, da semirreta ⇀OB corresponde o número real
negativo x = −d(O,X).
A correspondência
r ←→ R
acima descrita é biunívoca (exercício).
Definição 1 O número real x que corresponde ao ponto X segundo a correspondência
acima estabelecida é denominada a coordenada do ponto X.
x=−d(O,X)
X
0
O
x=d(O,X)
X
Figura 1.3: Coordenadas dos pontos na reta r
Definição 2 Sejam X e Y pontos da reta r com coordenadas x e y, respectivamente.
Dizemos que o ponto Y está à direita do ponto X (ou que o ponto X está à
esquerda do ponto Y ) se, e somente se, x < y.
Dessa forma, os pontos da semirreta
⇀
OA distintos de O estão à direita de
O e os pontos da semirreta oposta a
⇀
OA estão à esquerda de O.
Assim, semirreta
⇀
OA estabelece um sentido de percurso na reta r.
Uma reta sobre a qual foi escolhida uma semirreta
⇀
OA denominada eixo
E de origem O e direção induzida pela semirreta
⇀
OA.
Proposição 3 Se x e y são as coordenadas dos pontos X e Y sobre o eixo E, respecti-
vamente, então
d(X, Y ) = |x− y|.
Demonstração
É fácil verificar o resultado quando X = Y ou X = O ou Y = O.
Suponhamos que X, Y e O sejam três pontos distintos. Sem perda de
generalidade, suponhamos que X está à esquerda de Y , isto é, x < y. Temos
então três casos a considerar:
Caso 1. X e Y estão à direita da origem. Isto é, 0 < x < y.
4
Unidade 1Coordenadas e vetores no plano
0
O
x
X
y
Y
E
Figura 1.4: Caso 1. 0 < x < y
Neste caso, X está entre O e Y , pois, caso contrário, Y estaria entre O e
X e d(O, Y ) = y seria menor que d(O,X) = x. Logo,
d(O, Y ) = d(O,X) + d(X, Y ) ⇐⇒ y = x+ d(X, Y )
⇐⇒ d(X, Y ) = y − x = |y − x|.
Caso 2. X está à esquerda de O e Y está à direita de O. Isto é, x < y < 0.
x
X
y
Y
0
O
E
Figura 1.5: Caso 2. x < y < 0
De maneira análoga ao caso anterior, verificamos que Y está entre X e O.
Assim,
d(X,O) = d(X, Y ) + d(Y,O) ⇐⇒ −x = d(X, Y )− y
⇐⇒ d(X, Y ) = y − x = |y − x|.
Caso 3. X está à esquerda de O e Y está à direita de O. Isto é, x < 0 < y.
x
X
0
O
y
Y
E
Figura 1.6: Caso 3. x < 0 < y
Neste caso, Y está na semirreta
⇀
OA e X está na semirreta oposta a
⇀
OA.
Portanto, O está entre X e Y e
d(X, Y ) = d(X,O) + d(O, Y )
⇐⇒ d(X, Y ) = −x+ y = y − x = |y − x|.
Pela Proposição 3 temos que, se CD é um segmento do eixo E tal que C
está à esquerda de D, então o ponto X pertence ao segmento CD se, e só se,
c ≤ x ≤ d, onde c, d e x são as coordenadas de C, D e X, respectivamente.
Isto é, há uma correspondência biunívoca entre os pontos do segmento CD e
os números reais do intervalo [c, d]:
CD ←→ [c, d]
5
Unidade 1
Coordenadas e distância no plano
Exemplo 1
Sejam X e Y pontos de coordenadas x e y no eixo E. Então, a coordenada
do ponto médio M do segmento XY é m =
x+ y
2
.
x
X
m
M
y
Y
E
Figura 1.7: Sendo M o ponto médio do segmento XY , tem-se: d(M,X) = d(M,Y )
Solução. De fato, suponhamos que X está à esquerda de Y (o caso em que
Y está à esquerda de X se trata de forma análoga). Como o ponto médio M
está entre X e Y , temos x < m < y. Logo,
d(M,X) = d(M,Y ) ⇐⇒ |x−m| = |y −m|
⇐⇒ m− x = y −m
⇐⇒ 2m = x+ y
⇐⇒ m = x+ y
2
.
1.3 Coordenadas e distância no plano
O X
Y
pi
igual unidade
de medida em
ambos eixos
III
III IV
Figura 1.8: Sistema de eixos ortogonais OXY no plano
Sistema de eixos ortogonais
num plano. Seja pi um plano e se-
jam dois eixos contidos em pi, com
unidades de medida de comprimento
igual, que se intersectam perpen-
dicularmente no ponto O do plano
pi que é origem comum deles. Para
facilitar a visualização, convencionamos
que:
• um dos eixos, denominado eixo-
OX, é horizontal, orientado para
a direita e sua coordenada é a pri-
meira coordenada ou abscissa;
• o outro eixo, denominado eixo-OY , é vertical, orientado para cima e a coor-
denada nesse eixo é a segunda coordenada ou ordenada.
6
Unidade 1Coordenadas e vetores no plano
Em todo o seguinte, faremos referência a essa configuração como sistema
de eixos ortogonais OXY ou, brevemente, sistema OXY.
Uma vez escolhido um sistema de eixos OXY no plano pi, o complementar
dos eixos no plano consiste de quatro partes denominadas quadrantes e numer-
adas como na Figura 1.8: primeiro quadrante (I), segundo quadrante (II),
terceiro quadrante (III) e quarto quadrante (IV ), respectivamente.
A escolha de um sistema de eixos ortogonais permite estabelecer uma cor-
respondência biunívoca entre os pontos do plano pi e os pares ordenados de
números reais do conjunto R2 = {(a, b); a, b ∈ R} da seguinte maneira:
Ao ponto P ∈ pi fazemos corresponder o par ordenado (a, b) se P não está
sobre os eixos, a é a abscissa do pé da perpendicular ao eixo-OX por P e b é
a ordenada do pé da perpendicular ao eixo-OY por P .
O X
Y
pi
(0, 0)
(2, 0)
(0,−√2)
(4, 2)
(−3, 3)
(−√3,−2) (pi,−2)
Figura 1.9: Pontos no plano pi
Os números a, b ∈ R do par or-
denado (a, b) associado ao ponto P
são as coordenadas cartesianas do
ponto P , a é a abscissa ou primeira
coordenada de P e b é a ordenada
ou segunda coordanada de P .
Na Figura 1.9 ilustramos alguns
pontos do plano pi com suas co-
ordenadas em relação ao sistema
OXY .
Reciprocamente, ao par ordena-
do (a, b) ∈ R2 associamos o ponto
P do plano pi dado pela interseção
da perpendicular ao eixo-OX que passa pelo ponto de abscissa a, com a per-
pendicular ao eixo-OY que passa pelo ponto de ordenada b.
Sabendo que (a, b) = (a′, b′) em R2 se, e somente se, a = a′ e b = b′, é
simples verificar que a correspondência
ponto do plano pi ←→ par ordenado de R2
é uma bijeção, isto é, uma correspondência biunívoca.
Notação: Se P ∈ pi corresponde a (a, b) ∈ R2, escrevemos P = (a, b).
Observe que os pontos do eixo-OX têm coordenadas (x, 0) e os pontos do
eixo-OY tem coordenadas (0, y).
7
Unidade 1
Distância entre pontos do plano
+ Para Saber Mais - Sistemas de Coordenadas - Clique para ler
1.4 Distância entre pontos do plano
Sejam P = (a, b) e Q = (c, d) pontos no plano pi dados pelas suas coorde-
nadas em relação a um sistema de eixos ortogonais OXY dado.
O X
Ypi
P
Q
R
a
b
c
d
Figura 1.10: Distância entre pontos no plano pi
Seja R = (c, b) (Figura 1.11).
A distância de P a Q, que desig-
namos d(P,Q), é a medida da hi-
potenusa PQ do triângulo retân-
gulo 4PQR de catetos PR e QR.
Sendo a distância entre dois pon-
tos de um eixo medida pelo módulo
da diferença das suas coordenadas,
as medidas desses catetos são, res-
pectivamente, |PR| = |a − c| e
|QR| = |b − d|. Do teorema de
Pitágoras, obtemos:
d(P,Q) = |PQ| =
√
|PR|2 + |QR|2 =
√
(a− c)2 + (b− d)2. (1.1)
Assim, a distância de P = (a, b) a Q = (c, d) é a raiz quadrada da soma dos
quadrados das diferenças das coordenadas correspondentes.
Exemplo 2
Calcule a distância do ponto A = (−1, 2) ao ponto B = (2,−3).
Solução. Temos:
d(A,B) =
√
(2− (−1))2 + (−3− 2)2 = √9 + 25 = √34.
Exemplo 3
Determine m ∈ R para que os pontos P = (m, 1) e Q = (2m,−m) estejam
a distância 1.
Solução. Temos:
8
Unidade 1Coordenadas e vetores no plano
d(P,Q) =
√
(2m−m)2 + (−m− 1)2
=
√
2m2 + 2m+ 1 = 1
⇐⇒ 2m2 + 2m+ 1 = 1
⇐⇒ m(m+ 1) = 0
⇐⇒ m = 0 ou m = −1.
Exemplo 4
Se A = (1, 3), determine os pontos P do eixo-OX tais que d(P,A) = 5.
Solução. O ponto P é da forma (x, 0) para algum x ∈ R. Logo,
d(A,P ) =
√
(x− 1)2 + (0− 3)2 = 5
⇐⇒ (x− 1)2 + 9 = 25⇐⇒ (x− 1)2 = 16
⇐⇒ x− 1 = ±4⇐⇒ x = 5 ou x = −3
⇐⇒ P = (5, 0) ou P = (−3, 0).
O cálculo de distâncias permite obter uma caracterização algébrica do círculo
no plano, do ponto médio e da mediatriz de um segmento no plano.
Definição 4O círculo C de centro no ponto A ∈ pi e raio r > 0 é o conjunto que
consiste dos pontos do plano pi situados à distância r do ponto A, ou seja:
C = {P ∈ pi | d(P,A) = r}.
O X
Y
P
A
C
pi
a x
b
y
r
Figura 1.11: Círculo C de centro A e raio r
Se A = (a, b) num sistema de
eixos ortogonais OXY no plano pi,
P = (x, y) ∈ C
⇐⇒ d(P,A) = r
⇐⇒ d(P,A)2 = r2
⇐⇒ (x− a)2 + (y − b)2 = r2.
Assim, associamos ao círculo C
a equação (x−a)2+(y− b)2 = r2,
que relaciona a abscissa com a or-
denada de cada um de seus pon-
tos. Propriedades geométricas do
círculo são deduzidas por métodos
algébricos estudando sua equação.
9
Unidade 1
Distância entre pontos do plano
Exemplo 5
Determine o centro e o raio do círculo dado pela equação:
(a) C : x2 + y2 − 4x+ 6y = 0.
(b) C : x2 + y2 + 3x− 5y + 1 = 0.
Solução. (a) Completando os quadrados, obtemos:
x2 − 4x+ y2 + 6y = 0
(x2 − 4x+4) + (y2 + 6y+9) = 0+4+9
(x− 2)2 + (y + 3)2 = 13.
Portanto, o círculo C tem centro no ponto A = (2,−3) e raio r = √13.
(b) Completando os quadrados, obtemos:
x2 + 3x+ y2 − 5y = −1(
x2 + 3x+
9
4
)
+
(
y2 − 5y+25
4
)
= −1+9
4
+
25
4(
x+
3
2
)2
+
(
y − 5
2
)2
=
30
4
.
Assim, C é o círculo de centro no ponto A =
(
−3
2
,
5
2
)
e raio r =
√
30
2
.
No seguinte exemplo veremos que as coordenadas do ponto médioM de um
segmento AB no plano pi são os valores médios das respectivas coordenadas
dos pontos A e B.
Exemplo 6
Se A = (x1, y1) e B = (x2, y2) são pontos no plano pi representados pelas
suas coordenadas em relação um sistema de eixos ortogonais OXY , então,
M =
(
x1 + x2
2
,
y1 + y2
2
)
.
é o ponto médio do segmento AB.
10
Unidade 1Coordenadas e vetores no plano
O X
Y pi
A
B
C
D
M
x1 xM x2
y1
yM
y2
Figura 1.12: M é o ponto médio do segmento AB
Solução. Sejam M = (xM , yM)
o ponto médio do segmento AB,
C = (xM , y1) e D = (xM , y2).
Como 4AMC e 4BMD são
triângulos congruentes (AAL),
• d(A,C) = d(B,D)
=⇒ |xM − x1| = |x2 − xM |
=⇒ xM = valor médio entre x1 e x2
=⇒ xM = x1 + x2
2
.
