Geometria analitica e algebra linear

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Algumas considerações do ensino médio
Sejam
−→
F 1 e
−→
F 2 duas forças−→
R =
−→
F 1 +
−→
F 2
−→
R : resultante,
−→
R =
−−→
AD (diagonal do paralelogramo).
Por quê o professor podia fazer isto?
Do ponto de vista matemático, isto é operação entre vetores?
Espaço ambiente E3 (simplesmente espaço)
E3

pontos
retas
planos
Notação pontos: letras maiúsculas: P,Q,R,...
Notação retas: letras minúsculas: p, q, r, s, t, ...
Segmentos de retas:
Dado A,B ∈ r (reta), o conjunto de pontos entre A e B em r é chamado de segmento
geométrico e denotamos por AB
Segmento orientado: é um par ordenado (A,B) de pontos no espaço.
A: origem do segmento geométrico.
B: extremidade do segmento geométrico
Segmento orientado, representa a orientação de A para B.
Observação 1: O segmento orientado da forma (A,A) são ditos nulos.
Observação 2: Se A 6= 0 então (A,B) 6= (B,A)
1
Definição 2: Dizemos que os segmentos orientados (A,B) e (C,D) tem o mesmo compri-
mento se os segmentos geométricos AB e CD tem o mesmo comprimento.
Se (A,B) e (C,D) sejam não nulos, diremos que (A,B) e (C,D) tem a mesma direção se
AB ‖ CD.
Caso (A,B) e (C,D) tenham a mesma direção, analisaremos duas diferentes situações:
(a) Quando as retas determinadas por AB e CD sejam distintas.
Dizemos que (A,B) e (C,D) tem o mesmo sentido caso os segmentos AC e BD tenham
interseção vazia: AC ∩BD = ∅
Caso AC ∩BD 6= ∅ então dizemos que (A,B) e (C,D) têm sentido contrário.
2
(b) Consideremos agora o caso em que os retas AB e CD conincidem.
Neste caso tomaremos (A′, B′) de tal forma que A′ não pertence a reta determinada por
AB, e mesmo sentido de AB.
Diremos que (A,B) e (C,D) tem o mesmo sentido se (A′, B′) e (C,D) têm o mesmo
sentido. Caso contrário, (A,B) e (C,D) têm sentido contrário.
Exercício 1: Verifique que (A,B) e (B,A) têm o mesmo comprimento, mesma direção e
sentido contrário, sendo A 6= B.
Definição 3: Os segmentos orientados (A,B) e (C,D) são equipolentes, e indica-se (A,B) ∼
(C,D), se um dos casos ocorrer:
(a) Ambos são nulos.
(b) Nenhum é nulo, e têm o mesmo comprimento, mesma direção e mesmo sntido.
Proposição 1: A relação de equipolência satisfaz as seguintes propriedades:
a) (A,B) ∼ (A,B) (reflexiva)
b) (A,B) ∼ (C,D) =⇒ (C,D) ∼ (A,B) (simétrica)
c) (A,B) ∼ (C,D) e (C,D) ∼ (E,F ) =⇒ (A,B) ∼ (E,F ) (transitiva)
Definição: Um vetor é uma classe de equipolência de segmentos orientados de E3, o vetor
cujo representante é (A,B) será indicado por
−→
AB.
Observação 1: Usamos letras minúsculas para representar um vetor:
−→a ,−→b ,−→c ,−→x ,−→y .
Observação 2: O vetor
−→
AB é o conjunto formado por todos os segmentos orientados que
tem memsma direção, mesmo sentido do segmento orientado
−→
AB.
Chamamos de norma (módulo, comprimento) ao comprimento de um de seus represen-
tantes.
O conjunto de vetores que possuem representantes em E3 denotaremos por V 3.
Adição de vetores
+ : V 3 × V 3 −→ V 3
(−→u ,−→v ) 7−→ −→u +−→v
(i) Sejam
−→u e −→v dois pares de vetores em V 3
3
Consideramos (A,B) como um representante do vetor −→u e (B,C) como um representante
do vetor
−→v
Note que ao fecharmos o triângulo ABC obtemos o segmento orientado (A,C). Por defi-
nição o vetor
−→
AC, cujo representante é (A,C), é o vetor soma −→u +−→v .
(ii) Uma outra maneira é pela regra do paralelogramo.
Sejam os vetores
4
Consideramos (A,B) como um representante do vetor −→u e (A,C) como um represen-
tante do vetor
−→v
O segmento orientado (A,D) diagonal que contém o ponto A é um representante do vetor−→u +−→v .
A1) Propriedade associativa:−→u + (−→v +−→w ) = (−→u +−→v ) +−→w , ∀ −→u ,−→v ,−→w ∈ V 3
A2) Propriedade comutativa:−→u +−→v = −→v +−→u ∀ −→u ,−→v ∈ V 3
A3) Elemento neutro:
−→u +−→0 = −→0 +−→u = −→u ∀ −→u ∈ V 3
Note que
−→u +−→0 = −→AB +−−→BB = −→AB = −→u
A4) Elemento oposto:
Dado
−→u vetor não nulo, ∃ (−−→u ) vetor oposto, ou seja:
Dado
−→
0 6= −→u ∈ V 3, ∃ (−−→u ) ∈ V 3 tal que −→u + (−−→u ) = −→0 .
Já que
−→u = −→AB então (−−→u ) = −→BA
5
De fato−→u + (−−→u ) = −→AB +−→BA = −→AA = −→0
Observação: Esta propriedade permite definir a subtração em V 3.
Vejamos geralmente.
Sejam
Consideremos (A,B) como um representante do vetor −→u e (A,C) como um representante
do vetor
−→v onde AB e AC são lados de um paralelogramo.
Logo, temos:
Exercício 1: Prove a lei do cancelamento:−→u +−→v = −→u +−→w =⇒ −→v = −→w
1
o
caso: Se
−→u = −→0 , pela propriedade A3, −→0 +−→v = −→v e −→0 +−→w = −→w =⇒ −→v = −→w
2
o
caso:
−→u 6= −→0
Usaremos a propriedade A4, ou seja, o vetor oposto −(−→u )
Somando ambos os membros da igualdade pelo vetor oposto
−→u , teremos:
−(−→u ) + (−→u +−→v ) = −(−→u ) + (−→u +−→w ).
Pela propriedade A1 (associativa), temos:
(−−→u +−→u ) +−→v = (−−→u +−→u ) +−→w
Pela propriedade A4 obtemos:−→
0 +−→v = −→0 +−→w .
Pela propriedade A3, obtemos o desejado:−→v = −→w �
Exercício 2: Prove também a outra lei do cancelamento:−→x +−→z = −→y +−→z =⇒ −→x = −→y . (casa)
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Exercício 3: Prove que se
−→u +−→v = −→w , então −→u = −→w −−→v .
Note que somando pelo vetor oposto de
−→v , −−→v em ambos lados da igualdade, obtemos:
(−→u +−→v ) + (−−→v ) = −→w + (−−→v ) A1=⇒ −→u + (−→v + (−−→v )) = −→w −−→v A4=⇒ −→u = −→w −−→v
Exercício 4: Dados os representantes dos vetores
−→u e −→v conforme a figura, ache um
representante de
−→x tal que −→u +−→v +−→x = −→0 .
Note que usando a representação de um paralelogramo, temos (A,C) representante do
vetor
−→u , (A,B) representante do vetor −→v
Logo, (A,D) representa o vetor −→u +−→v (I)
Por outro lado, de
−→u + −→v + −→x = −→0 (II), então como consequência da propriedade A4,
temos que
−→x é o oposto aditivo de −→u +−→v .
Assim, se (A,D) é o representante de −→u +−→v , basta tomar o representante de −(−→u +−→v ) =
