Mat em geometria sol vol3 cap1_4

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  • 1. A Matem´tica do Ensino M´dio, volume 3 a e SOLUCOES DOS EXERC´ ¸˜ ICIOS CAP´ ITULO 1 3−21. A inclina¸˜o da reta r ´ a = ca e = 1/3. Como ela passsa pelo ponto (4, 2), sua 7−4 1 x 2equa¸˜o ´ y = 2 + (x − 4), ou y = + , ou ainda x − 3y = −2. Portanto: ca e 3 3 3 a) O ponto (16, k) pertence a r se, e somente se, 16 − 3k = −2, isto ´, 3k = 18, edonde k = 6. 1997 + 2 1 b) O ponto de r com abcissa 1997 tem ordenada y = = 666 , logo o 3 3ponto (1997, 666) est´ abaixo de r. a 0−b2. A inclina¸˜o desssa reta ´ ca e = −b/a. Ela passa pelo ponto (a, 0). Logo, sua a−0 b bequa¸˜o ´ y = 0 − (x − a) = − x + b, ou ent˜o bx + ay = ab. Usualmente, esta ca e a a a x yequa¸˜o ´ escrita sob a forma + = 1. Evidentemente, estamos supondo a = 0 ca e a be b = 0. Se um destes dois n´meros ´ zero, a reta coincide com um dos eixos. Se u eambos forem zero, qualquer reta que passe pela origem resolve o problema. 1 1 13. As coordenadas do ponto P = (x, y) s˜o x = 1 − a a+ b e y = 1 − a+ 3 3 31 b , ou seja, x = (2a + b)/3 e y = (2a + b )/3.34. Sejam A = (a, a ), B = (b, b ) e C = (c, c ) os v´rtices do triˆngulo e M = e a b+c b +c , o ponto m´dio do lado BC. O ponto P da mediana AM tal e 2 2 1 b+c 1 a+b+cque d(P, M )/d(A, M ) = 1/3 tem coordenadas 1 − + a = 3 2 3 3 1 b +c 1 a +b +c a+b+c a +b +ce 1− + a = , logo P = , . Se cal- 3 2 3 3 3 3cularmos as coordenadas dos pontos das outras medianas que as dividem na mesmaraz˜o encontraremos que esses pontos coincidem com P . Logo P est´ nas trˆs a a emedianas.5. Admitindo que os v´rtices A, B, C e D = (x, y) s˜o enumerados consecuti- e avamente, AC e BD s˜o as diagonais do paralelogramo logo seus pontos m´dios a e 1
  • 2. a+c b+x a +d b +ycoincidem. Temos ent˜o a = e = · Da´ vem x = a + c − b e ı 2 2 2 2y = a + c − b . Estas s˜o as coordenadas do quarto v´rtice D. a e6. Escolhendo os eixos de modo que A = (0, 0) e B = (b, 0), os outros dois v´rtices edo paralelogramo ABCD s˜o C = (c, c ) e D = (d, c ). Como AD e BC tˆm a mesma a einclina¸˜o, temos c /d = c /(c − b), donde c = b + d. As coordenadas do ponto m´dio ca eda diagonal AC s˜o c/2 e c /2, enquanto as da diagonal BD s˜o (b + d)/2 e c /2. a aLogo esses pontos m´dios coincidem. e Reciprocamente, se os pontos m´dios das diagonais coincidem ent˜o c = b + d e e ac = d , logo o segmento CD ´ horizontal (portanto paralelo a AB) e, como c−b = d, eBC e AD tˆm inclina¸˜es iguais, portanto s˜o paralelos e o quadril´tero ABCD ´ e co a a eum paralelogramo.7. Dado o triˆngulo ABC, tome um sistema de coordenadas no qual A = (0, 0), aB = (b, 0) e C = (c, c ). Os pontos m´dios de AC e BC s˜o respectivamente e a c c b+c cM= , eN = , . M e N tˆm ordenadas iguais, logo M N ´ paralelo e e 2 2 2 2ao eixo das abcissas, isto ´, a AB. Al´m disso, ´ claro que M N = |b|/2 = AB/2. e e e8. Dado o trap´zio ABCD, no qual os lados paralelos s˜o AB e CD, tome um e asistema de eixos de modo que A = (0, 0), B = (b, 0), C = (c, c ) e D = (d, c ). d cOs pontos m´dios dos lados AD e BC s˜o respectivamente M = e a , eN = 2 2 b+c c , . Na escolha dos eixos, podemos admitir que b > 0 e c > d. Ent˜o os a 2 2comprimentos dos lados paralelos s˜o AB = b, CD = c − d enquanto o segmento aM N tem comprimento M N = (b + c − d)/2. Logo M N = (AB + CD)/2.9. Dado o quadril´tero ABCD, com A = (a, a ), B = (b, b ), C = (c, c ) e D = (d, d ), asejam M , N , P , Q respectivamente os pontos m´dios dos lados AB, BC, CD e DA. eAs diagonais do quadril´tero M NP Q s˜o os segmentos M P e NQ, cujos pontos a a a+b+c+d a +b +c +dm´dios concidem pois suas coordenadas s˜o e a , · Logo 2 2M NP Q ´ um paralelogramo. e10. Escolhe-se um sistema de coordenadas no qual A ´ a origem e AB est´ sobre o e aeixo das abcissas. Ent˜o A = (0, 0), B = (b, 0), C = (b + d, c) e D = (d, c). Logo a 2 2 2 2AB + BC + CD + DA = b2 + (d2 + c2 ) + b2 + (d2 + c2 ) = 2(b2 + c2 + d2 ). Esta ´ ea soma dos quadrados dos lados do paralelogramo ABCD. A soma dos quadrado q[(.)ogramo
  • 3. 11. Um ponto P = (x, y) pertence ao lugar geom´trico procurado se, e somente se, e 2 2 2 2(x − 1) + (y − 3) = (x − 5) + (y − 1) . Simplificando, obt´m-se 2x − y = −4, eportanto o lugar geom´trico ´ uma reta. e e12. A equa¸˜o procurada ´ y 2 = x2 +(y −2)2 . Simplificando, tem-se x2 −4y +4 = 0, ca e x2ou ainda, y = + 1. (Equa¸˜o de uma par´bola.) ca a 413. Um sistema de coordenadas que simplifica as contas e trata igualmente os pontosA e B ´ aquele em que A = (−a, 0) e B = (a, 0). O ponto P = (x, y) pertence ao elugar geom´trico procurado se, e somente se, (x + a)2 + y 2 + (x − a)2 + y 2 = k 2 , ou e k2seja (simplificando): x2 + y 2 = − a2 . (Note que d(A, B) = 2a.) Se k 2 < 2a2 , o 2lugar geom´trico ´ vazio. Se k 2 = 2a2 , o unico ponto nele contido ´ a origem, isto ´ e e ´ e e 2 2(nos termos do problema proposto), o ponto m´dio do segmento AB. E se k > 2a , eo lugar geom´trico ´ a circunferˆncia cujo centro ´ o ponto m´dio do segmento AB e √e e e ee cujo raio mede k 2 − 2a2 = k 2 − d(A, B)2 /2.14. Procedendo como acima, encontramos que a equa¸˜o do lugar geom´trico procu- ca erado ´ (x + a) + y − (x − a) − y = k , ou seja, 4ax = k , ou ainda, x = k 2 /4a. O e 2 2 2 2 2 2lugar geom´trico