• d(C,M) = d(D,M)
=⇒ |yM − y1| = |y2 − yM |
=⇒ yM = valor médio entre y1 e y2 =⇒ yM = y1 + y2
2
.
No seguinte exemplo vamos usar coordenadas e a distância no plano para
dar uma caracterização algébrica dos pontos que pertencem à mediatriz de um
segmento dado.
Exemplo 7
Seja R o conjunto dos pontos equidistantes dos pontos A e B no plano pi:
R = {P ∈ pi | d(P,A) = d(P,B)}.
Mostre, algebricamente, que R é a mediatriz do segmento AB, isto é,
R é a reta perpendicular ao segmento AB que passa pelo seu ponto médio M .
Solução. Consideremos um sistema de eixos ortogonais OXY de modo que
o eixo−OX seja a reta que passa pelos pontos A e B, com origem no ponto
médio M do segmento AB e orientada de modo que A esteja à esquerda de B
(figura 1.14).
Neste sistema de eixos, A e B têm coordenadas (−x0, 0) e (x0, 0), respec-
tivamente, para algum número real x0 > 0. Então,
P = (x, y) ∈ R ⇐⇒ d(P,A) = d(P,B)⇐⇒ d(P,A)2 = d(P,B)2
⇐⇒ (x− (−x0))2 + (y − 0)2 = (x− x0)2 + (y − 0)2
⇐⇒ (x+ x0))2 + y2 = (x− x0)2 + y2
⇐⇒ x2 + 2xx0 + x20 + y2 = x2 − 2xx0 + x20 + y2
⇐⇒ 2xx0 = −2xx0 ⇐⇒ 4xx0 = 0
⇐⇒ x = 0⇐⇒ P ∈ eixo−OY .
11
Unidade 1
Distância entre pontos do plano
pi
R
A
B
M
P
Figura 1.13: Mediatriz e ponto médio de AB
pi
R
A
−xo
B
xo
M=O
P
X
Y
Figura 1.14: Escolha do sistema de eixos ortogonais
Portanto, R = {(x, y) ∈ R2 |x = 0} = eixo − OY corresponde, geomet-
ricamente, à reta perpendicular ao segmento AB que passa pelo ponto médio
M do segmento AB.
θ
A
BC a
b
c
c2=a2+b2−2ab cos θ
Figura 1.15: Lei dos Cossenos
No seguinte exemplo vamos caracteri-
zar, em termos de coordenadas, os pontos
obtidos a partir de um ponto dado apli-
cando uma rotação de 90◦ com respeito
à origem.
Para isso precisamos lembrar do se-
guinte resultado (Figura 1.15):
Lei dos Cossenos: Se 4ABC é um
triângulo, θ = ÂCB é o ângulo no vér-
tice C e a, b e c são os comprimentos
dos lados opostos aos vértices A, B e C, respectivamente, então:c2 =
a2 + b2 − 2ab cos θ.
Exemplo 8
Seja P = (x, y) 6= O um ponto do plano pi. Então, os pontos P ′ = (−y, x)
e P ′′ = (y,−x) são obtidos a partir do ponto P rotacionando de 90◦ o segmento
OP em torno da origem.
12
Unidade 1Coordenadas e vetores no plano
P
P ′
X
Y
O x−y
y
x
θ
pi
Figura 1.16: Posição dos pontos P e P ′
Convenção: a rotação de 90◦
que leva o ponto P = (x, y) no
ponto P ′ = (−y, x) tem sentido
positivo e a rotação de 90◦ que leva
o ponto P no ponto P ′′ = (y,−x)
tem sentido negativo.
Solução. Como
d(P,O)2 = (x− 0)2 + (y − 0)2
= x2 + y2
d(P ′, O)2 = (−y − 0)2 + (x− 0)2 = y2 + x2,
o triângulo 4POP ′ é isósceles.
Além disso,
d(P, P ′)2 = (−y − x)2 + (y − x)2
= y2 + 2xy + x2 + x2 − 2xy + y2
= 2(x2 + y2) = (x2 + y2) + (x2 + y2) = d(P,O)2 + d(P ′, O)2.
Pela Lei dos Cossenos, se θ = P̂OP ′ (Figura 1.16),
d(P, P ′)2 = d(P,O)2 + d(P ′, O)2 − 2d(P,O) d(P ′, O) cos θ,
logo, cos θ = 0 e o triângulo 4POP ′ é retângulo em O.
Isso significa que o ponto P ′ é obtido a partir do ponto P rotacionando o
segmento OP de 90◦ em torno da origem (Figura 1.17).
P
P ′
X
Y
O x−y
y
x
pi
Figura 1.17: P ′ obtido rotacionando P de 90◦
P
P ′′
X
Y
O x
y
y
−x
pi
Figura 1.18: P ′′ obtido rotacionando P de −90◦
Análogamente, se prova que o ponto P ′′ = (y,−x) é obtido a partir do
ponto P rotacionando o segmento OP de 90◦ em torno da origem no sentido
13
Unidade 1
Equipolência de segmentos orientados
negativo (Figura 1.14)
+ Para Saber Mais - Fermat e Descartes - Clique para ler
1.5 Equipolência de segmentos orientados
Figura 1.19: Bellavitis (1803-1880)
Os métodos algébricos da Geometria cartesiana
de Fermat e Descartes influenciaram enormemente
a matemática ao longo de quase 200 anos até que
foram necessários metodos mais diretos e livres de
coordenadas na geometria.
Em 1832 Giusto Bellavitis publica um tra-
balho onde é apresentado o conceito de equipolên-
cia entre segmentos que é, basicamente, a noção
de vetor que conhecemos e que foi formalizada em
1844 por Hermann Grassmann no seu Die Lin-
eale Ausdehnungslehre, ein neuer Zweig der Mathematik (Teoria de Extensão
Linear, um novo ramo da Matemática)
+ Para Saber Mais - Sobre paralelogramos. - Clique para ler
A
B
A
B
Figura 1.20: Segmentos com sentidos opostos
Seja AB um segmento orientado
de origem A e extremidade B. Isto é, no
segmento AB estabelecemos um sen-
tido de percurso (orientação) deA para
B. Nessa situação, dizemos que o seg-
mento BA está orientado com o sentido
de percurso oposto ao do segmento
AB (Figura 1.20). Bellavitis classificou
os segmentos orientados do plano a par-
tir da relação de equipolência:
14
Unidade 1Coordenadas e vetores no plano
Definição 5Dizemos que os segmentos orientados AB e CD são equipolentes, e
escrevemos AB ≡ CD, quando satisfazem às seguintes três propriedades:
(a) têm o mesmo comprimento;
(b) são paralelos ou colineares;
(a) têm o mesmo sentido
A
B
C
D
(a)
A
B
D
C
(b)
Figura 1.21: Segmentos colineares AB e CD
com (a) o mesmo sentido (b) sentidos opostos
A
B
C
D
(a)
A
B
D
C
(b)
Figura 1.22: (a) AB ≡ CD (b) AB 6≡ CD
Note que dois segmentos colineares AB e CD (Figura 1.21) têm o mesmo
sentido quando induzem o mesmo sentido de percurso na reta que os contêm.
Se AB e CD são segmentos paralelos e de comprimento igual, então AB
e CD têm o mesmo sentido quando ABDC é um paralelogramo.
Assim, na Figura 1.22 (a), AB ≡ CD, porque ABDC é um paralelogramo
e, na Figura 1.22 (b), AB 6≡ CD, porque ABDC não é um paralelogramo.
A seguinte proposição fornece um critério para verificar quando dois seg-
mentos são equipolentes.
Proposição 6AB ≡ CD ⇐⇒ ponto médio de AD = ponto médio de BC.
+ Para Saber Mais - Prova da proposição 6. - Clique para ler
Da Proposição 6 resulta que, se A, B, C e D são pontos no plano, então:
AB ≡ CD ⇐⇒ AC ≡ BD.
A seguinte proposição nos diz que qualquer ponto do plano é a extremidade
inicial de um segmento orientado equipolente a um segmento orientado dado.
15
Unidade 1 Vetores no plano
Proposição 7 Dados os pontos A, B e C, existe um único ponto D tal que AB ≡ CD.
+ Para Saber Mais - Prova da Proposição 7. - Clique para ler
Vamos caracterizar a equipolência em termos de coordenadas. Para isso,
consideremos um sistema de eixos ortogonais OXY no plano, e sejam
A = (a1, a2); B = (b1, b2); C = (c1, c2) e D = (d1, d2)
pontos do plano expressos em coordenadas com relação ao sistema dado.
Proposição 8 AB ≡ CD ⇐⇒ b1 − a1 = d1 − c1 e b2 − a2 = d2 − c2.
Demonstração
Pela Proposição 6,
AB ≡ CD ⇐⇒ ponto médio de AD = ponto médio de BC
⇐⇒
(
a1 + d1
2
,
a2 + d2
2
)
=
(
b1 + c1
2
,
b2 + c2
2
)
⇐⇒ (a1 + d1, a2 + d2) = (b1 + c1, b2 + c2)
⇐⇒ a1 + d1 = b1 + c1 e a2 + d2 = b2 + c2
⇐⇒ b1 − a1 = d1 − c1 e b2 − a2 = d2 − c2.
como queríamos demonstrar.
Exemplo 9
Dados os pontos A = (1, 2), B = (3,−2) e C = (−2, 0), determine as
coordenadas do ponto D = (x, y) de modo que AB ≡ CD.
Solução. Pela proposição 8, temos
AB ≡ CD ⇐⇒ 3− 2 = x− (−2) e − 2− 2 = y − 0
⇐⇒ x = −1 e y = −4 ⇐⇒ D = (−1,−4).
+ Para Saber Mais - Relação de equivalência - Clique para ler
1.6 Vetores no plano
A relação de equipolência permite classificar os segmentos orientados do
plano mediante a seguinte definição.
16
Unidade 1Coordenadas e vetores no plano
Definição 9Sejam A e B pontos no plano. O vetor −→v = −−→AB é o conjunto de todos
os segmentos orientados equipolentes a AB. Cada segmento equipolente a AB
é um representante do vetor
−−→
AB (Figura 1.23).
Observação 10
A
B
Figura 1.23: Representantes de
−−→
AB
(a) Os segmentos orientados AB e
CD são equipolentes se, e somente se,
representam o mesmo vetor. Isto é,
AB ≡ CD ⇐⇒ −−→AB = −−→CD .
(b) Dado um ponto A no plano, o
vetor
−→
0 =
−−→
AA é o vetor nulo. Note
que
−→
0 =
−−→
BB , qualquer que seja o ponto
B no plano.
(c) Pela Proposição 7, dado um ve-
tor
−→v e um ponto qualquer C, existe um
único ponto D tal que −→v = −−→CD .
Isto é, qualquer ponto do plano é origem de um único segmento orientado
representante do vetor
−→v .
Na prática, os vetores são manipulados através das suas representações em
relação a um sistema de eixos ortogonais dado.
Definição 11Dados A = (a1, a2) e B = (b1, b2), os números b1 − a1 e b2 − a2 são as
coordenadas do vetor
−→v = −−→AB e escrevemos −→v = (b1 − a1, b2 − a2).
Note que, se AB ≡ CD, então, pela Proposição 8,−−→
AB = (b1 − a1, b2 − a2) = (d1 − c1, d2 − c2) = −−→CD .
Isto é, as coordenadas de um vetor são calculadas usando qualquer segmento
orientado que o represente.
Exemplo 10
Sejam A = (1, 2), B = (3, 1) e C = (4, 0). Determine as coordenadas do
vetor
−→v = −−→AB e as coordenadas do ponto D tal que −→v = −−→CD .
Solução. Temos
−→v = −−→AB = (3− 1, 1− 2) = (2,−1) .
Além disso, se D = (d1, d2), segue que
17
Unidade 1 Vetores no plano
−→v = −−→AB = −−→CD ⇐⇒ AB ≡ CD
⇐⇒ (2,−1) = (d1 − 4, d2 − 0)
⇐⇒ 2 = d1 − 4 e − 1 = d2 − 0
⇐⇒ d1 = 2 + 4 = 6 e d2 = −1 + 0 = −1 .
Portanto, D = (6,−1).
Da observação 10 (c), temos que se
−→v é um vetor e AB é um dos seus
representantes, então existe um único ponto P tal que −→v ≡ −−→OP = −−→AB .
Assim, se A = (a1, a2), B = (b1, b2) e P = (x, y):
AB ≡ OP ⇐⇒ (b1 − a1, b2 − a2) = (x− 0, x− 0) = (x, y)
Ou seja, vale a seguinte proposição:
Proposição 12 Seja OXY um sistema de eixos ortogonais no plano. Para todo vetor −→v
existe um único ponto P tal que −→v = −−→OP . Além disso, as coordenadas do
ponto P coincidem com as coordenadas do vetor −→v .