−→x = −−→DA, já que (−→u +−→v ) +−→x = −−→AD +−−→DA = −→AA = −→0 .
Exercício 1: (casa)
Justifique a seguinte regra. Para calcular
−→x = −→u + −→v + −→w , tome um representante
(A,B) de −→u , um representante (B,C) de −→v , um representante (C,D) de −→w . Então −→x
tem como representante (A,D). (Intuitivamente, "fecha-se o polígono").
Use de forma iterada a primeira definição de soma de vetores fechando o triângulo (I)
Adicionalmente,
−→x = −→u +−→v +−→w =⇒ −→AB +−−→BC +−−→CD = −→AC +−−→CD = −−→AD (II).
Exercício 2: Vale a igualdade ||−→u + −→v || = ||−→u || + ||−→v ||, ∀ −→u ,−→v ∈ V 2? Justifique
7
sua resposta. E quanto ||−→u −−→w || = ||−→u || − ||−→w ||?
Observação: Dado um vetor
−→v ∈ V 3, denotamos seu comprimento por ||−→v || (também
conhecido por norma). Caso, ||−→v || = 1 então dizemos que o vetor −→v é unitário.
Multiplicação de um número real por um vetor
É a operação que a cada número real α e a cada vetor −→v associa um vetor α−→v .
· R× V 3 −→ V 3
(α,−→v ) 7−→ α · −→v
(i) caso α = 0 ou −→v = −→0 , então por definição α · −→v = −→0
(ii) caso α 6= 0 e −→v 6= −→0 , então α · −→v é caracterizado na forma:
a) α−→v ‖−→v
b) α−→v e −→v têm o mesmo sentido se α > 0 e sentido contrário caso se α < 0.
c) ||α−→v || = |α|||−→v ||.
Interpretação geométrica:
Algumas propriedades:
M1) α(−→u +−→v ) = α−→u + α−→v , ∀ α ∈ R, ∀ −→u ,−→v ∈ V 3
Interpretação geométrica:
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M2) (α + β)−→v = α−→v + β−→v , ∀ α, β ∈ R e ∀ −→v ∈ V 3.
M3) 1 · −→v = −→v , ∀ −→v ∈ V 3
M4) α(β−→v ) = (αβ)−→v = β(α−→v ), ∀ α, β ∈ R.
As quatro propriedades A1, A2, A3 e A4 juntamente com as quatro propriedades M1, M2,
M3 e M4 confere a V 3 o que chamamos na álgebra linear uma estrutura de espaço vetorial.
Exercício 1: Prove a regra dos sinais:
a) (−α)−→v = −(α−→v ), ∀ α ∈ R e ∀ −→v ∈ V 3.
Precisamos mostrar que (−α)−→v é o vetor oposto de α−→v , para isto, pela definição de vetor
oposto é suficiente mostrar que:
(−α)−→v + α−→v = −→0 , vejamos:
(−α)−→v + α−→v M2=(−α + α)−→v = 0 · −→v def= −→0
b) α(−−→v ) = −(α−→v ), ∀ α ∈ R e ∀ −→v ∈ V 3.
c) (−α)(−−→v ) = α−→v , ∀ α ∈ R e ∀ −→v ∈ V 3.
2) Prove que α−→v = −→0 =⇒ α = 0 ou −→v = −→0 .
Suponha que α 6= 0, logo α−1 = 1
α
∈ R é tal que αα−1 = α 1
α
= 1.
Logo, se α−→v = −→0 =⇒ α−1(α−→v ) = α−1−→0 =⇒ 1
α
(α−→v ) = 1
α
−→
0
M4 def
=⇒ ( 1
α
α)−→v = −→0 =⇒
1 · −→v = −→0 M3=⇒ −→v = −→0
Analogamente, suponha
−→v 6= −→0 .
Por hipótese α−→v = −→0 def=⇒ α = 0
Se
−→v 6= −→0 então existe um vetor oposto −−→v ∈ V 3 tal que −→v + (−−→v ) = 0. Logo −α−→v
é o vetor oposto de V 3.
3) Prove que se α−→u = α−→v e se α 6= 0, então −→u = −→v .
Se
−→u = −→0 def=⇒ α−→u = 0 = α−→v , como α 6= 0, pela definição seque −→v = −→0 .
Assim,
−→u = −→v = −→0 .
Se α 6= 0, então existe um inverso multiplicativo α−1 ∈ R de α tal que α · 1
α
= 1
α
· α = 1.
Logo, de α−→u = α−→v =⇒ 1
α
(α−→u ) = 1
α
(α−→v ) M4=⇒ ( 1
α
·α)−→u = ( 1
α
·α)−→v =⇒ 1 ·−→u = 1 ·−→v M3=⇒−→u = −→v �
Soma de ponto com vetor
+ : E3 × V 3 −→ E3
(P,−→v ) 7−→ Q
Dado P ∈ E3 e um vetor −→v ∈ V 3, existe um ponto Q ∈ E3 tal que Q = P + −→v , é
chamado soma de P com −→v
Observação 1: Dado P ∈ E3 e um vetor −→v , existe um ponto Q ∈ E3 tal que (P,Q) seja
representante de
−→v .
∀ P ∈ E3, ∀ −→v ∈ V 3 : P +−→v = Q⇐⇒ −→PQ = −→v .
Logo, P +
−→
PQ = Q.
Observação 2: Note que geometricamente esta operação representa uma translação do
ponto P, transladado via o vetor
−→v .
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Observação 3: Note que a notação P −−→v indica a soma do ponto P com o vetor −→v .
P −−→v = P + (−−→v )
Algumas propriedades
P1) P +
−→
0 = P, ∀ P ∈ E3
É uma consequência natural da definição, pois
−→
PP =
−→
0 ⇐⇒ P = P +−→0
P2) P +−→u = P +−→v =⇒ −→u = −→v
Seja Q = P +−→u = P +−→v , decorre da definição−→
PQ = −→u e −→PQ = −→v =⇒ −→u = −→v
P3) (P +−→u ) +−→v = P + (−→u +−→v ), ∀ P ∈ E3 e ∀ −→u ,−→v ∈ V 3
Vejamos geometricamente
Seja
−→
A = P +−→u e B = A+−→v . Logo B = (P +−→u ) +−→v (I)
Daí, decorre que
−→
PA = −→u e −→AB = −→v .
Logo, somando temos
−→
PA +
−→
AB =
−−→
PB =⇒ −−→PB = −→u + −→v . Da definição segue que
B = P + (−→u +−→v ) (II)
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De (I) e (II) resulta que (P +−→u ) +−→v = P + (−→u +−→v ), ∀ P ∈ E3 e ∀ −→u ,−→v ∈ V 3
P4) A+−→v = B +−→v =⇒ A = B
Note que somando nos dois lados da igualdade A+−→v = B +−→v pelo vetor oposto de −→v
que denotamos por −−→v , temos:
(A+−→v )−−→v = (B+−→v )−−→v P3=⇒ A+(−→v −−→v ) = B+(−→v −−→v ) =⇒ A+−→0 = B+−→0 P1=⇒
A = B
P5) (P −−→v ) +−→v = P
Vejamos (P −−→v ) +−→v P3= P + (−−→v +−→v ) = P +−→0 P1= P
Exercício: Mostre que
−→
AB −−→AC = −−→CB.
Note que pela definição de soma de vetores, temos
−→
CA+
−→
AB =
−−→
CB (I).
Por outro lado,
−→
CA = −−→AC.
Substituindo em (I), obtemos:
−−→AC +−→AB = −−→CB comutativa=⇒ −→AB −−→AC = −−→CB.
Dependência e Independência Linear
Primeiro fixaremos alguns conceitos.
Dizemos que um vetor
−→u é paralelo a uma reta r (ao um plano pi) se existir um represen-
tante (A,B) de −→u tal que o segmento orientado AB está em r ou pi.
Definição 1:
(i) Uma sequência (−→v ) de um único vetor −→v ∈ V 3 é linearmente dependente (LD) se
−→v = −→0 .
Caso
−→v 6= −→0 , a sequência (−→v ) é dita linearmente independente (LI).
(ii) Uma sequência (−→u ,−→v ) de vetores de V 3 é linearmente dependente (LD) se −→u e −→v
são paralelos a uma mesma reta.
Caso contrário, (−→u ,−→v ) é linearmente independente (LI).
(iii) Uma sequência (−→u ,−→v ,−→w ) de vetores de V 3 é linearmente dependente (LD) se−→u ,−→v ,−→w forem paralelos ao mesmo plano. Caso contráro, (−→u ,−→v ,−→w ) é linearmente in-
dependente (LI).
(iv) Qualquer sequência de vetores com quatro ou mais elementos é linearmente depen-
dente (LD) por definição.
Caracterização algébrica da Dependência e Independência linear
Definição 2: Dados
