Gabarito da Lista 3 Geometria Analítica e Álgebra Linear I

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GABARITO DA 2ª LISTA DE GEOMETRIA ANALÍTICA E ÁLG. LINEAR I 
 
1. ( ) ( ) ( )5,31,13,22vu2)a −=−−−⋅=− rr . 
( ) ( ) ( ) .
2
1
,11,21,123,2
2
1
wv2u
2
1)b 





−=−−−⋅−−⋅=−−
rrr
 
( ) ( ) ( ) ( ).4,51,223,21,1w2uv)c −=−⋅+−−−=+− rrr 
( ) ( ) ( ) .9,
2
131,2
2
11,1
2
13,23w
2
1
v
2
1
u3)d 





−=−⋅−−⋅−−⋅=−−
rrr
 
2. ( ) ( ) ( ).8,65,23,4vu)a =+=+ rr Geometricamente, temos 
 
 
( ) ( ) ( ).6,03,13,1vu)b =+−=+ rr Geometricamente, temos 
 
Analogamente, resolvem-se os ítens c e d. 
3. a) ( ) ( ) ( ).2,43,15,3ABAB =−−=−=→ Geometricamente, temos 
 
b) ( ) ( ) ( ).2,40,42,0ABAB −−=−−=−=→ Geometricamente, temos 
 
 
2 
 
c) ( ) ( ) ( ).3,54,11,4ABAB −=−−=−=→ Geometricamente, temos 
 
Analogamente, resolve-se o item d. 
4. Se B é a extremidade do segmento orientado que representa o vetor ( )5,2v −=r , então temos 
( ) ( ) ( )2,15,23,1vABvABvAB −=−+−=+=⇒=−⇒=→ rrr . 
Portanto, ( )2,1B − é a extremidade procurada. 
 
5. Os ítens a e b do exercício estão resolvidos no seguinte sistema de coordenadas cartesianas, lembrando que os 
vetores posição são aqueles que têm origem no ponto O: 
 
 
3 
Se C é a extremidade do vetor u
r
 com origem no ponto A, então ( )3,3CAuCuACuAC ⇒+=⇒=−⇒=→ rrr . De igual 
modo, se D é a extremidade do vetor v
r
 com origem no ponto B, então ( )1,1DBvD −−⇒+= r . 
6. a) Temos ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ⇒+−−=−⇒−+−=−⇒+= ba4,b5a26,121,5b4,2a6,12vbuaw rrr 
.2be1a
6ba4
12b5a2
=−=⇒



=+−
−=−
 Portanto, .v2uw
rrr
+−= 
Geometricamente, temos 
 
b) Temos ( ) ( ) ( ) ( ) ( )⇒++=⇒+=⇒+= b4a2,b2a33,14,2b2,3a3,1vbuaw rrr 
.
8
7be
4
1
a
3b4a2
1b2a3
=−=⇒



=+
=+
⇒ Portanto, .v
8
7
u
4
1
w
rrr
+−= 
7. a) Temos ( ).2,2BCADBCADBCAD −=−+=⇒−=−⇒= →→ Geometricamente, temos 
 
b) ( ) ( ) ( ) ( )2,13,74,31,5BCADBCADBCAD =−+=−+=⇒−=−⇒= →→ . 
8. Temos 
2
3
4
6
a
a
1
6
4
v//u ==⇔=⇔rr . 
9. a) Temos ( ) ( )6,3BCBCe3,1ABAB −=−=−=−= →→ . Como 
6
3
3
1
−
−
≠ , os vetores 
→→
BCeAB não são paralelos e, 
portanto, os pontos A, B e C não são colineares. 
b) Temos ( ) ( )3,1BCBCe9,3ABAB =−==−= →→ . Como 
3
9
1
3
= , os vetores 
→→
BCeAB são paralelos e, portanto, os 
pontos A, B e C são colineares. 
10. a) ( ) .211u 22 =−+=r 
b) ( ) .543v 22 =+−=r 
c) ( ) ( ) .13323,2vu 22 =+−=−=+ rr 
d) 52|v||u| +=+ rr . Note que vuvu rrrr +≠+ . 
 