Exemplo 11
Dados A = (−1, 2) e B = (4, 1), determine o ponto P tal que−−→OP =−−→AB .
Solução. Pela Proposição 12 (Figura 1.24),
P = (4− (−1), 1− 2) = (4 + 1,−1) = (5,−1).
X
Y
A
−1
2
1 B
4
P
5
−1
Figura 1.24: AB ≡ OP , Exemplo 11
Observação 13 É importante lembrar que a escolha de um sistema de eixos ortogonais nos
permite identificar pontos do plano com pares ordenados de números reais em
R2. A Proposição 12 nos permite estabelecer outra identificação em que a cada
vetor do plano corresponde, também, um par ordenado em R2:
18
Unidade 1Coordenadas e vetores no plano
Ponto do plano ←→ Vetor do plano ←→ Par ordenado em R2
P ←→ −−→OP ←→ (p1, p2)
Exercícios
1. Verifique que a correspondência que a cada ponto de uma reta r faz corre-
sponder a sua coordenada em R é uma correspondência biunívoca.
2. Usando apenas semirretas construa uma definição do conceito de "Y está à
direita de X".
3. Sejam A e B dois pontos distintos do eixo E com coordenadas a e b, res-
pectivamente. Determine as coordenadas dos pontos X1, X2, . . . , Xn−1 do
eixo E que dividem o segmento AB em n segmentos de igual comprimento.
4. Um ponto G divide o segmento AB do eixo E em média e extrema
razão se
d(A,B)
d(A,G)
=
d(A,G)
d(G,B)
. Determine a coordenada g de G em termos
das coordenadas a e b de A e B, respectivamente.
5. Mostre que o conjunto A = {P = (x, y) |x3 + y3 = 1} não intersecta o
terceiro quadrante do plano.
6. O círculo C de centro A e raio r > 0 divide o plano em três subconjuntos
disjuntos, são estes
• o conjunto dos pontos do próprio círculo C: P ∈ C ⇐⇒ d(A,P ) = r;
• o conjunto I dos pontos interiores a C: P ∈ I ⇐⇒ d(A,P ) < r;
• o conjunto E dos pontos exteriores a C, P ∈ E ⇐⇒ d(A,P ) > r.
(a) Determine se os pontos P = (1, 1), Q = (−3, 2), R = (−2,−2),
S = (4,−2) pertencem ao círculo C : x2+ y2− 4x+2y = 8, ao seu interior
ou ao seu exterior.
(b) Determine se o círculo C1 : x2 − x+ y2 − 1 = 0 intersecta o círculo C.
Caso negativo, decida se C1 está contido no interior ou no exterior de C.
19
Unidade 1 Vetores no plano
7. Um subconjunto A do plano é limitado se consiste de pontos interiores a
um círculo.
(a)Mostre que A é limitado se, e somente se, A consiste de pontos interiores
a um círculo centrado na origem.
(b) Um subconjunto A do plano é ilimitado quando não é limitado. Mostre
que A é ilimitado se, e somente se, A possui pontos exteriores a qualquer
círculo centrado na origem.
(c) Mostre que o conjunto A do Exercício 5 é ilimitado.
8. Um subconjunto A do plano é
• simétrico em relação ao eixo-OX se (x, y) ∈ A⇐⇒ (x,−y) ∈ A;
• simétrico em relação ao eixo-OY se (x, y) ∈ A⇐⇒ (−x, y) ∈ A;
• simétrico em relação à origem, se (x, y) ∈ A⇐⇒ (−x,−y) ∈ A.
(a) Mostre que o conjunto A = {P = (x, y) |x4 + y4 = 1} é simétrico em
relação aos eixos OX e OY e também em relação à origem.
(b) Mostre que A é limitado.
9. Determine o centro e o raio dos círculos cujas equações são:
C1 : x2 + y2 = 2x+ 4y e C2 : x2 + y2 = 4y − 8x.
Verifique que os círculos se intersectam e determine as coordenadas dos
pontos de interseção.
10. Seja 4ABC um triângulo retângulo de hipotenusa BC. Calculando dis-
tâncias em coordenadas mostre que o comprimento da mediana relativa ao
lado BC é a metade do comprimento do lado BC.
11. Seja AB um diâmetro do círculo C e seja C um ponto de C diferente de A
e B. Usando a distância em coordenadas, mostre que o triângulo 4ABC
é retângulo.
12. Determine o vértice C do triângulo equilátero 4ABC, sabendo que A =
(x, 0) e B = (−x, 0).
20
Unidade 1Coordenadas e vetores no plano
13. Use o GeoGebra para localizar os pontos A = (−2, 2), B = (1, 1), C =
(1, 3), D = (3, 4), E = (3, 2), F = (6, 1), G = (3, 1), H = (1, 0),
I = (0, 4), J = (−3, 2), K = (−1, 1), L = (−3, 0), M = (−2,−3),
N = (1,−1), P = (5, 0) e Q = (3, 1). Por mera inspeção, decida quais dos
seguintes segmentos são equipolentes: AB, AC, CD, DF , EF , GH, EJ ,
IJ , KL, NM , MN , PQ.
14. Em cada caso, determine o pontoD tal que CD ≡ AB, ondeA = (−1,−1),
B = (2, 3) e C é o ponto:
(a) (2, 1); (b) (−2, 0); (c) (1, 3); (d) (1, 1); (e) (2, 3).
15. Determine o ponto P tal que
−−→
OP =
−−→
AB , onde:
(a) A = (1,−1) e B = (1, 1);
(b) A = (−2, 0) e B = (1, 3);
(c) A = (−1,−3) e B = (0, 0);
(d) A = (2,−2) e B = (2, 2).
16. Sejam A = (1,−1) e B = (4, 1) vértices do paralelogramo P = ABDC.
Sabendo que as diagonais de P se cortam no ponto M = (3, 2), determine
os vértices C e D.
17. Dados os pontos A = (1, 1), B = (3, 4) e C = (4, 2), determine os possíveis
pontos D tais que A, B, C e D sejam os vértices de um paralelogramo.
18. Se
−−→
PQ = (2, 1), determine a equação que satisfazem as coordenadas do
ponto Q = (x, y), sabendo que P pertence ao círculo de centro na origem
e raio 1.
�
21
Unidade 1 Textos Complementares
1.7 Textos Complementares
Para Saber Mais
Figura 1.25: Ptolomeu
Ao longo do tempo, com diversas motivações práticas,
o ser humano se defrontou com a necessidade de localizar
lugares e medir distâncias e áreas de regiões, valendo-se de
Sistemas de Coordenadas para esses fins. Sabe-se que os
sistemas de coordenadas são usados na Astronomia e na
Geografia, ainda que não na forma que usamos atualmente,
desde a época dos gregos como Hiparco por volta de 150
a.C., sendo um dos exemplos mais famosos e relevantes o do mapa do Mundo
de Claudio Ptolomeu (85�165 d.C.).
Figura 1.26: Reprodução de mapa de Ptolomeu por Johannes Schnitzer, 1482.
Figura 1.27: Oresme
Em sua obra De configurationibus qualitatum et mo-
tuum, Nicole Oresme (1323�1382) utiliza um sistema de
coordenadas para elaborar um gráfico onde representa a
variação de uma magnitude (velocidade) em termos de ou-
tra (tempo). A obra de Oresme foi reproduzida ao longo de
100 anos preservando sua forma original e nela aparecem
pela primeira vez os termos latitude e longitude.
22
Unidade 1Coordenadas e vetores no plano
Para Saber MaisA Geometria Analítica moderna foi descoberta de forma independente
e quase simultânea por Pierre de Fermat em 1629 (num trabalho publi-
cado apenas em 1679) e René Descartes em 1637 num trabalho denominado
La Géométrie publicado em 1637 como apêndice da sua obra Discours de la
méthode pour bien conduire sa raison et chercher la vérité dans les sciences
� (Discurso do método para bem conduzir a razão e procurar a verdade nas
ciências). O fato que permitiu a descoberta foi o grau de desenvolvimento
em que se encontrava a Álgebra simbólica na época, o que permitiu manipular
quantidades abstratas sem o caráter de medida da Geometria grega. A obra de
Descartes consistia de três partes. Na primeira são postas as bases do que viria
a ser a Geometria Algébrica, permitindo um avanço considerável em relação à
matemática grega. Enquanto para os gregos uma variável x significava o com-
primento de um segmento, um produto x · y a área de um retângulo e x · y · z
o volume de um paralelepípedo, para Descartes x · x = x2 era apenas o quarto
termo da proporção 1 : x :: x : x2 (leia-se 1 está para x como x está para x2).
Figura 1.28: Pierre de Fermat (1601-1665) Figura 1.29: René Descartes (1596-1650)
Na segunda parte do La Géométrie, Descartes faz uma classificação de al-
gumas curvas planas e descreve um método para construir tangentes a curvas
(antes da invenção do Cálculo) e na terceira parte trata da resolução de equações
de grau maior ou igual a 3. Deve-se a Descartes, também, o uso de expoentes
para designar as potências.
23
Unidade 1 Textos Complementares
Figura 1.30: La Géométrie, página de rosto
24
Unidade 1Coordenadas e vetores no plano
Para Saber MaisUm paralelogramo é um quadrilátero com lados opostos paralelos (Figura
1.31). Dado o quadrilátero ABDC, usando congruência de triângulos prova-se
que as seguintes afirmações são equivalentes:(a) O quadrilátero é um paralelogramo;
(b) Seus lados opostos são congruentes;
A
B
D
C
Figura 1.31: Paralelogramo ABDC, lados opostos
congruentes e paralelos
A
B
D
C
M
Figura 1.32: As diagonais de ABDC se intersectam
no ponto médio M
(c) Seus ângulos opostos são congruentes;
(d) Dois dos seus lados opostos são congruentes e paralelos;
(e) Suas diagonais se intersectam no ponto médio de ambas.
25
Unidade 1 Textos Complementares
Para Saber Mais Prova da proposição 6.Se AB ‖ CD, a equivalência é verdadeira, pois
ABDC é um paralelogramo e suas diagonais cortam-se ao meio.
O
A a
B b
M m
C c
D d
(a)
m = a+d2
= b+c2
O
A a
M1 m1
B b
D d
M2 m2
C c
(b)
m1 =
a+d
2
m2 =
b+c
2
m1 6= m2
Figura 1.33: (a) AB ≡ CD (b) AB 6≡ CD
Se AB e CD são colineares, seja r a
reta que os contém provida de uma ori-
entação e uma origem O escolhidas de
modo que B esteja à direita de A (Figura
1.33). Sejam a, b, c e d as coordenadas
de A, B, C e D na reta r em relação a
uma unidade de medida escolhida.
(=⇒) Se AB ≡ CD, temos a < b
e c < d, pois AB e CD têm o mesmo
sentido, e b− a = d− c, porque |AB| =
|CD|. Logo,
b− a = d− c ⇐⇒ a+ d = b+ c⇐⇒ a+ d
2
=
b+ c
2
⇐⇒ ponto médio de AD = ponto médio de BC.
(⇐=) Se ponto médio de AD = a+ d
2
=
b+ c
2
= ponto médio de BC, temos:
a+ d = b+ c⇐⇒ b− a = d− c .
Como b− a e d− c têm sinal e módulo iguais, os segmentos colineares AB
e CD têm o mesmo sentido e o mesmo comprimento. Portanto, AB ≡ CD.
26
Unidade 1Coordenadas e vetores no plano
Para Saber MaisProva da Proposição 7Temos dois casos, segundo os pontos A, B e C
sejam ou não colineares.
A
B
C
D
|AB|
(a)
r
r
A B
C
D|AB|
(b)
Figura 1.34: AB ≡ CD
(a) A, B e C colineares. O círculo de
centro C e raio |AB| intersecta a reta que
contém os pontos A, B e C em exata-
mente dois pontos, mas apenas um deles,
D na Figura 1.34(a), é tal que AB e CD
têm o mesmo sentido.
(b) A, B e C não colineares. Seja r a
reta que passa por C e é paralela à reta
que contém A e B.O círculo de centro
C e raio |AB| intersecta a reta r em ex-
atamente dois pontos, mas só um, D na
Figura 1.34 (b), é tal que ABDC é um
paralelogramo. Ou seja, AB ≡ CD .
27
Unidade 1 Textos Complementares
Para Saber Mais
(a) Uma relação de equivalência ∼ entre os elementos de um conjunto A é
uma relação tal que, para todos a, b, c ∈ A valem as seguintes propriedades:
• Reflexiva: a ∼ a;
• Simétrica: a ∼ b⇐⇒ b ∼ a;
• Transitiva: Se a ∼ b e b ∼ c então a ∼ c;
Uma relação de equivalência permite classificar os elementos de A, uma
vez que ele fica subdividido de maneira natural em subconjuntos denominados
classes de equivalência formadas por elementos que são relacionados, ou
seja, equivalentes entre si.