−→v1 ,−→v2 , · · · ,−→vn vetores de V 3 (n ≥ 1) e α1, α2, · · · , αn números reais.
Chama-se combinação linear dos vetores
−→v1 ,−→v2 , · · · ,−→vn (com coeficientes α1, α2, · · · , αn)
ao vetor −→u = α1−→v1 + α2−→v2 + · · ·+ αn−→vn
Quando
−→u é escrito como combinação linear de −→v1 ,−→v2 , · · · ,−→vn diz-se que −→u é gerado pelos
vetores
−→v1 ,−→v2 , · · · ,−→vn.
Observação 1: O vetor nulo é gerado por
−→v1 ,−→v2 , · · · ,−→vn, para quaisquer que sejam estes
vetores.
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De fato, note que em particular, podemos escrever−→
0 = 0−→v1 + 0−→v2 + · · ·+ 0−→vn
Proposição 1: Uma sequência (−→v1 ,−→v2 , · · · ,−→vn) (n ≥ 2) é LD se, e somente se, algum
vetor da sequência for gerado pelos demais.
Demonstraremos, separadamente os seguintes casos:
Caso 1:
a) Suponhamos (−→u ,−→v ) LD. Note que −→u = −→0 , claramente , temos que −→0 = 0−→v (o
desejado).
De forma análoga acontece quando
−→v = −→0 .
Consideremos o caso em que
−→u 6= −→0 e −→v 6= −→0 .
Do fato de
−→u e −→v serem LD então existem representantes (A,B) de −→u e (A,C) de −→v
tal que A, B e C são colineares (estão sobre uma mesma reta) com A 6= B e A 6= C.
Note que ao tomarmos α = ||
−→v ||
||−→u || , obtemos
−→v = α−→u (caso −→u e −→v tenham o mesmo
sentido) e
−→v = (−α)−→u , se −→u e −→v tenham sentido contrário. (I)
b) Reciprocamente, suponhamos que
−→v = α−→u (e que nenhum deles seja nulo).
Caso contrário não há nada a provar.
Seja (A,B) um representante de −→u . Por (I) e pela definição da multiplicação de um
escalar por um vetor, concluímos que o representante do vetor
−→v com origem A tem a
sua extremidade C na reta que passa por AB.
Logo, A,B e C são colineares, isto é, (−→u ,−→v ) é LD.
Caso 2:
c) Suponhamos (−→u ,−→v ,−→w ) LD.
Se o par (−→u ,−→v ) for LD teremos pelo caso 1 que −→u = α−→v (ou −→v = β−→u ). Neste caso,
basta tomar
−→u = α−→v + 0−→w (ou −→v = β−→u + 0−→w ). Assim, está demonstrado.
Consideremos o caso em que (−→u ,−→v ) é LI. Aqui faremos a seguinte construção geométrica:
tomemos um ponto P ∈ E3, e os representantes (P,A), (P,B) e (P,C) de −→u ,−→v e −→w ,
respectivamente.
Note que P,B e A não são colineares, já que (−→u ,−→v ) é LI, mas P,A,B e C estão no
mesmo plano, pois por hipótese (−→u ,−→v ,−→w ) é LD.
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Pelo ponto C, tomemos retas paralelas a PA e PB, determinando desta forma os pontos
M e N. Assim, determinamos
−−→
PM e
−−→
PN note que
−−→
PM‖−→u e −−→PN‖−→v
Portanto,−−→
PM = α−→u e −−→PN = β−→v .
Por outro lado, temos:−→
PC =
−−→
PM +
−−→
PN e que −→w = −→PC.
Desta forma, obtemos:−→w = α−→u + β−→v .
Reciprocamente, se um deles é gerado pelos demais, sem perda de generalidade suponha-
mos que
−→v3 é gerado por −→v1 e −→v2 .
Analise dois casos (fica como exercício).
Caso 1: (−→v1 ,−→v2) é LD e −→v3 é gerador por (−→v1 ,−→v2)
Caso 2: (−→v1 ,−→v2) é LI e −→v3 é gerado por (−→v1 ,−→v2) (exercício 2).
d) Note que dados (−→v1 ,−→v2 , · · · ,−→vn), (n ≥ 4), caso exista um −→vj , para algum j ∈ {1, · · · , n}
tal que −→vj = α1−→v1 + · · ·+ αj−1−−→vj−1 + αj+1−−→vj+1 + · · ·+ αn−→vn
então segue-se que (−→v1 ,−→v2 , · · · ,−→vn) é LD (definição).
Reciprocamente, consideremos (−→v1 ,−→v2 , · · · ,−→vn), (n ≥ 4).
Caso (i): (−→v1 ,−→v2 ,−→v3) é LD, então pelo caso (c) existe um vetor da sequência que é combi-
nação linear dos demais.
Suponhamos sem perda de generalidade que seja
−→v1 .
Então,
−→v1 = α2−→v2 + α3−→v3 . Note que em particular podemos escrever −→v1 = α2−→v2 + α3−→v3 +
0−→v4 + · · ·+ 0−→vn (ver pag 42 do Paulo Boulos).
Caso (ii): (−→v1 ,−→v2 ,−→v3) é LD, mostraremos que o vetor −→v é escrito como combinação li-
near de
−→v1 ,−→v2 e −→v3 .
Sejam P,A,B,C e D pontos tais que −→v1 = −→PA,−→v2 = −−→PB,−→v3 = −→PC e −→v4 = −−→PD.
A reta paralela PC por D determina o ponto M no plano PAB.
As retas por M paralelas a PA e PB determinam respectivamente, os pontos Q e N nas
retas PB e PA.
O plano por D paralelo ao plano PAB determina o ponto R na reta PC.
Como
−→PA‖−−→PN e −→PA é não nulo, podemos escrever −−→PN = α1−→v1 .
De maneira análoga, podemos escrever:−→
PQ = α2
−→v2 e −→PR = α3−→v3 .
Assim, temos que:
−→v4 = −−→PD = −−→PN + −→PQ︸︷︷︸
−−→
NM
+
−→
PR︸︷︷︸
−−→
MD
= α1
−→v1 + α2−→v2 + α3−→v3
Em particular podemos escrever que
−→v4 = α1−→v1 + α2−→v2 + α3−→v3 + 0−→v4 + · · ·+ 0−→vn
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Exercício 1: (i) Seja A,B,C vértices de um triângulo como na figura abaixo:
Tomemos X um ponto médio de AB. Exprima
−−→
CX em função de
−→
CA e
−−→
CB.
Repare que:
−→
AC +
−−→
CB =
−→
AB =⇒ −−→CA+−−→CB = −→AB (I)
Do fato de X ser ponto médio de AB, temos:−−→
AX = 1
2
−→
AB (II)
Temos, também que
−→
CA+
−−→
AX =
−−→
CX (III).
Substituindo
−−→
AX em (III), encontraremos:−→
CA+ 1
2
−→
AB =
−−→
CX (IV)
Substituindo (I) em (IV), obtemos:−→
CA+ 1
2
(−−→CA+−−→CB) = −−→CX =⇒ −−→CX = 1
2
−→
CA+ 1
2
−−→
CB
(ii) Dados quatro pontos A,B,C e X tais que
−−→
AX = m
−−→
XB, exprima
−−→
CX em função
de
−→
CA,
−−→
CB e m.
Resolução:
Note que
−−→
CX =
−→
CA+
−−→
AX (I)
Temos, também que
−→
AC +
−−→
CB =
−→
AB (II)
Outro fato que temos:−−→
AX +
−−→
XB =
−→
AB (III)
Substituindo
−−→
AX = m
−−→
XB em (III), obtemos:
m
−−→
XB +
−−→
XB =
−→
AB =⇒ −−→XB(m+ 1) = −→AB =⇒ −−→XB = 1
m+1
−→
AB
Outra relação que temos é que
−→
AB =
−−→
AX +
−−→
XB, ou seja−−→
AX =
−→
AB −−−→XB = −→AB − 1
m+1
−→
AB =⇒ −−→AX = (1− 1
m+1
)
−→
AB =⇒ −−→AX = m
m+1
−→
AB
Substituindo em (I), obtemos:−−→
CX =
−→
CA+ m
m+1
−→
AB
Por consequência de (II), obtemos:−−→
CX =
−→
CA+ m
m+1
(
−→
AC+
−−→
CB) =⇒ −−→CX = −→CA+ m
m+1
(−−→CA+−−→CB) =⇒ −−→CX = (1− m
m+1
)
−→
CA+
m
m+1
−−→
CB = 1
m+1
−→
CA+ m
m+1
−−→
CB
Ou seja,
−−→
CX = 1
m+1
−→
CA+ m
m+1
−−→
CB.
(iii) Algumas consequências:
Repare que se tomarmos α = 1
m+1
e β = m
m+1
, podemos escrever a expressão anterior na