procurado ´, portanto, uma reta perpendicular ao segmento AB. e eO problema tem solu¸˜o seja qual for o valor de k. ca15. Sejam A = (5, 5) e B = (1, 7). Estes pontos est˜o sobre as retas y = x e y = 7x a √respectivamente, ambos a distˆncia 50 da origem 0. Logo o triˆngulo OAB ´ ` a a eis´sceles e M = (3, 6), ponto m´dio do lado AB, ´ o p´ da mediana OM , logo OM o e e e´ a bissetriz do angulo AOB. Portanto a equa¸˜o da bissetriz ´ y = 2x. Como oe ˆ ca e oangulo AOB ´ agudo (contido no 1¯ quadrante) ele ´ o menor ˆngulo formado pelasˆ e e aduas retas dadas.16. O lugar geom´trico que se pede ´ a bissetriz do menor angulo formado pelas e e ˆ √retas y = x e y = 1, logo ´ a reta de equa¸˜o y = 1 + ( 2 − 1)(x − 1). e ca 217. Temos A = (0, y) e B = (x, 0), logo 2 = AB = x2 + y 2 . O ponto m´dio de AB e x y 2 f2´M =e , . Portanto DM = 2 /4. Ao variar x e y (mantendo x2 + y 2 = ), 2 2 4M descreve a circunferˆncia de centro na origem e raio /2. e18. Seja P = (x, y). Como Q ´ o ponto de abcissa 2 da reta OP , cuja inclina¸˜o e ca´ y/x, tem-se Q = (2, 2y/x). Ent˜o d(O, P ) = x + y e d(O, Q) = 4(1 + y /x2 ).e a 2 2 2 2 2Portanto 4 d(O, P )2 · d(O, Q)2 = 4(x2 + y 2 )(1 + y 2 /x2 ) = 2 (x2 + y 2 )2 . x 3
  • 4. 2Logo d(O, P ) · d(O, Q) = (x2 + y 2 ). A condi¸˜o d(O, P ) · d(O, Q) = 4 significa ca x 2ent˜o (x2 +y 2 ) = 4, ou seja, x2 +y 2 = 2x, ou ainda x2 −2x+y 2 = 0. Completando a xo quadrado, isto se escreve como (x − 1)2 + y 2 − 1 = 0, isto ´, (x − 1)2 + y 2 = 1. ePortanto o lugar geom´trico procurado ´ a circunferˆncia de raio 1 com centro no e e eponto A = (1, 0).19. Se P = (x, y) ent˜o Q = (x/3, y/3). Como Q pertence ` reta r, temos a(x/3) + a ab(y/3) = c, donde ax + by = 3c. Esta ´ a equa¸˜o do lugar geom´trico dos pontos e ca eP , o qual ´, portanto, uma reta paralela a r. e 2 520. Para que as retas dadas sejam paralelas, devemos ter = , donde k = 7, 5. 3 k21. As retas 2x + 3y = 8 e 4x + 7y = 18 tˆm em comum o ponto (1, 2) pois x = 1, ey = 2 ´ a solu¸˜o do sistema formado pelas equa¸˜es que as representam. A fim de e ca coque a reta 5x + my = 3 contenha o ponto (1, 2), deve ser 5 · 1 + m · 2 = 3, dondem = −1. 0−4 1+3 0+422. A inclina¸˜o de AB ´ ca e = −2. O ponto m´dio de AB ´ M = e e , = 3−1 2 2(2, 2). A mediatriz de AB ´ a reta perpendicular a AB (portanto de inclina¸˜o 1/2) e ca 1 1passando por M. Sua equa¸˜o ´ y = 2 + (x − 2), ou seja, y = x + 1. ca e 2 223. O ponto procurado ´ a interse¸˜o da reta x + 3y = −15 com a mediatriz do e ca 1segmento AB. Ora, a equa¸˜o da mediatriz ´ y = x + 1, como vimos acima. ca e 2Resolvendo o sistema formado por estas duas equa¸˜es obtemos x = −33/5 e y = co−14/5. Estas s˜o as coordenadas do ponto procurado. a24. Seja A∗ o ponto procurado. A reta r, de equa¸˜o x + 2y = 1, ´ a mediatriz ca e ∗ ∗do segmento AA . A inclina¸˜o da reta AA ´, portanto, igual a 2. Ela passa pelo ca eponto A = (3, 4), logo sua equa¸˜o ´ 2x − y = 2. Resolvendo o sistema x + 2y = 1, ca e2x − y = 2 encontramos a interse¸˜o M = (1, 0) das retas r e AA∗ . M ´ o ponto ca e ∗ ∗m´dio do segmento AA . Logo A = (−1, −4). e25. A area do triˆngulo ABC ´ o valor absoluto da metade do determinante da ´ a e 3−1 7−1 2 6matriz = , logo ´ igual a 7. e 4−1 3−1 3 226. Considere o sistema de coordenadas no qual A = (0, 0), B = (1, 0), C = (1, 1), −→ −→D = (0, 1) e M = (1/2, 1). Ent˜o os vetores u = M A e v = M B tˆm coordenadas a e 4
  • 5. u = (−1/2, −1) e v = (1/2, −1), logo seu produto interno ´ u, v = (−1/2)(1/2) + e(−1)(−1) = 3/4. Por outro lado, |u| = 5/4 = |v|, logo u, v = |u| |v| cos α =(5/4) · cos α. Assim, (5/4) · cos α = 3/4, portanto cos α = 3/5. (Estamos escrevendoα = AM B.)27. Sejam A = (2, 3), B = (3, 1) e C = (9, y). Quer-se determinar o quarto v´rtice e −→ −→D do retˆngulo ABCD. Sejam u = BA = (−1, 2) e v = BC = (6, y − 1). Como a u, v = (−1) · 6 + 2(y − 1) = 0, conclu´ ımos que y = 4, logo v = (6, 3). Assimu + v = (5, 5) e D = B + u + v = (8, 6).28. Sabemos que |u + v|2 = u + v, u + v = |u|2 + |v|2 + 2 u, v , portanto u, v =1 1 |u + v|2 − |u|2 − |v|2 . Pelos dados do exerc´ ıcio, temos ent˜o u, v = (36 − 16 − a2 225) = −5/2.29. Conhecemos os v´rtices A = (5, 1) e B = (8, 3) do quadrado ABCD no qual e −→A, B, C e D s˜o enumerados no sentido anti-hor´rio. Seja u = AB = (3, 2). Como a a −→v = AD ´ obtido de u por rota¸˜o de 90◦ no sentido anti-hor´rio, temos v = (−2, 3). e ca aLogo D = A+v = (5, 1)+(−2, 3) = (3, 4). Finalmente C = B+v = (8, 3)+(−2, 3) =(6, 6). Estes s˜o os v´rtices C e D que faltavam. a e a+c a +c30. Seja M = , o ponto m´dio de AC. Enumerando os v´rtices do e e 2 2 c−a c −a −→ ,quadrado ABCD na seq¨ˆncia anti-hor´ria, se u = M C = ue a ent˜o a 2 2 −→ a −c c−a a+a +c−c a +c +c−av = MD = , e D = M +v = , . Por 2 2 2 2 a−a +c+c a+a −c+csua vez, B = M − v = , . 2 231. A proje¸˜o ortogonal do ponto A sobre a reta BC, cuja equa¸˜o ´ 5x−8y = −3, ca ca e´ o ponto de interse¸˜o dessa reta com a perpendicular baixada de A sobre ela, ae caqual tem a equa¸˜o 8x + 5y = 59. Resolvendo o sistema formado por essas duas caequa¸˜es, encontramos x = 457/89, y = 319/89, que s˜o as coordenadas da proje¸˜o co a caprocurada.32. Fazendo sucessivamente m = 0 e m = 1 na equa¸˜o dada, obtemos as retas cay = 2 e x = −1, as quais tˆm o ponto P = (−1, 2) em comum. Uma substitui¸˜o e cadireta mostra que, para todo valor real de m, o ponto P = (−1, 2) pertence a reta `mx + (m − 1)y + 2 − m = 0. 5