A
B
C
D
E
F
Figura 1.35: Transitividade da equipolência
(b) Da Proposição 8 segue que a re-
lação de equipolência é uma relação de
equivalência no conjunto de todos os
segmentos orientados do plano.
Isto é:
• AB ≡ AB, para todo segmento AB;
• AB≡CD=⇒CD≡AB;
• A equipolência é transitiva:
AB ≡ CD
e
CD ≡ EF
=⇒AB ≡ EF .
28
2
1
Operações com vetores
no plano
Sumário
2.1 Operações com vetores . . . . . . . . . . . . . . . . 2
2.2 Propriedades das operações com vetores . . . . . . 8
2.3 Combinação linear de vetores . . . . . . . . . . . . . 12
2.4 Produto interno, definição . . . . . . . . . . . . . . 15
2.5 Área de paralelogramos e triângulos . . . . . . . . . 27
2.6 Textos Complementares . . . . . . . . . . . . . . . . 35
Unidade 2
Operações com vetores
2.1 Operações com vetores
Vamos definir duas operações no conjunto de vetores do plano, uma opera-
ção de adição e uma operação de multiplicação de vetores por números reais.
Definição 1
A
B
C
−→u
−→v
−→u +
−→v
Figura 2.1: Adição ~u+ ~v
A operação de adição de vetores
que a cada par de vetores
−→u e −→v as-
socia um novo vetor, designado
−→u +−→v e
chamado soma dos vetores
−→u e −→v , se
define como segue:
Se
−→u = −−→AB , seja C o único ponto
tal que
−→v = −−→BC . O vetor soma de −→u
com
−→v é o vetor −−→AC (Figura 2.1):
−→u +−→v = −→A C.
Para Saber Mais A adição de vetores é uma operação bem definida, isto é, a definição da
soma do vetor
−→u = −−→AB com −→v = −−→BC não depende da escolha do ponto A
Observação 2
A
B
C
D
P
Q
R
S
−→u
−→u
−→u
−→v
−→v
−→v −→ u
+
−→ v
Figura 2.2: ~u+~v representado pela diagonal PS
Outra forma geométrica de visualizar
a soma de dois vetores no plano é feita
da seguinte maneira: sejam
−→u = −−→AB e
−→v = −−→CD vetores no plano que não são
parelelos, P um ponto escolhido no plano
e Q e R tais que −→u = −−→PQ e −→v = −−→PR .
Se P é o paralelogramo PQSR, então o
vetor soma
−→u +−→v é −−→PS , onde PS é a
diagonal de P com origem no vértice P .
Com efeito, sendo
−→u = −−→PQ e −→v = −−→PR = −−→QS , temos
−→u +−→v = −−→PQ +−−→QS = −−→PS .
Adição de vetores em coordenadas. Na prática a operação de adição de
vetores é realizada através da representação por meio de coordenadas em relação
a um sistema de eixos ortogonais. Na seguinte proposição, vemos que a adição
de vetores é efetuada somando as coordenadas correspondentes das parcelas.
2
Unidade 2
Operações com vetores no plano
Proposição 3Sejam
−→u = (u1, u2) e v = (v1, v2) vetores do plano expressos em termos
de coordenadas em relação a um sistema de eixos ortogonais fixo OXY , então:
−→u +−→v = (u1 + v1, u2 + v2).
Demonstração
X
Y
P
u1
u2
Q
v1
v2
S
w1
w2
O
−→u
−→v
−→u +
−→v
Figura 2.3: Adição de vetores em coordenadas
Sejam P = (u1, u2) e Q = (v1, v2)
tais que
−→u = −−→OP e−→v = −−→OQ (Proposição
12, Capítulo 1). Seja S = (w1, w2) o
ponto tal que
−→v = −−→PS .
Da Proposição 8 do Capítulo 1, obte-
mos:
(v1 − 0, v2 − 0) = (w1 − u1, w2 − u2),
logo,
S= (w1, w2) = (u1 + v1, u2 + v2)
−→u +−→v =−−→OP +−−→OQ
=
−−→
OP +
−−→
PS =
−−→
OS = (u1 + u2, v1 + v2).
Outra operação que definiremos no conjunto de vetores do plano é a ope-
ração de multiplicação de vetores por escalares, que a cada vetor
−→v e
a cada número real λ ∈ R (também chamado escalar) associa o vetor λ−→v ,
chamado produto do escalar λ pelo vetor −→v .
Definição 4
A A A
B B B
C
C
C
~v ~v ~v
(a) (b) (c)
Figura 2.4: AC representando λ~v para:
(a) λ > 1; (b) 0 < λ < 1; (c) λ < 0
O produto de λ ∈ R por −→v = −−→AB é
o vetor λ−→v = λ−−→AB , representado pelo seg-
mento orientado AC, tal que:
(a) A, B e C são colineares;
(b) d(A,C) = |λ|d(A,B);
(c) B = C se λ = 0;
(d) Os segmentos AC e AB têm igual senti-
do se λ > 0, e sentidos opostos se λ < 0.
Multiplicação de vetores por escalares em coordenadas. Na prática a
operação de multiplicar um vetor por um escalar é efetuada usando coordenadas.
3
Unidade 2
Operações com vetores
Vejamos que as coordenadas do vetor λ−→v são obtidas das coordenadas de −→v
multiplicando pelo escalar λ.
Seja OXY um sistema de eixos ortogonais. Na seguinte proposição esta-
beleceremos as coordenadas do ponto C da Definição 4 em termos de λ e das
coordenadas dos pontos A e B.
Proposição 5 Sejam A = (a1, a2), B = (b1, b2) e λ ∈ R então, λ−−→AB = −−→AC , onde
C = (a1 + λ(b1 − a1), a2 + λ(b2 − a2)).
Consequentemente,
λ
−−→
AB = (λ(b1 − a1), λ(b2 − a2)).
Demonstração
Seja C = (a1 + λ(b1 − a1), a2 + λ(b2 − a2)).
É, claro que, se λ = 0, então C = B (condição (c) da Definição 4).
A condição (b) da Definição 4 se verifica, pois:
d(A,C) =
√
λ2(b1 − a1)2 + λ2(b2 − a2)2
= |λ|
√
(b1 − a1)2 + (b2 − a2)2 = |λ|d(A,B).
Para verificar que os pontos A, B eC são colineares (condição (a) da
Definição 4), no caso λ 6= 0, começamos observando que:
d(B,C) =
√
((a1 + λ(b1 − a1))− b1)2 + ((a2 + λ(b2 − a2))− b2)2
=
√
(λ(b1 − a1)− (b1 − a1))2 + (λ(b2 − a2)− (b2 − a2))2
=
√
(λ− 1)2(b1 − a1)2 + (λ− 1)2(b2 − a2)2)
= |λ− 1|
√
(b1 − a1)2 + (b2 − a2)2 = |λ− 1|d(A,B).
Analisamos os seguintes quatro casos:
Caso 1. λ ∈ (0, 1). Temos |λ− 1| = 1− λ e:
d(A,C) + d(C,B) = λ d(A,B) + (1− λ)d(A,B) = d(A,B).
Logo, A, B e C são colineares e C está entre A e B.
Caso 2. λ = 1. Nesse caso, C = B.
Caso 3. λ > 1. Temos |λ− 1| = λ− 1 e:
d(A,B) + d(B,C) = d(A,B) + (λ− 1)d(A,B) = λd(A,B) = d(A,C).
Assim, A, B e C são colineares e B está entre A e C
Caso 4. λ < 0. Como |λ| = −λ > 0 e |λ− 1| = (1− λ), temos:
d(C,A) + d(A,B) = −λd(A,B) + d(A,B) = (1− λ)d(A,B) = d(C,B),
4
Unidade 2
Operações com vetores no plano
logo, C, A e B são colineares e A está entre C e B.
Pelo provado acima, as semirretas
⇀
AB e
⇀
AC coincidem quando λ > 0, e
são opostas quando λ < 0. Portanto, AB e AC têm o mesmo sentido se λ > 0
e sentidos opostos se λ < 0 (condição (d) da Definição 4).
Corolário 6
O vetor λ−→v está bem definido. Isto é, se −−→AB = −−→CD , então
λ
−−→
AB = λ
−−→
CD .
Em particular, se
−→v = (α, β) e λ ∈ R, então:
λ−→v = (λα, λβ).
Logo, se
−→v = −−→OP e λ−→v = −−→OQ , temos P = (α, β) e Q = (λα, λβ)
(Figura 2.5).
X
Y
O
P
Q
Q
α λα
λα
β
λβ
λβ
Figura 2.5: Produto λ~v em coordenadas
Com efeito, sejamA = (a1, a2),
B = (b1, b2), C = (c1, c2) e D =
(d1, d2) em relação a um sistema
de eixos ortogonais.
Como−−→
AB = (b1 − a1, b2 − a2)
= (d1 − c1, d2 − c2)
=
−−→
CD ,
temos
λ
−−→
AB = (λ(b1 − a1), λ(b2 − a2))
= (λ(d1 − c1), λ(d2 − c2)) = λ−−→CD .
Observação 7
−→u
−→v
−−→v
−−→v −→u − −→v
Figura 2.6: Diferença ~u− ~v
• λ−→0 = λ−−→AA = −−→AA = −→0 ;
• 0−−→AB = −−→AA = −→0 .
• Não confunda: o número 0 (zero)
com o vetor
−→
0 (vetor nulo).
• Escrevemos (−1)−→v = −−→v para
designar o vetor simétrico de
−→v .
Se
−→v = (α, β), então
−−→v = (−α,−β).
• O vetor diferença de −→u e −→v é
o vetor
−→u −−→v = −→u + (−−→v ).
5
Unidade 2
Operações com vetores
Proposição 8 Um ponto P pertence à reta r que passa pelos pontos A e B se, e somente
se, para algum λ ∈ R: −−→
AP = λ
−−→
AB .
Demonstração
Pela definição da multiplicação de λ ∈ R pelo vetor −−→AB , o ponto P tal
que
−−→
AP = λ
−−→
AB pertence à reta r.
Reciprocamente, seja P um ponto pertencente à reta r e seja µ =
d(A,P )
d(A,B)
.
AA
BB
P
P
r
r
Figura 2.7: Sentido de percurso de A para B
Se o sentido de percurso de A para
P coincidir com o sentido de A para B,
então
−−→
AP = λ
−−→
AB , onde λ = µ, pois
o ponto P é o único ponto da semirreta
de origem em A que passa por B tal que
d(A,P ) = µ d(A,B).
Se o sentido de percurso, ao longo de
r, de A para P , for oposto ao sentido
de A para B, então
−−→
AP = λ
−−→
AB , onde
λ = −µ, pois o ponto P é o único ponto
da semirreta de origem A oposta à semir-
reta de origem A que passa por B tal que
d(A,P ) = µ d(A,B).
Exemplo 1
Sejam
−→u = (3,−1) e −→v = (1, 2), determine
(a)
−→α = −−→u −−→v ; (b) −→β = −2−→u +−→v ; (c) −→γ = 1
2
−→u + 2−→v .
Solução. Temos
(a)
−→α = −−→u −−→v = −(3,−1)− (1, 2) = (−3, 1) + (−1,−2) = (−4,−1);
(b)
−→
β = −2−→u +−→v = −2(3,−1) + (1, 2) = (−6, 2) + (1, 2) = (−5, 4);
(c)
−→γ = 1
2
−→u + 3−→v = 1
2
(3,−1) + 3(1, 2) =
(
3
2
,−1
2
)
+ (3, 6) =
(
9
2
,
11
2
)
.
6
Unidade 2
Operações com vetores no plano
X
Y
3
−1
1
2
−→u
−→v
1
2
−→u +
2
−→v−2 −→u
+ −→v
−−→u −
−→v
Figura 2.8: Exemplo 1
Exemplo 2
Sejam A = (−1, 0), B = (0, 1), C = (1, 2), D =
(
−1
2
,
1
2
)
. Verifique que
os quatro pontos pertencem a uma reta r.
O X
Y
A
B
C
D
Q
Figura 2.9: Reta r contendo A, B, C e D
Solução. Basta determinar λ, µ ∈ R
tais que
−−→
AC = λ
−−→
AB e
−−→
AD = µ
−−→
AB .
Escrevendo essas identidades em coorde-
nadas, temos:
−−→
AC = λ
−−→
AB ⇐⇒
(1− (−1), 2− 0) = λ(0− (−1), 1− 0)
⇐⇒ (2, 2) = λ(1, 1)⇐⇒ λ = 2.
−−→
AD = µ
−−→
AB ⇐⇒
(−12 − (−1), 12 − 0) = µ(0− (−1), 1− 0)
⇐⇒ (12 , 12) = µ(1, 1)⇐⇒ µ = 12 .
