Exercícios Resolvidos Vetores e Geometria Analítica

Esta é uma pré-visualização de arquivo. Entre para ver o arquivo original

Exec_Retas.pdf
EXERCI´CIO 4, Cap. 18, pa´g.218 (Boulos 2aEd.):
Ache a reta que intercepta as retas
r :
x− 1
3
=
y − 1
2
= −z
3
e s :

x = −1 + 5λ
y = 1 + 3λ
z = λ
e forma aˆngulos congruentes com os eixos coordenados.
(Considerar sistema ortogonal).
RESOLUC¸A˜O:
Seja −→v = (x, y, z) o vetor diretor da reta procurada.
Como ela deve formar aˆngulos congruentes com os eixos coordenados,
temos que:
|(x, y, z) · (1, 0, 0)|
||−→v ||.||(1, 0, 0)|| =
|(x, y, z) · (0, 1, 0)|
||−→v ||.||(0, 1, 0)|| =
|(x, y, z) · (0, 0, 1)|
||−→v ||.||(0, 0, 1)||
|x|
||−→v ||.1 =
|y|
||−→v ||.1 =
|z|
||−→v ||.1
|x| = |y| = |z|
Agora note que |x| = |y| ⇒ y = ±x e |x| = |z| ⇒ z = ±x. Da´ı, as
(quatro) possibilidades pra −→v = (x, y, z) diretor da reta procurada sa˜o:−→v1 = (x, x, x) = x(1, 1, 1)⇒ −→v = (1, 1, 1)−→v2 = (x,−x, x) = x(1,−1, 1)⇒ −→v = (1,−1, 1)−→v3 = (x, x,−x) = x(1, 1,−1)⇒ −→v = (1, 1,−1)−→v4 = (x,−x,−x) = x(1,−1,−1)⇒ −→v = (1,−1,−1).
Agora note que as duas retas apresentadas no enunciado sa˜o reversas,
pois:
1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
3 2 −3
5 3 1
2 0 0
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
6= 0
Reescrevendo-as na forma vetorial temos:
r : X = (1, 1, 0) + µ(3, 2,−3) = (1 + 3µ, 1 + 2µ,−3µ).
s : Y = (−1, 1, 0) + λ(5, 3, 1) = (−1 + 5λ, 1 + 3λ, λ).
Assim, para determinarmos a reta procurada devemos fazer, para cada
um dos vetores diretores determinados anteriormente, a seguinte conta:
−−→
XY = β−→v .
Assim, para o primeiro caso −→v = (1, 1, 1) teremos:
−2 + 5λ− 3µ = β
3λ− 2µ = β
λ+ 3µ = β
Organizando o sistema temos:
5λ− 3µ− β = 2
3λ− 2µ− β = 0
λ+ 3µ− β = 0
Resolvendo este sistema (pode ser por escalonamento) obtemos: µ = 1/2
e λ = 5/4.
Substituindo os valores de µ e de λ nas suas respectivas equac¸o˜es obte-
mos dois pontos (um em r e outro em s) pelo qual a reta procurada passa:
(5/2, 2,−3/2) e (25/4, 19/4, 5/4). Assim, uma equac¸a˜o vetorial da reta pro-
curada e´:
2
Z = (5/2, 2,−3/2) + t(1, 1, 1).
Essa e´ uma das respostas no gabarito do livro. Repetir o mesmo proce-
dimento para as outras treˆs opc¸o˜es de −→v .
EXERCI´CIO 5, pa´g.218 (Boulos 2aEd.): Ache a reta que passa pelo
ponto P = (0, 2, 1) e forma aˆngulos congruentes com as retas:
r :

x = λ
y = 2λ
z = 2λ
s :

x = 1
y = 2 + 3λ
z = 3
t :