  • 6. 33. Tem-se (x+y −3)(3x−y −1) = 0 se, e somente se x+y −3 = 0 ou 3x−y −1 = 0.Logo a equa¸˜o dada representa o conjunto formado pela reuni˜o das retas 3x−y = 1 ca ae x + y = 3.34. Escrevendo x + y − 3 + k(3x − y − 1) = (3k + 1)x + (1 − k)y − k − 3, vemos quecada Rk ´ a reta de equa¸˜o (3k + 1)x + (1 − k)y = k + 3. Tomando sucessivamente e cak = 0 e k = 1, obtemos as retas x + y = 3 e x = 1 respectivamente, as quais tˆm o eponto P = (1, 2) em comum. Vˆ-se imediatamente que P pertence a todas as retas eRk . Reciprocamente, toda reta r que passa pelo ponto P = (1, 2) e tem inclina¸˜o cadiferente de 3 (isto ´, n˜o ´ a reta 3x − y − 1 = 0) ´ da forma Rk para algum k. Com e a e eefeito, se r ´ vertical e cont´m P , sua equa¸˜o ´ x = 1, logo r = R1 . E se r, passando e e ca epor P , n˜o ´ vertical nem tem inclina¸˜o 3, sua equa¸˜o ´ y = mx + 2 − m, com a e ca ca e 3k + 1 k+3m = 3. Por sua vez, se k = 1, a equa¸˜o de Rk se escreve como y = ca x+ · k−1 1−kDada a reta r, de equa¸˜o y = mx+2−m com m = 3, tomando k = (1+m)/(m−3) catemos (3k + 1)/(k − 1) = m e (k + 3)(1 − k) = 2 − m, logo r = Rk . Assim o conjuntodas Rk ´ formado por todas as retas que passam pelo ponto P = (1, 2), exceto a ereta y = 3x − 1.35. Como x3 y − xy 3 = xy(x + y)(x − y), tem-se x3 y − xy 3 = 0 se, e somente se,xy = 0, ou x + y = 0, ou x − y = 0. Portanto a equa¸˜o dada representa a reuni˜o ca ados dois eixos e as duas diagonais do plano.36. As inclina¸˜es a e a s˜o as tangentes dos angulos que o eixo OX forma com as co a ˆretas dadas e θ ´ a diferen¸a entre esses ˆngulos, ou o suplemento dessa diferen¸a, e c a c(o que for agudo entre estes dois). Logo tg θ = |(a − a )/(1 + aa )| de acordo com aconhecida f´rmula da tangente da diferen¸a. o c37. Pelo exerc´ anterior, com a = 1 e a = 1/3, temos tg θ = 1/2. ıcio38. A distˆncia de um ponto P = (x, y) a reta 8x + 6y = −5 ´ |8x + 6y + 5|/10. a ` ePortanto os pontos do plano que distam 5 dessa reta s˜o os pontos das retas 8x + a6y + 5 = 50 e −8x − 6y − 5 = 50, ou seja 8x + 6y = 45 e 8x + 6y = −55, as quaiscortam a reta y = x + 1 nos pontos P1 = (39/14, 53/14) e P2 = (−61/14, −47/14)respectivamente. Estes s˜o os pontos procurados. a39. As retas procuradas passam pelo ponto (7, 4) e n˜o s˜o verticais, logo suas a aequa¸˜es s˜o da forma y = 4 + m(x − 7), ou seja, mx − y = 7m − 4. O angulo que co a ˆ m+3uma delas forma com a reta x − 3y = 0 tem cosseno igual a ± √ √ · Como 10 1 + m2 6
  • 7. √ ◦ √ m+3 2 m2 + 6m + 9 1cos 45 = 2/2, devemos ter √ √ =± donde = , ou 10 1 + m2 2 10 + 10m2 2 2seja, 2m − 3m − 2 = 0. Esta equa¸˜o nos d´ m = 2 ou m = −1/2. Portanto as ca aretas procuradas s˜o y = 2x − 10 e x + 2y = 15. a40. Os pontos da reta dada tˆm coordenadas (x, 2x). Sejam A = (1, 0), B = e 1(3, 1) e C = (x, 2x). A area do triˆngulo ABC ´ igual ao valor absoluto de · ´ a e 2 x − 1 2x 1det = (3x + 1). Portanto, devemos ter 3x + 1 = 10 ou −3x − 1 = 10. 2 1 2Assim, x = 3 ou x = −11/3. Os pontos procurados s˜o, por conseguinte P1 = (3, 6) aou P2 = (−11/3, −22/3).41. Sejam A = (−3, 0), B = (2, 0) e C = (0, 6). O ortocentro do triˆngulo ABC ´ a ea interse¸˜o das 3 alturas. Uma delas ´ o eixo OY . Outra ´ a reta AD, que passa ca e epor A e ´ perpendicular a BC. Como a inclina¸˜o de BC ´ −3, a inclina¸˜o de AD e ca e ca 1´ 1/3, logo sua equa¸˜o ´ y = (x + 3), ou seja, x − 3y = −3. Sua interse¸˜o come ca e ca 3a altura OY ´ o ponto em que x = 0, ou seja, −3y = −3, o que nos d´ y = −1. e aPortanto o ortocentro de ABC ´ o ponto (0, −1). e √42. Completando os quadrados, a equa¸˜o dada se escreve como (x − m)2 + ca(y − 6)2 = 36 − 2m. Portanto devemos ter 36 − 2m > 0, ou seja m < 18. Como √ocorre m entre os dados da quest˜o, deve ser tamb´m m ≥ 0. Assim, a resposta a e´ 0 ≤ m < 12.e43. Sejam A = (10, 7), B = (2, −9), C = (−4, 9). O centro da circunferˆncia que econt´m os pontos A, B e C ´ a interse¸˜o das mediatrizes AB e AC. Ora, a mediatriz e e cade AB tem equa¸˜o x + 2y = 4 e a equa¸˜o da mediatriz de AC ´ 7x − y = 13. A ca ca einterse¸˜o das duas mediatrizes ´ o ponto P = (2, 1). O raio da circunferˆncia ´ a ca e e edistˆncia de P a qualquer dos pontos A, B ou C, logo ´ AD. A equa¸˜o pedida ´, a e ca e 2 2portanto (x − 2) + (y − 1) = 100.44. Subtraindo a segunda equa¸˜o da primeira encontramos 3x + 6y = 0, ou caseja, x = −2y. Portanto, os pontos comuns as duas circunferˆncias cumprem ` ex = −2y. Fazendo esta substitui¸˜o em qualquer das duas equa¸˜es dadas, che- ca co 2gamos a condi¸˜o 5y −2y −3 = 0, que s´ ´ satisfeita para y = 1 ou y = −3/5. Como ` ca oex = −2y, conclu´ ımos que os pontos comuns as duas circunferˆncias s˜o P1 = (−2, 1) ` e ae P2 = (6/5, −3/5).45. Escrita por extenso, a equa¸˜o da circunferˆncia dada ´ x2 −4x+y 2 −2y +4 = 0. ca e e 7
