Gabarito Segunda Chamada

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Universidade Federal de Pernambuco
Segunda Chamada de Geometria Anal´ıtica
04 de Julho de 2018
GABARITO
Questa˜o 1 (1,0 ponto). Sejam E = (
→
e1,
→
e2,
→
e3) e F = (
→
f1,
→
f2,
→
f3) duas bases. Se
→
f1= (1, 0, 2)E ,
→
f2=
(0,−1, 1)E ,
→
f3= (3, 1, 0)E e
→
u= (−1, 2, 1)F , determine as coordenadas de →u em relac¸a˜o a` base E.
SOLUC¸A˜O: O fato de
→
u= (−1, 2, 1)F significa que →u= −1·
→
f1 +2·
→
f2 +1·
→
f3, portanto, em relac¸a˜o a` base
E, temos:
→
u= −1 · (1, 0, 2)E + 2 · (0,−1, 1)E + 1 · (3, 1, 0)E = (−1, 0,−2)E + (0,−2, 2)E + (3, 1, 0)E = (2,−1, 0)E
RESPOSTA:
→
u= (2,−1, 0)E .
Questa˜o 2 (1,5 pontos). Considere que em relac¸a˜o a uma base ortonormal
−−→
AB = (1, 2, 1) e
−→
AC = (2, 1, 2).
a) (0,5 pontos) Determine a a´rea do triaˆngulo 4ABC.
b) (1,0 ponto) Determine a altura relativa ao lado BC do triaˆngulo 4ABC.
• SOLUC¸A˜O a): A a´rea do triaˆngulo 4ABC e´ dada por:
A4 =
‖−−→AB ∧ −→AC‖
2
=
‖(1, 2, 1) ∧ (2, 1, 2)‖
2
Temos
(1, 2, 1) ∧ (2, 1, 2) =
∣∣∣∣∣∣∣
→
i
→
j
→
k
1 2 1
2 1 2
∣∣∣∣∣∣∣ = (3, 0,−3)⇒
‖(1, 2, 1) ∧ (2, 1, 2)‖
2
=
‖(3, 0,−3)‖
2
=
√
18
2
=
3
√
2
2
Portanto A4 =
3
√
2
2
.
RESPOSTA: A4 =
3
√
2
2
.
• SOLUC¸A˜O b): Para encontrarmos a altura h, relativa ao lado BC, basta lembrarmos que a a´rea do
triaˆngulo tambe´m pode ser encontrada por:
A4 =
b · h
2
=
‖−−→BC‖ · h
2
O que implica h = 2
A4
‖−−→BC‖
= �2
3
√
2
�2‖−−→BC‖
.
Note que
−−→
BC =
−→
AC − −−→AB = (2, 1, 2) − (1, 2, 1) = (1,−1, 1), portanto ‖−−→BC‖ = ‖(1,−1, 1)‖ = √3 e
assim:
h =
3
√
2√
3
=
√
6
RESPOSTA: h =
√
6.
Questa˜o 3 (2,5 pontos). Sejam as retas r : X = (0, 1,−1) + λ(1, 2,−1) e
s :
{
x− y − z + 3 = 0
y + 2z − 2 = 0
a) (1,0 ponto) Determine a posic¸a˜o relativa entre as duas retas.
b) (1,5 pontos) Se existir um plano pi que as conte´m, encontre a equac¸a˜o geral de pi.
• SOLUC¸A˜O a): Inicialmente vamos encontrar a forma parame´trica de s:
Somando as duas equac¸o˜es, que determinam s, obtemos x+z+1 = 0⇒ z = −1−x, o que, na segunda
equac¸a˜o, fornece:
y + 2z − 2 = 0⇒ y + 2(−1− x)− 2 = 0⇒ y = 4 + 2x
Assim, tomando x = λ ∈ R, vem as equac¸o˜es parame´tricas s :

x = λ
y = 4 + 2λ
z = −1− λ
Os vetores diretores de r e s sa˜o, respectivamente,
→
r= (1, 2,−1) e →s= (1, 2,−1) que sa˜o LD, logo as
retas sa˜o paralelas. Para ver qual dos casos de paralelismo ocorre, vamos verificar se um ponto de r,
digamos (0, 1,−1), esta´ em s e isto equivale a estudar o sistema:
0 = λ
1 = 4 + 2λ
−1 = −1− λ
Que e´ imposs´ıvel, portanto as retas sa˜o paralelas distintas.
RESPOSTA: Retas paralelas distintas.
