Prova 1 resolvida - Geometria Analítica

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1. Responda verdadeiro (V) ou falso (F), sendo que cada ı́tem correto vale 20% da questão e
cada ı́tem incorreto vale −10% da questão. Itens em branco não serão computados.
a) ( V ) Se B = {~e1, ~e2, ~e3} é uma BASE qualquer de V3, então pode-se concluir que C =
{(~e1 + ~e2), (~e1 + ~e3), (~e1 + ~e2 + ~e3)} é um conjunto LINEARMENTE INDEPENDENTE;
Se ~f1 = ~e1 + ~e2, ~f2 = ~e1 + ~e3 e ~f3 = ~e1 + ~e2 + ~e3 então,
[~f1]B =
11
0
, [~f2]B =
10
1
 e [~f3]B =
11
1
. Como det
1 1 11 0 1
0 1 1
 = −1 6= 0 concluimos que
{~f1, ~f2, ~f3} é L.I. Portanto, a afirmação é VERDADEIRA.
b) ( F ) Se os conjuntos de vetores {~v1, ~v2}, {~v1, ~v3} e {~v2, ~v3} são LINEARMENTE INDE-
PENDENTES, então podemos concluir que o conjunto {~v1, ~v2, ~v3} é uma BASE;
Sejam A,B,C pontos não colineares e sejam ~v1 =
−→
AB, ~v2 =
−→
AC e ~v3 =
−−→
BC. Então, temos
que {~v1, ~v2}, {~v1, ~v3} e {~v2, ~v3} são todos conjuntos L.I. mas {~v1, ~v2, ~v3} é L.D. Portanto, a
afirmação é FALSA, pois não é válida em geral.
c) ( F ) Se F = {~f1, ~f2, ~f3} é um conjunto LINEARMENTE DEPENDENTE, então podemos
concluir que qualquer subconjunto de F é também LINEARMENTE DEPENDENTE;
Sejam A e B pontos distintos de E3 e sejam ~f1 =
−→
AB, ~f2 =
−→
BA e ~f3 = 2 ·
−→
AB. Temos que,
F = {~f1, ~f2, ~f3} é L.D. mas o subconjunto {~f1} de F é L.I. Portanto, a afirmação é FALSA.
d) ( F ) Dados vetores ~u e ~v, se ~u · ~v = 0 então podemos concluir que ~u = ~0 ou que ~v = ~0;
Seja ABC um triângulo retângulo, com ângulo reto em A, e sejam ~u =
−→
AB e ~v =
−→
AC. Temos
que, ~u · ~v = 0 mas, ~u 6= ~0 e ~v 6= ~0. Portanto, a afirmação é FALSA.
e) ( F ) Se {~u,~v, ~w} é L.D. então podemos concluir que existem α, β ∈ R tais que ~u = α·~v+β·~w.
Sejam A, B e C vértices de um triângulo e seja M o ponto médio do lado AB. Se ~u =
−−→
MC,
~v =
−−→
MA e ~w =
−−→
MB então, não existem α, β ∈ R tais que ~u = α · ~v + β · ~w, pois se fosse o
caso teŕıamos,
−−→
MC = α ·
−−→
MA+ β ·
−−→
MB = α · (−1
2
·
−→
AB) + β · (1
2
·
−→
AB) =
(
β − α
2
)
·
−→
AB
e assim teŕıamos que
−−→
MC deveria ter mesma direção que
−→
AB. Mas isso claramente não ocorre,
pois os pontos A,B,C não são colineares. Portanto, a afirmação é FALSA.
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.........
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.........
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..........
..........
..........
......
C B
A
M
1
Prova resolvida de Geometria Analítica
2. Os lados de um triângulo retângulo ABC (ângulo reto em A) medem 5, 12 e 13. Calcule
−→
AB ·
−→
AC +
−→
BA ·
−−→
BC +
−→
CA ·
−−→
CB.
Temos as seguintes hipóteses:
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................................
C
BA
·
||
−→
AB|| = ||
−→
BA|| = 12, ||
−→
AC|| = ||
−→
CA|| = 5 e ||
−−→
BC|| = ||
−−→
CB|| = 13. Como o ângulo A é reto,
devemos ter também,
−→
AB ·
−→
AC =
−→
BA ·
−→
AC =
−→
CA ·
−→
AB = 0.
Logo,
−→
AB ·
−→
AC +
−→
BA ·
−−→
BC +
−→
CA ·
−−→
CB = 0 +
−→
BA · (
−→
BA+
−→
AC) +
−→
CA · (
−→
CA+
−→
AB) =
=
−→
BA ·
−→
BA+
−→
BA ·
−→
AC +
−→
CA ·
−→
CA+
−→
CA ·
−→
AB =
= ||
−→
BA||2 + 0 + ||
−→
CA||2 + 0 = 122 + 52 = 169
Isso poderia ser feito também da seguinte maneira:
−→
AB ·
−→
AC +
−→
BA ·
−−→
BC +
−→
CA ·
−−→
CB =
−→
AB ·
−→
AC +
−−→
BC · (
−→
BA−
−→
CA) = 0 +
−−→
BC · (
−→
BA+
−→
AC) =
=
−−→
BC ·
−−→
BC = ||
−−→
BC||2 = 132 = 169
• Outra resolução alternativa
Temos que
−→
AB ·
−→
AC = ||
−→
AB|| · ||
−→
AC|| · cos(90o) = 0
−→
BA ·
−−→
BC = ||
−→
BA|| · ||
−−→
BC|| ·cos(AB̂C) = ||
−→
BA|| · ||
−−→
BC|| · ||
−→
BA||
||
−−→
BC||
= ||
−→
BA||2 = 122 = 144
−→
CA ·
−−→
CB = ||
−→
CA|| · ||
−−→
CB|| · cos(AĈB) = ||
−→
CA|| · ||
−−→
CB|| · ||
−→
CA||
||
−−→
CB||
= ||
−→
CA||2 = 52 = 25
Portanto,
−→
AB ·
−→
AC +
−→
BA ·
−−→
BC +
−→
CA ·
−−→
CB = 0 + 144 + 25 = 169.
3. Seja E = {~v1, ~v2, ~v3} uma base ordenada de V3.
a. Se ~f1 = ~v2 − ~v1, ~f2 = ~v3 + ~v2 e ~f3 = ~v1 + ~v2 + ~v3, mostre que F = {~f1, ~f2, ~f3} é também
uma base ordenada de V3;
Temos que, [~f1]E =
−11
0
, [~f2]E =
01
1
 e [~f3]E =
11
1
. Como, det
−1 0 11 1 1
0 1 1
 = 1 6= 0
concluimos que F = {~f1, ~f2, ~f3} é L.I. Portanto F é também uma base ordenada de V3.
• Resolução alternativa
Sejam x, y, z ∈ R tais que x · ~f1 + y · ~f2 + z · ~f3 = ~0. Temos então que,
x · (−~v1 + ~v2) + y · (~v2 + ~v3) + z · (~v1 + ~v2 + ~v3) = ~0, ou seja,
(−x+ z) · ~v1 + (x+ y + z) · ~v2 + (y + z) · ~v3 = ~0
2
Como E = {~v1, ~v2, ~v3} é uma base, temos que E = {~v1, ~v2, ~v3} é L.I. logo,
−x+ z = 0
x+ y + z = 0
y + z = 0
Resolvendo esse sistema, obteremos uma única solução, x = y = z = 0. Portanto, F =
{~f1, ~f2, ~f3} é L.I., ou seja, F é também uma base ordenada de V3.
b. Seja G = {~g1, ~g2, ~g3} uma base ordenada de V3 tal que MFG =
 0 1 −1−1 −1 2
1 1 −1
 é a matriz
de mudança da base ordenada F para a base ordenada G. Determine os vetores da base
ordenada G, como combinação linear dos vetores da base E;
A primeira coluna da matriz MFG é formada pelas coordenadas de ~g1 na base F , ou seja,
~g1 = −~f2 + ~f3 = −~v3 − ~v2 + ~v1 + ~v2 + ~v3 = v1.
Analogamente,
~g2 = ~f1 − ~f2 + ~f3 = ~v2 − ~v1 − ~v3 − ~v2 + ~v1 + ~v2 + ~v3 = ~v2
~g3 = −~f1 + 2~f2 − ~f3 = −~v2 + ~v1 + 2~v3 + 2~v2 − ~v1 − ~v2 − ~v3 = ~v3
Assim, ~g1 = ~v1 = 1 · ~v1 + 0 · ~v2 + 0 · ~v3
~g2 = ~v2 = 0 · ~v1 + 1 · ~v2 + 0 · ~v3
~g3 = ~v3 = 0 · ~v1 + 0 · ~v2 + 1 · ~v3
• Resolução alternativa
Temos que, por hipótese, MFG =
 0 1 −1−1 −1 2
1 1 −1
 e segue do item a) queMEF =
−1 0 11 1 1
0 1 1
.
Temos então,
MEG = MEF ·MFG =
−1 0 11 1 1
0 1 1
 ·
 0 1 −1−1 −1 2
1 1 −1
 =
1 0 00 1 0
0 0 1