  • 8. Sua interse¸˜o com a reta y = ax ´ definida pela equa¸˜o x2 −4x+(ax)2 −2ax+4 = 0, ca e ca 2 2ou seja, (1 + a )x − (4 + 2a)x + 4 = 0. Para que a reta y = ax seja tangente aΓ, esta ultima equa¸˜o deve ter uma s´ raiz real. A condi¸˜o para que isto se dˆ ´ ca o ca e 2 2´ (4 + 2a) − 16(1 + a ) = 0, o que significa a = 0 ou a = 4/3. A tangente y = 0e´ ´bvia e o ponto de tangˆncia ´ (2, 0). A tangente y = 4x/3 toca Γ no ponto deeo e e 3sua interse¸˜o com a reta y = 1 − (x − 2) que lhe ´ perpendicular e passa pelo ca e 4centro (2, 1). Fazendo y = 4x/3 nesta ultima equa¸˜o, obtemos x = 6/5 e da´ ´ ca ıy = 4x/3 = 8/5. Portanto (6/5), 8/5) ´ o ponto de tangˆncia. e e46. Substituindo y por kx na equa¸˜o da circunferˆncia, temos (1 + k 2 )x2 − 20x + ca e36 = 0. Se y = kx ´ tangente, esta equa¸˜o tem uma s´ raiz real, o que significa e ca o 2144(1 + k ) = 400, donde k = ±4/3.47. Se o ponto P = (x, y) pertence ` circunferˆncia x2 + y 2 = 13 e a reta x + y a e ` i P=( + x2+ y2
  • 9. A potˆncia desse mesmo ponto (x0 , y) em rela¸˜o a segunda circunferˆncia ´ e ca ` e ex2 − 2ax0 + a2 + y − R2 = x2 − 2ax0 + a2 + y 2 − (x2 − 2ax0 + a2 + y0 ) = y 2 − y0 . 0 0 0 2 2 Logo a potˆncia de todos os pontos (x0 , y), y ∈ R, ´ a mesma em rela¸˜o a e e caqualquer das duas circunferˆncias. e50. Seja Q o ponto em que a tangente de origem P toca a circunferˆncia Γ, que tem ecentro A e raio R. O triˆngulo AP Q ´ retˆngulo em Q, logo d(A, P ) = d(P, Q)2 +R2 a e a 2 2 2 2e da´ d(P, Q) = d(A, P ) − R = potˆncia do ponto P em rela¸˜o a circunferˆncia ı e ca ` eΓ.51. Sejam u = (a1 , a2 ) e v = (b1 , b2 ) os vetores que tˆm os n´ meros dados como e ucoordenadas. Se um deles for zero, a desigualdade proposta ´ ´bvia. Caso contr´rio, eo aseja α o angulo entre u e v. Ent˜o |a1 b1 + a2 b2 | = | u, v | = |u| |v| | cos α| ≤ |u| |v| = ˆ a 2 2 2 2 (a1 + a2 )(g1 + b2 ). Tem-se igualdade se, e somente se, cos α = ±1, o que significaque os vetores u, v s˜o m´ltiplos um do outro, isto ´, v = tu, ou seja a1 = tb1 , a u ea2 = tb2 para algum t real.52. Considere um sistema de coordenadadas no qual o v´rtice do ˆngulo reto ´ e a eA = (0, 0) e os outros dois v´rtices s˜o B = (b, 0) e C = (0, c). Os lados do triˆngulo e a aABC s˜o tangentes a circunferˆncia inscrita, logo o centro da mesma ´ o ponto a ` e eP = (x, x) tal que a distˆncia d(P, BC) ´ igual a x. Como a equa¸˜o da reta BC ´ a e ca ex y + = 1, tem-seb c |x + b x c − 1| 1 − (x + x) b c d(P, BC) = = , (1/b)2 + (1/c)2 (1/b)2 + (1/c)2pois o ponto P est´ abaixo da reta BC. Resolvendo a equa¸˜o d(P, BC) = x, a ca √obt´m-se x = bc/(b + c + b2 + c2 ). e53. Isto ´ ´bvio geometricamente, pois o angulo entre as duas bissetrizes ´ a soma eo ˆ edas metades de dois angulos suplementares. ˆ Para resolver o problema analiticamente, tomamos um sistema de coordenadasno qual a origem ´ o ponto de interse¸˜o das duas retas dadas, logo as equa¸˜es das e ca comesmas s˜o ax + by = 0 e a x + b y = 0. Al´m disso, como ´ permitido multiplicar a e ecada uma dessas equa¸˜es por uma constante, podemos supor que a2 + b2 = 1 e co 2 2a + b = 1. As duas bissetrizes tˆm as equa¸˜es ax + by = a x + b y e ax + by = e co−a x − b y, ou seja: (a − a )x + (b − b )y = 0 e (a + a )x + (b + b )y = 0. Levando em 9
  • 10. conta que a2 + b2 = 1 e a 2 + b 2 = 1, vemos que (a − a )(a + a ) + (b − b )(b + b ) = 0,logo as duas bissetrizes s˜o perpendiculares. a54. Sabemos que a area do paralelogramo ´ o produto da base pela altura. A base ´ e´ |u| e, se θ ´ o angulo entre os vetores u e v, a altura ´ |v| sen θ. Portantoe e ˆ e A2 = |u|2 · |v|2 · sen2 θ = |u|2 · |v|2 (1 − cos2 θ) = |u|2 |v|2 − |u|2 · |v|2 cos2 θ = = |u|2 |v|2 − u, v 2 . Escrevendo |u|2 = α2 + β 2 , |v|2 = γ 2 + δ 2 e u, v = αγ + βδ, conclu´ ımos que 2 2 2 2 2 2 2A = (α + β )(γ + δ ) − (αγ + βδ) = (αδ − βγ) , logo A = |αδ − βγ|. A area do´ 1triˆngulo que tem u e v como dois de seus lados ´, portanto |αδ − βγ|. a e 2 10
  • 11. A Matem´tica do Ensino M´dio, volume 3 a e SOLUCOES DOS EXERC´ ¸˜ ICIOS CAP´ ITULO 21. A equa¸˜o de um plano vertical Π ´ da forma ax + by = d. Como o plano ca evertical Π cont´m os pontos (3, 0, 0) e (0, −1, 0), devemos ter 3a = d, −b = d e, epor subtra¸˜o, 3a + b = 0. Tomando a = 1, temos b = −3, logo a equa¸˜o de Π ca ca´ x − 3y = d. Como esta equa¸˜o ´ satisfeita quando x = 3 e y = 0, devemos tere ca ed = 3, portanto x − 3y = 3 ´ a equa¸˜o procurada. e ca2. A mudan¸a indicada corresponde a trocar y por z (e vice-versa). Um plano chorizontal, cuja equa¸˜o era z = constante, passa a ter equa¸˜o y = constante ca caportanto ´ vertical. A afirma¸˜o (a) ´ correta. Um plano vertical, de equ¸a˜o e ca e c aax+by = d, passa a ter equa¸˜o ax+bz = d, n˜o ´ horizontal nas novas coordenadas, ca a ea menos que se tenha a = 0. Logo (b) ´ falsa. e3. Como 4 − 1 = 3, 5 − 2 = 3 e 6 − 3 = 3, os pontos da reta AB s˜o os da forma a(1 + 3t, 2 + 3t, 3 + 3t), com t ∈ R. Assim, AB corta os planos Πxy , Πyz e Πxzrespectivamente nos pontos (−2, −1, 0), (0, 1, 2) e (−1, 0, 1).4. Os pontos de reta AB s˜o da forma (3 − 4t, 5 − 6t, 2 + 2t) e os da reta CD s˜o a ado tipo (2 − 2s, 1 + 2s, 5 − 4s). Num ponto comum a essas duas retas, devemos ter2 − 2s = 3 − 4t, 1 + 2s = 5 − 6t e 5 − 4s = 2 + 2t, ou seja, 2s − 4t = −1, 2s + 6t = 4 e4s + 2t = 3. As duas primeiras equa¸˜es d˜o s = 1/2 e t = 1/2, valores que tamb´m co a esatisfazem a terceira. Logo as duas retas tˆm em comum o ponto (1, 2, 3). e5. Como −1 − 3 = −4, −1 − 5 = −6 e 4 − 2 = 2, as equa¸˜es param´tricas pedidas co es˜o x = 2 − 4t, y = 1 − 6t, z = 5 + 2t. a6. Temos AB = {(1+2t, 2−3t, 3+t); t ∈ R} e CD = {(2+s, 3−2s, −1+4s); s ∈ R}.Num ponto comum a essas duas retas, dever´ ıamos ter 1 + 2t = 2 + s, 2 − 3t = 3 − 2se 3 + t = −1 + 4s. Mas estas 3 equa¸˜es s˜o incompat´veis. Logo AB e CD n˜o tˆm co a ı a epontos em comum. Do mesmo modo, vˆ-se que nenhum dos pares de retas AC e eBD, AD e BC tem ponto em comum. Portanto os pontos A, B, C e D n˜o podem aestar no mesmo plano, logo as retas AB e CD tamb´m n˜o, isto ´, s˜o reversas. e a e a7. Tomemos um sistema de coordenadas no qual A = (a, 0, 0) e B = (−a, 0, 0), 11
