Lista gemetria analitica Gabarito

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Universidade Federal de Pernambuco
Departamento de Matemática - Geometria Analítica 1
Prof. Rodrigo Cavalcante
Quarta Lista
Produtos Escalar e Vetorial
1. Seja β = (
→
e 1,
→
e 2,
→
e 3) uma base ortonormal de
V3. Determine as coordenadas do vetor unitá-
rio que é ortogonal aos vetores
→
u= (3, 1, 0)β e→
v= (4,−1, 3)β .1
2. Considere a base β = (
→
e 1,
→
e 2,
→
e 3) e os vetores→
u= (1, 1,−1), →v= (0, 1, 1) e →w= (2,−1, 1).
a) Mostre que a sequência (
→
u,
→
v ,
→
w) é uma
base ortogonal de V3;
b) Determine as coordenadas do vetor
→
r , em
relação à base β, que tenha norma
√
5,
tal que o vetor
→
r seja ortogonal ao vetor
(2, 1,−1)β e que os vetores →r , (1, 1, 1)β e
(0, 1,−1)β sejam coplanares.
3. Sejam
→
u e
→
v dois vetores tais que ‖→u‖=‖→v ‖ e o
vetor
→
u é ortogonal ao vetor
→
v . Mostre que os
vetores
→
u − →v e →u + →v são ortogonais.
4. Mostre que
‖→u + →v ‖2 + ‖→u − →v ‖2= 2(‖→u‖2 + ‖→v ‖2)
Qual a interpretação geométrica desse resultado?
5. Um vetor
→
v forma com os vetores
→
i e
→
j ângulos
de pi3 e
2pi
3 , respectivamente. Determine as coor-
denadas do vetor
→
v , em relação à base (
→
i ,
→
j ,
→
k ),
sabendo que ‖→v ‖= 2.
6. Em um quadrado ABCD cujos lados medem 2,
seja M o ponto médio do lado BC. Calcule a
medida angular entre
−−→
DM e
−−→
BD.
7. A medida angular entre
→
u e
→
v é pi4 , ‖
→
u‖= √5 e
‖→v ‖= 1. Calcule a medida angular entre →u + →v
e
→
u − →v .
8. Determine todos os vetores unitários
→
u= (x, y, z)
cuja projeção ortogonal sobre
→
k é
→
k /2 e tais que
a medida angular entre
→
v= (x, y, 0) e
→
i seja pi6 .
9. Mostre que se
→
u e
→
v são não-nulos, então
Proj→
v
Proj
→
v
→
u
=
(
→
u · →v )2
‖→u‖2‖→v ‖2
→
v
10. Mostre que se
→
u ∧ →v=→w ∧ →t e →u ∧ →w=→v ∧ →t ,
então os vetores
→
u − →t e →v − →w são LD.
11. Calular x, sabendo que o triângulo ABC, de
área
√
29
2 , temos
−−→
AB = (1 − x,−2,−1) e −−→CB =
(−1,−2, 1)
12. Encontre
→
u de norma
√
6 tal que
→
u ∧(→i +
→
j ) =
2(
→
i +
→
j − →k ).
13. Seja ABC um triângulo qualquer e P e Q pontos
tais que 3
−→
AP =
−→
AC e 3
−−→
BQ = 2
−−→
BC. Calcule a
razão entre as áreas dos triângulos BPQ e ABC.
14. Sejam
→
u= (1, 1, 1) e
→
v= (0, 1, 2). Encontre uma
base ortonormal positiva (
→
w1,
→
w2,
→
w3) tal que:
i.
→
w1 e
→
u sejam paralelos com o mesmo sen-
tido;
ii.
→
w2 seja combinação linear de
→
u e
→
v ;
iii.
→
w3 ·
→
k> 0.
1Tente fazer isso sem usar o produto vetorial e depois usando o produto vetorial.
Segundo Semestre de 2017 1
Propostas de Respostas
1. Seja
→
w= (a, b, c)β o vetor procurado. Comece-
mos fazendo sem usar o produto vetorial.