4 
11. a) ( ) .32a12a164a42a4u 2222 ±=⇒=⇒=+⇒=−+⇔=r 
b) .
2
3
a
4
3
a1
4
1
a1
2
1
a1u 22
2
2 ±=⇒=⇒=+⇒=





+⇔=
r
 
12. Se ( )0,xP , então ( ) ( ) ( ) 012x4x5302x5A,Pd 222 =−−⇒=++−⇔= .2xou6x −==⇒ 
Portanto, os pontos procurados são ( ) ( )0,2Pou0,6P − . 
 
13. a) Temos ( ) .211v 22 =+−=r Logo, o versor associado ao vetor vr é dado por .
2
1
,
2
1
v
v








−=r
r
 
b) Temos ( ) .1013v 22 =−+=r Logo, o versor associado ao vetor vr é dado por .
10
1
,
10
3
v
v








−=r
r
 
c) Temos ( ) .231v 22 =+=r Logo, o versor associado ao vetor vr é dado por .
2
3
,
2
1
v
v








=r
r
 
d) Temos .440v 22 =+=r Logo, o versor associado ao vetor vr é dado por ( ).1,0
v
v
=r
r
 
14. a) O vetor procurado é o vetor ( ) ( )6,23,12v2 −=−⋅−=⋅− r . 
b) Temos ( ) .1031v 22 =−+=r Logo, o versor associado ao vetor vr é dado por .
10
3
,
10
1
v
v








−=r
r
 
Portanto, o vetor procurado é o vetor .
10
6
,
10
2
10
3
,
10
12
v
v2 






−=







−⋅=⋅ r
r
 
c) O vetor procurado é o vetor .
10
12
,
10
4
10
3
,
10
14
v
v4 






−=







−⋅−=⋅− r
r
 
15. Estabelecendo o ponto O como origem do sistema de coordenadas, podemos escrever as forças como pares 
ordenados, calculando suas componentes. Temos, sendo ii yex as componentes da força iF : 
,
2
33
,
2
3F
2
3360sen3y
2
360cos3x
1
1
1








=⇒












==
==
o
o
( ) e1,0F2 = ( ).1,3F130sen2y 330cos2x 333 −−=⇒







−=−=
−=−=
o
o
 
Portanto, a resultante, que é obtida somando-se as três forças, é dada por 
( ) ( ) .
2
33
,
2
3231,31,0
2
33
,
2
3FFFR 321 







−
=−−++








=++= 
16. Queremos obter, se possível, constantes a e b de modo que .FbFaF 21 ⋅+⋅= Como no exercício anterior, 
estabelecendo o sistema de coordenadas de modo que a origem coincida com a origem dos vetores, podemos 
escrever as forças como pares ordenados: 
 
5 
( )0,2F,
2
3
,
2
3F
2
330sen3y
2
330cos3x
1 =







=⇒












==
==
o
o
 e .
2
3
,
2
1F
2
360seny
2
160cosx
2
2
2








−−=⇒












−=−=
−=−=
o
o
 
Assim, ( )








−−+=








⇔⋅+⋅=
2
3
,
2
1b0,2a
2
3
,
2
3FbFaF 21 .1be2
1
a
2
3b
2
3
2
3b
2
1
a2
−==⇒






=−
=−
⇒ 
Portanto, devemos multiplicar .1porFe
2
1porF 21 − 
17. a) Não, pois a resultante 321 FFF ++ não é nula. 
b) Queremos obter constantes positivas a e b de modo que .0FbFaF 321 =++ 
Logo, ( ) ( ) ( ) .2be1a
4ba2
3b2a01,2b2,1a4,30FbFaF 321 ==⇒



=+
=+−
⇒=+−+−−⇔=++ 
c) Não (mostre que não existe k de modo que 0FFkF 321 =++ ). 
18. O vetor posição de 
→
AB é dado por ( )3,4,5ABAB −−=−=→ . 
Temos ( ) ( ) ( )6,10,143,4,533,2,1PAB3APAB3APAB3AP −−=−−+−=⇒+=⇒=−⇒= →→→→ . 
 