  • 12. com a = 0. Ent˜o, dado P = (x, y, z), tem-se d(P, A) = d(P, B) ⇔ d(P, A)2 = ad(P, B) ⇔ (x − a)2 + y 2 + z 2 = (x + a)2 + y 2 + z 2 ⇔ (x − a)2 = (x + a)2 ⇔ 2ax = 2−2ax ⇔ 4ax = 0 ⇔ x = 0. Portanto os pontos equidistantes de A e B s˜o aqueles ada forma P = (0, y, z), os quais constituem o plano vertical Πyz .8. Seja C tal que B ´ o ponto m´dio do segmento AC. A condi¸˜o P B ⊥ AB e e caequivale a dizer que P ´ equidistante de A e C logo significa que os pontos P que a esatisfazem formam, junto com B, um plano, a saber, o plano mediador de AC.9. Para simplificar, tomemos um sistema de coordenadas no qual a reta r seja o eixoOZ, isto ´, r = {(0, 0, z); z ∈ R}. A esfera S tem equa¸˜o (x−a)2 +(y−b)2 +(z−c)2 = e ca 2R , onde A = (a, b, c). Os pontos de r ∩ S tˆm coordenadas obtidas fazendo- ese x = y = 0 nesta equa¸˜o, o que d´ a + b + z 2 − 2zc + c2 = R2 , ou seja, ca a 2 2 2 2 2z − 2cz + (a + b + c
  • 13. −→ −→12. Sejam u = AB = (2, −3, 1) e v = CD = (1, −2, 4). As retas r e s, que se cortamno ponto C, formam dois angulos suplementares, θ e π −θ. O maior deles ´ o obtuso, ˆ eque portanto tem cosseno negativo. Temos u, v = 2 · 1 + (−3)(−2) + 1 · 4 = 12, √ √|u| = 14 e |v| = 21. Sabemos que u, v = |u|·|v|·cos θ, logo cos θ = u, v |u|·|v|. √Portanto cos θ = 12/7 6. Assim, o angulo θ, entre os vetores u e v, ´ agudo e da´ ˆ e ıo maior angulo entre as retas r e s mede π − θ radianos e seu cosseno ´ igual a ˆ e √ ◦−12/7 6. Olhando a calculadora, vemos que esse ˆngulo mede 134 24 36 . a13. A verifica¸˜o de que u, v = u, w = 0 ´ uma conta imediata. Observamos ca eque as proje¸˜es dos vetores v e w sobre o plano Πxy s˜o os vetores vxy = (α, β) co ae wxy = (α , β ) e que a primeira coordenada de u ´, em valor absoluto, a area do e ´paralelogramo cujos lados s˜o vxy e wxy . Observa¸˜o an´loga vale para as demais a ca acoordenadas de u. Portanto tem-se u = 0 se, e somente se, as proje¸˜es de v e w cosobre cada um dos planos Πxy , Πxz e Πyz s˜o colineares, ou seja, v e w s˜o colineares. a a14. Dado u = (a, b, c), com a2 + b2 + c2 = 1, e tomando v = (−bt, at, 0), w =(act, bct, −1/t), ´ imediato que u, v = 0 e v, w = 0 seja qual for t. Por outro elado, temos u, w = a2 ct + b2 ct − c/t. Lembrando que a2 + b2 = 1 − c2 , a fimde que seja u, w = 0, devemos ter ent˜o (1 − c2 )ct = c/t. Admitindo abc = 0, aou seja, a = 0, b = 0 e c = 0, tem-se tamb´m c2 = 1, logo podemos concluir eque, para ser u, w = 0, deve-se tomar t = 1/(1 − c2 ). Com essa escolha (essas 2escolhas, na verdade) de t valem tamb´m |v|2 = (a2 + b2 )t2 = (1 − c2 )t2 = 1 e e|w| = a c t + b c t + 1/t = (1 − c )c t + 1/t2 = 1. Examinando o argumento, 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2vˆ-se que bastaria admitir que c = 0 e que uma das coordenadas a ou b tamb´m e efosse = 0. Sem esta hip´tese, o vetor u seria igual a ±e1 , ±e2 ou ±e3 . Neste caso, on˜o haveria dificuldade em achar v e w mas a solu¸˜o proposta n˜o serviria. a ca a −→ −→15. Se P = A + sv + tw ent˜o AP = sv + tw, logo AP , u = s v, u + t w, u = 0. a −→ −→Reciprocamente, se AP , u = 0 ent˜o, tomando B = A tal que u = AB, vemos aque AB e AP s˜o segmentos perpendiculares, portanto P pertence ao plano Π que apassa por A e ´ perpendicular a AB. (V. Exerc´ 8.) Como v e w s˜o vetores e ıcio a −→n˜o-colineares nesse plano, segue-se que AP = sv + tw para determinados n´meros a ureais s, t. Assim, o conjunto dos pontos A + sv + tw coincide com o plano quecont´m A e ´ perpendicular a AB. e e −→16. Os pontos da semi-reta N P diferentes de N s˜o da forma P = (tx, ty, 1 − at(1 − z)). Para que P esteja no ponto Πxy , deve-se ter 1 − t(1 − z) = 0, ou seja, 13
  • 14. x y x yt = 1/(1 − z), o que d´ P = a , , 0 , portanto x = ,y = · Em 1−z 1−z 1−z 1−zseguida, vamos obter a f´rmula das coordenadas de P em fun¸˜o das de P . Escreva- o ca −→mos P = (a, b, 0). Os pontos da semi-reta NP s˜o da forma P = (ta, tb, 1 − t). A afim de que P perten¸a a esfera S, deve-se ter t a +t2 b2 +(1−t)2 = 1. Desenvolvendo c ` 2 2e simplificando, vem (a2 + b2 + 1)t2 − 2t = 0. Como P = N, t ´ diferente de zero, e 2a 2b a2 + b2 − 1portanto t = 2/(a2 + b2 + 1). Assim, P = 2 , 2 , 2 . a + b2 + 1 a + b2 + 1 a + b2 + 117. Na equa¸˜o do plano, podemos multiplicar todos os coeficientes por um fator caconstante. Se o plano n˜o passa pela origem, sua equa¸˜o pode, portanto, ser escrita a casob a forma mx + ny + pz = 1. Impondo que as coordenadas dos pontos (a, 0, 0),(0, b, 0) e (0, 0, c) satisfa¸am esta equa¸˜o, obtemos sucessivamente ma = 1, nb = 1, c ca x y zpc = 1, logo m = 1/a, n = 1/b e p = 1/c e a equa¸˜o procurada ´ + + = 1. ca e a b c18. A fim de que uma reta seja perpendicular a um plano, basta que ela sejaortogonal a dois segmentos de reta n˜o paralelos contidos nesse plano. Seja