Lista 4 - Resolução

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Resolução da lista 4 de Geometria Analítica, da Professora Cecília Chirenti, da UFABC.

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Lista 4 - Resolução

  1. 1. Geometria Anal´ ıtica - Profa. Cec´ Chirenti ılia Lista 4 - Produto Vetorial e Produto Misto Resolu¸˜o caNos exerc´ ıcios a seguir, quando n˜o houver men¸˜o sobre bases, deve-se entender que as coordenadas a cados vetores est˜o sendo dadas em rela¸˜o a uma base B = (i, j, k), ortonormal e positiva. a ca1 – Sendo w = (u+2v)×(u+v), determine o ˆngulo dos vetores u e v, sabendo que |u| = |v| = |w| = 2 ae u • v < 0.Aplicando as propriedades do produto vetorial, w = u × u + u × v + 2v × u + 2v × vmas, u × u = 2v × v = 0, ent˜o a w = u × v + 2(v × u) ⇒ w = u × v − 2(u × v) = −(u × v). 1 |w| = | − u × v| = |u × v| = |u||v| sin θ ⇒ 2 = 2 · 2 sin θ ⇒ sin θ = 2 πTemos como condi¸˜o u • v < 0, i.e., cos θ < 0 que implica em ca 2 < θ < π. Assim, 1 5π θ = arcsin = 2 62 – Dados u = (1, 2, −1) e v = (1, 3, −2), determine um vetor a, ortogonal a u e v, de m´dulo 3, que oforma com k um ˆngulo obtuso. a ıcio: a⊥u ; a⊥v ; |a| = 3 ; a • k < 0Dados do exerc´O vetor a ´ simultaneamente ortogonal a u e v, ent˜o a = λ(u × v). e a i j k a = λ 1 2 −1 = λ(−4i − j + 3k − 2k + 2j + 3i) = λ(−1, 1, 1) = (−λ, λ, λ) 1 3 −2 √ |a| = 3 = (−λ)2 + λ2 + λ2 ⇒ 3λ2 = 9 ⇒ λ2 = 3 ⇒ λ = ± 3 √ √ √ √ √ √ √ √Se λ = 3, ent˜o a = (− 3, 3, 3) e a • k = (− 3, 3, 3) • (0, 0, 1) = 3 > 0. a √ √ √ √ √ √ √ √Se λ = − 3, ent˜o a = ( 3, − 3, − 3) e a • k = ( 3, − 3, − 3) • (0, 0, 1) = − 3 < 0. Logo, a √ √ √ a = ( 3, − 3, − 3).3 – Sendo u = (−1, 1, m), v = (7, 5, 1) e w = (a, b, c), pede-se: (a) O valor de m para que a equa¸˜o v = u × w possa ter solu¸˜o; ca ca i j k u × w = −1 −1 m = −ci + amj − bk + ak + cj − bmi = (−mb − c, ma + c, a − b) a b c 1
  2. 2. v = u × w ⇒ (7, 5, 1) = (−mb − c, ma + c, a − b)  −mb − c = 7  ma + c = 5  a−b=1  0 m −1 det G = m 0 1 = 0, onde G ´ a matriz dos coeficientes do sistema. e 1 −1 cPara que o sistema possua solu¸˜o (n˜o unica), devemos ter det A = det B = det C = 0. ca a ´ 7 −m 1 det A = 5 0 1 = 12 − m = 0 ⇒ m = 12 1 −1 0O mesmo resultado ser´ obtido em det B e det C. a (b) para o valor de m encontrado em (a), resolva a equa¸˜o v = u × w, sabendo que |w| = 14 e cau • w < 0.Temos o sistema  −12b − c = 7  12a + c = 5  a−b=1⇒b=a−1 Impondo que a = γ, temos b = γ − 1 e c = 5 − 12γ. Logo, w = (γ, γ − 1, 5 − 12γ). √ |w| = 14 = γ 2 + (γ − 1)2 + (5 − 12γ)2 ⇒ γ 2 + (γ − 1)2 + (5 − 12γ)2 = 14 √ 61+ 1969 γ1 = γ 2 + γ 2 − 2γ + 1 + 25 − 120γ + 144γ 2 = 14 ⇒ 146γ 2 − 122γ + 12 = 0 ⇒ 146 √ 61− 1969 γ2 = 146 √ √ √ 61+ 1969 −85+ 1969 −2−12 1969Para γ1 temos v1 = 146 , 146 , 146 . √ √ √ 61− 1969 −85− 1969 −2+12 1969Para γ2 temos v2 = 146 , 146 , 146 .Mas, devemos ter u • w < 0, i. e., (−1, −1, 12) • (a, b, c) < 0 ⇒ −a − b + 12c < 0 ⇒ a + b > 12c. √ √Em v1 temos a + b = −24+2 1969 e 12c = −24−144 1969 . Logo, a + b > 12c. 146 146 √ √Em v2 temos a + b = −24−2 1969 e 12c = −24+144 1969 . Logo, n˜o ´ verdade que a + b > 12c. 146 146 a eEnt˜o, o vetor que safisfaz ` equa¸˜o v = u × w e as demais condi¸˜es ´ v1 . a a ca co e − −→ −→4 – S˜o dados: |x| = 3, |y| = 4, x⊥y, AB = 3x − 4y e AC = x + 5y. Calcule a ´rea do triˆngulo a a aABC e a distˆncia de B at´ a reta AC. a ePelas propriedades de produto vetorial temos − −→ − → AB × AC = (3x − 4y) × (x + 5y) = (3x × x) + (3x × 5y) − (4y × x) − (4y × 5y) = 15(x × y) − 4(y × x) = 15(x × y) + 4(x × y) = 19(x × y) (3x × x) = (4y × 5y) = 0Calculando o m´dulo do vetor, o − −→ − → |AB × AC| = 19|x × y| = 19|x||y| sin α = 19|x||y| x⊥y ⇒ sin α = sin 90◦ = 1 − −→ − → |AB × AC| = 19 · 4 · 4 = 228 2
  3. 3. Ent˜o, a − −→ − → |AB × AC| 228 A∆ = = = 114 2 2A distˆncia de B a reta AC ´ a altura relativa ao lado AC do triˆngulo. Ent˜o, sendo AC a base e h a e a aa altura −→ |AC|h 114 · 2 228 A∆ = ⇒h= − → ⇒h= − → 2 |AC| |AC| −→ √Como x⊥y ent˜o |AC| = |x|2 + |5y|2 = 32 + (5 · 4)2 = 409. a √ 228 228 409 h= √ = 409 409 1 √ (1, −1, 1); (0, a, b); K5 – Determine a, b e K para que C = 3 seja uma base ortonormal positiva. 1 1 √ , −√ , √1Fa¸amos a := c 3 3 3 e b := (0, a, b).Os vetores a e b devem formar 90◦ , ent˜o a • b = 0. a 1 1 a • b = 0 ⇒ − √ a + √ b = 0 ⇒ −a + b = 0 ⇒ a = b 3 3Os vetores da base ortonormal devem possuir m´dulo unit´rio. Ent˜o o a a |b| = 1 ⇒ a2 + b2 = 1 ⇒ a2 + b2 = 1Mas, a = b 1 1 a2 + a2 = 1 ⇒ 2a2 = 1 ⇒ a2 = ⇒a=b= √ 2 2O resultado negativo foi ignorado arbitrariamente. 1 1Temos ent˜o b = 0, √2 , √2 . aO versor K deve ser simultaneamente ortogonal a a e b. Ent˜o, K = λa × b. a i j k √ √ √ 1 1 1 6 6 6 a×b=λ √ 3 − √3 √ 3 =λ − ,− , 1 1 3 3 3 0 √ 2 √ 2 √ √ √ 6 2 6 2 6 2 6 1 |K| = 1 ⇒ (− λ) + (− λ) + ( λ) = 1 ⇒ 3 · λ2 = 1 ⇒ 2λ2 = 1 ⇒ λ = ± √ 3 3 3 9 2 √ √ √ 1 3 3 3Se λ = √ 2 temos K1 = − 3 ,− 3 , 3 . √ √ √ 1 3 3 3Se λ = − √2 temos K2 = 3 , 3 ,− 3 .A base ´ positiva se [a, b, K] > 0. e 1 1 1 √ 3 − √3 √ 3 √ 1 1 2 2 [a, b, K1 ] = 0 √ 2 √ = >0 √ √ √2 3 3 3 3 − 3 − 3 3 √Como, K1 = −K2 , por propriedade de determinantes concluimos que [a, b, K2 ] = − 2 3 2 < 0. 3
