Gabarito P1 (2017 II)

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Universidade Federal de Vic¸osa
Centro de Cieˆncias Exatas e Tecnolo´gicas
Departamento de Matema´tica
1a Prova - MAT241 - Ca´lculo III - 16/09/2017
Nome: Matr´ıcula: Turma:
Turma 1 Turma 2 Turma 5
Edson Sandro Sandro
Seg 16 - 18 Qua 14 - 16 Sex 16 - 18
Qui 14 - 16 Ter 16 - 18 Sex 14 - 16
Em todas as questo˜es justifique suas respostas. Boa Prova!
Questa˜o 1: Sejam r e s duas retas dada pelas equac¸o˜es
r :
 x = 1 + ty = −t; t ∈ R
z = 2 + 2t
e s :
 x = 1− 2ty = −2 + 2t; t ∈ R
z = 3− 4t
(a) (5 pontos) As retas r e s sa˜o concorrentes, paralelas ou reversas? Justifique.
(b) (10 pontos) Determine a distaˆncia entre r e s.
(c) (10 pontos) Encontre, se poss´ıvel, a equac¸a˜o de um plano α que conte´m r e s.
(a) Os vetores diretores de r e s sa˜o dados respectivamente por −→v r = (1,−1, 2) e −→v s = (−2, 2,−4). Note que −→v s = −2 ·−→v r,
ou seja, −→v r e´ paralelo a −→v s. Logo, as retas r e s sa˜o paralelas. Ale´m disso, r e s na˜o sa˜o coincidentes visto que
Pr = (1, 0, 2) ∈ r e Pr /∈ s.
(b) Como as retas sa˜o paralelas, d(r, s) = d(Pr, s). Seja Ps = (1,−2, 3) ∈ s. Assim,
d(r, s) =
‖−−−→PsPr ×−→v s‖
‖−→v s‖ .
Temos
−−−→
PsPr = (0, 2,−1) e desta forma,
−−−→
PsPr ×−→v s =
∣∣∣∣∣∣
−→
i
−→
j
−→
k
0 2 −1
−2 2 −4
∣∣∣∣∣∣ = (−6,−2, 4).
Logo,
d(r, s) = d(Pr, s) =
‖−−−→PsPr ×−→v s‖
‖−→v s‖ =
√
36 + 4 + 16√
4 + 4 + 16
=
2
√
14
2
√
6
=
√
7√
3
.
(c) Para determinar um vetor normal ao plano que conte´m as retas r e s, devemos conhecer dois vetores paralelos ao plano
procurado e ale´m disso, tais vetores na˜o podem ser paralelos. Desta forma, os vetores diretores das retas dadas na˜o
satisfazem tais condic¸o˜es. Um vetor que na˜o e´ paralelos a`s retas e´ dado por
−−−→
PsPr = (0,−2, 1). Asssim, um vetor normal
ao plano procurado e´ dado por
−→n = −−−→PsPr ×−→v s = (−6,−2, 4).
Assim, a equac¸a˜o do plano que conte´m r e s e´ dada por
〈(x− 1, y, z − 2), (−6,−2, 4)〉 = 0
−6x− 2y + 4z = 2
−3x− y + 2z = 1
Pr
Ps
−→v s
1
Questa˜o 2: Considere os planos
pi1 : x− y − 2z = 3 e pi2 : −2x− y + z = 5.
(a) (5 pontos) Caso exista, determine as equac¸o˜es parame´tricas da reta de intersec¸a˜o dos planos pi1 e pi2
(b) (5 pontos) Determine o aˆngulo formado por pi1 e pi2.
(c) (10 pontos) Seja s a reta de equac¸o˜es parame´tricas dadas por
s :
 x = 2 + 2ty = −3− 4t; t ∈ R
z = −2− 3t
Determinar, caso existam, os pontos do espac¸o que esta˜o localizados sobre a reta s e que distam
√
6 unidades do plano
pi1.
(a) Os vetores normais a pi1 e pi2 sa˜o dados respectivamente por
−→n 1 = (1,−1,−2) e −→n 2 = (−2,−1, 1). Observe que tais
vetores na˜o sa˜o paralelos. Logo existe uma reta de intersec¸a˜o entre pi1 e pi2. Uma maneira de determinar as equac¸o˜es
parame´tricas de tal reta consiste em determinar todos os pontos que satisfazem as equac¸o˜es de pi1 e pi2, ou seja, devemos
resolver o sistema linear {
x− y − 2z = 3
−2x− y + z = 5(
1 −1 −2 3
−2 −1 1 5
)
L2 ← L2 + 2L1
−→
(
1 −1 −2 3
0 −3 −3 11
)
L2 ← −
1
3
L2
−→
(
1 −1 −2 3
0 1 1 −11/3
)
.
Da´ı, obtemos o sistema equivalente {
x− y − 2z = 3
y + z = −11
3
Fazendo z = t, temos y = −11
3
− t e
x = 3 +
(
−11
3
− t
)
+ 2t = −2
3
+ t.