Logo, [~g1]E =
10
0
, [~g2]E =
01
0
 e [~g3]E =
00
1
. Portanto,
~g1 = 1 · ~v1 + 0 · ~v2 + 0 · ~v3 = ~v1
~g2 = 0 · ~v1 + 1 · ~v2 + 0 · ~v3 = ~v2
~g3 = 0 · ~v1 + 0 · ~v2 + 1 · ~v3 = ~v3
c. Sejam ~v, ~w ∈ V tais que [~v]G =
12
1
 e [~w]F =
 2−2
1
, determine [~v]F e [~w]G.
Temos que, [~v]F = MFG · [~v]G =
 0 1 −1−1 −1 2
1 1 −1
 ·
12
1
 =
 1−1
2
 e
[~w]G = MGF · [~w]F , mas MGF = MEF =
−1 0 11 1 1
0 1 1

3
Logo,
[~w]G =
−1 0 11 1 1
0 1 1
 ·
 2−2
1
 =
−11
−1

4. Seja ~u 6= ~0. Mostre que proj~u(3 · ~v − 5 · ~w) = 3 · proj~u(~v)− 5 · proj~u(~w), quaisquer que sejam
os vetores ~v e ~w.
Temos que,
proj~u(3~v − 5~w) =
(
(3~v − 5~w) · ~u
||~u||2
)
· ~u =
(
3(~v · ~u)− 5(~w · ~u)
||~u||2
)
· ~u =
=
(
3
(
~v · ~u
||~u||2
)
− 5
(
~w · ~u
||~u||2
))
· ~u =
= 3 ·
((
~v · ~u
||~u||2
)
· ~u
)
− 5 ·
((~w · ~u
||~u||2
)
· ~u
)
=
= 3 · proj~u(~v)− 5 · proj~u(~w)
4