19. Temos ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ⇒−−+=−−⇒−+−=−−⇒+= b4a,a2,b2a14,4,44,0,2b1,2,1a14,4,4vbuaw rrr 
3be2a
14b4a
4a2
4b2a
−==⇒





=−
−=−
−=+
⇒ . Portanto, .v3u2w
rrr
−= 
20. a) Queremos obter, se possível, escalares 321 aea,a tais que 
( ) ( ) ( ) ( ) ⇔−−++−=−⇔++= 0,1,2a2,0,1a1,2,1a1,4,8vavavau 321332211 rrrr 
( ) ( )





=+
=−
−=−+−
⇔+−−+−=−⇔
1a2a
4aa2
8a2aa
a2a,aa2,a2aa1,4,8
21
31
321
2131321 . 
Vamos resolver usando o método de Gauss-Jordan. A matriz ampliada associada ao sistema é 
233
211
2
133
122
1
L3LL
LLL
7230
62/510
8211
L
2
1
7230
12520
8211
LLL
L2LL
1021
4102
8211L
1021
4102
8211
−←
+←










−−
−−
−










−−
−−
−
−←
−←










−
−−










−
−−−
 
.
2100
1010
3001
L)2/5(LL
L)2/1(LL
2100
62/510
22/101
L
11
2112/1100
62/510
22/101
322
311
3










−+←
+←










−−
−










−−
−
 
 
6 
Voltando ao sistema, temos .
2a
1a
3a
3
2
1





=
−=
=
 Portanto, .v2vv3v 321
rrrr
+−= 
b) Queremos obter, se possível, escalares 321 aea,a tais que 
( ) ( ) ( ) ( ) ⇔−−++−=⇔++= 0,1,2a2,0,1a1,2,1a3,2,0vavavaw 321332211 rrrr 
( ) ( )





=+
=−
−=⇒=−+−
⇔+−−+−=⇔
3a2a
2aa2
a2aa0a2aa
a2a,aa2,a2aa3,2,0
21
31
321321
2131321 . 
Substituindo nas duas últimas equações, temos 
( )


=−
−=+−
⇒



=−
−=−
6a4a6
6a15a6
2x3a2a3
3x2a5a2
32
32
32
32
. Somando as equações, temos 0a3 = . 
Voltando às equações, obtemos 1ae1a 12 == . Portanto, .vvw 21
rrr
+= 
c) Queremos obter, se possível, escalares 321 aea,a tais que 
( ) ( ) ( ) ( ) ⇔−−++−=⇔++= 0,1,2a2,0,1a1,2,1a0,0,0vavavaz 321332211 rrrr 
( ) ( )





=+
=−
=−+−
⇔+−−+−=⇔
0a2a
0aa2
0a2aa
a2a,aa2,a2aa0,0,0
21
31
321
2131321 . 
O determinante ∆ da matriz dos coeficientes é dado por 011281
021
102
211
≠−=−−−=−
−−
=∆ . Assim, o sistema é 
possível e determinado. Como o sistema é homogêneo, a única solução é a trivial. Portanto, .v0v0v0z 321 ++= 
21. Se as coordenadas do ponto N são ( ),z,y,xN então 
( ) ( ).2,5,5ABABe2z,4y,3xANAN −=−=++−=−= →→ Portanto, 
 
( ) ( ) .
5
6
,2,1P
5
6
z
2y
1x
5
42z
24y
23x
2,5,5
5
22z,4y,3xAB
5
2AN 





−−⇒







−=
−=
=
⇒







=+
=+
−=−
⇒−=++−⇒=
→→
 
 
22. a) Temos ( ) ( ) ( )3,6,30,5,13,1,2ABAB =−−−=−=→ e ( ) ( ) ( )4,8,43,1,21,7,2BCBC −−−=−−−−=−=→ . Como 
4
3
8
6
4
3
−
=
−
=
−
, os vetores 
→→
BCeAB são paralelos e, portanto, os pontos A, B e C são colineares. 
 