Logo, a reta de intersec¸a˜o entre pi1 e pi2 tem equac¸o˜es
r :
 x = −2/3 + ty = −11/3− t; t ∈ R
z = t
(b) O aˆngulo θ formado pelos planos pi1 e pi2 e´ dado pela equac¸a˜o
cos θ =
| 〈−→n 1,−→n 2〉 |
‖−→n 1‖ · ‖−→n 2‖
cos θ =
〈(1,−1,−2), (−2,−1, 1)〉
‖(1,−1,−2)‖ · ‖(−2,−1, 1)‖
cos θ =
1
2
θ =
pi
3
.
(c) A distaˆncia de um ponto P = (x, y, z) ao plano pi e´ dada por d(P, pi1) =
∣∣∣〈−−→P0P ,−→n 1〉∣∣∣
‖−→n 1‖ , onde P0 e´ um ponto qualquer sobre
o plano pi1. Considere P0 = (0,−1,−1) ∈ pi1. Como queremos P ∈ r e d(P, pi1) =
√
6, temos
−−→
P0P = (2+2t,−2−4t,−1−3t).
Assim, devemos resolver
|〈(2 + 2t,−2− 4t,−1− 3t), (1,−1,−2)〉|√
6
=
√
6
|2 + 2t− (−2− 4t)− 2(−1− 3t)| = 6
|12t+ 6| = 6.
Da´ı 12t = 6 = 6 ou 12t+ 6 = −6, ou seja, t = 0 ou t = −1. Substituindo este valores na equac¸a˜o da reta s, obtemos os
pontos P1 = (2,−3,−2) e P2 = (0, 1, 1).
2
Questa˜o 3: Sejam r1, r2 e r3 retas de equac¸o˜es
r1 :
 x = −1 +mty = t; t ∈ R
z = −1 + t
; r2 :
 x = ty = mt; t ∈ R
z = t
e r3 :
 x = 1 + 2ty = −1− t; t ∈ R
z = t
.
Determine valores para a constante m de modo que
(a) (4 pontos) r1 e r2 sejam paralelas;
(b) (7 pontos) r1 e r2 sejam reversas;
(c) (7 pontos) r1 e r3 sejam concorrentes.
(d) (7 pontos) r1, r2 e r3 sa˜o paralelas a um mesmo plano.
(a) Para o desenvolvimento desta questa˜o, consideraremos os vetores diretores de r1, r2 e r3 dados respectivamente por−→v 1 = (m, 1, 1), −→v 2 = (1,m, 1) e −→v 3 = (2,−1, 1). Para que as retas r1 e r2 sejam paralelas, devemos ter −→v 1 paralelo a−→v 2, ou seja, deve existir α 6= 0 tal que −→v 1 = α · −→v 2. Assim,
(m, 1, 1) = α(1,m, 1) = (α,mα, α).
Logo, para as retas em questa˜o sejam paralelas devemos ter α = 1 e desta forma m = 1.
(b) Para que as retas r1 e r2 reversas, primeiramente elas na˜o podem ser paralelas, ou seja, uma das condic¸o˜es que devemos
ter e´ m 6= 1. Supondo m 6= 1, podemos garantir que tais retas na˜o sa˜o paralelas. Desta forma, para que as retas sejam
reversas, tais retas na˜o possuem ponto em comum, ou seja, o sistema −1 +mt1 = t2t1 = mt2−1 + t1 = t2
abaixo na˜o pode ter soluc¸a˜o. Desta forma, devemos escalonar a matriz ampliada deste sistema. m −1 11 −m 0
1 −1 1
 L1 ↔ L3−→
 1 −1 11 −m 0
m −1 1
 L2 ← L2 − L1−→
L3 ← L3 −mL1
 1 −1 10 −m+ 1 −1
0 −1 +m 1−m
 L3 ← L3 + L2−→
 1 −1 10 1−m −1
0 0 −m
 .
Desta forma, para m 6= 1, o sistema na˜o tera´ soluc¸a˜o quando m 6= 0. Logo, as retas r1 e r2 sa˜o reversas se m 6= 1 e
m 6= 0.
(c) As retas r1 e r3 sa˜o concorrentes se possuem apenas um ponto em comum, ou seja, o sistema −1 +mt1 = 1 + 2t2t1 = −1− t2−1 + t1 = t2
possui u´nica soluc¸a˜o. m −2 21 1 −1
1 −1 1
 L1 ↔ L3−→
 1 −1 11 1 −1
m −2 2
 L2 ← L2 − L1−→
L3 ← L3 −mL1
 1 −1 10 2 −2
0 −2 +m 2−m
 L3 ← L3 − m−22 L2−→
 1 −1 10 1 −1
0 0 0
 .
Observe que independente do valor de m o sistema sempre possui u´nica soluc¸a˜o. Logo as retas r1 e r3 sa˜o concorrente
para qualquer m ∈ R.
(d) Basta que os vetores diretores de tais retas retas sejam coplanares, ou seja, devemos ter 〈−→v 1 ×−→v 2,−→v 3〉 = 0. Observe
que
〈−→v 1 ×−→v 2,−→v 3〉 =
∣∣∣∣∣∣
m 1 1
1 m 1
2 −1 1
∣∣∣∣∣∣ = m2 + 2− 1− 2m+m− 1 = m2 −m.