P = a −→ −→(x, y, z). Temos AB = (0, 1, 1) e AC = (−2, 1, −1) n˜o-colineares. A fim de que a−→ −→ −→ −→ −→OP = (x, y, z) seja ortogonal a AB e AC, deve ser 0 = OP , AB = y + z e −→ −→0 = OP , AC = −2x + y − z. O sistema y + z = 0, −2x + y − z = 0 admite asolu¸˜o geral P = (x, x, −x). Em particular, P = (1, 1, −1) responde ao que foi capedido. A equa¸˜o do plano ´, portanto x + y − z = d. Para determinar d, usa-se o ca efato de que A = (1, 1, 2) pertence a esse plano, o que nos d´ d = 0. Logo, a resposta a´ x + y − z = 0.e19. A equa¸˜o procurada tem a forma mx + ny + pz = q. Como os pontos caA = (1, 1, 2), B = (1, 2, 3) e C = (−1, 2, 1) pertencem ao plano, suas coordenadassatisfazem a equa¸˜o. Logo ca m + n + 2p = q m + 2n + 3p = q −m + 2n + p = q.Por escalonamento, este sistema ´ equivalente a e m + n + 2p = q n+p=0 0 = 2q. 14
  • 15. Portanto q = 0 e a solu¸˜o geral do sistema ´ (m, m, −m). A equa¸˜o procurada ´ ca e ca ex + y − z = 0.20. Como as retas AB e CD s˜o paralelas, o ponto D pertence ao plano determinado apelos pontos n˜o-colineares A, B e C. Esse plano cont´m as duas retas dadas e pode a eser determinado pelos processos apresentados nos exerc´ıcios 18 e 19.21. O plano Π que se procura cont´m o ponto P0 = (x0 , y0 , z0 ) e ´ perpendicular e eao segmento AP . Como A = (a, b, c), a equa¸˜o do plano Π ´ (x0 − a)(x − x0 ) + ca e(y0 − b)(y − y0 ) + (z0 − z)(z − z0 ) = 0.22. O segmento OA tem comprimento igual a distˆncia de O ao plano Π, logo ´ ` a eperpendicular a esse plano. A equa¸˜o de Π ´, portanto, da forma ax + by + cz = d. ca eComo A ∈ Π, temos d = a + b + c . Em suma: ax + by + cz = a2 + b2 + c2 ´ a 2 2 2 eequa¸˜o de Π. ca23. Tome um sistema de coordenadas no qual se tenha A = (0, 0, 0), B = (1, 0, 0),C = (0, 1, 0), D = (0, 0, 1) e A = (1, 1, 1). −→ −→ −→ −→ a) Temos BC = (−1, 1, 0), BD = (−1, 0, 1) e AA = (1, 1, 1). Portanto AA , BC = −→ −→ AA , BD = 0. Ent˜o AA ´ ortogonal aos segmentos BC e BD do plano (BCD), a elogo ´ perpendicular a esse plano. e −→ b) O baricentro do triˆngulo BCD ´ o ponto P , extremidade do vetor AP = a e1 −→ −→ −→ (AB + AC + AD). (Lembre que A ´ a origem do sistema de coordenadas.) Em e3 −→ 1 −→termos de coordenadas, temos P = (1/3, 1/3, 1/3), logo AP = AA . Assim, P 3pertence tanto ao plano (BCD) como ao segmento AA , logo ´ a interse¸˜o de e ca(BCD) com AA . Nota: Acima, estamos tomando a aresta do cubo como unidade de comprimento.24. Tomemos o cubo de aresta 1, contendo os v´rtices A = (0, 0, 0), B = (1, 0, 0), eD = (0, 1, 0), E = (0, 0, 1), C = (1, 1, 0), F = (1, 0, 1) e mais outros trˆs que n˜o e a −→vˆm ao caso. Consideremos as diagonais CE e DF . Temos CE = (−1, −1, 1) e e−→ −→ −→ −→ −→ √DF = (1, −1, 1), portanto CE, DF = 1 e |CE| = |DF | = 3. Se chamarmos de −→ −→ −→ −→θ o angulo entre esses dois vetores teremos CE, DF = |CE| · |DF | · cos θ portanto ˆcos θ = 1/3.25. Os pontos procurados s˜o A = (1, 0, 0), B = (0, 1, 0), C = (0, 0, 1) e D = a(1, 1, 1). H´ duas solu¸˜es poss´ a co ıveis. 15
  • 16. 26. Basta tomar os seis pontos (±1, 0, 0), (0, ±1, 0) e (0, 0, ±1).27. Tomamos um sistema de coordenadas no qual os v´rtices do octaedro sejam eA = (a, 0, 0), A = (−a, 0, 0), B = (0, a, 0), B = (0, −a, 0), C = (0, 0, a) e C =(0, 0, −a). Consideremos as faces opostas ABC e A B C . Seus baricentros s˜o a −→P = (a/3, a/3, a/3) e P = (−a/3, −a/3, −a/3). Os vetores AB = (−a, a, 0) e−→ −→AC = (−a, 0, a), ambos sobre a face ABC, s˜o ortogonais a OP . Como AB e aAC s˜o n˜o-colineares, segue-se que o segmento OP ´ perpendicular a face ABC. a a e `Analogamente, a face A B C ´ perpendicular a OP , portanto a OP . Logo ABCi(12(i( e t=(a, > >
  • 17. √ √altura. As coordenadas dos v´rtices s˜o, portanto: A = (3 2, 0, 0), B = (0, 3 2, 0), e a √ √C = (−3 2, 0, 0), D = (0, −3 2, 0) e E = (0, 0, 4). b) Cada aresta lateral ´ a hipotenusa de um triˆngulo retˆngulo cujos catetos e a a √s˜o a altura da pirˆmide (que mede 4) e a metade da diagonal da base (igual a 3 2). a a √Logo a aresta lateral vale 34. −→ √ −→ √ √ −→ −→ c) Temos AE = (−3 2, 0, 4) e BC = (−3 2, −3 2, 0), logo AE, BC = 18. −→ √ −→ −→ −→ −→ −→Al´m disso, |AE| = 34 e |BC| = 6. Portanto 18 = AE, BC = |AE| |BC|·cos θ = e √ √6 · 34 · cos θ e da´ cos θ = 3/ 34. ı d) Por conveniˆncia, escrevamos a equa¸˜o do plano √ e ca (EBC) sob a forma ax + √ √by + cz = 3 2. Como os pontos E = (0, 0, 4), B = (0, 3 2, 0) e C = (−3 2, 0, 0) √pertencem a esse plano, conclu´ ımos que a = −1, b = 1 e c = 3/(4 2), logo a 3 √equa¸˜o do plano (EBC) ´ −x + y + √ z = 3 2. O plano (EBC) ´ paralelo a ca e e ` 4 2reta AD pois cont´m a reta BC, que ´ paralela a AD. Logo, a distˆncia de √ e e a qualquerponto de AD ao plano (EBC) ´ a mesma. Tomemos o ponto A = (3 2, 0, 0). eAplicando diretamente a f´rmula da distˆncia de um ponto a um plano, obtemos o ad(A, (EBC)) = 24/5.32. Este exerc´ pertence ao Cap´ ıcio ıtulo 4.33. A equa¸˜o x+2y −3+k(3x−y −2) = 0 representa um plano vertical contendo a careta rk ⊂ Πxy que ´ dada pela mesma equa¸˜o. Tomando k = 0 e k = 2, vemos que e car0 ´ a reta x + 2y = 3 e r2 ´ a reta x = 1. Temos r0 ∩ r2 = {(1, 1)} e ´ imediato que e e eo ponto (1,1) est´ contido em todas as retas rk . Logo todos os planos representados apela equa¸˜o dada, para k ∈ R qualquer, contˆm