  4. 4. √ √ √ 1 √ (1, −1, 1), 1 1 3 3 3Portanto, C = 3 0, √2 , √2 , − 3 ,− 3 , 3 ´ uma base ortonormal e positiva. e6 – B = (u, v, w) ´ uma base ortonormal positiva. e (a) Determine u sabendo que ele ´ paralelo ao vetor (2, −1, 2). eTemos que u (2, −1, 2), ent˜o u = λ(2, −1, 2) = (2λ, −λ, 2λ). a 1 1 |u| = 1 ⇒ (2λ)2 + (−λ)2 + (2λ)2 = 1 ⇒ 4λ2 + λ2 + 4λ2 = 1 ⇒ 9λ2 = 1 ⇒ λ2 = ⇒λ= 9 3 1O valor negativo da equa¸˜o acima foi arbitrariamente ignorado. Ent˜o, u = 3 (2, −1, 2). ca a (b) Determine v sabendo que ´ da forma (x, y, 0). eu ⊥ v ⇒ u • v = 0. 1 u • v = 0 ⇒ (2x − y) = 0 ⇒ 2x − y = 0 ⇒ y = 2x 3 1 |v| = 1 ⇒ x2 + y 2 = 1 ⇒ x2 + (2x)2 = 1 ⇒ x2 + 4x2 = 1 ⇒ 5x2 = 1 ⇒ x = √ 5 2 1Logo, y = √ 5 ev= √ (1, 2, 0). 5 (c) Determine w.O vetor w deve ser simultaneamente ortogonal a u e v, ent˜o w = α1 (u × v). a i j k 1 1 1 1 w= √ α1 2 −1 2 = α(−4, 2, 5) = (−4α, 2α, 5α) α= √ α1 . 3 5 3 5 1 2 0 1 1|w| = 1 ⇒ (−4α)2 + (2α)2 + (5α)2 = 1 ⇒ 16α2 +4α2 +25α2 = 1 ⇒ 45α2 = 1 ⇒ α = ± √ = ± √ 45 3 5 1 1Se α = √ ent˜o w1 = √ (−4, 2, 5). 3 5 a 3 5 1 1Se α = − 3√5 ent˜o w2 = 3√5 (4, −2, −5). a 2 −1 2 1 1 1 1 1 1 [u, v, w1 ] = ·√ · √ 1 2 0 = ·√ · √ (−45) < 0. 3 5 3 5 4 −2 −5 3 5 3 5 1 1 1Como w1 = −w2 , [u, v, w2 ] = 3 · √5 · 3√5 (45) > 0.Portanto, B = (u, v, w2 ) ´ uma base ortonormal positiva. e7 – Dados os vetores u = (2, 2, 4) e v = (1, 1, 0) determine uma base ortonormal positiva tal que seuprimeiro vetor seja paralelo a u e seu segundo vetor seja uma combina¸˜o linear de u e v. Determine, cana base achada, as coordenadas de x = (1, 0, 0).Queremos determinar os vetores da base B = (a, b, c).Sabemos que a u ent˜o a = λu. Logo, a = λ(2, 2, 4) ⇒ a = (2λ, 2λ, 4λ). a 1 1 |a| = 1 ⇒ (2λ)2 + (2λ)2 + (4λ)2 = 1 ⇒ 4λ2 + 4λ2 + 16λ2 = 1 ⇒ λ = √ = √ 24 2 6 1Entao, a = √ (2, 2, 4). 2 6O vetor b ´ dado por b = αu + βv. Ou seja, b = α(2, 2, 4) + β(1, 1, 0) = (2α + β, 2α + β, 4α). e |b| = 1 ⇒ (2α + β)2 + (2α + β)2 + (4α)2 = 1 ⇒ 24α2 + 2β 2 + 8αβ = 1 4
  5. 5. a⊥b ⇒ (2, 2, 4) • (2α + β, 2α + β, 4α) = 0 ⇒ 24α + 4β = 0 ⇒ β = −6αSubstituindo a segunda equa¸˜o na primeira, temos ca 1 1 24α2 + 2(−6α)2 + 8α(−6α) = 1 ⇒ 48α2 = 1 ⇒ α = √ ⇒ α = √ 48 4 3 1 3Logo, β = −6α ⇒ β = −6 · √ 4 3 ⇒ β = − 2√3 . E, 1 3 1 3 1 1 b= 2 · √ − √ ,2 · √ − √ ,4 · √ ⇒ b = √ (−1, −1, 1). 4 3 2 3 4 3 2 3 4 3 3O vetor c = (x, y, z) deve ser ortogonal ` a e c e possuir m´dulo igual a 1. a o a⊥c ⇒ (2, 2, 4) • (x, y, z) = 0 ⇒ 2x + 2y + 4z = 0 ⇒ x + y + 2z = 0 b⊥c ⇒ (−1, −1, 1) • (x, y, z) = 0 ⇒ −x − y + z = 0 ⇒ z = x + y |c| = 1 ⇒ x2 + y 2 + z 2 = 1 ⇒ x2 + y 2 + z 2 = 1Substituindo a segunda equa¸˜o na primeira e na terceira, temos o sistema: ca x + y + 2(x + y) = 0 x = −y ⇒ x2 + y 2 + (x + y)2 = 1 2x2 + 2y 2 + 2xy = 1Substituindo, agora, a primeira equa¸˜o na segunda, obtemos ca 1 2 2 2 2 2 2 y1 = √ 2 2(−y) + 2y + 2(−y)y = 1 ⇒ 2y + 2y − 2y = 1 ⇒ 2y = 1 1 y2 = − √2 1 1Para y1 temos x1 = − √2 e para y2 , x2 = √ . 