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Algebra Linear I - Poli - Prova 2´
Gabarito
Quest˜ao 1. Pela f´ormula da proje¸c˜ao ortogonal,
proj~u(~u + ~v + w~) =
(~u + ~v + w~) · ~u ‖~u‖^2 ~u =
~u · ~u + ~v · ~u + w~ · ~u ‖~u‖^2 ~u
‖~u‖^2 + 0 + ‖ w~‖‖~u‖ cos(π/3) ‖~u‖^2
~u =
‖~u‖^2 + 4‖~u‖2 1 2 ‖~u‖^2
~u = 3~u,
logo λ = 3.
Quest˜ao 2. Como
proj (^) w~~v = ~v · w~ ‖w‖^2
w~ = a − b + c 12 + (−1)^2 + 1^2
w~ = a − b + c 3
w,~
se proj (^) w~~v = w~ deduzimos a− 3 b+ c= 1, logo
a − b + c = 3.
Quest˜ao 3. Observa que um vetor diretor da reta (AB) ´e ~u =
AB = (1, − 2 , −1). Logo uma equa¸c˜ao vetorial da reta ´e X = A + t~u = (1, 2 , 0) + t(1, − 2 , −1)
e como D pertence a (AB), D = (1 + t, 2 − 2 t, −t)
para algum t. Al´em disso
CD ´e ortogonal `a reta (AB), ou seja
CD · ~u = 0. Como −−→ CD = (t − 1 , 1 − 2 t, −t − 2)
deduzimos (t − 1) − 2(1 − 2 t) − (−t − 2) = 0
logo 6t − 1 = 0 e t = 1/6. Logo D = (7/ 6 , 10 / 6 , − 1 /6)
e a soma das coordenadas de D vale 16/6 = 8/3.
Quest˜ao 4. Como
CA = (1, 1 , −3),
CB = (2, 0 , −2),
CD = (− 2 , 0 , −4), o produto misto [
CA,
CB,
CD]
vale (^) ∣ ∣ ∣∣ ∣∣
∣∣ =^ −
O volume do tetraedro ´e V =
Quest˜ao 5. O volume vale V = |[
BA,
BC,
BD]| = |(
BA ∧
BC) ·
BD|
Como
AB e
AC s˜ao paralelos ao plano de equa¸c˜ao x − y + z = 0, um vetor normal ao plano que cont´em A, B, C ´e (1, − 1 , 1). Segue que ~u =
BA ∧
BC tamb´em ´e paralelo ao vetor (1, − 1 , 1). Logo o ˆangulo φ entre ~u e
BD ´e π/3 (se ~u e (1, − 1 , 1) tˆem mesmo sentido) ou 2π/3 (se tˆem sentidos opostos). Logo V = |~u ·
BD| = ‖~u‖‖
BD‖| cos φ| =
‖~u‖.
Como
‖~u‖ = ‖
BA ∧
BC‖ = ‖
BA‖‖
BC‖sen(π/3) = 4
temos que V = 12 2
Quest˜ao 6. (I) falso:
(~u ∧ ~v) · w~ = [~u, ~v, ~w] = −[~v, ~u ~w] = −(~v ∧ ~u) · w~ = − w~ · (~v ∧ ~u).
ou aplicar a regra dos 3 dedos e ver que se {~u, ~v, ~w} ´e positiva ent˜ao { w, ~~ v, ~u} ´e negativa.
(II) falso:
( w~ − 4 ~v) ∧ ~u = w~ ∧ ~u − 4 ~v ∧ ~u = −~u ∧ w~ + 4~u ∧ ~v = − 2 ~t + 4~t = 2~t
(III) falso: a f´ormula correta ´e
‖~u ∧ ~v‖^2 + (~u · ~v)^2 = ‖~u‖^2 ‖~v‖^2
Quest˜ao 7. Calcula-se −−→ AB = (1, 1 , 0),
e como
AD = (2, 1 , 2), tem-se
−→ AC = ~u ·
AD
AD‖^2
AD =
Logo a ´area do triˆangulo de v´ertices A, B, C vale
a =
AB ∧
AC‖ =
[
AB,
AC,
AD] = 0 quer dizer que os vetores
AD,
AB e
AC s˜ao coplanares, logo D, um ponto de π′^ est´a em π. Assim π e π′^ s˜ao planos paralelos com um ponto em comum. Portanto s˜ao o mesmo plano. (III) Verdadeiro.