forma:
14
−−→
CX = α
−→
CA+ β
−−→
CB, onde α + β = 1 e C é um ponto sobre a reta determinada por AB.
Se X é um ponto do segmento AB então o vetor
−−→
CX pode ser escrito na forma:−−→
CX = α
−→
CA+
−−→
CB, com α ≥ 0, β ≥ 0 e α + β = 1.
Exercício 1 (casa)
Prove que se (A,B) é representante de −→u 6= −→0 e (C,D) representante de −→v 6= −→0 , então
AB‖CD ⇐⇒ ∃ λ ∈ R tal que −→u = λ−→v .
Exercício 2: Resolva o sistema nas incógnitas x e y:{ −→x + 2−→y = −→u
3−→x −−→y = 2−→u +−→v
Exercício 3: Seja
−→v 6= −→0 . Mostre que −→v||−→v || é um vetor unitário. O vetor
−→v
||−→v || é cha-
mado de versor de
−→v .
Exercício 1 (extra)
Dados a sequência (−→u ,−→v ,−→w ) com (−→u ,−→v ) LI. Mostre que se −→w = α−→u ou −→w = β−→v para
algum α, β ∈ R, então (−→u ,−→v ,−→w ) é LD.
Solução:
Tomemos (P,A) e (P,B) como representantes de −→u e −→v respectivamente.
A hipótese de que (−→u ,−→v ) é LI, nos garante que P,A e B não são colineares, pois −→u e −→v
não são paralelos a mesma reta.
Note que P,A,B determinam um plano pi (P,A e B não são colineares).
Como o representante (P,A) de −→u é paralelo a reta PA contida em pi, então −→u ‖pi.
Por uma argumentação análoga, temos que o representante (P,B) de −→v é paralelo a reta
PB contido em pi.
Assim,
−→v ‖pi.
Precisamos mostrar que
−→w ‖pi.
Vejamos o caso em que
−→w = α−→u , o outro é análogo.
Da definição "multiplicação de um escalar por um vetor", temos que α−→u e −→u tem mesma
direção.
Logo, α−→u é paralelo a reta determinado por PA que está contida em pi.
15
Assim,
−→w ‖pi.
Portanto, os três vetores são paralelos ao mesmo plano.
Exercício 2 (extra)
Mostre que se (−→u ,−→v ) é LI e −→w é gerado por (−→u ,−→v ), então (−→u ,−→v ,−→w ) é LD.
Solução: Sendo
−→w gerado por −→u e −→v , temos então que existem α, β ∈ R tais que
−→w = α−→u + β−→v (I)
Caso
−→w = −→0 , não há o que mostrar.
Tomemos, então o caso
−→w 6= −→0 .
Notemos que do fato de (−→u ,−→v ) ser LI, nos garante que −→u e −→v não são paralelos, ou
melhor não tem a mesma direção.
Então, tomemos (P,A) e (P,B) como representantes de −→u e −→v , respectivamente.
Tomemos (P,C) como representante de −→w . Por (I) e (II), temos três situações diferentes
para se considerar:
Os casos (i) e (ii) já foram contemplados no exercício (1) (extra).
Vejamos o caso (iii).
16
Note que P,A e B não são colineares, pois (−→u ,−→v ) é LI.
Logo,
−→u é paralelo a reta PA que está contida no plano pi determinado por A,B e P.
Analogamente,
−→v é paralelo a reta PB contida no plano pi.
Falta, então mostrar que
−→w ‖pi.
Repare que (P,C) o representante de −→w está contido no paralelogramo PNCM. Mas, o
paralelogramo PNCM está contido no plano pi.
Logo
−→w ‖pi.
Corolário 2: Se (−→u ,−→v ) é LI e (−→u ,−→v ,−→w ) é LD, então −→w é combinação linear de −→u e−→v .
Corolário 3: Se (−→u ,−→v ,−→w ) é LI, então todo vetor −→x ∈ V 3 é gerado por −→u ,−→v e −→w ,
isto é, existem α, β, γ ∈ R tais que:
−→x = α−→u + β−→v + γ−→w
Observação: Consideremos os seguintes casos:
(i) Seja (−→u ,−→v ) LD, pela proposição 1, temos que −→v é gerado por −→u , ou melhor, −→v = α−→u
para algum α ∈ R.
Logo,
−→v − α−→u = −→0 =⇒ 1−→v − α−→u = −→0
(ii) Se (−→u ,−→v ,−→w ) é LD pela proposição 1, temos que um dos vetores da sequência é gerado
pelos demais.
Sem perda de generalidade, suponhamos que
−→w seja gerado por −→u e −→v , ou seja, existem
escalares α, β ∈ R tal que −→w = α−→u + β−→v .
Logo, α−→u + β−→v −−→w = −→0
Proposição 2: Uma sequência (−→v1 ,−→v2 , · · · ,−→vn) de vetores de V 3 é LD se, e somente se, exis-
trem escalares α1, α2, · · · , αn não todos nulos tais que α1−→v1 + α2−→v2 + · · ·+ αn−→vn = −→0 , ou
seja, se, e somente se, a equação x1
−→v1+x2−→v2+· · ·+xn−→vn = −→0 nas incógnitas x1, x2, · · · , xn
admitem solução não-trivial.
Demonstração:
Suponhamos que (−→v1 ,−→v2 , · · · ,−→vn) seja LD. Pela proposição 1, alguns dos −→vj , 0 ≤ j ≤ n é
gerado pelos demais.
−→vj = α1−→v1 + · · ·+ αj−1−−→vj−1 + αj+1−−→vj+1 + · · ·+ αn−→vn =⇒
α1
−→v1 + · · ·+ αj−1−−→vj−1 + (−−→vj ) + αj+1−−→vj+1 + · · ·+ αn−→vn = −→0 =⇒
α1
−→v1 + · · ·+ αj−1−−→vj−1 + (−1)−→vj + αj+1−−→vj+1 + · · ·+ αn−→vn = −→0
o que mostra o desejado.
Reciprocamente, seja α1
−→v1 + · · ·+αj−→vj + · · ·+αn−→vn = −→0 , com algum αj 6= 0, 0 ≤ j ≤ n.
Logo αj
−→vn = −α1−→v1 − · · · − αj−1−−→vj−1 − αj+1−−→vj+1 − · · · − αn−→vn =⇒
−→vj = −α1
αj
−→v1 − · · · − αj−1
αj
−−→vj−1 − αj+1
αj
−→vj − · · · − αn
αj
−→vn
17
A proposição anterior pode ser escrita de forma equivalente da seguinte forma:
Proposição 3: Uma sequência (−→v1 ,−→v2 , · · · ,−→vn) de vetores de V 3 é LI se, e somente se,
a equação x1
−→v1 + x2−→v2 + · · · + xn−→vn = −→0 nas incógnitas x1, x2, · · · , xn admite apenas a
solução trivial, isto é,
α1
−→v1 + α2−→v2 + · · ·+ αn−→vn = −→0 =⇒ α1 = α2 = · · · = αn = 0
Exercício 2: Prove que se (−→v1 ,−→v2 , · · · ,−→vn) é tal que
α1
−→v1 + α2−→v2 + · · ·+ αn−→vn = β1−→v1 + β2−→v2 + · · ·+ βn−→vn
só vale se α1 = β1, · · · , αn = βn então (−→v1 ,−→v2 , · · · ,−→vn) é LI.
Exercício 3: Prove que se (−→u ,−→v ) é LI então (−→u +−→v ,−→u −−→v ) também é LI.
Sejam α, β escalares tais que:
α(−→u +−→v ) + β(−→u −−→v ) = −→0 =⇒ (α + β)−→u + (α− β)−→v = −→0
Por hipótese (−→u ,−→v ) é LI então
β + α = α− β = 0, ou melhor,{
α + β = 0
α− β = 0 =⇒ 2α = 0 =⇒ α = 0
Substituindo α = 0 em α + β = 0 =⇒ β = 0
Logo, (−→u +−→v ,−→u −−→v ) é LI.
Observação: Note que se tomar (A,B) e (A,C) como representantes de −→u e −→v respecti-
vamente, podemos garantir que A,B e C não são colineares, do fato de (−→u ,−→v ) ser LI.
Usando a definição de vetor, obtemos que
−→u = −→AB = −−→CD−→v = −→AC = −−→BD
Desta forma,
−→u +−→v = −−→AD (diagonal maior)
−→u−−→v = −−→BC (diagonal menor).
Pequena recordação de sistemas e matrizes
Um sistema de equações lineares com m equações e n incógnitas é um conjunto de equa-
ções do tipo:
18
(I)