x = 1
y = 2
z = 3λ
Seja −→v = (x, y, z) o vetor diretor da reta procurada.
Como ela deve formar aˆngulos congruentes com os eixos coordenados,
temos que:
|(x, y, z) · (1, 2, 2)|
||−→v ||.||(1, 2, 2)|| =
|(x, y, z) · (0, 3, 0)|
||−→v ||.||(0, 3, 0)|| =
|(x, y, z) · (0, 0, 3)|
||−→v ||.||(0, 0, 3)||
|x+ 2y + 2z|
||−→v ||.3 =
|3y|
||−→v ||.3 =
|3z|
||−→v ||.3
|x+ 2y + 2z| = |3y| = |3z|
Agora note que |3y| = |3z| ⇒ |y| = |z| ⇒ y = ±z.
E tambe´m que: |x+ 2y + 2z| = |3z| ⇒ x+ 2y + 2z = ±3z.
Segue enta˜o que se y = +z,
• x+ 2y + 2z = 3z ⇒ x+ 2z + 2z = 3z ⇒ x = −z ⇒ −→v = (−1, 1, 1)
• x+2y+2z = −3z ⇒ x+2z+2z = −3z ⇒ x = −7z ⇒ −→v = (−7, 1, 1)
On the other hand, se y = −z, enta˜o:
3
• x+ 2y + 2z = 3z ⇒ x− 2z + 2z = 3z ⇒ x = 3z ⇒ −→v = (3,−1, 1)
• x+2y+2z = −3z ⇒ x−2z+2z = −3z ⇒ x = −3z ⇒ −→v = (−3,−1, 1)
Da´ı, as (quatro) possibilidades pra reta procurada sa˜o:
X = (0, 2, 1) + µ(−1, 1, 1)
X = (0, 2, 1) + µ(−7, 1, 1)
X = (0, 2, 1) + µ(3,−1, 1)
X = (0, 2, 1) + µ(−3,−1, 1).
Estas sa˜o as quatro respostas apresentadas no gabarito no fim do livro.
:)
4
Exec_Cônicas_Elípse.pdf
Ex. 1(g), pg.268, COˆNICAS - Resoluc¸a˜o - Prof. E.T.Galante.
PERGUNTA: Determine a equac¸a˜o da elipse cujo centro e´ (0, 0), um dos
focos e´ (0,−√40) e passa no ponto (√5, 14/3).
SOLUC¸A˜O: Algumas considerac¸o˜es iniciais. O fato de que o centro e´
(0, 0) significa que essa elipse na˜o sofreu translac¸a˜o no plano cartesiano. O
fato de que um dos focos e´ (0,−√40) implica que ambos os focos esta˜o no
eixo y e portanto o eixo maior esta´ contido no eixo y (isto e´, a elipse esta´
alongada verticalmente no plano). Finalmente c =
√
40.
Lembre-se que o “teoreminha de Pita´goras” da elipse e´ a2 = b2+c2. Enta˜o
podemos escrever a eq. reduzida para essa elipse da seguinte forma:
x2
b2
+
y2
a2
= 1⇒ x
2
b2
+
y2
b2 + c2
= 1⇒ x
2
b2
+
y2
b2 + 40
= 1.
Substituindo na equac¸a˜o da elipse o ponto dela (
√
5, 14/3), vem que:
(
√
5)2
b2
+
(14/3)2
b2 + 40
= 1⇒ 5
b2
+
196
9(b2 + 40)
= 1
5 · 9(b2 + 40) + 196b2
9b2(b2 + 40)
= 1⇒ 45(b2 + 40) + 196b2 = 9b2(b2 + 40)
9b4 + 360b2 − 45b2 − 1800− 196b2 = 0⇒ 9b4 + 119b2 − 1800 = 0.
Esta u´ltima equac¸a˜o e´ uma equac¸a˜o biquadrada, que e´ um tipo bem fa´cil
de equac¸a˜o do 4◦ grau. Fac¸a nela a mudanc¸a de varia´vel p = b2 e ela se torna
uma equac¸a˜o do 2◦ grau. Veja abaixo:
9b4 + 119b2 − 1800 = 0⇒ 9p2 + 119p− 1800 = 0.
Resolvendo esta u´ltima equac¸a˜o: ∆ = (119)2 − 4 · 9 · (−1800)⇒ ∆ = 78961.
Aplicando a fo´rmula de Bha´skara:
p =
−119±√78961
18
=
−119± 281
18
⇒ p1 = 9, p2 < 0 descartado.
Concluindo: b2 = 9⇒ a2 = b2 + c2 = 9 + 40 = 49. Dessa forma:
x2
b2
+
y2
a2
= 1⇒ x
2
9
+
y2
49
= 1.
1
Exec_Cônicas_Parábolas.pdf
Exercício 11, pág. 271, Boulos - Prof. E.T.Galante.
Exercício 11: Ache as equações das parábolas de focos e diretrizes dados abaixo:
a) Foco: F = (2, 3), reta diretriz r: x = 0.
Lembre-se que a �lei de formação� da parábola é: lugar geométrico dos pontos equidis-
tantes do foco e da reta diretriz. Seja P = (x, y) um ponto genérico dessa parábola.
Daí podemos escrever:
d(P, F ) = d(P, r)⇒
√
(x− 2)2 + (y − 3)2 = x⇒ (x− 2)2 + (y − 3)2 = x2
⇒ x2 − 4x+ 4 + (y − 3)2 = x2 ⇒ −4x+ 4 + (y − 3)2 = 0⇒ (y − 3)2 = 4(x− 1),