Sabemos que
‖→w‖= 1 ⇒ a2 + b2 + c2 = 12
→
w⊥→u ⇒ 3a+ b = 0
→
w⊥→v ⇒ 4a− b+ 3c = 0
Das duas últimas equações obtemos b = −3a e
c = − 7a3 e substituindo na primeira obtemos
a2 + (−3a)2 +
(
−7a
3
)2
= 1 ⇒ a2 = 9
139
De onde concluímos que
a = ± 3√
139
e consequentemente
b = ∓ 9√
139
e c = ∓ 7√
139
Logo,
→
w =
(
3√
139
,− 9√
139
,− 7√
139
)
→
w =
(
− 3√
139
,
9√
139
,
7√
139
)
Ou mais compactamente
→
w = ± 1√
139
(3,−9,−7)
Usando o produto vetorial, podemos ter em
conta que
→
w⊥→u e →w⊥→v para concluir que →w//→u
∧ →v . Logo, →w= λ →u ∧ →v . Mas
→
u ∧ →v=
∣∣∣∣∣∣
→
e1
→
e2
→
e3
3 1 0
4 −1 3
∣∣∣∣∣∣ = (3,−9,−7)
Logo,
→
w= λ (3,−9,−7). Como →w é unitário
‖ λ (3,−9,−7) ‖ = |λ| ‖ (3,−9,−7) ‖ ⇒
|λ|
√
139 = 1 ⇒ λ = ± 1√
139
Isto é,
→
w= ± 1√
139
(3,−9,−7),
como obtido anteriomente.
2. a) Pra que a sequência (
→
u,
→
v ,
→
w) seja uma or-
togonal é preciso que seja LI e que os vetores
sejam ortogonais dois a dois. Para verificar
a independência linear calculamos o deter-
minante
D =
∣∣∣∣∣∣
1 1 −1
0 1 1
2 −1 1
∣∣∣∣∣∣ = 6
Como D 6= 0 a sequência é LI. As condi-
ções de ortogonalidade são verificadas atra-
vés dos produtos escalares entre os vetores
tomados dois a dois.
→
u · →v = 1 · 0 + 1 · 1 + (−1) · 1 = 0
→
u · →w = 1 · 2 + 1 · (−1) + (−1) · 1 = 0
→
v · →w = 0 · 2 + 1 · (−1) + 1 · 1 = 0
Logo,
→
u⊥→v , →u⊥→w e →v⊥→w. De onde con-
cluímos que a sequência forma uma base or-
togonal.
b) Seja
→
r= (x, y, z), transformando as infor-
mações dadas em equações obtemos
‖ →r ‖=
√
5 ⇒ x2 + y2 + z2 = 5
→
r⊥ (2, 1,−1) ⇒ 2x+ y − z = 0
coplanaridade ⇒

∣∣∣∣∣∣∣
x y z
1 1 1
0 1 −1
∣∣∣∣∣∣∣ = 0
−2x+ y + z = 0
Somando as equações que vem da copla-
naridade e da perpendicularidade obtemos
y = 0. Substituindo nas restantes obtemos{
x2 + z2 = 0
2x− z = 0 ⇒
{
z = 2x
x = ±1
Logo,
→
r= (1, 0, 2) ou
→
r= (−1, 0,−2).
3. Basta calcular o produto interno entre
→
u − →v e
→
u +
→
v .
(
→
u − →v )·(→u + →v ) =
→
u · →u + →u · →v − →v · →u − →v · →v
=‖ →u ‖2 +0 + 0− ‖ →v ‖2
= 0
onda na segunda linha usamos a perpendiculari-
dade entre os vetores e na terceira a igualdade
entre as normas.
4. Calculando as normas de
→
u +
→
v e
→
u − →v obte-
mos
‖→u + →v ‖2=→u · →u +2 →u · →v + →v · →v
‖→u − →v ‖2=→u · →u −2 →u · →v + →v · →v
Segundo Semestre de 2017 2
Somando as duas igualdades obtemos
‖→u + →v ‖2 + ‖→u + →v ‖2 =
= 2 (
→
u · →u + →v · →v )
= 2 (‖ →u ‖2 + ‖ →v ‖2)
Geometricamente esta identidade significa que a
soma dos quadrados dos comprimentos das dia-
gonais de um paralelepípedo é igual ao dobro da
soma dos quadrados dos comprimentos dos lados
deste mesmo paralelogramo.
~u
~v
~u+ ~v
~u− ~v
5. Dada uma base (ortonormal) as componentes de
um vetor qualquer são dadas por
→
v= (
→
v · →i , →v ·
→
j ,
→
v · →k )
Como já sabemos os ângulos entre
→
v e
→
i e entre
→
v e
→
j e também que ‖ →v ‖= 2 podemos concluir
que
→
v =
(
2 cos
(pi
3
)
, 2 cos
(
2pi
3
)
,
→
v · →k
)
= (1,−1,→v · →k )
Imponto novamente que ‖ →v ‖= 2 temos:
‖ →v ‖2 = 12 + (−1)2 + (→v · →k )2
= 2 + (
→
v · →k )2 = 4
⇒ (→v · →k ) = 2 ⇒ →v ·
→
k= ±
√
2
Logo,
→
v= (1,−1,√2) ou →v= (1,−1,−√2).