a11x1 + a12x2 + · · · + a1nxn = b1
a21x1 + a22x2 + · · · + a2nxn = b2
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
am1x1 + am2x2 + · · · + amnxn = bm
com aij, 1 ≤ i ≤ m, 1 ≤ j ≤ n; números reais ou complexos.
A solução do sistema é uma n-upla de números (x1, x2, · · · , xn) que satisfaça simultanea-
mente as m equações.
A partir do sistema (I), podemos reescrevê-lo em uma forma matricial:
a11 a12 · · · a1n
a21 a22 · · · a2n
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
am1 am2 · · · amn


x1
x2
.
.
.
xn
 =

b1
b2
.
.
.
bn

ou equivalentemente,
AX = B, onde:
A =

a11 a12 · · · a1n
a21 a22 · · · a2n
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
am1 am2 · · · amn
 , X =

x1
x2
.
.
.
xn
 e B =

b1
b2
.
.
.
bn

Também podemos associar ao sistema uma matriz do tipo:
a11 a12 · · · a1n b1
a21 a22 · · · a2n b2
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
am1 am2 · · · amn bn
 chamada matriz ampliada ao sistema.
Classificação de um sistema
Considere um sistema de m equações lineares com n incógnitas x1, x2, · · · , xn
a11x1 + a12x2 + · · · + a1nxn = b1
a21x1 + a22x2 + · · · + a2nxn = b2
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
am1x1 + am2x2 + · · · + amnxn = bm
1) O sistema pode ter uma única solução

x1 = k1
.
.
.
xn = kn
Neste caso chamado sistema possível (compatível) e deterinado.
2) Infinitas soluções (família de soluções) chamado possível indeterminado;
3) Nenhuma solução chamado sistema impossível.
Determinante
19
Dada uma matriz quadrada com o número de linhas igual ao número de colunas. Ou seja
A ∈Mn(R) (conjunto de todas as matrizes de ordem n.
O determinante é a aplicação definida por:
| | : Mn(R) −→ R
A 7−→ |A| = t ∈ R
(i) caso A = [a], então det(A) = a.
(ii) caso A =
[
a11 a12
a21 a22
]
, então det(A) = |A| = a11a22 − a21a12.
(iii) caso A =
 a11 a12 a13a21 a22 a23
a31 a32 a33

, então
det(A) = |A| = a11a22a33 − a11a23a32 − a12a21a33 + a12a23a31 + a13a21a32 − a13a23a31
Matriz identidade
Seja Mn(R) o conjunto das matrizes reais de ordem n.
Dizemos que I é a matriz identidade, se suas entradas aij são dadas por aij = 1 se i = j
e aij 6= 1 se i 6= j.
Exemplo:
I =
 1 0 00 1 0
0 0 1

Note que det(I) = 1.
Matriz inversível: Dado A ∈ Mn(R), dizemos que B é a inversa de A em Mn(R) se
AB = BA = I.
Neste caso, usamos a notação B = A−1.
Regra de Cramer
Consideremos um sistema linear de n equações e n incógnitas, dado por:
a11x1 + a12x2 + · · · + a1nxn = b1
a21x1 + a22x2 + · · · + a2nxn = b2
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
an1x1 + an2x2 + · · · + annxn = bn
Podemos reescrever na forma matricial
20

a11 a12 · · · a1n
a21 a22 · · · a2n
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
an1 an2 · · · ann


x1
x2
.
.
.
xn
 =

b1
b2
.
.
.
bn
, ou melhor, AX = B
As soluções do sistema são dadas por:
x1 =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣
b1 a12 · · · a1n
b2 a22 · · · a2n
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
bn an2 · · · ann
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
a11 a12 · · · a1n
a21 a22 · · · a2n
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
an1 an2 · · · ann
∣∣∣∣∣∣∣∣∣
xi (i-ésima solução é dada por)
xi =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣
a11 · · · b1 · · · a1n
a21 · · · b2 · · · a2n
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
bn · · · bn · · · ann
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
a11 a12 · · · a1n
a21 a22 · · · a2n
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
an1 an2 · · · ann
∣∣∣∣∣∣∣∣∣
Base:
1) Sejam
−→u ,−→v ,−→w ∈ V 3.
Vimos nas aulas anteriores que se (−→u ,−→v ,−→w ) é LI e então para todo −→x ∈ V 3, temos que−→x é gerado por −→u ,−→v e −→w .
Ou melhor, existem escalares α, β, γ ∈ R tais que −→x = α−→u + β−→v + γ−→w .
2) Também enunciamos o seguinte exercício:
Exercício 1: Se (−→v1 , · · · ,−→vn) é LI (1 ≤ n ≤ 3). Prove que:
α1
−→v1 + α2−→v2 + · · ·+ αn−→vn = β1−→v1 + β2−→v2 + · · ·+ βn−→vn
só vale se α1 = β1, α2 = β2, · · · , αn = βn.
Observação 1: A partir de (1) e (2) concluímos que dado uma tripla (−→e1 ,−→e2 ,−→e3 ) LI
de V 3, então ∀ −→v ∈ V 3 existe de maneira única escalares a1, a2, a3 tais que −→v =
a1
−→e1 + a2−→e2 + a3−→e3 .
21
Definição 1: Chama-se base de V 3 qualquer tripla ordenada E = (−→e1 ,−→e2 ,−→e3 ) LI de V 3.
∀ −→v ∈ V 3, existem escalares únicos (como consequência da observação 1 tal que
−→v = a1−→e1 + a2−→e2 + a3−→e3
Assim, para cada vetor
−→v ∈ V 3, foca associada de forma biunívoca a tripla de coordena-
das (a1, a2, a3).
Logo, faz sentido considerar a notação
−→v = (a1, a2, a3)E, significa as coordenadas do vetor−→v em relação a base E.
Quando não houver confusão denotaremos por:
−→v = (a1, a2, a3).
Operações:
a) Adição: Se
−→u = (a1, a2, a3)E e −→v = (b1, b2, b3)E, então −→u +−→v = (a1+b1, a2+b2, a3+b3).
De fato:−→u = a1−→e1 + a2−→e2 + a3−→e3−→v = b1−→e1 + b2−→e2 + b3−→e3
}
=⇒ −→u +−→v = (a1 + b1)−→e1 + (a2 + b2)−→e2 + (a3 + b3)−→e3
ou melhor,
−→u +−→v = (a1 + b1, a2 + b2, a3 + b3).
Multiplicação por Escalar: Se
−→u = (a1, a2, a3)E e λ ∈ R, então λ−→u = (λa1, λa2, λa3)E.
De fato:−→u = (a1, a2, a3)E =⇒ −→u = a1−→e1 + a2−→e2 + a3−→e3 =⇒ λ−→u = λ(a1−→e1 + a2−→e2 + a3−→e3 ) =
(λa1)
−→e1 + (λa2)−→e2 + (λa3)−→e3 =⇒ λ−→u = (λa1, λa2, λa3)E.
Obsrvação 2:
−→u = −→0 ⇐⇒ −→u = (0, 0, 0)E. Consequêcia do exercício 1.
Proposição 1: Os vetores
−→u = (x1, y1, z1) e −→v = (x2, y2, z2) são LD se, e somente se,
x1, y1, z1 são proporcionais a x2, y2, z2.
Prova:
Se
−→u e −→v são LD então existe λ ∈ R tais que −→v = λ−→u =⇒ (x2, y2, z2) = λ(x1, y1, z1) =⇒
x2 = λx1
y2 = λy1
z2 = λz1
=⇒ λ = x2
x1
= y2
y1
= z2
z1
, desde que x1, y1, z1 6= 0.
Proposição 2:
−→u = (x1, y1, z1), −→v = (x2, y2, z2), −→w = (x3, y3, z3) são LI se, e somente se,∣∣∣∣∣∣
x1 y1 z1
x2 y2 z2
x3 y3 z3
∣∣∣∣∣∣ 6= 0.
Vejamos (−→u ,−→v ,−→w ) LI ⇐⇒ α−→u + β−→v + γ−→w = −→0 =⇒ α = β = γ
Bom, α−→u + β−→v + γ−→w = −→0 ⇐⇒
α(x1, y1, z1) + β(x2, y2, z2) + γ(x3, y3, z3) = (0, 0, 0)⇐⇒

