1. O documento apresenta a resolução de exercícios sobre produto vetorial e produto misto. No primeiro exercício, calcula-se o ângulo entre os vetores u e v, que é de 5π/6. No segundo, determina-se um vetor a ortogonal a u e v, sendo a = (√3, -√3, -√3). No terceiro, calcula-se o valor de m para que a equação v = u × w tenha solução, sendo m = 12, e resolve-se a equação para este valor de m.

1. Geometria Anal´
ıtica - Profa. Cec´ Chirenti
ılia
Lista 4 - Produto Vetorial e Produto Misto
Resolu¸˜o
ca
Nos exerc´
ıcios a seguir, quando n˜o houver men¸˜o sobre bases, deve-se entender que as coordenadas
a ca
dos vetores est˜o sendo dadas em rela¸˜o a uma base B = (i, j, k), ortonormal e positiva.
a ca
1 – Sendo w = (u+2v)×(u+v), determine o ˆngulo dos vetores u e v, sabendo que |u| = |v| = |w| = 2
a
e u • v < 0.
Aplicando as propriedades do produto vetorial,
w = u × u + u × v + 2v × u + 2v × v
mas, 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
π
Temos como condi¸˜o u • v < 0, i.e., cos θ < 0 que implica em
ca 2 < θ < π. Assim,
1 5π
θ = arcsin =
2 6
2 – Dados u = (1, 2, −1) e v = (1, 3, −2), determine um vetor a, ortogonal a u e v, de m´dulo 3, que
o
forma com k um ˆngulo obtuso.
a
ıcio: a⊥u ; a⊥v ; |a| = 3 ; a • k < 0
Dados 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. 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 c
Para 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 0
O 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
ca
u • 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 1969
Para γ1 temos v1 = 146 , 146 , 146 .
√ √ √
61− 1969 −85− 1969 −2+12 1969
Para 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 e
Ent˜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 a
ABC e a distˆncia de B at´ a reta AC.
a e
Pelas 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) = 0
Calculando 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. Ent˜o,
a
−
−→ − →
|AB × AC| 228
A∆ = = = 114
2 2
A 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 a
a 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); K
5 – Determine a, b e K para que C = 3
seja uma base ortonormal positiva.
1 1
√ , −√ , √1
Fa¸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 3
Os vetores da base ortonormal devem possuir m´dulo unit´rio. Ent˜o
o a a
|b| = 1 ⇒ a2 + b2 = 1 ⇒ a2 + b2 = 1
Mas, a = b
1 1
a2 + a2 = 1 ⇒ 2a2 = 1 ⇒ a2 = ⇒a=b= √
2 2
O resultado negativo foi ignorado arbitrariamente.
1 1
Temos ent˜o b = 0, √2 , √2 .
a
O 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 3
Se λ = √
2
temos K1 = − 3 ,− 3 , 3 .
√ √ √
1 3 3 3
Se 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. √ √ √
1
√ (1, −1, 1), 1 1 3 3 3
Portanto, C = 3
0, √2 , √2 , − 3 ,− 3 , 3 ´ uma base ortonormal e positiva.
e
6 – B = (u, v, w) ´ uma base ortonormal positiva.
e
(a) Determine u sabendo que ele ´ paralelo ao vetor (2, −1, 2).
e
Temos 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
1
O 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).
e
u ⊥ 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 1
Logo, 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 1
Se α = √ ent˜o w1 = √ (−4, 2, 5).
3 5
a 3 5
1 1
Se 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 1
Como w1 = −w2 , [u, v, w2 ] = 3 · √5 · 3√5 (45) > 0.
Portanto, B = (u, v, w2 ) ´ uma base ortonormal positiva.
e
7 – Dados os vetores u = (2, 2, 4) e v = (1, 1, 0) determine uma base ortonormal positiva tal que seu
primeiro vetor seja paralelo a u e seu segundo vetor seja uma combina¸˜o linear de u e v. Determine,
ca
na 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
1
Entao, a = √ (2, 2, 4).
2 6
O 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. a⊥b ⇒ (2, 2, 4) • (2α + β, 2α + β, 4α) = 0 ⇒ 24α + 4β = 0 ⇒ β = −6α
Substituindo 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 3
Logo, 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 3
O 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 = 1
Substituindo 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 = 1
Substituindo, 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 1
Para 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 1
Logo, 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 2
Se [a, b, c1 ] < 0 e c1 = −c2 , ent˜o [a, b, c2 ] > 0 e B = (a, b, c2 ) ´ uma base ortonormal e positiva.
a e
Mudan¸a de base do vetor xO = (1, 0, 0), onde O representa a base (i, j, k).
c
Obtemos, 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 2
Devemos 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 3 2
Resolvendo o sistema acima, obt´m-se A =
e 6 , B=− 3 eC=− 2 .
√ √ √
6 3 2
Portanto, 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.
a
Para quaisquer a, b e c teremos a = −(b + c).
a × b = −(b + c) × b = (−b × b) +(−c × b) = −(c × b) = b × c
=0
Agora, se pegarmos b = −a − c
b × c = (−a − c) × c = (−a × c) + (−c × c) = −(a × c) = c × a
=0
Portanto, 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) = 0
Um 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| = 0
Em todas as possibilidades de solu¸˜o da equa¸˜o acima temos a
ca ca b, pois o vetor nulo ´ paralelo `
e a
todos 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.
e
Nota: a rec´
ıproca ´, certamente, uma proposi¸˜o verdadeira.
e ca
9 – O vetor w ´ ortogonal aos vetores u e v, |u| = 1, |v| = 2, |w| = 3 e o ˆngulo formado por u e v
e a
mede 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 ϕ
onde 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 e
ortogonal a u e v e u × v ´ um vetor simultaneamente ortogonal a u e v, logo w e u × v s˜o paralelos.
e a
ϕ = 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. (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, B
e C.
1 −1 1
− − −→
− → −
→
VABCD = [AB, AC, AD] = −1 3 2 = | − 13| = 13
2 1 0
A 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 teremos
a 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
a
α 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−2
12 – 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. = [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 a
de, por propriedade de determinantes, quando duas linhas da matriz s˜o iguais, seu determinante ´
a e
igual 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