6. Da definição de produto interno sabemos que
cos θ =
−−→
BD · −−→DM
‖ −−→BD ‖‖ −−→DM ‖
e a geometria dada é a seguinte
θ =ang
(
−−→
BD,
−−→
DM
)
−−→
BD
−−→
DM
A B
C
D
b b
bb
b
De acordo com esta geometria temos{−−→
BD =
−−→
AD −−−→AB−−→
DM =
−−→
AB − 12
−−→
AD
De forma que
−−→
BD · −−→DM = (−−→AD −−−→AB) · (−−→AB − 1
2
−−→
AD)
=
−−→
AD · −−→AB − 1
2
‖ −−→AD ‖2 − ‖ −−→AB ‖2
+
1
2
(
−−→
AD · −−→AB)
= 0− 2− 4 + 0 = −6
Além disso:
‖ −−→BD ‖2 = (−−→AD −−−→AB) · (−−→AD −−−→AB)
=‖ −−→AD ‖2 + ‖ −−→AB ‖2
⇒ ‖ −−→BD ‖=
√
8
‖ −−→DM ‖2 = (−−→AB − 1
2
−−→
AD) · (−−→AB − 1
2
−−→
AD)
=‖ −−→AB ‖2 +1
4
‖ −−→AB ‖2
⇒ ‖ −−→DM ‖=
√
5
De onde vem
cos θ =
−6√
8 · √5 ⇒ θ = cos
−1
(
− 3√
10
)
7. Usando novamente a definição de produto in-
terno
cos θ =
(
→
u +
→
v ) · (→u − →v )
‖ →u + →v ‖‖ →u − →v ‖
em que
(
→
u +
→
v ) · (→u − →v ) = ‖ →u ‖2 − ‖ →v ‖2
= 5− 1 = 4
‖ →u + →v ‖2 = ‖ →u ‖2 + ‖ →v ‖2 +2 →u · →v
= 5 + 1 + 2 ·
√
5 ·
√
2
2
= 6 +
√
10
‖ →u − →v ‖2 = ‖ →u ‖2 + ‖ →v ‖2 −2 →u · →v
= 5 + 1 + 2 ·
√
5 ·
√
2
2
= 6−
√
10
de onde vem
cos θ =
4√
6 +
√
10 ·
√
6−√10
=
4√
26
⇒ θ = cos−1
(
4√
26
)
Segundo Semestre de 2017 3
8. De acordo com o enunciado
Proj
→
v
→
k
=
(x, y, z) · (0, 0, 1)
(0, 0, 1) · (0, 0, 1) (0, 0, 1)
= (0, 0, z) =
1
2
→
k
⇒ (0, 0, z) =
(
0, 0,
1
2
)
⇒ z = 1
2Além disso,
(x, y, 0) · (1, 0, 0) =‖ →v ‖‖ →i ‖ cos
(pi
6
)
x =
√
3 ‖ →v ‖
2
Obtemos ‖ →v ‖ fazendo:
‖ →v ‖2 = x2 + y2
= x2 + y2 + z2 − z2
=‖ →u ‖2 −z2
= 1− 1
4
=
3
4
De onde vem que
x =
√
3
2
√
3
2
=
3
4
Como
→
u é unitário
‖ →u ‖2 = x2 + y2 + z2
=
3 ‖ →v ‖2
4
+ y2 +
1
4
=
9
16
+ y2 +
1
4
= 1
⇒ y2 = 3
16
⇒ y = ±
√
3
4
Logo,
→
u=
(
3
4
,
√
3
4
,
1
2
)
ou
→
u=
(
3
4
,−
√
3
4
,
1
2
)
9. Usando a definição de projeção ortogonal obte-
mos:
Proj→
v
Proj
→
v
→
u
= Proj→
v
( →
u · →v
‖ →u ‖2
→
u
)
=
→
u · →v
‖ →u ‖2
Proj
→
u
→
v
=
→
u · →v
‖ →u ‖2
→
v · →u
‖ →v ‖2
→
v
=
(
→
u · →v )2
‖ →u ‖2‖ →v ‖2
→
v
10. Usando as informações dadas podemos escrever{→
u ∧ →v = − →t ∧ →w
− →t ∧ →v = →u ∧ →w
Somando estas equações obtemos
(
→
u − →t )∧ →v = (→u − →t )∧ →w
(
→
u − →t )∧ →v − (→u − →t )∧ →w =→0
(
→
u − →t ) ∧ (→v − →w) =→0
E por definição de produto vetorial os vetores
→
u − →t e →v − →w são LD.