7 
b) Temos ( ) ( ) ( )1,2,11,1,20,1,3ABAB −=−−−=−=→ e ( ) ( ) ( )4,1,20,1,34,0,1BCBC −=−−=−=→ . Como 
4
1
1
2
2
1
≠
−
≠
−
, 
os vetores 
→→
BCeAB não são paralelos e, portanto, os pontos A, B e C não são colineares. 
23. Temos ( ) ( ) ( )3,4,22,1,31,5,1ABAB −=−−=−=→ e ( ) ( ) ( )6,5b,1a1,5,17,b,aBCBC −−=−=−=→ . Os pontos A, B e 
C são colineares se os vetores 
→→
BCeAB são colineares. Logo, 
.13be3a
6
3
5b
4
6
3
1a
2
6
3
5b
4
1a
2
=−=⇒






=
−
=
−
−
⇒=
−
=
−
−
 
24. a) Se as coordenadas do ponto D são ( ),z,y,xD então 
( ) ( ) .6ze3y,1x3z,y,1x3,3,2ADBCADBC =−==⇒−+=−⇒−=−⇒= →→ Logo, ( ).6,3,1D − 
b) Se as coordenadas do ponto D são ( ),z,y,xD então 
( ) ( ) .3ze1y,2x1z,y,4x2,1,2ADBCADBC ===⇒−−=−⇒−=−⇒= →→ Portanto, ( ).3,1,2D 
25. Seja ( )z,y,xB o simétrico do ponto ( )2,1,3P − em relação ao ponto ( )3,0,1A −− . Logo, →→ −= APAB . Temos 
( ) ( ) ( )3z,y,1x3,0,1z,y,xABAB ++=−−−=−=→ e ( ) ( ) ( )1,1,43,0,12,1,3APAP =−−−−=−=→ . 
Logo, ( ) ( ) 4ze1y,5x
13z
1y
41x
1,1,43z,y,1xAPAB −=−=−=⇒





−=+
=
−=+
⇒−=++⇒−=
→→
. 
Portanto, o ponto B procurado tem coordenadas ( )4,1,5B −−− . 
26. v
r
 é unitário 1
16
13
n1
4
3
2
1
n1v 2
22
2
=+⇔=





+





−+⇔=⇔
r
 .
4
3
n
16
3
n2 ±=⇒=⇒ 
27. Temos ( ) ( ) 4mou5m020m9m3852m7m38|v| 2222 −=−=⇒=++⇒=++++⇒=r . 
28. a) ( ) .21142|u| 222 =−++=r 
 
b) ( ) .3212|v| 222 =+−+=r 
c) .5034|w| 222 =++=r 
 
 
8 
d) ( ) .10806|z| 222 =−++=r 
29. a) versor de ur é ( ) .
21
1
,
21
4
,
21
21,4,2
21
1
|u|
u








−=−=r
r
 
b) versor de vr é ( ) .k
3
2j
3
1i
3
2k2ji2
3
1
|v|
v rrrrrr
r
r
+−=+−= 
c) versor de wr é ( ) .0,
5
3
,
5
40,3,4
5
1
|w|
w






==r
r
 
d) versor de zr é ( ) .k
5
4i
5
3k8i6
10
1
|z|
z rrrr
r
r
−=−= 
30. ( ) ( ) .
3
1
m1m91m91m2m2m1|v| 22222 ±=⇒=⇒=⇔=++⇔=r 
31. Se ( )0,0,xP , então ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ⇒−+−+−=+−+−⇔= 222222 321x413xB,PdA,Pd 
.3x14x2x26x6x 22 =⇒+−=+−⇒ Portanto, o ponto procurado é ( )0,0,3P . 
 
32. Se ( )z,0,0P , então ( ) ( ) ( ) .4zou0z0z4z32z213A,Pd 2222 −==⇒=+⇒=++−+⇔= 
Portanto, os pontos procurados são ( ) ( ).4,0,0Pou0,0,0P − 
33. a) O vetor procurado é o vetor ( ) ( )9,3,63,1,23v3 −=−−⋅−=⋅− r . 
b) Temos ( ) ( ) .14312v 222 =−+−+=r 
Logo, o versor associado ao vetor vr é dado por .
14
3
,
14
1
,
14
2
v
v








−−=r
r
 
Portanto, o vetor procurado é o vetor .
14
12
,
14
4
,
14
8
14
3
,
14
1
,
14
24
v
v4 






−−=







−−⋅=⋅ r
r
 
c) O vetor procurado é o vetor .
14
15
,
14
5
,
14
10
14
3
,
14
1
,
14
25
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