2 Substituindo em z = x + y obtemos z1 = z2 = 0. 1 1 √ , −√ , 0 1 √ (1, −1, 0) 1 1 1Logo, c1 = 2 2 = 2 e c2 = − √2 , √2 , 0 = √ (−1, 1, 0). 2 2 2 4 1 1 1 1 1 1 [a, b, c1 ] = √ · √ · √ −1 −1 1 = √ · √ · √ · (−12) < 0 2 6 3 2 1 −1 0 2 6 3 2Se [a, b, c1 ] < 0 e c1 = −c2 , ent˜o [a, b, c2 ] > 0 e B = (a, b, c2 ) ´ uma base ortonormal e positiva. a eMudan¸a de base do vetor xO = (1, 0, 0), onde O representa a base (i, j, k). cObtemos, pelos c´lculos acima a  1 1 a = √ i + √ j + √ k2   6 6 6 1 1 1 b = − √3 i − √3 j + √3 k  1 1 c = − √ i + √ j  2 2Devemos ter xO = xB ⇒ (1, 0, 0)O = (A, B, C)B , i.e., i = Aa + B b + Cc, onde A, B, C ∈ R. Ent˜o, a 1 1 2 1 1 1 1 1 1i = A √ i + √ j + √ k + B −√ i − √ j + √ k + C −√ i + √ j =⇒ 6 6 6 3 3 3 2 2 1 1 1 1 1 1 2 1 1i = i A √ − B √ − C √ + j A√ − B √ + C √ + k A√ + B √ 6 3 2 6 3 2 6 3  1 1 1 A √ − B √ − C √ = 1   6 3 2 1 1 1 A √6 − B √3 + C √2 = 0   2 1 A √ + B √ = 0 6 3 5
  6. 6. √ √ √ 6 3 2Resolvendo o sistema acima, obt´m-se A = e 6 , B=− 3 eC=− 2 . √ √ √ 6 3 2Portanto, xB = 6 ,− 3 ,− 2 .8 – Verdadeiro ou falso? Se verdadeiro, demonstre, se falso, dˆ contra-exemplo. e (a) se a + b + c = 0, ent˜o a × b = b × c = c × a. aPara quaisquer a, b e c teremos a = −(b + c). a × b = −(b + c) × b = (−b × b) +(−c × b) = −(c × b) = b × c =0Agora, se pegarmos b = −a − c b × c = (−a − c) × c = (−a × c) + (−c × c) = −(a × c) = c × a =0Portanto, a propriedade ´ verdadeira. e (b) se a × b = b × a, ent˜o a e b s˜o paralelos. a a a × b = b × a ⇒ (a × b) − (b × a) = 0 ⇒ (a × b) + (a × b) = 0 ⇒ 2(a × b) = 0 ⇒ (a × b) = 0Um vetor ´ nulo se e somente se seu m´dulo ´ zero. Ent˜o e o e a |a × b| = 0 ⇒ |a||b| sin θ = 0 ⇒ θ = 0 ou θ = π ou |a| = 0 ou |b| = 0Em todas as possibilidades de solu¸˜o da equa¸˜o acima temos a ca ca b, pois o vetor nulo ´ paralelo ` e atodos os vetores. (c) a × b = a × c implica b = c.  a = 0 ou  a × b = a × c ⇒ a × b − a × c = 0 ⇒ a × (b − c) = 0 ⇒ b − c = 0 ⇒ b = c ou  a (b − c) b = c ´ apenas um dos casos poss´ e ıveis, portanto a propriedade ´ falsa. eNota: a rec´ ıproca ´, certamente, uma proposi¸˜o verdadeira. e ca9 – O vetor w ´ ortogonal aos vetores u e v, |u| = 1, |v| = 2, |w| = 3 e o ˆngulo formado por u e v e amede 30◦ . (a) Calcule [u, v, w], sabendo que ´ um n´mero positivo. e u [u, v, w] = (u × v) • w = |u × v| |w| cos θ = |u||v| sin ϕ|w| cos θ =|u||v| sin ϕonde θ ´ o ˆngulo entre (u × v) e w e ϕ ´ o ˆngulo entre u e v. θ = 0, pois w ´ simultaneamente e a e a eortogonal a u e v e u × v ´ um vetor simultaneamente ortogonal a u e v, logo w e u × v s˜o paralelos. e aϕ = 30◦ , como informado pelo enunciado. Substituindo os valores: 1 [u, v, w] = 1 · 2 · sin 30◦ · 3 cos 0 = 1 · 2 · ·3·1=3 2 6
