Resolução 2ªProva de GA 2015

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Resoluc¸a˜o da Segunda Prova de GASL 2015.1
Daniel Rotmeister Teixeira de Barros
29 de Maio de 2016
O objetivo desse texto e´ ajudar os alunos que esta˜o cursando a disciplina de Geometria Anal´ıtica
e Sistemas Lineares a se prepararem para as provas e exercitarem a teoria que e´ vista em sala de aula.
Sugesto˜es para a melhoria do texto, correc¸o˜es da parte matema´tica ou soluc¸o˜es alternativas eu agra-
deceria se fossem enviadas para os meus emails drotmeister@yahoo.com ou icemathelp@gmail.com .
Ao escrever as soluc¸o˜es das questo˜es tentei ser claro e conciso, espero que na˜o hajam passagens
obscuras.
Questa˜o 1. Dados os pontos A = (2, 0, 0), B = (0, 2, 0) e C = (3, 1, z), determine os poss´ıveis
valores reais de z sabendo que os vetores
−−→
AB e
−→
AC determinam um paralelogramo de a´rea 12.
Soluc¸a˜o:
Para a resoluc¸a˜o dessa questa˜o e´ necessa´rio lembrar que dados dois vetores, digamos V e W , a
norma de V ×W e´ igual a` medida da a`rea do paralelogramo gerado por V e W . Assim, precisamos
primeiramente encontrar as componentes dos vetores
−−→
AB e
−→
AC.
−−→
AB = (0− 2, 2− 0, 0− 0) = (−2, 2, 0)
−→
AC = (3− 2, 1− 0, z − 0) = (1, 1, z)
Como os vetores
−−→
AB e
−→
AC determinam um paralelogramo de a´rea 12, temos que ||−−→AB×−→AC|| = 12.
−−→
AB ×−→AC =
∣∣∣∣∣∣
i j k
−2 2 0
1 1 z
∣∣∣∣∣∣ = 2zi + 2zj− 4k
||−−→AB ×−→AC|| = |2zi + 2zj− 4k| = 12⇒
√
4z2 + 4z2 + 16 = 12⇒ 8z2 + 16 = 144
⇒ z = ±4
Portanto, os poss´ıveis valores reais de z sa˜o 4 ou −4.
Questa˜o 2. Considere os vetores na˜o nulos no espac¸o; W1, W2 e W = (3, 4,−11). Sabendo que
W = W1 +W2, W1 e´ paralelo ao vetor V = (−1, 0, 1) e que W1 e´ ortogonal a W2, determine W1 e
W2.
Soluc¸a˜o:
Considere W1 := (w1, w2, w3) e W2 := (w
′
1, w
′
2, w
′
3). Se W1 e´ paralelo ao vetor V = (−1, 0, 1),
enta˜o W1 = αV = (−α, 0, α) onde α ∈ R. Por hipo´tese, temos que W1 ·W2 = 0, ou seja, W1 e´
ortogonal a W2.
1
W1 ·W2 = 0⇒ −αw′1 + αw′3 = 0
⇒ w′1 = w′3
Como W = W1 +W2, temos que (3, 4,−11) = (−α+ w′1, w′2, α+ w′1), donde w
′
1 − α = 3
w′1 + α = −11
w′2 = 4
Resolvendo o sistema linear acima obtemos w′1 = −4, w′2 = 4 e α = −7. Portanto, W1 = (7, 0, 7)
e W2 = (−4, 4,−4).
Questa˜o 3. Dados os vetores U = (0,−1, 2), V = (−4, 2,−1) e W = (3,m,−2), fac¸a o que se pede:
a) Determine o valor de m para o qual os vetores U, V e W sa˜o coplanares.
b) Se T e´ um vetor no espac¸o tal que T × U = (−2,−6,−3), calcule o volume do paralelep´ıpedo
determinado pelos vetores T,U e V .
Soluc¸a˜o:
a) Para sabermos se treˆs vetores, digamos U, V e W , sa˜o coplanares, e´ necessa´rio calcularmos
o produto misto1. Assim, U, V e W sera˜o coplanares se, e somente se, (U × V ) ·W = 0.∣∣∣∣∣∣
0 −1 2
−4 2 −1
3 m −2
∣∣∣∣∣∣ = 0
Desenvolvendo o lado esquerdo da igualdade, temos que
(−1)(−1)(8 + 3) + 2(−4m− 6) = 0
∴ m = −1
8
b) O volume do paralelep´ıpedo determinado pelos vetores T,U e V e´ dado por
|(T × U) · V | = |(−4, 2,−1) · (−2,−6,−3)| = |8− 12 + 3| = | − 1|
∴ |(T × U) · V | = 1
1Como os valores do determinante na˜o mudam com uma permutac¸a˜o c´ıclica das linhas da matriz, pode-se concluir
que o produto −→a · (−→b ×−→c ) na˜o muda o seu valor numa permutac¸a˜o c´ıclica dos vetores −→a ,−→b e −→c . Vale lembrar que
o produto vetorial e o produto misto na˜o sa˜o definidos no R2.
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Questa˜o 4. Obtenha equac¸o˜es parame´tricas e a equac¸a˜o geral do plano que passa pelos pontos
A = (1, 1, 0), B = (1,−1,−1) e que e´ paralelo ao vetor V = (2, 1, 0).
Soluc¸a˜o:
Se o plano passa pelos pontos A e B, enta˜o o vetor
−−→
AB = (0,−2, 1) e´ paralelo ao plano. Assim,
um vetor normal ao plano pode ser calculado da seguinte maneira
N =
−−→
AB × V =
∣∣∣∣∣∣
i j k
0 −2 1
2 1 0
∣∣∣∣∣∣
∴ N = (−1, 2, 4)
Sabe-se que a equac¸a˜o do plano e´ da forma ax + by + cz + d = 0 em que os coeficientes de x, y
e z sa˜o as componentes do vetor normal, ou seja, a = −1, b = 2 e c = 4. Assim, a equac¸a˜o geral do
plano e´ da forma
−x+ 2y + 4z + d = 0
Para determinar o coeficiente d vamos usar o fato de que A = (1, 1, 0) pertence ao plano. Mas
isto se, e somente se, as coordenadas do ponto A satisfazem a equac¸a˜o
−1 · 1 + 2 · 1 + d = 0
∴ d = −1
Substituindo d = −1 na equac¸a˜o anterior, obtemos que a equac¸a˜o geral do plano e´
−x+ 2y + 4z − 1 = 0
Para obtermos as equac¸a˜o parame´tricas, usaremos o fato de que o plano passa pelo ponto A e e´
paralelo aos vetores
−−→
AB = (0,−2, 1) e V = (2, 1, 0). Assim, x = 1 + 2sy = 1− 2t+ s
z = t
para t, s ∈ R.
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