AB ∧
AC ´e um vetor normal ao plano π. Dois planos s˜ao paralelos se, e somente se, os vetores normais s˜ao paralelos. E s˜ao perpendiculares se, e somente se, os vetores normais s˜ao ortogonais. Como o ´angulo entre os vetores normais ´e 45 graus, temos que os planos n˜ao s˜ao nem paralelos nem perpendiculares.
Quest˜ao 12. O vetor diretor da reta procurada ´e paralelo ao vetor
Logo as ´unicas trˆes alternativas s˜ao as retas com um vetor diretor paralelo a esse, isto ´e (a), (d), (e). Falta provar qual dessas retas cont´em o ponto P (1, 2 , −1). A reta (d) n˜ao cont´em o ponto P pois o sistema 1 = 4 + t, −1 = 3 + t ´e incompat´ıvel. A reta (e) n˜ao cont´em o ponto P pois o sistema 1 = 4 − 3 t, −1 = 2 − 3 t ´e incompat´ıvel. A reta (a) cont´em o ponto P (1, 2 , −1) como se comprova para t = 1.
Quest˜ao 13. O vetor diretor de r ´e d~ =
. O vetor normal do plano π ´e
~n =
O vetor diretor da reta procurada ´e ortogonal a ~n, pois est´a contida em π, e ´e ortogonal a d~, pois
´e perpendicular a r. Assim o vetor diretor da reta procurada ´e ~e =
Como a reta procurada passa pelo ponto (1, 3 , 1), temos que uma equa¸c˜ao vetorial da reta ´e:
x y z
(^) + t
Para t = 2 obtemos que o ponto (− 3 , 1 , −9) pertence a essa reta.
Quest˜ao 14. Como a reta est´a contida em π, temos que o vetor diretor da reta d~ =
(^) ´e
ortogonal ao vetor normal ~n =
a + 3 − 2 −(1 + a)
(^) de π. Portanto 0 = d~ · ~n = a + 3 + 2 − 3 − 3 a = 2 − 2 a.
Logo a = 1. Como a reta est´a contida em π, temos que (a + 3)(3 + λ) − 2(−λ) − (1 + a)(5 + 3λ) = b. Usando que a = 1, obtemos que b = 2. Assim temos que a^2 + b^2 = 5.
Quest˜ao 15. O vetor diretor da primeira reta (vamos chamar ela de r) ´e: d~ =
O vetor diretor da segunda reta (vamos chamar ela de s) ´e: ~e =
Vemos que ~e = 32 d~. Logo os vetores diretores s˜ao paralelos, e portanto as retas s˜ao paralelas. A distˆancia de r a s ent˜ao ´e a distˆancia de um ponto de s `a reta r. Seja P (− 1 , 6 , 0) um ponto de s (obtido fazendo z = 0 e resolvendo o sistema em x e y). Consideremos os pontos A(− 2 , 4 , 2) e (2, 0 , 0) de r. Ent˜ao
d(r, s) = d(r, P ) =
AB ∧
AP ‖
AB‖
AB ∧
AP =
. ‖− AB−→‖ =
d(r, s) = d(r, P ) =
AB ∧
AP ‖
AB‖
122 + 12^2 + 12 · 3
42 + 4^2 + 4
Quest˜ao 16. Dado um ponto P (x 0 , y 0 , z 0 ) e um vetor ~n =
a b c
, a equa¸c˜ao geral do plano que
passa por P e que tem vetor normal ~n ´e a(x − x 0 ) + b(y − y 0 ) + c(z − z 0 ) = 0.
O vetor normal do plano ´e ~n =
A equa¸c˜ao geral do plano π ´e : x − 1 − 2(y + 2) − 3(z − 1) = 0. Logo x − 2 y − 3 z − 2 = 0. Agora podemos aplicar a f´ormula d(P, π) = |ax√^0 +aby (^2) +^0 b+ 2 cz+c^02 + d| para a distˆancia de um ponto
P (x 0 , y 0 , z 0 ) a um plano π : ax + by + cz + d = 0. Assim, a distˆancia pedida do ponto ao plano ´e √^ |^1 −^2 ·^1 −^3 ·^3 −^2 | 12 +(−2)^2 +(−3)^2 =^ √^12