a reta vertical x = y = 1. A reta ca erk , cuja equa¸˜o em Πxy ´ x + 2y − 3 + k(3x − y − 2) = 0, passa pelo ponto (1,1) e ca etem inclina¸˜o (1 + 3k)/(k − 2). (Podemos supor sempre k = 2 pois j´ sabemos que ca ar2 ´ a reta x = 1.) Como se vˆ facilmente, a fra¸˜o (1 + 3k)/(k − 2), quando k varia e e caem R − {2}, assume todos os valores reais salvo 3. Portanto, quando se atribui ak um valor real qualquer, a equa¸˜o originalmente dada representa qualquer plano cavertical que contenha a reta vertical x = y = 1, exceto aquele que cont´m a reta ehorizontal dada por 3x − y = 2, z = 0, pois esta ´ a reta em Πxy que passa por (1, 1) ecom inclina¸˜o 3. ca34. Para todo k ∈ R, a equa¸˜o x − y + z − 1 + k(2x + y − 3z) = 0 representa caum plano Πk , o qual (afirmamos) cont´m a reta r, de equa¸˜es param´tricas x = t, e co ey = (5t − 3)/2, z = (3t − 1)/2. Com efeito, as equa¸˜es dos planos Π1 e Π1/3 cos˜o 3x − 2z = 1 e 5x − 2y = 3, respectivamente. O sistema formado por estas a 17
  • 18. duas equa¸˜es tem a solu¸˜o geral y = (5x − 3)/2, z = (3x − 1)/2. Tomando co cax = t como parˆmetro obtemos a reta r, portanto r ´ a interse¸˜o de Π1 com Π1/3 . a e caUma substitui¸˜o direta mostra que r est´ contida em todos os planos Πk , k ∈ R. ca aMostraremos agora que, reciprocamente, todo plano Π, de equa¸˜o ax + by + cz = d, caque contenha a reta r, ´ da forma Π = Πk para algum k, desde que Π n˜o seja o e aplano Π de equa¸˜o 2x + y − 3z = 0. Com efeito, como r ⊂ Π, o vetor w = (a, b, c) ´ ca eortogonal a r. Tamb´m s˜o ortogonais a r os vetores u = (1, −1, 1) e v = (2, 1, −3) e apois os planos Π0 , de equa¸˜o x−y +z = 1, e Π , de equa¸˜o 2x+y −3z = 0, contˆm ca ca ea reta r. Segue-se que w, u e v s˜o coplanares e (como u e v n˜o s˜o colineares) a a a 1tem-se ent˜o w = αu + βv. Se for α = 0 poderemos escrever a · w = u + kv, αcom k = β/α e ent˜o o plano Π, cuja equa¸˜o pode tamb´m ser escrita na forma a ca ea b c d x + y + z = , ser´ igual a Πk , com k = β/α. Ora, α = 0 significa que o aα α α αplano Π n˜o coincide com Π . Isto completa a solu¸˜o. a ca35. Lembremos que dois ou mais vetores se dizem linearmente dependentes quandoum deles ´ combina¸˜o linear dos demais. No plano Π que cont´m os 4 pontos dados, e ca etomemos um sistema de coordenadas no qual A = (0, 0). Ent˜o as coordenadas dos avetores u = (b, b ), v = (c, c ) e w = (d, d ) s˜o as mesmas dos pontos B, C e D, anesta ordem. Se os 4 pontos forem colineares, os vetores u, v e w ser˜o m´ ltiplos uns a udos outros, logo linearmente dependentes. Caso contr´rio, pelo menos dois desses avetores, digamos u e v, ser˜o n˜o-colineares, o que significa que bc − cb = 0. Ent˜o a a ao sistema formado pelas equa¸˜es bx + cy = d, b x + c y = d possui uma solu¸˜o co ca(x, y), e isto quer dizer que w = xu + yv, ou seja, os vetores u, v e w s˜o linearmente adependentes. Em seguida, consideremos 4 vetores v1 , v2 , v3 e v4 no espa¸o tridimensional. cSe trˆs deles, digamos v1 , v2 , v3 , s˜o coplanares ent˜o, como vimos acima, um e a a´ combina¸˜o linear dos outros dois, por exemplo, v3 = α1 v1 + α2 v2 . Ent˜o v3 =e ca aα1 v1 +α2 v2 +0·v4 e os 4 vetores dados s˜o linearmente dependentes. Caso contr´rio, a apodemos tomar no espa¸o um sistema de coordenadas no qual v1 = (a1 , 0, 0), v2 = c(a2 , b2 , 0) e v3 = (a3 , b3 , c3 ), com a1 = 0, b2 = 0 e c3 = 0. Seja v4 = (d1 , d2 , d3 ).Podemos resolver (de cima para baixo) o sistema de equa¸˜es co a1 x = d1 a2 x + b2 y = d2 a3 x + b3 y + c3 z = d3 , 18
  • 19. obtendo assim n´meros x, y, z tais que v4 = xv1 + yv2 + zv3 , logo os vetores dados us˜o linearmente dependentes. a36. Fixado um sistema de coordenadas, consideremos o cubo cujos v´rtices s˜o A1 = e a(0, 0, 0), B1 = (1, 0, 0), C1 = (1, 1, 0), D1 = (0, 1, 0), A2 = (0, 0, 1), B2 = (1, 0, 1),C2 = (1, 1, 1) e D2 = (0, 1, 1). Ent˜o B1 , D1 , C2 , A2 s˜o os v´rtices de um tetraedro a a eregular. Duas arestas opostas deste tetraedro, como B1 D1 e A2 C2 , por exemplo,s˜o ortogonais porque s˜o diagonais “diferentes” em faces paralelas do cubo. Mais a a −→ −→ −→ −→precisamente, B1 D1 = (−a, a, 0) e A2 C2 = (a, a, 0), logo B1 D1 , A2 C2 = 0.37. Nos quatro pontos de tangˆncia, os raios da esfera inscrita no tetraedro s˜o e aortogonais as suas faces, trˆs das quais est˜o contidas nos planos coordenados e a ` e aquarta, contendo os pontos (1, 0, 0), (0, 2, 0) e (0, 0, 3), ´ parte do plano 6x+3y+2z = e6. Como esses raios tˆm o mesmo comprimento x, o centro da esfera ´ o ponto e eP = (x, x, x), cuja distˆncia ao plano 6x + 3y + 2z = 6 ´ igual a x. Pela f´rmula da a e o |6x + 3x + 2x − 6|distˆncia de um ponto a um plano, temos a √ = x, ou 11x − 6 = 7x, 36 + 9 + 4o que nos d´ x = 2/3. Esta ´ a medida do raio da esfera. a e38. Tem-se um ponto O e um plano Π tais que, para quaisquer P, Q ∈ Π, se−→ −→ −→OP + OQ = OR ent˜o R ∈ Π. Se O n˜o pertencesse a Π, seu sim´trico O∗ a a e ∗em rela¸˜o a esse plano tamb´m n˜o pertenceria. Seja O = OO ∩ Π o p´ da ca e a eperpendicular baixada de O sobre Π. Tomando em Π dois pontos P e Q tais que O −→ −→ −→ e ıamos OP + OQ = OO∗ . Como O ∗ ∈ Π chegar´seja o ponto m´dio de P Q, ter´ / ıamosa uma contradi¸˜o. Logo O ∈ Π. ca39. Como o plano dado n˜o cont´m a origem, sua equa¸˜o pode ser escrita sob a a e caforma