  7. 7. (b) Se a = 2u, b = v + w e c = u − v + w, calcule [a, b, c].Queremos calcular [2u, v + w, u − v + w]. Utilizando as propriedades de produto vetorial teremos, [2u, v + w, u − v + w] = [2u, v, u − v + w] + [2u, w, u − v + w] = = [2u, v, u] + [2u, v, −v] +[2u, v, w] + [2u, w, u] +[2u, w, −v] + [2u, w, w] =0 =0 =0 =0 = [2u, v, w] + [2u, w, −v] = [2u, v, w] − [2u, w, v] = [2u, v, w] + [2u, v, w] = 2[2u, v, w] = 4[u, v, w] = 4 · 3 = 12 − −→ −→ −→ −10 – Sejam AB = (1, −1, 1), AC = (−1, 3, 2) e AD = (2, 1, 0). Pede-se: (a) A ´rea do triˆngulo ABC e sua altura relativa ao v´rtice A; a a e i j k √ √ − −→ − → − −→ − → AB × AC = 1 −1 1 = (−5, −3, 2) ⇒ |AB × AC| = 38 = 2 7 −1 3 2 − −→ − → √ |AB × AC| 2 7 √ A∆ABC = = = 7 2 2 −→ − − → − −→ −→ − √ −→ − Tem-se que BC = AC − AB = (−2, 4, 1), ent˜o |BC| = 21. Sendo BC a base do triˆngulo a a −→ − √ |BC|h 2A∆ABC 2· 7 2 A∆ABC = ⇒ h = −→ = √ − =√ . 2 |BC| 21 3 (b) o volume do paralelep´ ıpedo ABCD e a distˆncia a do ponto D ao plano determinado por, A, Be C. 1 −1 1 − − −→ − → − → VABCD = [AB, AC, AD] = −1 3 2 = | − 13| = 13 2 1 0A distˆncia do ponto D ao plano determinado por, A, B e C ´ a altura do paralelogramo com rela¸˜o a e ca` base ABC. Seu volume (prisma) ´ dado por V = Abase · h. No caso teremosa e − −→ − → VABCD 13 VABCD = |AB × AC| · h ⇒ h = −−→ − = √ → |AB × AC| 2 7 − −→ −→ −→ −11 – Sejam AB = (3, 6, 3), AC = (1, 3, −2) e AD = (2, 2, α − 2). Encontre os valores do parˆmetro aα para os quais o volume V do tetraedro ABCD fica igual a 3. − − − − → − → → AB, AC, AB Vtetraedro = = 3 =⇒ 6 3 6 3 1 1 30 ± 18 α1 = 16 Vtetraedro = 1 3 −2 = |3α − 30| = 3 ⇒ 3α − 30 = ±18 ⇒ α = ⇒ 6 6 3 α2 = 4 2 2 α−212 – Demonstre [u + v, v + w, u + w] = 2 [u, v, w].Por propriedade de produtos mistos temos [u + v, v + w, u + w] = [u, v + w, u + w] + [v, v + w, u + w] = 7
  8. 8. = [u, v, u + w] + [u, w, u + w] + [v, v, u + w] + [v, w, u + w] = = [u, v, u] +[u, v, w] + [u, w, u] + [u, w, w] + [v, v, u] + [v, v, w] +[v, w, u] + [v, w, w] =0 =0 =0 =0 =0 =0 = [u, v, w] + [v, w, u]Mas, pela propriedade c´ ıclica dos produtos mistos, [v, w, u] = [u, v, w], ent˜o a = [u, v, w] + [u, v, w] = 2[u, v, w]Nota: Um produto misto de trˆs vetores ´ nulo quando dois deles s˜o iguais. Isso justifica-se pelo fato e e ade, por propriedade de determinantes, quando duas linhas da matriz s˜o iguais, seu determinante ´ a eigual a zero.13 – Prove: a, a + b, a + b + c = a, b, c .Por propriedade de produtos mistos temos [a, a + b, a + b + c] = [a, a, a + b + c] +[a, b, a + b + c] = [a, b, a] + [a, b, b] +[a, b, c] = [a, b, c] =0 =0 =0 8

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