αx1 + βx2 + γx3 = 0
αy1 + βy2 + γy3 = 0
αz1 + βz2 + γz3 = 0
⇐⇒ x1 y1 z1x2 y2 z2
x3 y3 z3
 αβ
γ
 =
 00
0

22
admite apenas uma solução trivial ⇐⇒
∣∣∣∣∣∣
x1 y1 z1
x2 y2 z2
x3 y3 z3
∣∣∣∣∣∣ 6= 0
Observação 3: Como consequência Proposição 2,
−→u = (x1, y1, z1), −→v = (x2, y2, z2) e
−→w = (x3, y3, z3) são LD ⇐⇒
∣∣∣∣∣∣
x1 y1 z1
x2 y2 z2
x3 y3 z3
∣∣∣∣∣∣ = 0
Definição 2:
−→u 6= −→0 é ortogonal à reta r (ao plano pi) se existe um representante (A,B) de −→u tal que
o segmento AB é ortogonal a r (pi).
O vetor nulo é considerado ortogonal a toda reta r e todo plano pi.
Os vetores
−→u e −→v são ortogonais se um deles é nulo, ou caso contrário, admitem repre-
sentantes perpendiculares.
Proposição 3: Os vetores
−→u e −→v são ortogonais se, e somente se, ||−→u + −→v ||2 = ||−→u ||2 +
||−→v ||2 (casa).
Definição 3: Uma base E = (−→e1 ,−→e2 ,−→e3 ) é ortonormal se −→e1 ,−→e2 ,−→e3 são unitários (||−→e1 || =
||−→e2 || = ||−→e3 ||) e são dois a dois ortogonais.
Proposição 4: Se E = (−→e1 ,−→e2 ,−→e3 ) é base ortonormal, e −→u = x1−→e1 + y1−→e2 + z1−→e3 , en-
tão
||−→u || =
√
x21 + y
2
1 + z
2
1
Ângulo entre vetores
Sejam
−→u ,−→v vetores não nulos de V 3.
Logo, podemos tomar
−→u = −→OP e −→v = −→OQ
Seja θ a medida em radianos do ângulo PÔQ.
Note que 0 ≤ θ ≤ pi.
Definição: O número θ chama-se medidaem radianos (graus) do ângulo entre −→u e −→v .
Fixemos uma base ortonormal (
−→
i ,
−→
j ,
−→
k ), e seja −→u = (x1, y1, z1) e −→v = (x2, y2, z2).
Desde que a base seja ortonormal, temos que:
Se
−→w = (a, b, c) =⇒ ||−→w || = √a2 + b2 + c2.
23
Voltando ao triângulo POQ, temos
−→
OQ+
−→
QP =
−→
OP =⇒ −→QP = −→OP −−→OQ.
Assim, pela lei dos cossenos, temos:
||−→QP || = ||−→u ||2+ ||−→v ||2− 2||−→u || · ||−→v ||cos(θ) = (x21+ x22)+ (y21 + y22)+ (z21 + z22)− 2||−→u || ·
||−→v ||cos(θ) (I)
Por outro lado, ||−→QP ||2 = ||−→OP −−→OQ||2 = ||−→u −−→v ||2 =
= ||(x1 − x2, y1 − y2, z1 − z2)||2 = (x1 − x2)2 + (y1 − y2)2 + (z1 − z2)2 =
= x21 + y
2
1 + z
2
1 + x
2
2 + y
2
2 + z
2
2 − 2(x1x2 + y1y2 + z1z2) (II)
De (I) e (II), temos:
||−→u || · ||−→v ||cos(θ) = x1x2 + y1y2 + z1z2
Definição 2: Chama-se produto escalar dos vetores
−→u e −→v ao número −→u · −→v dado por:
−→u · −→v =
{
0 se −→u = −→0 ou −→v = −→0
||−→u || · ||−→v ||cos(θ) se −→u 6= −→0 ou −→v 6= −→0
Observação 1: Note que
−→u · −→v = x1x2 + y1y2 + z1z2
Oservação 2: Se
−→u 6= −→0 e −→v 6= −→0 , temos que:
cos θ =
−→u · −→v
||−→u || ||−→v ||
Observação 3: ||−→u || =
√−→u · −→v .
Proposição 1: Para quaisquer
−→u ,−→v e −→w de V 3 e ∀ λ ∈ R, tem-se:
1)
−→u · (−→v +−→w ) = −→u · −→v +−→u · −→w
2)
−→u (λ−→v ) = (λ−→u )−→v = λ(−→u · −→v )
3)
−→u · −→v = −→v · −→u
4)
−→u · −→u ≥ 0, −→u · −→u = 0⇐⇒ −→u = −→0
Proposição 2:
−→u ⊥ −→v ⇐⇒ −→u · −→v = 0.
Demonstração:
Note que
−→u = −→0 ou −→v = −→0 é imediato.
24
−→u · −→v = 0⇐⇒ ||−→u || ||−→v ||cos(θ) = 0⇐⇒ cos(θ) = 0⇐⇒ θ = pi
2
⇐⇒ −→u ⊥ −→v �
Exercícios:
1) Ache a medida em radianos do ângulo entre os vetores
−→u = (2, 0,−3) e −→v = (1, 1, 1).
Lembre que
cos(θ) =
−→u · −→v
||−→u || ||−→v || =⇒ cos(θ) =
(2, 0,−3)(1, 1, 1)
||(2, 0,−3)|| ||(1, 1, 1)|| =
=
2 + 0− 3√
22 + 02 + (−3)2√12 + 12 + 12 =
−1√
13
√
3
= − 1√
39
=⇒ θ = arc cos
(
− 1√
39
)
2) Mostre que:
a) ||−→u +−→v ||2 = ||−→u ||2 + 2−→u · −→v + ||−→v ||2
b)
−→u · −→v = 1
2
(||−→u +−→v ||2 − ||−→u ||2 − ||−→v ||2)
3) Demonstre a desigualdade de Schwarz:
|−→u · −→v | ≤ ||−→u || ||−→v ||
Dica: Note que
−→u ou −→v = −→0 (imediato).
Repare que
cos(θ) =
−→u · −→v
||−→u || ||−→v ||
e |cos θ| ≤ 1.
4) Prove que as diagonais de um quadrado são perpendiculares:
Produto Vetorial
∧ : V 3 × V 3 −→ V 3
(−→u ,−→v ) 7−→ −→w = −→u ∧ −→v
Definição: Fixemos uma orientação de V 3, dados −→u ,−→v ∈ V 3, dizemos que −→u ∧ −→v é
o produto vetorial de
−→u e −→v .
(i) Se (−→u ,−→v ) forem LD então −→u ∧ −→v = −→0 ;
(ii) se (−→u ,−→v ) é LI, então −→u ∧ −→v tem as seguintes características:
a) ||−→u ∧ −→v || é a área do paralelogramo definido por −→u e −→v , isto é,
||−→u ∧ −→v || = ||−→u || ||−→v ||sen(θ)
onde θ é a medida do ângulo entre −→u e −→v ;
b)
−→u ∧ −→v é ortogonal a −→u e −→v ;