11. Dado que
−−→
AB = (1 − x,−2,−1) e −−→CB =
(−1,−2, 1) temos que
−→
AC =
−−→
AB −−−→CB = (2− x, 0,−2)
A área do triângulo ABC pode ser calculada
usando
S
ABC
=
1
2
‖ −−→AB ∧ −→AC ‖
=
1
2
‖ (4,−x, 4− 2x) ‖
=
√
16 + x2 + (4− 2x)2
2
=
√
29
2
⇒ 16 + x2 + (4− 2x)2 = 29
5x2 − 16x+ 3 = 0 ⇒ x = 1
5
ou x = 3
12. Uma equação do tipo
→
u ∧ →A=
→
B só tem solução
se
→
A⊥
→
B. Como
(
→
i +
→
j ) · 2(→i +
→
j − →k ) = 4 6= 0
temos que
→
i +
→
j e 2(
→
i +
→
j − →k ) não são per-
pendiculares e, por consequência, a equação não
tem solução.
13. Temos a seguinte geometria
A
B
C
P
Q
b b
b
b
b
A área do triângulo ABC pode ser calculada
como
SABC =
1
2
‖ −→CA ∧ −−→CB ‖
De forma semelhante podemos calcular a área do
triângulo BPQ como
SBPQ =
1
2
‖ −−→BP ∧ −−→BQ ‖
Segundo Semestre de 2017 4
Mas 
−−→
BQ = 23
−−→
BC−−→
BP =
−−→
BC + (
−→
CA+
−→
AP )
=
−−→
BC +
−→
CA+ 13
−→
AC
=
−−→
BC + 23
−→
CA
de onde concluímos que
SBPQ =
1
2
∣∣∣∣∣∣∣∣(23−−→BC
)
∧
(−−→
BC +
2
3
−→
CA
)∣∣∣∣∣∣∣∣
=
1
2
∣∣∣∣∣∣∣∣23−−→BC ∧ −−→BC + 23 23−−→BC ∧ −→CA
∣∣∣∣∣∣∣∣
=
1
2
∣∣∣∣∣∣∣∣23 →0 −49−−→CB ∧ −→CA
∣∣∣∣∣∣∣∣
=
4
9
1
2
‖ −→CA ∧ −−→CB ‖
=
4
9
SABC
Logo,
SBPQ
SABC
=
4
9
14. Buscamos três vetores que sejam unitários e or-
togonais dois a dois.
i. Como
→
w1 e
→
u são paralelos com o mesmo
sentido, temos que
→
w1= λ1 (1, 1, 1) , λ1 > 0
Para que
→
w1 seja unitário devemos tomar
|λ1| = 1√
3
Juntando as condições concluímos que
→
w1=
1√
3
(1, 1, 1)
ii. Como
→
w2 é combinação linear de
→
u e
→
v po-
demos escrever
→
w2= α2(1, 1, 1) + β2(0, 1, 2)
Da condição
→
w2 ⊥ →w1 obtemos
1√
3
(1, 1, 1) · (α2(1, 1, 1) + β2(0, 1, 2)) = 0
⇒ α2 + β2 = 0 ⇒ α2 = −β2
Isto é,
→
w2 = α2((1, 1, 1)− (0, 1, 2)) = α2(1, 0,−1)
Da condição de normalização
‖ →w2 ‖ = 2α22 = 1
⇒ α2 = ± 1√
2
Logo
→
w2 = ± 1√
2
(1, 0,−1)
iii. Como
→
w3 ·
→
k> 0,
→
w3 ⊥ →w1 e →w3 ⊥ →w2, se
tomarmos
→
w3= (x, y, z) temos que
(x, y, z)· 1√
3
(1, 1, 1) = 0
⇒ x+ y + z = 0
(x, y, z)·
(
± 1√
2
(1, 0,−1)
)
= 0
⇒ x− z = 0
Resolvendo as duas equações conluímos que
z = x e y = −2x, isto é
→
w3= x(1,−2, 1)
Impondo a normalização obtemos que
‖ →w3 ‖ = |x|
√
6 = 1
⇒ x = ± 1√
6
Para que
→
w3 ·
→
k> 0 é necessário tomar x
com sinal positivo, de forma que
→
w3 =
1√
6
(1,−2, 1)
Temos então duas bases possíveis
β1 ={
1√
3
(1, 1, 1),
1√
2
(1, 0,−1), 1√
6
(1,−2, 1)
}
β2 ={
1√
3
(1, 1, 1),− 1√
2
(1, 0,−1), 1√
6
(1,−2, 1)
}
Segundo Semestre de 2017 5