que é uma equação da forma (y−k)2 = 4p(x−h), com h = 1, k = 3 e p = 1. Note que
(h, k) = (1, 3) é o vértice da parábola com translação (que é como se fosse o centro no
caso da elipse ou hipérbole). O gráfico foi feito em sala de aula, fica como exercício.
b) Foco: F = (3, 1), reta diretriz r: y + 3 = 0.
d(P, F ) = d(P, r)⇒
√
(x− 3)2 + (y − 1)2 = y + 3⇒ (x− 3)2 + (y − 1)2 = (y + 3)2
⇒ (x− 3)2 + y2 − 2y + 1 = y2 + 6y + 9⇒ (x− 3)2 = 8y + 8⇒ (x− 3)2 = 8(y + 1).
1
c) Foco: F = (−4,−2), reta diretriz r: 2x+ y = 3.
Neste caso temos uma cônica com rotação (note a presença do termo −4xy). No
entanto, é possível proceder como nos dois itens anteriores e chegar na equação da
cônica, que aparece escrita na figura acima. Deixo as contas como exercício.
2
Exec_Mediana.pdf
Exercício 7 (das medianas) da lista 01 do Prof. Bruno.
Resolução do Prof. Elias - 03 de Dezembro de 2015
Olá Mari Aranda Martins. Acima você vê uma figura que eu fiz no GeoGebra e que
servirá de base para os cálculos e raciocínios. Consideraremos ao longo de toda a resolução
um sistema de coordenadas (O,−→e1 ,−→e2 ,−→e3 ).
Os vértices do triângulo são os pontos A = (ax, ay, az), B = (bx, by, bz) e C =
(cx, cy, cz). Os pontos médios dos lados AB e BC são, respectivamente, D = (px, py, pz) e
E = (qx, qy, qz).
Já sabemos que as medianas AE e CD se interceptam num ponto M (exercício resol-
vido no livro do Boulos). O que faremos agora é obter as coordenadas deste ponto M
e depois mostraremos que estas coordenadas satisfazem a equação da reta que passa por
B e F , onde F é o ponto médio de AC. Isto provará que as três medianas se interceptam
num ponto - o ponto M - que é chamado de baricentro. Depois vamos descobrir a razão
r na qual o ponto M divide as medianas.
PASSO INICIAL
FUNDAMENTAL DA MINHA RESOLUÇÃO: mostraremos que há
uma colisão entre dois pontos que se movem em duas trajetórias retilíneas distintas, uma
começando em A e outra em C. Os vetores velocidade são determinados pelas medianas
−→u = −→AE e −→v = −−→CD, respectivamente. Isto é, vamos provar que existe um λ ∈ R tal que:
A+ λ
−→
AE = C + λ
−−→
CD.
A determinação deste λ nos permitirá descobrir as coordenadas de M .
1
Então, partindo da equação acima vem que:
(ax, ay, az) + λ(qx − ax, qy − ay, qz − az) = (cx, cy, cz) + λ(px − cx, py − cy, pz − cz),
daí:
(ax+λ(qx−ax), ay+λ(qy−ay), az+λ(qz−az)) = (cx+λ(px−cx), cy+λ(py−cy), cz+λ(pz−cz)).
Igualando as coordenadas correspondentes vem que:
ax + λ(qx − ax) = cx + λ(px − cx)
ay + λ(qy − ay) = cy + λ(py − cy)
az + λ(qz − az) = cz + λ(pz − cz).
Para que haja colisão o valor de λ nas três equações acima deve ser o mesmo. Da
primeira equação obtemos:
ax + λqx − λax = cx + λpx − λcx
λqx − λax + λcx − λpx = cx − ax
λ(qx − ax + cx − px) = cx − ax.
Finalmente:
λ =
cx − ax
qx − ax + cx − px .
Lembrando agora que os p′s e os q′s são as coordenadas dos pontos médios D e E
temos:
px =
ax + bx
2
e qx =
bx + cx
2
.
Substituindo as expressões acima na expressão obtida para λ temos:
λ =
cx − ax
bx+cx
2
− ax + cx − ax+bx2
=
cx − ax
bx+cx−2ax+2cx−ax−bx
2
=
2(cx − ax)
3(cx − ax) =
2
3
.