c) (−→u ,−→v ,−→u ∧ −→v ) é uma base positiva de V 3.
25
Proposição: Seja (
−→
i ,
−→
j ,
−→
k ) uma base ortonormal positiva.
Então, sendo
−→u = (x1, y1, z1), −→v = (x2, y2, z2) relativamente a esta base, tem-se:
−→u ∧ −→v =
∣∣∣∣∣∣
−→
i
−→
j
−→
k
x1 y1 z1
x2 y2 z2
∣∣∣∣∣∣
Este determinante formal deve ser interpretado como sendo:∣∣∣∣ y1 z1y2 z2
∣∣∣∣−→i + ∣∣∣∣ z1 x1z2 x2
∣∣∣∣−→j + ∣∣∣∣ x1 y1x2 y2
∣∣∣∣−→k
A base (−→u ,−→v ,−→w ) tem a mesma orientação que a base (−→i ,−→j ,−→k ), sendo portanto posi-
tiva.
Exercício 1: Calcule
−→u ∧ −→v , sendo −→u = (1, 2, 3), −→v = (−1, 1, 2).
−→u ∧ −→v =
∣∣∣∣∣∣
−→
i
−→
j
−→
k
1 2 3
−1 1 2
∣∣∣∣∣∣ = (4− 3)−→i + (−3− 2)−→j + (1 + 2)−→k = (1,−5, 3)
Exercício 2: Mostre que:
(i)
−→
i ∧ −→j = −→k ;
(ii)
−→
i ∧ −→k = −−→j .
Exercício 3: Calcule a área do triangulo ABC, sabendo que, relativamente a uma base
ortonormal positiva (
−→
i ,
−→
j ,
−→
k ),
−→
AC = (1, 1, 3),
−−→
CB = (−1, 1, 0)
26
Solução:
Sabemos que a área procurada é a metade da área do paralelogramo ADBC, ou seja,
A = 1
2
||−→AC ∧ −−→CB||
−→
AC ∧ −−→CB =
∣∣∣∣∣∣
−→
i
−→
j
−→
k
1 1 3
−1 1 0
∣∣∣∣∣∣ = (−3,−3, 2).
Portanto, A = 1
2
||−→AC ∧ −−→CB|| = 1
2
||(−3,−3, 2)|| = 1
2
√
9 + 9 + 4 = 1
2
√
22
4) Mostre que
−→u ∧ −→v = −−→v ∧ −→u
Fixada a base (
−→
i ,
−→
j ,
−→
k ) seja −→u = (x1, y1, z1) e −→v = (x2, y2, z2)
−→u ∧ −→v =
∣∣∣∣∣∣
−→
i
−→
j
−→
k
x1 y1 z1
x2 y2 z2
∣∣∣∣∣∣ = (y1z2 − y2z1)−→i + (−z2x1 + z1x2)−→j + (y2x1 − x2y1)−→k
−−→v ∧−→u =
∣∣∣∣∣∣
−→
i
−→
j
−→
k
−x2 −y2 −z2
x1 y1 z1
∣∣∣∣∣∣ = (−y2z1+y1z2)−→i +(−z2x1+z1x2)−→j +(−x2y1+x1y2)−→k
Portanto,
−→u ∧ −→v = −−→v ∧ −→u
Proposição: Para quaisquer
−→u ,−→u1,−→u2,−→v ,−→v1 ,−→v2 de V 3 e λ ∈ R, tem-se:
1)
−→u ∧ (−→v1 +−→v2) = −→u ∧ −→v1 +−→u ∧ −→v2
(−→u1 +−→u2) ∧ −→v = −→u1 ∧ −→v +−→u2 ∧ −→v
2)
−→u ∧ (λ−→v ) = (λ−→u ) ∧ −→v = λ(−→u ∧ −→v )
3)
−→u ∧ −→v = −−→v ∧ −→u
3) A medida em radianos do ângulo entre
−→u e −→v é pi
6
. Sendo ||−→u || = 1, ||−→v || = 7,
calcule ||−→u ∧ −→v || e ||1
3
−→u ∧ 3
4
−→v ||.
||−→u ∧ −→v || = ||−→u || ||−→v ||sen(θ) = 1 · 7 · pi
6
= 7
2
Pela propriedade (2), temos:
27
1
3
−→u ∧ 3
4
−→v = 1
3
(−→u ∧ 3
4
−→v ) = 1
3
· 3
4
(−→u ∧ −→v ) = 1
4
−→u ∧ −→v
Logo,
||1
3
−→u ∧ 3
4
−→v || = ||1
4
−→u ∧ −→v || = 1
4
||−→u ∧ −→v || = 1
4
· 7
2
= 7
8
.
4) Dados
−→u = (1, 1, 1), −→v = (0, 1, 2), ache a base ortonormal positiva (−→a ,−→b ,−→c ) tal
que
(i)
−→a ‖−→u , −→a tem o mesmo sentido de −→u
(ii)
−→
b é combinação linear de −→u e −→v , e sua primeira coordenada é positiva.
−→a = λ(1, 1, 1), basta tomar λ = 1||−→u || .
Então,
−→a = ( 1√
3
, 1√
3
, 1√
3
)
−→
b = α−→u + β−→v = α(1, 1, 1) + β(0, 1, 2) = (α, α + β, α + 2β)
Tomemos α = 1,
−→
b = (1, 1 + β, 1 + 2β)
Precisamos ter
−→a · −→b = 0
Então ( 1√
3
, 1√
3
, 1√
3
)(1, 1 + β, 1 + 2β) = 0 =⇒ 1√
3
+ 1√
3
+ 1√
3
β + 1√
3
+ 2√
3
β = 0 =⇒
3√
3
+ 3√
3
β = 0 =⇒ 3√
3
β = − 3√
3
=⇒ β = 1
Assim,
−→
b = (1, 0,−1), logo,−→
b = 1||−→b || =
1√
2
(1, 0,−1)
Basta tomar
−→c = −→a ∧ −→b , pois
−→c ⊥ −→a e −→c ⊥ −→b
já, ||−→c || = ||−→a ∧ −→b || = ||−→a || ||−→b ||sen(pi
2
) = 1
Projeção Ortogonal
Seja
−→u e −→v com −→v 6= −→0 . A projeção ortogonal de −→u na direção de −→v é −→OC, utili-
zamos a notação:
proj−→v
−→u = proj−−→
OB
−→
OA =
−→
OC
28
1
o
maneira: (Dica do trabalho)
−→
OC‖−→v =⇒ ∃ λ ∈ R tal que −→OC = λ−→v .
Mas,
−→
AC ⊥ −→v , isto é, −→AC · −→v = 0 (I)
Mas
−→
AC =
−→
OA+
−→
OC =⇒ −→AC = −−→u + λ−→v .
Substituindo em (I), temos:
(−−→u + λ−→v ) · −→v = 0 =⇒ −−→u · −→v + λ · −→v · −→v = 0 (∗)
No entanto, sabemos que ||−→v || =
√−→v · −→v .
Assim, ||−→v ||2 = −→v · −→v
Voltando em (∗), obtemos:
−−→u · −→v + λ||−→v ||2 = 0 =⇒ −−→u · −→v = −λ||−→v ||2 =⇒ λ = −→u ·−→v||−→v ||2 , já que −→v 6=
−→
0
2
o
maneira:
Sabemos que
cos(θ) =
−→u · −→v
||−→u || ||−→v || (I)
Por outro lado, das relações trigonométricas do triângulo retângulo OCA, temos
Produto Misto
Suponhamos que queiramos achar o volume de um paralelepípedo como o da figura (ver
no livro Paulo Boulos).
V = ||−→u ∧ −→v ||h = ||−→u ∧ −→v || ||−→w || · |cos θ|
Ou seja V = |−→u ∧ −→v |.
Definição: Chama-se produto misto dos vetores
