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Gabarito – Turma A 1a Prova de A´lgebra Linear para Engenharia I – MAT 2457 11/04/2007 Questa˜o 1. Seja B uma base ortonormal de V 3 e considere os vetores ~v = (1, 1, 0)B e ~w = (1, 0,−1)B. (a) (1,5 pontos) Encontre todos os vetores unita´rios ~u tais que ~u · ~w = 0 e o aˆngulo entre ~u e ~v tenha medida igual a 150◦. (b) (2,0 pontos) Considere o triaˆngulo ABC tal que −−→ AB = α~v, −→ AC = β ~w, onde α, β ∈ R. Determine os valores de α e β tais que o triaˆngulo ABC seja retaˆngulo em C e tenha a´rea igual a √ 3. Soluc¸a˜o. (a) Escreva ~u = (u1, u2, u3)B. As condic¸o˜es do enunciado nos da˜o as equac¸o˜es: ~u · ~v = u1 + u2 = ‖~u‖‖~v‖ cos 150◦ = − √ 2 √ 3 2 = − √ 6 2 , ~u · ~w = u1 − u3 = 0, ‖~u‖2 = u21 + u22 + u23 = 1. Essas equac¸o˜es sa˜o equivalentes a u3 = u1, u2 = − √ 6 2 − u1 e: u21 + ( − √ 6 2 − u1 )2 + u21 = 1; essa u´ltima igualdade e´ equivalente a: 3u21 + √ 6u1 + 1 2 = 0. Resolvendo para u1, obtemos u1 = − √ 6 6 . Da´ı u2 = − √ 6 3 e u3 = − √ 6 6 , donde: ~u = ( − √ 6 6 ,− √ 6 3 ,− √ 6 6 ) B . (b) Temos −−→ BC = −→ AC − −−→AB = β ~w − α~v. O triaˆngulo ABC e´ retaˆngulo em C se e somente se −→ AC · −−→BC = 0, isto e´: (β ~w) · (β ~w − α~v) = 2β2 − αβ = 0. Para que ABC seja um triaˆngulo, devemos ter β 6= 0 e portanto α = 2β. A condic¸a˜o de que a a´rea do triaˆngulo ABC seja igual a √ 3 nos da´: ‖−→AC‖ ‖−−→BC‖ = 2 √ 3, o que e´ equivalente a: ( −→ AC · −→AC)(−−→BC · −−→BC) = 12. Mas: −→ AC · −→AC = 2β2, −−→BC · −−→BC = (β ~w − α~v) · (β ~w − α~v) = 2β2 − 2αβ + 2α2, donde: 2β2(2β2 − 2αβ + 2α2) = 12, e β2(β2 − αβ + α2) = 3. Usando α = 2β obtemos: β2(β2 − 2β2 + 4β2) = 3, isto e´ 3β4 = 3 e β = ±1. As poss´ıveis soluc¸o˜es sa˜o α = 2, β = 1 e α = −2, β = −1. Gabarito – Turma A 1a Prova de A´lgebra Linear para Engenharia I – MAT 2457 11/04/2007 Questa˜o 2. Seja E = {~e1, ~e2, ~e3} uma base ortonormal de V 3 e considere os vetores ~u = (1, 0,−1)E , ~v = (1, 1,−2)E e ~w = (1, 2, 0)E . (a) (1,0 ponto) Decomponha o vetor ~w como soma de dois vetores ~w1, ~w2, de modo que ~w1 seja combinac¸a˜o linear de ~u e ~v e que ~w2 seja ortogonal a ~u e a ~v. (b) (0,5 ponto) Verifique que F = {~u,~v, ~w} e´ uma base de V 3. (c) (1,0 ponto) Ache as coordenadas do vetor ~z = ~e1 + ~e2 na base F . Soluc¸a˜o. (a) Queremos ~w = ~w1+ ~w2, onde ~w1 = α~u+β~v. Da´ı ~w2 = (1−α−β, 2−β, α+2β)E e as condic¸o˜es ~w2 · ~u = 0, ~w2 · ~v = 0 nos da˜o: (1− α− β)− (α+ 2β) = 1− 2α− 3β = 0, (1− α− β) + (2− β)− 2(α+ 2β) = 3− 3α− 6β = 0. Resolvendo o sistema obtemos α = −1 e β = 1. Logo: ~w1 = (0, 