Portanto, da primeira equação temos λ =
2
3
. Deixo pra você a tarefa de calcular as
outras duas equações (para y e para z) e ver que delas também obtemos λ =
2
3
. O cálculo
é fácil porque é muito parecido com o que acabamos de fazer.
Portanto concluímos finalmente que há colisão dos pontos móveis no tempo λ = 2/3,
considerando que eles partiram de A e C em λ = 0 e seguiram na direção e sentido dos
vetores
−→u e −→v , com suas velocidades dadas por estes mesmos dois vetores. Esta colisão
se dará num ponto M , cujas coordenadas podem ser obtidas substituindo-se λ = 2/3 na
2
equação de qualquer uma das duas trajetórias: X = A + λ
−→
AE ou X = C + λ
−−→
CD. Vou
optar pela primeira delas: X = A+ λ
−→
AE.
Desenvolvendo para λ = 2/3 vem que:
X = A+ (2/3)
−→
AE
X = (ax, ay, az) + (2/3)(qx − ax, qy − ay, qz − az)
X =
(
ax +
2
3
(qx − ax), ay + 2
3
(qy − ay), az + 2
3
(qz − az)
)
X =
(
1
3
ax +
2
3
qx,
1
3
ay +
2
3
qy,
1
3
az +
2
3
qz
)
X =
(
1
3
ax +
2
3
(
bx + cx
2
)
,
1
3
ay +
2
3
(
by + cy
2
)
,
1
3
az +
2
3
(
bz + cz
2
))
X =
(
ax + bx + cx
3
,
ay + by + cy
3
,
az + bz + cz
3
)
Assim, as coordenadas do ponto M são:
M =
(
ax + bx + cx
3
,
ay + by + cy
3
,
az + bz + cz
3
)
.
Agora para provarmos que a terceira e última mediana BF passa por esse ponto, é
suficiente mostrarmos que ao substituirmos λ = 2/3 na equação
X = B + λ
−−→
BF
obtemos X = M . Deixo as contas para você - são fáceis, pois são muito parecidas com as
contas que fizemos anteriormente. Basta lembrar que as coordenadas do vetor
−−→
BF são as
coordenadas de F menos as coordenadas de B; e que as coordenadas de F são:
F =
(
ax + cx
2
,
ay + cy
2
,
az + cz
2
)
,
pois F é o ponto médio de AC.
Quanto à questão de saber qual a razão na qual o pontoM divide as medianas, vamos
em primeiro lugar ler a definição que aparece na pag. 27 da 3
a
edição do Boulos (edição
mais nova):
�(...) a razão r na qual um ponto P ∈ AB divide um segmento AB é um número real
tal que
−→
AP = r
−−→
PB.�
3
Note que podemos calcular este valor r fazendo: r =
||−→AP ||
||−−→PB||
.
Assim, por exemplo, para a mediana AE temos:
r =
||−−→AM ||
||−−→ME||
r =
||( bx+cx−2ax
3
, by+cy−2ay
3
, bz+cz−2az
3
)||
||( bx+cx−2ax
6
, by+cy−2ay
6
, bz+cz−2az
6
)||
r =
(1/3)||(bx + cx − 2ax, by + cy − 2ay, bz + cz − 2az)||
(1/6)||(bx + cx − 2ax, by + cy − 2ay, bz + cz − 2az)|| =
(1/3)
(1/6)
=
2
1
= 2.
Portanto r = 2.
Deixo pra você a tarefa de calcular - é fácil - o valor r para as outras duas medianas.
Que achou da resolução? Espero que tenha te ajudado! Att. Elias.
4
Exec_MudançaDeBase.pdf
QUESTA˜O: Seja −→a = (3,−2,−1)E, onde E = (−→e 1,−→e 2,−→e 3) e´ uma base.
Escreva −→a na base F formada pelos vetores −→u , −→v e −→w :
−→u = 1√
3
(1, 1,−1)E = 1√
3
−→e 1 + 1√
3
−→e 2 − 1√
3
−→e 3
−→v = 1√
2
(0, 1, 1)E =
1√
2
−→e 2 + 1√
2
−→e 3
−→w = 1√
6
(2,−1, 1)E = 2√
6
−→e 1 − 1√
6
−→e 2 + 1√
6
−→e 6
RESOLUC¸A˜O: Acima temos os elementos da base F = (−→u ,−→v ,−→w ) escri-
tos em termos os elementos da base E = (−→e 1,−→e 2,−→e 3). De acordo com o
que estudamos nas aulas, essa situac¸a˜o e´ ideal para escrevermos a Matriz de
Mudanc¸a de Base de E para F. Chamemos tal matriz de M . Da´ı:
M =