Exemplo 3
Sejam A = (a1, a2) e B = (b1, b2) são pontos distintos arbitrários no plano.
Usando vetores, determinar o ponto médio do segmento AB.
Solução. Devemos determinar o ponto M = (x, y) que divide o segmento
AB em dois segmentos de igual comprimento, isto é, AM ≡ MB, ou ainda,−−−→
AM =
−−−→
MB . Como
−−−→
AM +
−−−→
MB =
−−→
AB , temos
−−−→
AM =
1
2
−−→
AB .
7
Unidade 2
Propriedades das operações com vetores
X
Y
A
a1
a2
B
b1
b2
My
x
x = 12 (a1 + b1)y = 1
2
(a2 + b2)
Figura 2.10: Ponto médio de AB
A identidade anterior se escreve:
(x− a1, y − a2) = 1
2
(b1 − a1, b2 − a2)
⇐⇒ x− a1 = 1
2
(b1 − a1) e
y − a2 = 1
2
(b2 − a2)
⇐⇒ x = a1 + 1
2
(b1 − a1) e
y = a2 +
1
2
(b2 − a2)
⇐⇒ x = 1
2
(a1 + b1) e
y =
1
2
(a2 + b2).
Portanto, o ponto médio do segmentoAB
é M =
(
a1 + b1
2
,
a2 + b2
2
)
.
2.2 Propriedades das operações com vetores
A adição de vetores e a multiplicação de vetores por escalares satisfazem
propriedades similares às propriedades aritméticas das operações numéricas. Isso
permite converter problemas geométricos em problemas algébricos e vice-versa,
segundo veremos mais adiante.
Propriedades da adição de vetores.
Sejam
−→u , −→v e −→w vetores no plano. Valem as seguintes propriedades.
• Comutatividade: −→u +−→v = −→v +−→u .
• Associatividade: −→u + (−→v +−→w ) = (−→u +−→v ) +−→w .
• Existência de elemento neutro aditivo: o vetor zero −→0 (ou vetor nulo)
é tal que
−→u +−→0 = −→u .
• Existência de inversos aditivos: para cada vetor −→u existe um único vetor,
que designamos −−→u , o simétrico aditivo de −→u , tal que −→u + (−−→u ) = −→0 .
+ Para Saber Mais - Verificação das propriedades da adição. - Clique para ler
8
Unidade 2
Operações com vetores no plano
Observação 9
(a)
−→
0 = (0, 0) são as coordenadas do vetor nulo.
(b) Se
−→u = −−→AB , −→v = −−→AC e −→u + −→v = −−→AD , então −→v − −→u = −−→BC e os
segmentos BC e AD se cortam ao meio.
Propriedades da multiplicação de escalares por vetores.
Sejam
−→u e−→v vetores no plano e λ, µ ∈ R. Valem as seguintes propriedades.
• Associatividade: λ(µ−→v ) = (λµ)−→v .
• Existência de elemento neutro multiplicativo: O número 1 ∈ R é tal
que 1−→u = −→u .
• Propriedades distributivas: λ(−→u + −→v ) = λ−→u + λ−→v e (λ + µ)−→u =
λ−→u + µ−→u .
A associatividade e as propriedades distributivas são verificadas usando co-
ordenadas e as propriedades análogas que já conhecemos nos números reais.
Além disso, λ−→u = −→0 se, e somente se, λ = 0 ou −→u = −→0 . Também, λ = 1 é
o único escalar tal que λ−→u = −→u .
Vejamos agora algumas aplicações geométricas interessantes das operações
com vetores.
Exemplo 4
Verifique que os pontos médios dos lados de um quadrilátero no plano são
os vértices de um paralelogramo.
A
B
C
D
X
Y
Z
W
Figura 2.11: Exemplo 4
Solução. SejaABCD um quadrilátero
(Figura 2.11) e sejam X, Y , Z e
W os pontos médios dos lados AB,
BC, CD e DA, respectivamente.
Sabendo que XY ZW é um pa-
ralelogramo se, e só se,XY ≡ WZ,
basta verificar que
−−→
XY =
−−−→
WZ .
Pelo Exemplo 3:
−−→
AX =
−−→
XB =
1
2
−−→
AB ;
−−→
BY =
−−→
Y C =
1
2
−−→
BC ;
−−→
DZ =
−−→
ZC =
1
2
−−→
DC ; e
−−−→
AW =
−−−→
WD =
1
2
−−→
AD .
Logo,
9
Unidade 2
Propriedades das operaçõescom vetores
−−→
XY =
−−→
XB +
−−→
BY =
1
2
−−→
AB +
1
2
−−→
BC =
1
2
(
−−→
AB +
−−→
BC ) =
1
2
−−→
AC .
Analogamente−−−→
WZ =
−−−→
WD +
−−→
DZ =
1
2
−−→
AD +
1
2
−−→
DC =
1
2
(
−−→
AD +
−−→
DC ) =
1
2
−−→
AC .
Portanto, −−→
XY =
1
2
−−→
AC =
−−−→
WZ .
Exemplo 5
A
B
C
Z
X
Y
G
Figura 2.12: Baricentro do triângulo ABC.
O baricentro de um triângulo é o pon-
to onde as retas que contêm as media-
nas se intersectam. Lembre que uma me-
diana é o segmento que liga um vértice
ao ponto médio do seu lado oposto. Na
Figura 2.12, os segmentos AX, BY e CZ
são as medianas do triângulo ABC e G é
seu baricentro.
Nesse exemplo damos outra caracteriza-
ção do baricentro de um triângulo.
(a) Seja P um ponto do plano. Então, o ponto G tal que:
−−→
PG =
1
3
(−−→
PA +
−−→
PB +
−−→
PC
)
(2.1)
não depende da escolha do ponto P mas apenas dos pontos A, B e C.
A
B
C
P
P ′
G=G′
Q′
Q
−−−→
P ′Q′ = 3
−−−→
P ′G′−−→
PQ = 3
−−→
PG
Figura 2.13: G depende apenas dos vértices
Solução. Seja P ′ outro ponto do
plano e seja G′ o ponto tal que
−−−→
P ′G′ =
1
3
(−−→
P ′A +
−−−→
P ′B +
−−→
P ′C
)
.
Usaremos as operações de adição de
vetores e multiplicação de vetores por
escalares para verificar que G = G′.
Como
−−→
P ′A =
−−→
P ′P +
−−→
PA ,
−−−→
P ′B =
10
Unidade 2
Operações com vetores no plano
−−→
P ′P +
−−→
PB e
−−→
P ′C =
−−→
P ′P +
−−→
PC ,
−−−→
P ′G′ =
1
3
(−−→
P ′A +
−−−→
P ′B +
−−→
P ′C
)
=
1
3
(−−→
P ′P +
−−→
PA +
−−→
P ′P +
−−→
PB +
−−→
P ′P +
−−→
PC
)
=
1
3
(
3
−−→
P ′P +
−−→
PA +
−−→
PB +
−−→
PC
)
=
−−→
P ′P +
1
3
(−−→
PA +
−−→
PB +
−−→
PC
)
=
−−→
P ′P +
−−→
PG =
−−→
P ′G ,
isto é, G = G′.
(b) Em particular, fazendo P = G vemos que o ponto G, caracterizado por
−−→
GA +
−−→
GB +
−−→
GC =
−→
0 . (2.2)
é o baricentro do triângulo ABC. Isto é, as medianas AX, BY e CZ do
triângulo ABC se intersectam no ponto G dado por (2.2).
Solução. Basta mostrar que o ponto G, caracterizado pela identidade (2.2),
pertence às retas que contêm as medianas do triângulo ABC.
Por exemplo, verifiquemos que G pertence à reta que contém a mediana AX.
SejaD o ponto tal queGBDC é um paralelogramo, ou seja,
−−→
GB +
−−→
GC =
−−→
GD
e as diagonais GD e BC se cortam ao meio no ponto X. Logo,
−−→
GD = 2
−−→
GX .
Pela identidade (2.2) concluímos que A, G e X são colineares, pois:
11
Unidade 2
Combinação linear de vetores
A
B
C
D
Z
Y
X
G
Figura 2.14: G, A e X são colineares
−→
0 =
−−→
GA +
−−→
GB +
−−→
GC
=
−−→
GA +
−−→
GD
=
−−→
GA + 2
−−→
GX .
Da mesma forma se verifica que B,
G e Y são colineares e que C, G e
Z são colineares. Portanto, G é o
baricentro do triângulo ABC.
2.3 Combinação linear de vetores
Definição 10
(a) O vetor
−→v é múltiplo do vetor −→u se existe λ ∈ R tal que −→v = λ−→u .
(b) O vetor
−→v é combinação linear dos vetores −→v1 , −→v2 , . . ., −→vn quando
existem números reais λ1, λ2, . . ., λn, tais que
−→v = λ1−→v1 + λ2−→v2 + · · ·+ λn−→vn .
Algumas observações básicas a respeito da Definição 10:
Observação 11
1. O vetor nulo
−→
0 é múltiplo de qualquer vetor −→u , uma vez que −→0 = 0−→u .
2. Um vetor não nulo não é múltiplo do vetor nulo, pois λ
−→
0 =
−→
0 , ∀ λ ∈ R.
3. Se
−→v 6= −→0 é múltiplo de −→u , então −→u é também múltiplo de −→v . De fato, se
λ ∈ R é tal que −→v = λ−→u 6= −→0 , temos λ 6= 0 e −→u 6= −→0 . Logo, −→u = 1
λ
−→v .
4. O vetor
−→v é combinação linear dos vetores −→v1 ,−→v2 , . . . ,−→vn quando é soma
de múltiplos desses vetores. Assim, o item (b) na Definição 10 generaliza o
item (a).
5. Se A, B e C são pontos distintos do plano, então −→v = −−→AC é múltiplo de
−→u = −−→AB se, e somente se, A, B e C são colineares.
12
Unidade 2
Operações com vetores no plano
Exemplo 6
O vetor
−→u = (1, 0) não é múltiplo de −→v = (1, 1) e é múltiplo do vetor
−→w = (3, 0).
Solução. Se
−→u fosse múltiplo de −→v , existiria λ ∈ R tal que −→u = λv, ou seja,
(1, 0) = λ(1, 1) = (λ, λ). Então, λ = 1 e λ = 0, absurdo. Portanto, −→u não é
múltiplo de
−→v .
Por outro lado, escrevendo
−→u = λ−→w , temos (1, 0) = λ(3, 0) se, e só se,
1 = 3λ, ou seja, λ =
1
3
e
−→u = 1
3
−→w .
A seguinte proposição fornece um critério para determinar quando um vetor
é múltiplo de outro.
Proposição 12Um dos vetores
−→u = (a, b) e −→v = (a′, b′) é múltiplo do outro se, e só se,∣∣∣∣a ba′ b′
∣∣∣∣ = ∣∣∣∣a a′b b′
∣∣∣∣ = ab′ − ba′ = 0 .
Demonstração
(=⇒) Se −→v = λ−→u para algum λ ∈ R, temos:
(a′, b′) = λ(a, b) = (λa, λb) =⇒ a′ = λa e b′ = λb.
Logo, ab′ − ba′ = a(λb)− b(λa) = 0.
(⇐=) Suponhamos que ab′ − ba′ = 0. Consideremos separadamente os
casos a 6= 0 e a = 0.
Caso a 6= 0: ab′ − ba′ = 0 =⇒ b′ = ba
′
a
. Logo:
a′
a
−→u = a
′
a
(a, b) =
(
a′
a
a,
a′
a
b
)
= (a′, b′) = −→v .
Caso a = 0: ba′ = 0 =⇒ b = 0 ou a′ = 0. Logo:b = 0 =⇒
−→u = (0, 0) = −→0 =⇒ −→u = 0−→v .
a′ = 0 e b 6= 0 =⇒ (0, b′) = b
′
b
(0, b) =⇒ −→v = b
′
b
−→u .
Em qualquer caso, um dos vetores é múltiplo do outro.
Exemplo 7
Os vetores
−→u = (1, 2) e −→v = (3, 6) são múltiplos um do outro?
Solução. Como
∣∣∣∣1 23 6
∣∣∣∣ = 6− 6 = 0, um vetor é múltiplo do outro. Note que
−→v = 3−→u .
13
Unidade 2
Combinação linear de vetores
Proposição 13 Se nenhum dos vetores
−→u e −→v é múltiplo do outro, então todo vetor do
plano se escreve de uma única maneira como combinação linear de
−→u e −→v .
Isto é, para cada vetor
−→w existem λ, µ ∈ R, determinados de forma única
por
−→w , tais que −→w = λ−→u + µ−→v .
