p1 poli 2007 B

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Gabarito – Turma B
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 B
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, 0)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 + ~e3 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)E e
as condic¸o˜es ~w2 · ~u = 0, ~w2 · ~v = 0 nos da˜o:
(1− α+ β)− α = 1− 2α+ β = 0,
(2− β)− (1− α+ β) = 1 + α− 2β = 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 0 0

e:
MEF =M−1FE =
1
3
 0 0 −3−2 1 −2
1 1 1
 .
Como ~z = (1, 0, 1)E , obtemos:
[~z ]F =MEF [~z ]E =
1
3
 0 0 −3−2 1 −2
1 1 1
10
1
 = 1
3
−3−4
2
 ,
e portanto [~z ]F =
(−1,−43 , 23).
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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
−−→
KA na base E.
(b) (2,0 pontos) Determine as coordenadas na base E do (u´nico) vetor unita´rio ~w tal
que ~w · −−→KA = ~w · −−→AN = 0 e a base {−−→KA,−−→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:
−−→
KA = −−−→AK = −−→AC − 1
2
−→
CS = −~f1 − ~f2 − 12
−→
AR = −~f1 − ~f2 +
√
2
2
~f3,
donde:
[
−−→
KA]F =
(
−1,−1,
√
2
2
)
.
Tambe´m:
−→
SA = −−→AS = −−→AC −−→AR = −~f1 − ~f2 +
√
2 ~f3,
donde:
[
−→
SA]F = (−1,−1,
√
2 ).
Agora:
proj−→
SA
−−→
KA =
−−→
KA · −→SA
−→
SA · −→SA
−→
SA =
3
4
(−1,−1,
√
2 )F .
Logo:
proj−→
SA
−−→
KA = −3
4
~f1 − 34
~f2 +
3
4
√
2 ~f3 = −34
−−→
AB − 3
4
−−→
BC +
3
4
−−→
MB,
isto e´:
[proj−→
SA
−−→
KA]E =
(
−3
4
,−3
4
,
3
4
)
.
(b) O vetor ~w procurado e´ igual a:
−−→
KA ∧ −−→AN∥∥−−→KA ∧ −−→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:
−−→
KA ∧ −−→AN =
∣∣∣∣∣∣∣
~f1 ~f2 ~f3
−1 −1
√
2
2
0 1 −√2
∣∣∣∣∣∣∣ =
(√2
2
,−
√
2 ,−1
)
F
.
Como:
‖−−→KA ∧ −−→AN‖ =
(1
2
+ 2 + 1
)1
2 =
√
7√
2
,
temos que:
~w =
√
2√
7
(
−−→
KA ∧ −−→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
)
.