Logo, as retas r1, r2 e r3 sa˜o paralelas a um mesmo plano quando m = 0 ou m = 1.
3
Questa˜o 4: Julgue cada item abaixo como verdadeiro ou falso, justificando com um argumento lo´gico ou com um contra-
exemplo. Respostas sem justificativas na˜o sera˜o consideradas.
(a) ( ) (6 pontos) O triaˆngulo determinado pelos pontos A = (0, 0, 0), B = (1,
√
2, 1), e C = (2, 0, 0) e´ um triaˆngulo
equila´tero.
(b) ( ) (6 pontos) O raio da circunfereˆncia, obtida pela intersec¸a˜o da esfera de equac¸a˜o x2 + y2 + z2 = 4 com o plano pi
de equac¸a˜o x+ y + z = 1, e´ r =
√
11
3
.
(c) ( ) (6 pontos) Se 4A2 +B2− 4C2 < 0, enta˜o a equac¸a˜o x2−Ax+ 4y2 +By− z2 +Cz = 0 representa um hiperboloide
de uma folha.
(d) ( ) (6 pontos) O ponto D = (0, 4, 1) pertence ao plano determinado pelos pontos A = (1, 0, 2), B = (−2, 0, 1) e
C = (−1, 2, 1).
(e) ( ) (6 pontos) Se −→u ×−→v = −→u ×−→w , com −→u 6= −→0 , enta˜o −→v = −→w .
(a) Neste caso, basta calcular as distaˆncias entre os pontos dados. Como d(A,B) =
√
12 + (
√
2)2 + 12 =
√
4 = 2,
d(A,C) =
√
22 + 02 + 02 =
√
4 = 2 e d(B,C) =
√
12 + (
√
2)2 + (−1)2 = √4 = 2, segue que o triaˆngulo formado
pelos pontos A, B e C tem os treˆs lados com as mesmas medidas. Logo o triaˆngulo e´ equila´tero.
(b) A esfera esta´ centrada
no ponto O = (0, 0, 0). Sendo C o centro do c´ırculo de intersec¸a˜o do plano com a esfera, temos
que o segmento OC e´ perpendicular ao plano. Da´ı, sendo X um ponto qualquer da intersec¸a˜o entre as superf´ıcies, temos
que o triaˆngulo formado pelo pontos O, C e X e´ retaˆngulo, com aˆngulo reto em C. Ale´m disso, o segmento OX e´ um
raio da esfera e hipotenusa do triaˆngulo, que nos garante que d(O,X) = 2, e d(O,C) = d(O, pi). O raio procurado e´ o
comprimento do segmento CX, ou seja, o raio e´ dado por r = d(C,X). Temos que P = (1, 0, 0) ∈ pi, −→n = (1, 1, 1) e´ um
vetor normal do plano. Desta forma,
d(O,C) = d(O, pi) =
| < −−→OP,−→n > |
‖−→n ‖ =
1√
3
.
Pelo Teorema de Pita´goras, segue que
r2 +
(
1√
3
)2
= 22
r2 = 4− 1
3
r =
√
11
3
.
(c) Neste caso, devemos completar quadrados para identificar a superf´ıcie.
x2 −Ax+ 4y2 +By − z2 + Cz = 0(
x− A
2
)2
+ 4
(
y − B
8
)2
−
(
z − A
2
)2
=
A2
4
+
B2
16
− C
2
4
=
4A2 +B2 − 4C2
16
−
(
x− A
2
)2
− 4
(
y − B
8
)2
+
(
z − A
2
)2
= −4A
2 +B2 − 4C2
16
.
Seja E = −4A
2 +B2 − 4C2
16
> 0, uma vez que 4A2 +B2 − 4C2 < 0. Assim, a equac¸a˜o acima fica da forma
−
(
x− A
2
)2
(
√
E)2
−
(
y − B
8
)2
(
√
E/2)2
+
(
z − A
2
)2
(
√
E)2
= 1,
que e´ a equac¸a˜o de um hiperboloide de duas folhas.
(d) Neste caso, basta verificar que os quatros ponto esta˜o no mesmo plano, ou equivalentemente que os vetores
−−→
AB,
−→
AC e−−→
AD sa˜o coplanares. Como 〈−−→
AB ×−→AC,−−→AD
〉
=
∣∣∣∣∣∣
−3 0 −1
−2 2 −1
−1 4 −1
∣∣∣∣∣∣ = 0,
podemos concluir que os pontos em questa˜o sa˜o coplanares e consequentemente o ponto D esta´ no mesmo plano dos
pontos A, B e C.
(e) Tal afirmac¸a˜o e´ falsa. Basta considerar −→u = (1, 0, 0), −→v = (2, 0, 0) e −→w = (3, 0, 0). Desta forma, −→u ×−→v = −→0 = −→u ×−→w ,
mas −→v 6= −→w .
Boa Prova!
4