1√
3
0
2√
6
1√
3
1√
2
− 1√
6
− 1√
3
1√
2
1√
6

Agora lembre-se que esta matriz multiplica vetores na base F para obter
as coordenadas desses vetores na base E. Pore´m o que queremos e´ exata-
mente o contra´rio disso. Ja´ temos o vetor −→a escrito na base E e queremos
ele na base F , ou seja, precisamos da matriz que multiplica vetores na base
E para nos retornar suas coordenadas na base F . Quem faz esse servic¸o e´ a
matriz inversa M−1. Para consegui-la vamos escalonar a matriz M .
Para facilitar o processo de escalonamento vamos inicialmente deixar to-
dos os denominadores dos termos da matriz M iguais a
√
6. Isso e´ conseguido
multiplicando-se os numeradores e denominadores de cada frac¸a˜o por termos
adequados, o que na˜o interfere em nada na estrutura da matriz. Dessa forma
poderemos colocar o termo
1√
6
em evideˆncia fora da matriz e assim tornar
as contas mais simples e tranquilas. OBS: quem na˜o quiser fazer isso pode
escalonar a matriz com o termo
√
6 dividindo todo mundo dentro da matriz.
Portanto:
1
M =
1√
6

√
2 0 2
√
2
√
3 −1
−
√
2
√
3 1

Agora vamos escalonar. Deixarei sempre o termo
1√
6
a` esquerda para
na˜o nos esquecermos de que no final devemos multiplicar o lado direito do
escalonamento (matriz inversa) por
√
6.
1√
6

√
2 0 2 | 1 0 0√
2
√
3 −1 | 0 1 0
−
√
2
√
3 1 | 0 0 1

(−1) · L1 + L2 −→ L2
L1 + L3 −→ L3
1√
6

√
2 0 2 | 1 0 0
0
√
3 −3 | −1 1 0
0
√
3 3 | 1 0 1

(−1) · L2 + L3 −→ L3
1√
6
 √2 0 2 | 1 0 00 √3 −3 | −1 1 0
0 0 6 | 2 −1 1

(1/6) · L3 −→ L3
1√
6
 √2 0 2 | 1 0 00 √3 −3 | −1 1 0
0 0 1 | 1/3 −1/6 1/6

3 · L3 + L2 −→ L2
(−2) · L3 + L1 −→ L1
1√
6
 √2 0 0 | 1/3 1/3 −1/30 √3 0 | 0 1/2 1/2
0 0 1 | 1/3 −1/6 1/6

2
(1/
√
3) · L2 −→ L2
(1/
√
2) · L1 −→ L1
1√
6
 1 0 0 | 1/3√2 1/3√2 −1/3√20 1 0 | 0 1/2√3 1/2√3
0 0 1 | 1/3 −1/6 1/6

Portanto nossa matriz inversa e´:
M−1 =
√
6

1
3
√
2
1
3
√
2
− 1
3
√
2
0
1
2
√
3
1
2
√
3
1
3
−1
6
1
6

Logo, multiplicando o termo
√
6 vem que:
M−1 =

√
3
3
√
3
3
−
√
3
3
0
√
2
2
√
2
2
√
6
3
−
√
6
6
√
6
6

Vale a pena conferir que essa e´ de fato a matriz inversa multiplicando-a
por M e verificando que o resultado e´ a Matriz Identidade 3x3!!
Agora, estando em posse da matriz M−1, que e´ a matriz que multiplica
vetores na base E para nos retornar suas coordenadas na base F , podemos
fazer a seguinte conta:
M−1 · −→a E = −→a F .
Assim:
3