Demonstração
Sejam
−→u = (a, b) e−→v = (a′, b′). Dado o vetor−→w = (a′′, b′′), determinemos
λ, µ ∈ R tais que
O X
Y
−→u
λ−→u
−→v
µ−→v
−→w =
λ
−→u +
µ
−→v
Figura 2.15: ~w = λ~u+ µ~v
−→w = λ−→u + µ−→v .
Em coordenadas, essa condição é
(a′′, b′′) = λ(a, b) + µ(a′, b′)
= (λa+ µa′, λb+ µb′).
Ou seja, os números λ e µ devem ser
solução do sistema:{
λa+ µa′ = a′′
λb+ µb′ = b′′ .
A solução desse sistema é única, pois
ab′ − ba′ 6= 0 (Proposição 12).
Resolvendo o sistema obtemos:
λ =
a′′b′ − b′′a′
ab′ − ba′ e µ =
ab′′ − ba′′
ab′ − ba′ .
Para Saber Mais O plano é um espaço de dimensão 2 (bidimensional). Isso significa que são
suficientes dois parâmetros (como λ e µ) para determinar todos os vetores (pon-
tos) do plano uma vez conhecidos dois vetores
−→u e −→v que não sejam múltiplos
um do outro. Os parâmetros λ e µ podem ser pensados como coordenadas em
relação aos vetores
−→u e −→v .
Vetores como
−→u e −→v que não são múltiplos um do outro são denominados,
na terminologia da Álgebra Linear, linearmente independentes.
Exemplo 8
Verifique que qualquer vetor do plano se escreve como combinação linear
dos vetores
−→u = (2,−1) e −→v = (−3, 2). Escreva o vetor −→w = (1, 1) como
combinação linear de
−→u e −→v .
Solução. Os vetores
−→u e −→v não são múltiplos um do outro, pois∣∣∣∣∣ 2 −1−3 2
∣∣∣∣∣ = 4− 3 = 1 6= 0.
14
Unidade 2
Operações com vetores no plano
Sendo assim, qualquer vetor do plano se escreve de forma única como com-
binação linear de
−→u e −→v .
Determinemos λ, µ ∈ R tais que:
−→w = λ−→u + µ−→v .
Em coordenadas, essa equação se escreve na forma:
(1, 1) = λ(2,−1) + µ(−3, 2) = (2λ− 3µ,−λ+ 2µ),
ou seja, 2λ− 3µ = 1−λ+ 2µ = 1 .
Resolvendo esse sistema, obtemos λ = 5 e µ = 3. Portanto, −→w = 5−→u +3−→v .
2.4 Produto interno, definição
Daremosprimeiramente uma definição geométrica do produto interno en-
tre dois vetores e posteriormente iremos obter a expressão do produto interno
em termos das coordenadas dos fatores em relação a um sistema de eixos orto-
gonais. Para a abordagem geométrica precisamos de dois conceitos preliminares,
a noção de norma de um vetor e a noção de ângulo entre dois vetores.
+ Para Saber Mais - Josiah W. Gibbs - Clique para ler
Seja OXY um sistema de eixos ortogonais no plano.
Definição 14A norma ou comprimento do vetor
−→v é o número ‖−→v ‖ dado pelo
comprimento de um segmento representante de
−→v .
Observação 15
(a) A norma de um vetor independe da escolha do segmento representante.
Com efeito, se
−→v = −−→AB = −−→CD então AB ≡ CD e, portanto,
d(A,B) = d(C,D) = ‖−→v ‖.
(b) Se A = (a1, a2), B = (b1, b2) e
−→v = −−→AB , então
‖−→v ‖ =
√
(b1 − a1)2 + (b2 − a2)2.
15
Unidade 2
Produto interno, definição
(c) Se P = (x, y) é o ponto tal que −→v = −−→OP , então:
‖−→v ‖ = d(O,P ) =
√
x2 + y2.
Exemplo 9
Dados A = (−1, 2) e B = (4, 1), determinar a norma do vetor −→v = −−→AB .
Solução. Temos
‖−→v ‖ =
√
(4− (−1))2 + (1− 2)2 =
√
52 + (−1)2 =
√
26.
Observação 16
(a) Temos ‖−→v ‖ = 0⇐⇒ −→v = −→0 . Além disso, −→v 6= −→0 ⇐⇒ ‖−→v ‖ > 0.
(b) Se
−→v é um vetor e λ ∈ R, então ‖λ−→v ‖ = |λ| ‖−→v ‖.
De fato, se
−→v = (x, y), temos λ−→v = (λx, λy) e, portanto,
‖λ−→v ‖ =
√
(λx)2 + (λy)2 =
√
λ2(x2 + y2) =
√
λ2
√
x2 + y2 = |λ| ‖−→v ‖.
(c) Um vetor é chamado unitário se sua norma é igual a 1.
(d) Se
−→v 6= −→0 , o vetor
−→v
‖−→v ‖ é um vetor unitário, chamado normalizado do
vetor
−→v , com igual direção e sentido que v.
De fato, os vetores têm a mesma direção (são paralelos) pois um é múltiplo
do outro. Pelo item (b), temos:∥∥∥∥ −→v‖−→v ‖
∥∥∥∥ = ∥∥∥∥ 1‖−→v ‖−→v
∥∥∥∥ = ∣∣∣∣ 1‖−→v ‖
∣∣∣∣ ‖−→v ‖ = 1‖−→v ‖ ‖−→v ‖ = 1,
e como
1
‖−→v ‖ > 0, os vetores
−→v e
−→v
‖−→v ‖ têm o mesmo sentido.
(e) Se
−→v 6= 0, o vetor −
−→v
‖−→v ‖ é também unitário e tem a mesma direção que−→v , mas não o mesmo sentido.
Exemplo 10
Determinar o normalizado do vetor
−→u = (3,−2).
Solução. Como ‖−→u ‖ =
√
32 + (−2)2 =
√
13, o normalizado de −→u é o vetor:
−→u1 =
−→u
‖−→u ‖ =
1√
13
(3,−2) =
(
3√
13
,
−2√
13
)
.
16
Unidade 2
Operações com vetores no plano
Exemplo 11
Determinar os vetores unitários paralelos ao vetor
−→v = (1,−2).
Solução. Temos
−→v 6= 0 e ‖−→v ‖ =
√
12 + (−2)2 =
√
5. Portanto os vetores
unitários paralelos ao vetor
−→v são:
−→v1 =
(
1√
5
,− 2√
5
)
e
−→v2 = −−→v1 =
(
− 1√
5
,
2√
5
)
.
Antes de definirmos o produto interno precisamos também do conceito de
ângulo entre dois vetores.
Definição 17Sejam
−→u e −→v vetores não nulos no plano. Definimos o ângulo entre −→u
e
−→v como sendo o menor ângulo entre os segmentos AB e AC representantes
de
−→u e −→v , respectivamente. Designamos θ = ∠(−→u ,−→v ) a medida do ângulo
entre
−→u e −→v .
−→u
−→u
−→v −→v
A
B
C
θ=∠(−→u ,−→v )
−→v −→v
−→u −→u
A
B
C
θ=∠(−→u ,−→v )
Figura 2.16: Ângulo entre dois vetores
−→v −→v
−→v −→v
−→u −→u
−→u −→u
λ−→u
λ−→u
λ−→u
λ−→u
µ−→v
µ−→v
µ−→v
µ−→v
θ
θ
θ
θ θpi − θ
pi − θ
λµ > 0 λµ > 0
λµ < 0 λµ < 0
Figura 2.17: Observação 18 (c)
Observação 18
(a) Medimos os ângulos em radianos ou em graus, onde pi radianos = 180◦.
(b) Note que 0 ≤ ∠(−→u ,−→v ) ≤ pi, equivalentemente, 0◦ ≤ ∠(−→u ,−→v ) ≤ 180o.
(c) Tem-se:

∠(−→v ,−→u ) = ∠(−→u ,−→v ),
∠(λ−→u , µ−→v ) = ∠(−→u ,−→v ), se λµ > 0
∠(λ−→u , µ−→v ) = pi − ∠(−→u ,−→v ), se λµ < 0.
(ver Figura 2.17).
17
Unidade 2
Produto interno, definição
Estamos já em condições de definir o produto interno de dois vetores:
Definição 19 O produto interno dos vetores
−→u e −→v do plano é o número real 〈−→u ,−→v 〉,
definido da seguinte maneira:
〈−→u ,−→v 〉 =
0 , se −→u =
−→
0 ou −→v = 0;
‖−→u ‖ ‖−→v ‖ cos θ , se −→u 6= 0 , −→v 6= 0 e θ = ∠(−→u ,−→v ).
Observação 20
(a) Da comutatividade da multipicação de números reais e da Observação 18,
concluímos que o produto interno é comutativo, isto é:
〈−→u ,−→v 〉 = 〈−→v ,−→u 〉,
para todos os vetores
−→u e −→v do plano.
(b) Se
−→u 6= −→0 e −→v 6= −→0 temos, pela Observação 18:
θ = ∠(−→u ,−→v ) = ∠
( −→u
‖−→u ‖ ,
−→v
‖−→v ‖
)
,
logo,
〈
−→u
‖−→u ‖ ,
−→v
‖−→v ‖〉 =
∥∥∥∥ −→u‖−→u ‖
∥∥∥∥ ∥∥∥∥ −→v‖−→v ‖
∥∥∥∥ cos θ = cos θ =⇒ θ = arccos 〈 −→u‖−→u ‖ , −→v‖−→v ‖〉.
Nesse sentido, o produto interno mede, essencialmente, o ângulo entre dois
vetores (ou segmentos) do plano.
(c) O produto interno de um vetor com si próprio é não negativo.
Com efeito, sendo θ = ∠(−→u ,−→u ) = 0:
〈−→u ,−→u 〉 = ‖−→u ‖ ‖−→u ‖ cos 0 = ‖−→u ‖2 ≥ 0.
Na seguinte proposição calcularemos o produto interno entre dois vetores
através de suas coordenadas em relação a um sistema de eixos ortogonais.
Proposição 21 Sejam
−→u = (a, b) e −→v = (α, β) dois vetores no plano. Então,
〈−→u ,−→v 〉 = aα + bβ. (2.3)
Demonstração
Se algum dos vetores
−→u ou −→v é nulo, temos 〈−→u ,−→v 〉 = 0 e, também,
aα + bβ = 0. Logo, a identidade (2.3) é satisfeita.
18
Unidade 2
Operações com vetores no plano
θ
O
P
Q
−→u
−→v
−→v − −→u
a
b
α
β
X
Y
Figura 2.18: Diferença ~v − ~u
Sejam
−→u = −−→OP e −→v = −−→OQ
vetores não nulos, com P = (a, b)
e Q = (α, β).
Então (Figura 2.18),
−−→
PQ =
−−→
OQ −−−→OP
= −→v −−→u
= (α− a, β − b).
Seja θ = ∠(−→u ,−→v ).
Aplicando a Lei dos Cossenos
no triângulo 4OPQ, obtemos:
‖−→v −−→u ‖2 = ‖−→u ‖2 + ‖−→v ‖2
−2‖−→u ‖ ‖−→v ‖ cos θ.
Daí:
2‖−→u ‖ ‖−→v ‖ cos θ = ‖−→u ‖2 + ‖−→v ‖2 − ‖−→v −−→u ‖2
= (a2 + b2) + (α2 + β2)− (α− a)2 + (β − b)2)
= a2 + b2 + α2 + β2 − (α2 − 2αa+ a2 + β2 − 2βb+ b2)
= a2 + b2 + α2 + β2 − α2 + 2αa− a2 − β2 + 2βb− b2
= 2αa+ 2βb = 2(aα + bβ).
Portanto,
〈−→u ,−→v 〉 = ‖−→u ‖ ‖−→v ‖ cos θ = aα + bβ.
A proposição anterior nos permite medir o ângulo entre dois vetores sabendo
apenas suas coordenadas.
Além disso, usando coordenadas verificamos diversas propriedades do pro-
duto interno:
Proposição 22Sejam
−→u , −→v e −→w vetores arbitrários do plano e λ ∈ R. Então:
(a) 〈−→u ,−→u 〉 = ‖−→u ‖2 ≥ 0.
(b) 〈−→u ,−→u 〉 = 0⇐⇒ −→u = −→0 ;
(c) 〈−→u ,−→v 〉 = 〈−→v ,−→u 〉;
(d) 〈λ−→u ,−→v 〉 = λ〈−→u ,−→v 〉;
(e) 〈−→u , λ−→v 〉 = λ〈−→u ,−→v 〉;
(f) 〈−→u +−→w ,−→v 〉 = 〈−→u ,−→v 〉+ 〈−→w ,−→v 〉;
(g) 〈−→u ,−→v +−→w 〉 = 〈−→u ,−→v 〉+ 〈−→u ,−→w 〉.