• SOLUC¸A˜O b): Como as retas sa˜o paralelas, enta˜o elas sa˜o coplanares. Sejam A = (0, 1,−1) ∈
r,B = (0, 4,−1) ∈ s,−−→AB = (0, 3, 0) e →r= (1, 2,−1). Dado P = (x, y, z) ∈ pi, enta˜o os vetores−→
AP = (x, y − 1, z + 1),→r , e −−→AB sa˜o LD, logo:∣∣∣∣∣∣
x y − 1 z + 1
1 2 −1
0 3 0
∣∣∣∣∣∣ = 0
O que fornece a equac¸a˜o 3(x+ z + 1) = 0 ou, equivalentemente, x+ z + 1 = 0.
RESPOSTA: pi : x+ z + 1 = 0.
Questa˜o 4 (2,5 pontos). Considere a seguinte qua´drica
Ω: x2 − y2 + 2y − 2z = 1
a) (0,5 pontos) Determine uma equac¸a˜o reduzida e identifique a qua´drica Ω.
b) (1,0 ponto) Determine uma equac¸a˜o reduzida e identifique a curva de corte Γ = Ω ∩ pi, onde pi : y = 3,
indicando seus ve´rtices (se houverem).
c) (1,0 ponto) Determine uma equac¸a˜o reduzida e identifique a curva de corte Γ = Ω ∩ pi, onde pi : z = 0,
indicando seus ve´rtices (se houverem).
• SOLUC¸A˜O a): Temos:
x2 − y2 + 2y − 2z = 1
x2 − y2 + 2y − 1− 2z = 0
x2 − (y2 − 2y + 1)− 2z = 0
x2 − (y − 1)2 = 2z
z =
x2
2
− (y − 1)
2
2
Sendo assim, Ω e´ um parabolo´ide hiperbo´lico (sela).
RESPOSTA: Ω: z =
x2
2
− (y − 1)
2
2
e a qua´drica e´ um parabolo´ide hiperbo´lico.
• SOLUC¸A˜O b): Seja pi : y = 3. Enta˜o: z =
x2
2
− 2
y = 3
Desse modo z =
x2
2
− 2 e´ uma para´bola de ve´rtice V =
(
− b
2a
, 3,−∆
4a
)
= (0, 3,−2).
RESPOSTA: A curva de corte Γ: z =
x2
2
− 2 e´ uma para´bola de ve´rtice V = (0, 3,−2).
• SOLUC¸A˜O c): Seja pi : z = 0. Enta˜o:0 =
x2
2
− (y − 1)
2
2
z = 0
Desse modo x2 = (y− 1)2 ⇒ y = ±x+ 1 e temos um par de retas concorrentes y = x+ 1 e y = −x+ 1.
RESPOSTA: A curva de corte Γ: x2 = (y − 1)2 e´ uma reunia˜o de retas concorrentes.
Questa˜o 5 (2,5 pontos). Obtenha uma equac¸a˜o livre de paraˆmetros para a superf´ıcie gerada pela rotac¸a˜o
da curva Γ:
{
x+ y + z = 0
x− y − z = 2 em torno da reta r : X = (−1, 0, 0) + λ(0, 0, 1).
SOLUC¸A˜O: Inicialmente vamos escolher como centro das superf´ıcies esfe´ricas C = (−1, 0, 0) ∈ r. A
equac¸a˜o de um paralelo fica determinada pela intersec¸a˜o de uma superf´ıcie esfe´rica centrada em C com um
plano com vetor normal com mesma direc¸a˜o do diretor da reta, a saber
→
r= (0, 0, 1). Assim a descric¸a˜o de
um paralelo e´ dada por: {
(x+ 1)2 + y2 + z2 = µ2
z = λ
Dado Q = (u, v, w) ∈ Γ e no paralelo, enta˜o ele satisfaz:
(u+ 1)2 + v2 + w2 = µ2
w = λ
u+ v + w = 0
u− v − w = 2
Somando as duas u´ltimas equac¸o˜es temos u = 1 e, consequentemente, como w = λ, a terceira equac¸a˜o fornece
v = −1− λ. Substituindo na primeira equac¸a˜o vem:
22 + (−1− λ)2 + λ2 = µ2 ⇒ 2λ2 + 2λ+ 5 = µ2
Conve´m notar que µ2 = 2λ2 + 2λ + 5 = λ2 + λ2 + 2λ + 1 + 4 = λ2 + (λ + 1)2 + 4 > 0, portanto na˜o ha´
restric¸a˜o para λ. Voltando para a descric¸a˜o de um paralelo temos:{
(x+ 1)2 + y2 + z2 = µ2 = 2λ2 + 2λ+ 5
z = λ
Assim (x+ 1)2 + y2 + z2 = 2z2 + 2z + 5. Apo´s organizarmos, tal equac¸a˜o se revela:
(x+ 1)2
4
+
y2
4
− (z + 1)
2
4
= 1
Um hiperbolo´ide de uma folha (na˜o e´ necessa´rio, pelo enunciado, a identificar).
RESPOSTA:
(x+ 1)2
4
+
y2
4
− (z + 1)
2
4
= 1.