1,−1)E , ~w2 = (1, 1, 1)E . (b) Evidentemente ~u e ~v sa˜o linearmente independentes. Se ~w fosse combinac¸a˜o linear de ~u e ~v, ter´ıamos obtido ~w1 = ~w, ~w2 = ~0 como uma poss´ıvel soluc¸a˜o para o item (a); como isso na˜o ocorreu, vemos que ~w na˜o e´ combinac¸a˜o linear de ~u e ~v, donde {~u,~v, ~w} e´ linearmente independente e e´ portanto uma base de V 3. (c) Temos: MFE = 1 1 10 1 2 −1 −2 0 e: MEF =M−1FE = 1 3 4 −2 1−2 1 −2 1 1 1 . Como ~z = (1, 1, 0)E , obtemos: [~z ]F =MEF [~z ]E = 1 3 4 −2 1−2 1 −2 1 1 1 11 0 = 1 3 2−1 2 , e portanto [~z ]F = ( 2 3 ,−13 , 23 ) . Gabarito – Turma A 1a Prova de A´lgebra Linear para Engenharia I – MAT 2457 11/04/2007 Questa˜o 3. Considere o paralelep´ıpedo retaˆngulo da figura abaixo, no qual os segmentos AB e AD medem 1 e o segmento AR mede √ 2. Escolhemos a orientac¸a˜o em V 3 na qual a base E = {−−→ AB, −−→ BC, −−→ MB } e´ positiva. � � � � � � � � � � � � A D CB R N SM (a) (2,0 pontos) Seja K o ponto me´dio do segmento CS. Determine as coordenadas do vetor proj−→ SA −−→ AK na base E. (b) (2,0 pontos) Determine as coordenadas na base E do (u´nico) vetor unita´rio ~w tal que ~w · −−→AK = ~w · −−→AN = 0 e a base {−−→AK,−−→AN, ~w} e´ positiva. Soluc¸a˜o. (a) A base E e´ ortogonal. Normalizando os seus vetores, obtemos uma base ortonor- mal F = {~f1, ~f2, ~f3}, onde: ~f1 = −−→ AB, ~f2 = −−→ BC = −−→ AD, ~f3 = 1√ 2 −−→ MB = − 1√ 2 −→ AR. Temos: −−→ AK = −→ AC + 1 2 −→ CS = ~f1 + ~f2 + 1 2 −→ AR = ~f1 + ~f2 − √ 2 2 ~f3, donde: [ −−→ AK]F = ( 1, 1,− √ 2 2 ) . Tambe´m: −→ SA = −−→AS = −−→AC −−→AR = −~f1 − ~f2 + √ 2 ~f3, donde: [ −→ SA]F = (−1,−1, √ 2 ). Agora: proj−→ SA −−→ AK = −−→ AK · −→SA −→ SA · −→SA −→ SA = −3 4 (−1,−1, √ 2 )F . Logo: proj−→ SA −−→ AK = 3 4 ~f1 + 3 4 ~f2 − 34 √ 2 ~f3 = 3 4 −−→ AB + 3 4 −−→ BC − 3 4 −−→ MB, isto e´: [proj−→ SA −−→ AK]E = (3 4 , 3 4 ,−3 4 ) . (b) O vetor ~w procurado e´ igual a: −−→ AK ∧ −−→AN∥∥−−→AK ∧ −−→AN∥∥ . Vamos determinar as coordenadas do vetor −−→ AN na base F : −−→ AN = −−→ AD + −→ AR = ~f2 − √ 2 ~f3 = (0, 1,− √ 2 )F . Temos que a base F e´ (ortonormal e) positiva, ja´ que E e´ uma base positiva e MEF e´ uma matriz diagonal cujos elementos da diagonal sa˜o positivos. Da´ı: −−→ AK ∧ −−→AN = ∣∣∣∣∣∣∣ ~f1 ~f2 ~f3 1 1 − √ 2 2 0 1 −√2 ∣∣∣∣∣∣∣ = ( − √ 2 2 , √ 2 , 1 ) F . Como: ‖−−→AK ∧ −−→AN‖ = (1 2 + 2 + 1 )1 2 = √ 7√ 2 , temos que: ~w = √ 2√ 7 ( −−→ AK ∧ −−→AN) = − 1√ 7 ~f1 + 2√ 7 ~f2 + √ 2√ 7 ~f3 = − 1√ 7 −−→ AB + 2√ 7 −−→ BC + 1√ 7 −−→ MB, e portanto: [~w ]E = ( − 1√ 7 , 2√ 7 , 1√ 7 ) .
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