19
Unidade 2
Produto interno, definição
Exemplo 12
Determine x ∈ R para que o produto interno dos vetores −→u = (4,−3) e
−→v = (x, 1) seja igual a 5.
Solução. Temos: 5 = 〈−→u ,−→v 〉 = 4 · x− 3 · 1⇐⇒ 8 = 4x⇐⇒ x = 2.
Observação 23 Tomando módulo em ambos os lados da identidade que define o produto
interno e sabendo que | cos θ| ≤ 1 para todo θ, obtemos a desigualdade de
Cauchy-Schwarz:
|〈−→u ,−→v 〉| ≤ ‖−→u ‖ ‖−→v ‖. (2.4)
Além disso, observe que vale a igualdade se, e somente se,
−→u e −→v são múltiplos
um do outro.
A desigualdade 2.4 é fundamental na prova da seguinte proposição.
Proposição 24 Para todos os vetores
−→u e −→v do plano vale a desigualdade triangular:
‖−→u +−→v ‖ ≤ ‖−→u ‖+ ‖−→v ‖, (2.5)
valendo a igualdade se, e somente se, um dos vetores
−→u ou −→v é zero ou são
múltiplos positivos um do outro.
Demonstração
‖−→u
+
−→v ‖
‖−→v ‖
‖−→u ‖
Figura 2.19: Desigualdade triangular
Como as quantidades na desigualdade (2.5)
são todas números reais não negativos, ela
equivale à desigualdade:
‖−→u +−→v ‖2 ≤ (‖−→u ‖+ ‖−→v ‖)2 .
Da desigualdade de Cauchy-Schwarz e da
Proposição 22, temos:
‖−→u +−→v ‖2
= 〈−→u +−→v ,−→u +−→v 〉
= 〈−→u ,−→u 〉+ 〈−→u ,−→v 〉+ 〈−→v ,−→u 〉+ 〈−→v ,−→v〉
= ‖−→u ‖2 + 2〈−→u ,−→v 〉+ ‖−→v ‖2
≤ ‖−→u ‖2 + 2‖−→u ‖ ‖−→v ‖+ ‖−→v ‖2
= (‖−→u ‖+ ‖−→v ‖)2 .
O caso em que ocorre a igualdade é o Exercício BLA.
20
Unidade 2
Operações com vetores no plano
Definição 25O vetor
−→u é perpendicular (ou ortogonal) ao vetor −→v , e escrevemos
−→u ⊥ −→v , se −→u = −→0 ou −→v = −→0 ou ∠(−→u ,−→v ) = 90◦.
Os vetores
−→u e −→v são ortonormais quando são unitários e ortogonais .
Note que
−→u é perpendicular a −→v se, e somente se, −→v é perpendicular a −→u .
A seguinte proposição é um critério para a perpendicularidade em termos
do produto interno.
Proposição 26Dois vetores são perpendiculares se, e só se, o seu produto interno é zero:
−→u ⊥ −→v ⇐⇒ 〈−→u ,−→v 〉 = 0
Demonstração
Se
−→u = −→0 ou −→v = −→0 , então −→u ⊥ −→v e, também, 〈−→u ,−→v 〉 = 0.
Sejam
−→u 6= −→0 , −→v 6= −→0 , e θ = ∠(−→u ,−→v ), então:
〈−→u ,−→v 〉 = ‖−→u ‖ ‖−→v ‖ cos θ = 0⇐⇒ cos θ = 0⇐⇒ θ = 90◦.
A seguinte proposição caracteriza, em termos de coordenadas, todos os
vetores perpendiculares a um vetor dado:
Proposição 27Se
−→u = (a, b) é um vetor não nulo, então,
−→v ⊥ −→u ⇐⇒ −→v = λ(−b, a), para algum λ ∈ R.
Demonstração
X
Y
a
b
−→u
λ−→u
λa
−λb
Na figura:
a = 3
b = 9/2
λ = 2/3
Figura 2.20: Perpendicularidade em coordenadas
Se v = λ(−b, a), então:
〈−→u ,−→v 〉 = a(−λb) + b(λa) = 0
=⇒ −→u ⊥ −→v .
Reciprocamente, se
−→v = (c, d)
é um vetor tal que 〈−→u ,−→v 〉 = 0,
então ac+ bd = 0, isto é,
ca− d(−b) =
∣∣∣∣∣ c d−b a
∣∣∣∣∣ = 0.
Logo, pela Proposição 12, (c, d)
é múltiplo de (−b, a), ou seja, existe
λ ∈ R tal que
−→v = (c, d) = λ(−b, a).
21
Unidade 2
Produto interno, definição
Exemplo 13
Determine o valor de a ∈ R para que −→u = (a+ 1, 2) e −→v = (−3, 1) sejam
perpendiculares.
Solução. Temos que:−→u ⊥ −→v ⇐⇒ 〈−→u ,−→v 〉 = 0 ⇐⇒ (a+ 1) · (−3) + 2 · 1 = 0
⇐⇒ −3a− 3 + 2 = 0 ⇐⇒ a = −1
3
.
Observação 28 Dois vetores
−→u e −→v não nulos e perpendiculares nunca são múltiplos e,
portanto, todo vetor do plano se escreve, de modo único, como combinação
linear desses vetores.
De fato, seja
−→u = (a, b) 6= (0, 0). Sendo −→v não nulo e perpendicular a −→u ,
existe λ 6= 0 tal que −→v = λ(−b, a).
Como ∣∣∣∣ a b−λb λa
∣∣∣∣ = λ(a2 + b2) 6= 0,
temos, pela Proposição 12, que
−→u e −→v não são múltiplos.
Para Saber Mais Medir o ângulo entre dois vetores do plano é equivalente a determinar
o seu cosseno, pois o ângulo, quando medido em radianos, é um número do
intervalo [0, pi] e o cosseno restrito a esse intervalo é uma função injetora.
Exemplo 14
Calcule o cosseno do ângulo θ = ∠(−−→AB ,−−→AC ), sabendo que A = (−2, 3),
B = (0, 1) e C = (4, 2).
Solução. Sendo
−−→
AB = B−A = (2,−2) e −−→AC = C−A = (6,−1), temos:
X
Y
A
B
C
θ
1
3
2
4−2
Figura 2.21: Exemplo 14
||−−→AB || = 2√2, ||−−→AC || = √37,
e
〈−−→AB ,−−→AC 〉 = 2 · 6− 2 · (−1) = 14.
Logo,
〈−−→AB ,−−→AC 〉 = ‖−−→AB ‖ ‖−−→AC ‖ cos θ
14 = 2
√
2
√
37 cos θ.
Portanto, cos θ =
7√
74
.
O produto interno está intimamente relacionado à noção de projeção:
22
Unidade 2
Operações com vetores no plano
Definição 29Sejam
−→u = −−→AB e −→v = −−→AC 6= −→0 vetores representados por segmentos
orientados com a mesma origem. Seja B′ o pé da perpendicular baixada do
ponto B sobre a reta que contém os pontos A e C. A projeção do vetor −→u
na direção do vetor
−→v é o vetor Proj−→v −→u =
−−→
AB′
A
B
B′
C
−→u
−→v
−−−→
AB′ = Proj−→v
−→u
Figura 2.22: Projeção de ~u na direção de ~v
Como o ponto B′ na Definição 29 per-
tence à reta que contém A e C, temos
Proj−→v
−→u = −−→AB′ = λ−−→AC = λ−→v
para algum λ ∈ R.
Sendo o vetor−−−→
B′B =
−−→
AB −−−→AB′ = −→u − λ−→v
perpendicular ao vetor
−→v = −−→AC (Figura
2.22), temos:
(−→u − λ−→v ) ⊥ −→v
⇐⇒ 〈−→u − λ−→v ,−→v 〉 = 0
⇐⇒ 〈−→u ,−→v 〉 − λ〈−→v ,−→v 〉 = 0
⇐⇒ λ = 〈
−→u ,−→v 〉
‖−→v ‖2 .
Temos, portanto, a seguinte proposição que caracteriza a projeção em ter-
mos do produto interno.
Proposição 30A projeção do vetor
−→u na direção do vetor −→v 6= 0 é dada por:
Proj−→v
−→u = 〈
−→u ,−→v 〉
‖−→v ‖2
−→v .
Em particular, se o vetor
−→v é unitário, temos:
Proj−→v
−→u = 〈−→u ,−→v 〉−→v .
Exemplo 15
Determine a projeção do vetor
−→u = (3, 2) na direção do vetor −→v = (2, 2).
Solução. Proj−→v
−→u = 〈
−→u ,−→v 〉
‖−→v ‖2
−→v = 3 · 2 + 2 · 2
22 + 22
(2, 2) =
10
8
(2, 2) =
(
5
2
,
5
2
)
.
Um problema que pode ser abordado com a noção de projeção é o de
determinar os vetores que fazem ângulo θ com um vetor dado.
23
Unidade 2
Produto interno, definição
Observação 31 Sejam
−→v e −→w vetores LI do plano (em particular são vetores não nulos).
Sabemos que para cada vetor
−→u existem únicos números reais λ e µ tais que:
−→u = λ−→v + µ−→w .
−→u
−→v
−→w
Proj−→u
−→w
Proj−→v
−→w
Figura 2.23: Projeções do vetor ~w
Quando os vetores
−→v e −→w são
perpendiculares, os números λ e
µ são:
λ =
〈−→u ,−→v 〉
‖−→v ‖2 e µ =
〈−→u ,−→w 〉
‖−→w ‖2 ,
e quando
−→v e −→w são ortonormais,
os números λ e µ são:
λ = 〈−→u ,−→v 〉 e µ = 〈−→u ,−→w 〉.
Isto é,
−→u é a soma de suas pro-
jeções nas direções de
−→v e −→w :
−→u = Proj−→v −→u + Proj−→w −→u .
Com efeito, sendo 〈−→v ,−→w 〉 = 0,
temos:
〈−→u ,−→v 〉 = 〈λ−→v + µ−→w ,−→v 〉 = λ〈−→v ,−→v 〉+ µ〈−→w ,−→v 〉 = λ ‖−→v ‖2.
Para Saber Mais As coordenadas do vetor
−→v = (a, b) em relação a um sistema de eixos
ortogonais OXY são a = 〈−→v ,−→e1 〉 , b = 〈−→v ,−→e2 〉 e −→v = a−→e1 + b−→e2 , onde
−→e1 = (1, 0) e −→e2 = (0, 1) são os vetores da base canônica do R2.
Proposição 32 Os vetores unitários
−→u1 e −→u2 que fazem ângulo θ ∈ (0, pi) com um vetor
unitário
−→v do plano são dados por:
−→u1 = cos θ−→v + sen θ−→w
−→u2 = cos θ−→v − sen θ−→w ,
onde
−→w é um vetor unitário ortogonal a −→v .
Demonstração
Seja
−→w um vetor unitário ortogonal a −→v .
Seja
−→u1 um vetor unitário tal que ∠(−→u1 ,−→v ) = θ. Então ∠(−→u1 ,−→w ) = pi
2
−θ
e, pela Observação 31, temos
24
Unidade 2
Operações com vetores no plano
−→u1 = 〈−→u1 ,−→v 〉−→v + 〈−→u1 ,−→w 〉−→w
= ‖−→u1 ‖ ‖−→v ‖ cos θ−→v + ‖−→u1 ‖ ‖−→w ‖ cos
(
pi
2
− θ
) −→w
= cos θ−→v + cos
(
θ − pi
2
) −→w
= cos θ−→v + sen θ−→w .
−→u1
−→u2
−→v
−→w
−−→w
θ
θ
Proj−→w
−→u1
Proj−→w
−→u2
P
ro
j−→v
−→u1
P
ro
j−→v
−→u2
Figura 2.24: Vetores fazendo ângulo θ com ~v
O vetor
−→u2 = cos θ−→v − sen θ−→w se obtem substituíndo −→w pelo vetor −−→w ,
que é o outro vetor unitário e ortogonal a
−→v , no cálculo acima (Figura 2.24).
Corolário 33
Sejam
−→v um vetor não nulo e θ ∈ (0, pi). Seja −→w um vetor ortogonal a
−→v . Então, os vetores unitários que fazem ângulo θ com −→v são:
−→u1 = cos θ
−→v
‖−→v ‖ + sen θ
−→w
‖−→w ‖
−→u2 = cos θ
−→v
‖−→v ‖ − sen θ
−→w
‖−→w ‖ .