√
3
3
√
3
3
−
√
3
3
0
√
2
2
√
2
2
√
6
3
−
√
6
6
√
6
6

·
 3−2
−1
 =

2
√
3
3
−3
√
2
2
7
√
6
6

Portanto:
−→a F =
(
2
√
3
3
,−3
√
2
2
,
7
√
6
6
)
.
Vale a pena conferir multiplicando essas coordenadas pelos vetores −→u , −→v
e −→w e verificando se o resultado obtido e´ de fato −→a = (3,−2,−1).
Tambe´m acho muito importante observar aqui que neste caso tivemos
M−1 = M t,
ou seja, a matriz inversa que obtivemos e´ simplesmente a transposta da
original. Isso ocorreu devido ao fato de a base original ser ortonormal. Na˜o
va´ pensar que sempre a inversa e´ a transposta, porque na˜o e´!
Demorou, mas consegui resolver e digitar Sr. Gustavo!!
Abrac¸os, Elias.
4
Exec_RetaNoEspaço.pdf
EXERCI´CIO: Ache o ponto da reta determinada por P = (2, 1,−1) e
Q = (0,−1, 0) o qual forma com os pontos A = (0, 3, 0) e B = (6, 3, 3) um
triaˆngulo de a´rea 9. (Considerar as coordenadas em relac¸a˜o a um sistema
ortogonal).
OBS: Este exerc´ıcio e´ ana´logo ao ex. 13, do cap. 14, pa´g. 138, 2aed.
RESOLUC¸A˜O:
Equac¸a˜o da reta determinada por P e Q:−→
PQ = Q− P = (0,−1, 0)− (2, 1,−1) = (−2,−2, 1)
−→v = (−1)−→PQ = (−1)(−2,−2, 1) = (2, 2,−1)
Portanto, vetor diretor: −→v = (2, 2,−1)
X = Q + t−→v ⇒ X = (0,−1, 0) + t(2, 2,−1)
X = (2t, 2t− 1,−t)
Um lado do triaˆngulo:−−→
XA = A−X = (0, 3, 0)− (2t, 2t− 1,−t) = (−2t, 4− 2t, t)
Outro lado do triaˆngulo:−−→
XB = B −X = (6, 3, 3)− (2t, 2t− 1,−t) = (6− 2t, 4− 2t, 3 + t)
Terceiro lado do triaˆngulo:−→
AB = B − A = (6, 3, 3)− (0, 3, 0) = (6, 0, 3).
A´rea do Triaˆngulo =
||−−→XA ∧ −−→XB||
2
−−→
XA ∧ −−→XB =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
−→
i
−→
j
−→
k
−2t 4− 2t t
6− 2t 4− 2t 3 + t
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
=
= (4− 2t)(3 + t)−→i + (−2t)(4− 2t)−→k + t(6− 2t)−→j − (4− 2t)(6− 2t)−→k −
t(4− 2t)−→i + (2t)(3 + t)−→j
1
= [(4− 2t)(3 + t)− t(4− 2t)]−→i + [t(6− 2t) + (2t)(3 + t)]−→j + [(−2t)(4−
2t)− (4− 2t)(6− 2t)]−→k
Portanto,−−→
XA ∧ −−→XB = (12− 6t)−→i + (12t)−→j + (12t− 24)−→k
||−−→XA ∧ −−→XB||2 = (12− 6t)2 + (12t)2 + (12t− 24)2 = 324t2 − 720t + 720
||−−→XA ∧ −−→XB||2 = 36 (9t2 − 20t + 20)
A´rea do Triaˆngulo = 9⇒
(
A´rea do Triaˆngulo
)2
= 92
(
||−−→XA ∧ −−→XB||
2
)2
= 92
||−−→XA ∧ −−→XB||2
4
= 81
||−−→XA ∧ −−→XB||2 = 81 · 4
36 · (9t2 − 20t + 20) = 81 · 4
36 · (9t2 − 20t + 20) = 9 · 36
9t2 − 20t + 20 = 9
9t2 − 20t + 11 = 0
t =
−(−20)±√400− 396
2 · 9 =
20± 2
18
t = 1 e t = 11/9
X = (2t, 2t− 1,−t)
t = 1⇒ X = (2, 1,−1)
t = 11/9⇒ X = (22/9, 13/9,−11/9)
2