−→u ,−→v ,−→w ao número
[−→u ,−→v ,−→w ] = −→u ∧ −→v · −→w
Proposição 1: Seja (
−→
i ,
−→
j ,
−→
k ) uma base ortonormal positiva relativamente à qual −→u =
(x1, y1, z1),
−→v = (x2, y2, z2) e −→w = (x3, y3, z3), então:
[−→u ,−→v ,−→w ] =
∣∣∣∣∣∣
x1 y1 z1
x2 y2 z2
x3 y3 z3
∣∣∣∣∣∣
29
(ver prova Paulo Boulos)
Exercício 1: Mostre que [−→u ,−→v ,−→w ] = 0⇐⇒ (−→u ,−→v ,−→w ) é LD.
É imediato, noteque:
[−→u ,−→v ,−→w ] = 0⇐⇒
∣∣∣∣∣∣
x1 y1 z1
x2 y2 z2
x3 y3 z3
∣∣∣∣∣∣ = 0⇐⇒ (−→u ,−→v ,−→w ) é LD.
Observação: A afirmação equivalênte ao exercício 1, é dada por:
[−→u ,−→v ,−→w ] 6= 0⇐⇒ (−→u ,−→v ,−→w ) é LI.
Algumas propriedades:
1) −[−→u ,−→v ,−→w ] = [−→v ,−→u ,−→w ]
2) [−→u ,−→v ,−→w ] = [−→w ,−→u ,−→v ] = [−→v ,−→w ,−→u ].
3) [α−→u , β−→v , γ−→w ] = αβγ[−→u ,−→v ,−→w ].
4) [−→u1 +−→u2,−→v ,−→w ] = [−→u1,−→v ,−→w ] + [−→u2,−→v ,−→w ]
[−→u1,−→v1 +−→v2 ,−→w ] = [−→u1,−→v1 ,−→w ] + [−→u ,−→v2 ,−→w ].
Exercício 2: Calcule o volume do tetraedro ABCD, dados
−→
AB = (1, 0, 1),
−→
AC = (0, 3, 3) e−−→
AD = (2, 1, 2). A seguir calcule h, altura do tetraedro relativa ao vértice D. Dica: VT =
1
6
(V paralelepípedo).
Exercício 1 (casa)
Calcule o volume do paralelepípedo mostrado na figura anterior, sendo dados, relativa-
mente a uma base ortonormal positiva,
−→
AB = (1, 0, 1),
−−→
BE = (1, 1, 1),
−−→
AD = (0, 3, 3).
Sistema de Coordenadas
Definição
(1) Sejam O um ponto de E3 e B = (−→e1 ,−→e2 ,−→e3 ) uma base de V 3. Ao par (O,B) que por
abuso de notação indica-se por (O,−→e1 ,−→e2 ,−→e3 ) chama-se sistema de coordenadas de E3.
30
(2) O ponto O chama-se origem do sistema.
(3) Sejam A = O+−→e1 , B = O+−→e2 , C = O+−→e3 . As retas determinadas por OA, OB, OC
são chamados eixos coordenados, respectivamente, eixo dos x, eixo dos y, eixo dos z, ou
ainda, eixo das abscissas, eixo das ordenadas, eixo das cotas.
Os planos determinados por O,A,B, por O,A,C e por O,B,C sçao referidos como planos
coordenados. Chamados, respectivamente por plano Oxy, plano Oxz e plano Oyz.
O sistema é dito ortogonal se (−→e1 ,−→e2 ,−→e3 ) é uma base ortonormal.
Note que dado P ∈ E3, e consideramos o vetor −→OP (O: origem), temos que existe escalares
x, y, z tais que:−→
OP = x−→e1 + y−→e2 + z−→e3 (x, y e z são unicamente determinados).
Estes números são chamados de coordenadas de P relativamente ao sistema (O,−→e1 ,−→e2 ,−→e3 ).
Caso (−→e1 ,−→e2 ,−→e3 ) = (−→i ,−→j ,−→k ), temos a seguinte interpretação geométrica.
Proposição: Se A = (x1, y1, z1), B = (x2, y2, z2),
−→v = (a, b, c), λ ∈ R, então:
(i)
−→
BA = (x1 − x2, y1 − y2, z1 − z2);
(ii) A+ λ−→v = (x1 + λa, y1 + λb, z1 + λc)
Exercícios
1) Dados P = (1, 3,−3), Q = (0,−1, 4), −→v = (−1, 4, 0). Encontre usando um sis-
tema de coordenadas:
a)
−→
QP ;
b) P +−→v ;
c) Q+ 2
−→
PQ
2) Ache as coordenadas do ponto médio M do segmento de extremidades P = (−1, 4, 7)
e Q = (0, 1, 1).
3) Quais são as coordenadas do ponto P ′, simétrico do ponto P = (1, 0, 3) em rela-
ção ao ponto M = (1, 2,−1). (Dica: −−→MP ′ = −−→PM).
4) Na figura abaixo, ABCDEFG é um paralelepípedo retângulo.
31
Sejam:
−→e1 = −→AB, −→e2 = −→AC e −→e3 = −→AF .
a) Determine as coordenadas dos pontos A,B,C,D,E, F,G,H, em relação ao sistema
(A,−→e1 ,−→e2 ,−→e3 ).
b) Idem, em relação ao sistema (H,−→e1 ,−→e2 ,−→e3 )
c) Idem, em relação ao sistema (G,−−→e3 , 12−→e1 , 2−→e2 )
d) Idem, em relação ao sistema (A,−→e2 ,−→e3 ,−→e1 )
Estudo da Reta
Seja r ⊂ E3 (espaço).
Dado A ∈ r, e x ∈ E3, se x ∈ r, então −→v 6= −→0 , −→v ‖r.
Logo, se x ∈ r, então −−→AX‖−→v =⇒ ∃ λ ∈ R tal que −−→AX = λ−→v , ou seja, X = A+ λ−→v .
Então, podemos escrever os pontos da reta r, da seguinte forma:
r : X = A+ λ−→v (λ ∈ R) (I)
A equação (I) é chamada equação vetorial da reta r.
O vetor
−→v é chamado vetor diretor de r (direção da reta).
Agora, fixemos um sistema de coordenadas (O,−→e1 ,−→e2 ,−→e3 ), em relação a qual sejam X =
(x, y, z), A = (x0, y0, z0) e
−→v = (a, b, c).
Substituindo em (I), obtemos:
(x, y, z) = (x0, y0, z0) + λ(a, b, c) = (x0 + λa, y0 + λb, z0 + λc)
Assim, 
x = x0 + λa
y = y0 + λb
z = z0 + λc, λ ∈ R
32