25
Unidade 2
Produto interno, definição
Observação 34
(a) Em termos de coordenadas, sabemos que se
−→v = (a, b), então os vetores
−→w = (−b, a) e −−→w = (b,−a) são ortogonais a −→v e tem igual compri-
mento que
−→v . Em particular, se −→v é unitário, também o serão os vetores
−→w e −−→w . Nesse caso, os vetores −→u1 e −→u2 da Proposição 32 são:
−→u1 = cos θ (a, b) + sen θ (−b, a)
= (a cos θ − b sen θ, a sen θ + b cos θ); (2.6)
−→u2 = cos θ (a, b)− sen θ (−b, a)
= (a cos θ + b sen θ,−a sen θ + b cos θ). (2.7)
(b) Tomando
−→w de igual comprimento que −→v no Corolário 33, obtemos, mul-
tiplicando por λ = ‖−→v ‖ as expressões de −→u1 e −→u2 , vetores
−→
u′1 = λ
−→u1 e−→
u′2 = λ
−→u2 de igual comprimento que −→v e que fazem ângulo θ com −→v .
Para Saber Mais Na linguagem matricial da Álgebra Linear, as expressões (2.6) e (2.7) são:
−→u1 =
(
cos θ − sen θ
sen θ cos θ
)(
a
b)
−→u2 =
(
cos θ sen θ
− sen θ cos θ
)(
a
b
)
=
(
cos(−θ) − sen(−θ)
sen(−θ) cos(−θ)
)(
a
b
)
.
Isto é, os vetores
−→u1 e −→u2 se obtêm do vetor −→v por rotações de θ e
−θ, respectivamente. Além disso, como indicado na Observação 34 (b), se −→v
não é unitário, os vetores
−→u1 e −→u2 , obtidos nessas expressões, têm o mesmo
comprimento que o vetor
−→v .
Exemplo 16
Determine os vetores unitários cujo ângulo θ ∈ (0, pi) com −→u = (1, 2) é tal
que cos θ = 2√
5
.
Solução. Como θ ∈ (0, pi) e cos θ = 2√
5
, obtemos:
sen θ =
√
1− cos2 θ =
√
1− 4
5
=
1√
5
.
Logo, pelo Corolário 33, se
−→w = (−2, 1), os vetores
−→u1 = cos θ−→u + sen θ−→w = 2√
5
(1, 2) +
1√
5
(−2, 1) =
(
0,
5√
5
)
=
(
0,
√
5
)
,
−→u2 = cos θ−→u − sen θ−→w = 2√
5
(1, 2)− 1√
5
(−2, 1) =
(
4√
5
,
3√
5
)
,
26
Unidade 2
Operações com vetores no plano
fazem ângulo θ com −→v e têm o mesmo comprimento que −→v . Os vetores
procurados são obtidos normalizando
−→u1 e −→u2 :
−→u1
‖−→u1 ‖ =
1
‖−→v ‖
−→u1 = 1√
5
(
0,
√
5
)
= (0, 1) ,
−→u2
‖−→u2 ‖ =
1
‖−→v ‖
−→u2 = 1√
5
(
4√
5
,
3√
5
)
=
(
4
5
,
3
5
)
.
2.5 Área de paralelogramos e triângulos
A
B
C
D
E
θ
−→w
−→u
−→ w
−
P
ro
j−→ w
−→ u
Figura 2.25: Cálculo da área do paralelogramo ABDC
Consideremos o paralelogramo P
da Figura 2.25. A área de P se
obtém multiplicando a medida da
base |AC pela altura |EB|. Se θ =
ĈAB então, |EB| = |AB| sen θ e,
portanto,
Área P = |AB| |AC| sen θ.
Usando a linguagem vetorial e o
produto interno, vamos obter uma
expressão muito simples para o cálculo da área do paralelogramo P .
Se
−→u = −−→AC e −→w = −−→AB , temos θ = ∠−→u ,−→w e,
Área P = ‖−→u ‖ ‖−→w ‖ sen θ.
Sendo que sen2 θ = 1− cos2 θ, temos:
(Área P)2 = (‖−→u ‖ ‖−→w ‖ sen θ)2
= ‖−→u ‖2 ‖−→w ‖2 sen2 θ
= ‖−→u ‖2 ‖−→w ‖2(1− cos2 θ)
= ‖−→u ‖2 ‖−→w ‖2 − ‖−→u ‖2 ‖−→w ‖2 cos2 θ
= ‖−→u ‖2 ‖−→w ‖2 − (‖−→u ‖ ‖−→w ‖ cos θ)2
= ‖−→u ‖2 ‖−→w ‖2 − 〈−→u ,−→w 〉2 .
Portanto,
Área P =
√
‖−→u ‖2‖−→w ‖2 − 〈−→u ,−→w 〉2
Observe, também, que:
27
Unidade 2
Área de paralelogramos e triângulos
(Área P)2 = ‖−→u ‖2 ‖−→w ‖2 − 〈−→u ,−→w 〉2 =
∣∣∣∣∣∣ ‖
−→u ‖2 〈−→u ,−→w 〉
〈−→u ,−→w 〉 ‖−→w ‖2
∣∣∣∣∣∣
=
∣∣∣∣∣∣〈
−→u ,−→u 〉 〈−→u ,−→w 〉
〈−→u ,−→w 〉 〈−→w ,−→w 〉
∣∣∣∣∣∣ .
Temos então outra expressão para a área do paralelogramo P :
Área P =
∣∣∣∣∣∣〈
−→u ,−→u 〉 〈−→u ,−→w 〉
〈−→u ,−→w 〉 〈−→w ,−→w 〉
∣∣∣∣∣∣
1/2
.
Se
−→u = (α, β) e −→w = (α′, β′) em relação a um sistema de eixos ortogonais
OXY , temos
‖−→u ‖2 = α2 + β2, ‖−→w ‖2 = (α′)2 + (β′)2 e 〈−→u ,−→w 〉 = αα′ + ββ′,
Logo,
(Área P)2 = (α2 + β2)((α′)2 + (β′)2)− (αα′ + ββ′)2
= α2(α′)2 + α2(β′)2 + β2(α′)2 + β2(β′)2
−α2(α′)2 − 2αα′ββ′ − β2(β′)2
= α2(β′)2 + β2(α′)2 − 2αα′ββ′
= (αβ′)2 − 2(αβ′)(βα′) + (βα′)2
= (αβ′ − βα′)2 =
[
det
(
α β
α′ β′
)]2
Portanto, a área do paralelogramo P cujos lados adjacentes são represen-
tantes dos vetores
−→u = (α, β) e −→w = (α′, β′) é igual ao módulo do determi-
nante da matriz cujas filas são as coordenadas de
−→u e −→w , respectivamente:
Área P =
∣∣∣∣∣det
(
α β
α′ β′
)∣∣∣∣∣.
É claro que, a área de P também é igual ao módulo do determinante da
matriz cujas colunas são as coordenadas de
−→u e −→w :
Área P =
∣∣∣∣∣det
(
α α′
β β′
)∣∣∣∣∣.
28
Unidade 2
Operações com vetores no plano
Exemplo 17
Determine a área do paralelogramo ABDC, onde A = (1, 2), B = (3, 1),
C = (4, 1) e D = (−2, 3).
Solução. Como
−−→
AB = (2,−1) e −−→AC = (3,−1), temos:
Área (ABDC) =
∣∣∣∣∣det
(
2 −1
3 −1
)∣∣∣∣∣ = |−2 + 3| = 1 .
Área de um triângulo
A
B
C
D
E
θ
−→w
−→u
−→ w
−
P
ro
j−→ w
−→ u
Figura 2.26: Triângulo 4ABC
Usando o cálculo da área do pa-
ralelogramo, calculemos agora a área
do triângulo 4ABC de vértices A,
B e C.
Como o paralelogramo ABDC
de lados adjacentesAB eAC é com-
posto dos triângulos congruentes
4ABC e 4DCB,
temos:
Área (ABDC) = 2Área (4ABC) =
∣∣∣∣∣det
(−−→
AB−−→
AC
)∣∣∣∣∣ ,
onde
(−−→
AB−−→
AC
)
representa a matriz cujas filas são as coordenadas de
−−→
AB e
−−→
AC ,
respectivamente. Portanto,
Área (4ABC) = 1
2
∣∣∣∣∣det
(−−→
AB−−→
AC
)∣∣∣∣∣ .
Exemplo 18
Calcule a área do triângulo de vértices A = (4, 2), B = (6, 1) e C = (3, 2).
Solução. Temos que
−−→
AB = (2,−1) e −−→AC = (−1, 0). Logo,
Área (4ABC) = 1
2
∣∣∣∣∣det
(
2 −1
−1 0
)∣∣∣∣∣ = 12 | − 1| = 12 ,
é a área procurada.
Exemplo 19
Determine os valores de n para que a área do triângulo 4ABC de vértices
A = (1, 2), B = (3, n+ 2) e C = (n− 1, 1) seja igual a 1
2
.
Solução. Temos
−−→
AB = (2, n) e
−−→
AC = (n− 2,−1). Logo,
29
Unidade 2
Área de paralelogramos e triângulos
Área (4ABC) = 1
2
∣∣∣∣∣det
(
2 n
n− 2 −1
)∣∣∣∣∣ = 12 |−2− n(n− 2)|
=
1
2
|−2− n2 + 2n| = 1
2
|n2 − 2n+ 2| .
Assim,
Área (4ABC) = 1
2
⇐⇒ |n2 − 2n+ 2| = 1
⇐⇒ n2 − 2n+ 2 = ±1.
• Tomando o sinal positivo, obtemos:
n2 − 2n+ 2 = 1⇐⇒ n2 − 2n+ 1 = 0⇐⇒ (n− 1)2 = 0 .
Logo n = 1 é uma solução.
• Tomando o sinal negativo, obtemos a equação n2 − 2n+ 3 = 0 que, por ter
discriminante ∆ = (−2)2 − 4(1)(3) < 0, não possui raízes reais.
Portanto, n = 1 é a única solução ao problema proposto.
Exercícios
1. Use o GeoGebra para localizar os pontos A = (−2, 2), B = (1, 1), C =
(1, 3), D = (3, 4), E = (3, 2), F = (6, 1), G = (3, 1), H = (1, 0) e efetue
os seguintes cálculos em coordenadas, visualizando graficamente:
(a)
−−→
AB +
−−→
BC +
−−→
CD ;
(b) 2(
−−→
BC −−−→EC ) + 3−−→EF ;
(c)
−−→
EF +
−−→
FG +
−−→
GH +
−−→
HE ;
(d)
−−→
CF − (3−−→AD +−−→DC )
2. Mostre que a adição de vetores está bem definida.
3. Mostre que:
(a) a multplicação por escalares satisfaz as propriedades de associatividade
e distributividade;
(b) λ−→u = −→0 se, e somente se, λ = 0 ou −→u = −→0 ;
(c) λ = 1 é o único escalar tal que λ−→u = −→u .
4. Seja ABCD um quadrilátero convexo de lados AB, BC, CD e DA. Sejam
E e F os pontos médios dos lados AB e CD, respectivamente.
30
Unidade 2
Operações com vetores no plano
(a) Mostre que
−−→
EF =
1
2
(−−→
AD +
−−→
BC
)
.
(a) Mostre que
−−→
EF =
1
2
(−−→
AC +
−−→
BD
)
.
A propriedade vale para quadriláteros não convexos? Visualize numa con-
strução usando o GeoGebra.
5. Se A1, A2, . . . , An, são pontos quaisquer no plano, verifique que:−−−→
A1A2 +
−−−→
A2A3 + . . .+
−−−−−→
An−1An +
−−−−→
AnA1 =
−→
0 .
6. Sejam A1, A2, . . . , An vértices de um polígono regular de n lados no plano
centrado no ponto P . Mostre que:−−−→
PA1 +
−−−→
PA2 + . . .+
−−−−→
PAn−1 +
−−−→
PAn =
−→
0 .
7. Sejam A =
(
1,
1
2
)
, B = (4, 2) e C =
(
−1
2
, 3
)
.
(a) Determine o baricentro G do triângulo ABC.
(b) Determine os pontos médios X, Y e Z dos lados BC, AC e AB,
respectivamente.
(c) Mostre que
−−→
AX +
−−→
BY +
−−→
CZ =
−→
0 . Essa propriedade vale em qualquer
triângulo?
8. Sejam A = (1, 3) e B = (−2, 0). Determine os pontos que dividem o
segmento AB em 5 segmentos de igual comprimento. Determine, também,
o pontoX que divide o segmento em média e extrema razão (veja o Exercício
4 do Cápitulo 1).
9. Sejam A = (a1, a2) e B = (b1, b2) são pontos distintos no plano. Mostre
que os pontos P1, P2, . . . , Pn−1, dados por:−−−→
APk =
k
n
−−→
AB , n = 1, 2, . . . , n− 1,
dividem o segmento AB em n segmentos de igual comprimento.
10. Sejam A = (1, 2) e
−−→
BC = (3, 4), determine os vértices B e C do triângulo
ABC sabendo que a origem é seu baricentro.
11. Seja ABC um triângulo, G seu baricentro