mx + ny + pz = 1. Levando em conta que os pontos (a, 0, 0), (0, b, 0) e (0, 0, c)pertencem ao plano, temos ma = 1, nb = 1 e pc = 1, donde m = 1/a, n = 1/b e x y zp = 1/c, logo a equa¸˜o procurada ´ + + = 1. ca e a b c40. Considere dois pontos distintos A, B em X. Ent˜o a reta AB est´ contida em a aX. Se X possuir algum ponto C fora de AB, seja Π o plano (ABC). Dado qualquerponto P ∈ Π, se a reta CP n˜o for paralela a AB ent˜o P ∈ X pois, neste caso, CP a acont´m C e o ponto CP ∩ AB, logo CP ⊂ X. Assim, X cont´m todos os pontos e edo plano Π salvo eventualmente aqueles que est˜o na reta r que passa por C e ´ a eparalela a AB. Mas se Q ´ um ponto de r ent˜o, tomando pontos M e N em lados e aopostos de r, no plano Π, de modo que Q ∈ M N, conclu´ımos que Q ∈ X. Assim, Xcont´m o plano Π. Se, al´m disso, X contiver algum ponto D fora do plano Π, um e e 19
  • 20. racioc´ ınio inteiramente an´logo ao anterior mostra que X cont´m todos os pontos a edo espa¸o. c 20
  • 21. A Matem´tica do Ensino M´dio, volume 3 a e SOLUCOES DOS EXERC´ ¸˜ ICIOS CAP´ ITULO 31. Escrevendo a = 5732 e b = 2134, o sistema dado se escreve como ax + by + bz = a + b bx + ay + bz = 3b − a bx + by + az = 2a.Ent˜o, subtraindo a segunda equa¸˜o da primeira, obtemos a ca (a − b)x + (b − a)y = 2(a − b) e da´ (dividindo por a − b): ı x − y = 2, ou seja, y = x − 2.Analogamente, subtraindo a terceira equa¸˜o da primeira, vem: ca (a − b)x + (b − a)z = b − a, portanto x − z = −1, ou seja, z = x + 1.Substituindo, na terceira equa¸˜o y por x−2 e z por x+1, vem bx+bx−2b+ax+a = ca2a, isto ´: (a + 2b)x = a + 2b, portanto x = 1. Segue-se que y = −1 e z = 2. e2. Neste problema, admite-se tacitamente que A, B e C se deslocam com velocidadesuniformes, as quais s˜o mantidas durante as trˆs disputas. Vamos tomar como a eunit´rio o tempo que A levou para percorrer a distˆncia d. Portanto A, B e C a apercorrem, respectivamente, d, d − 20 e d − 28 metros na unidade de tempo. Por suavez, B usa d/(d − 20) unidades de tempo para percorrer a distˆncia d. Nesse mesmo atempo, C percorre d(d − 28)/(d − 20) metros. Pelos dados do problema, tem-se d(d − 28) = d − 10. d − 20Resolvendo esta equa¸˜o, obtemos facilmente d = 100 m. ca 21
  • 22. 3. Sejam x, y, z respectivamente os pre¸os de um par de tˆnis, uma bermuda e uma c ecamiseta. O enunciado nos diz que x + 2y + 3z = 100 e 2x + 5y + 8z = 235.Com estes dois dados, as trˆs inc´gnitas n˜o ficam determinadas. Mas o que se pede e o a´ apenas a soma x + y + z. Para obtˆ-la, basta multiplicar a primeira equa¸˜o pore e ca3 e subtrair a segunda equa¸˜o do resultado, encontrando x + y + z = 65. ca Nota. Pode-se chegar a esta solu¸˜o por meio de tentativas ou, de modo mais caracional, exprimindo o vetor w = (1, 1, 1) como combina¸˜o linear w = αu + βv cados vetores u = (1, 2, 3) e v = (2, 5, 8). Em termos de coordenadas, a igualdadew = αu + βv significa α + 2β = 1, 2α + 5β = 1 e 3α + 2β = 1. Resolvendo osistema formado pelas duas primeiras equa¸˜es, obtemos α = 3 e β = −1, valores coque satisfazem a terceira equa¸˜o. Logo, devemos multiplicar a primeira equa¸˜o ca cax+2y +3z = 100 por 3 e subtrair do resultado a segunda equa¸˜o 2x+5y +8z = 235 capara obter x + y + z = 65.4. Os pontos Q = (x, y, z) que satisfazem as equa¸˜es dadas formam uma reta cor. Escrevendo as equa¸˜es dadas como 2y − z = 2 − x e y − z = 2x − 4, vemos coque as solu¸˜es deste sistema s˜o y = −3x + 6 e z = −5x + 10, logo os pontos da co areferida reta s˜o da forma Q = (x, −3x + 6, −5x + 10), onde o parˆmetro x assume a atodos os valores reais. Tomando x = 0 e x = 1, obtemos os pontos Q0 = (0, 6, 10), −→Q1 = (1, 3, 5) e o vetor v = Q0 Q1 = (1, −3, −5). Assim Q = Q0 + x · v ´ a equa¸˜o e caparam´trica de r sob forma vetorial. O ponto Q mais pr´ximo de P = (4, −1, 1) e o −→ −→´ aquele tal que v, P Q = 0. Ora, P Q = (x − y, −3x + 2, −5x + 9), portantoe −→ v, P Q = 0 significa 1(x − y) − 3(−3x + 2) − 5(−5x + 9) = 0, ou seja, x = 11/7. Oponto procurado ´, portanto, e 11 11 11 9 15 Q = Q0 + · v = (0, 6, 10) + (1, −3, −5) = , , . 7 7 7 7 75. O enunciado sup˜e tacitamente que os planos definidos pelas duas equa¸˜es n˜o o co acoincidem, isto ´, que os vetores v = (a, b, c) e v = (a , b , c ) n˜o s˜o colineares e a apois neste caso a unica solu¸˜o fornecida pela f´rmula sugerida como resposta seria ´ ca o(0, 0, 0), enquanto as solu¸˜es do sistema seriam todos os pontos do plano dado. coDito isto, lembremos o Exerc´ 13, Cap´ ıcio ıtulo 2, segundo o qual o vetor w = (bc −b c, a c − ac , ab − a b) ´ (n˜o-nulo e) ortogonal a v e a v , fato que — de resto — e a 22
  • 23. se verifica imediatamente. As solu¸˜es do sistema proposto formam uma reta que copassa pela origem e cont´m o ponto de coordenadas iguais a de w logo tais solu¸˜es e ` cos˜o os pontos P = (x, y, z), onde x = (bc − b c)t, y = (a c − ac )t e z = (ab − a b)t, at ∈ R.6. Submetemos as linhas da matriz aumentada do sistema a uma seq¨ˆncia de ueopera¸˜es elementares, conforme abaixo indicadas: co      1 3 5 7 12 3L1 − L2 1 3 5 7 12 1 3 5 7 123 5 7 1 0  0 4 8 20 362L2 − L1 0 4  −→    8 20 36      −→   −→5 7 1 3 4 5L1 − L3 0 8 24 32 56 0 0 −8 8 16  5L2 − L4 7 1 3 5 16 7L1 − L4 0 20 92 44 68 0 0 8 56 112   1 3 5 7 12 0 4 8 20 36    −→   0 0 −8 8 16  L3 + L4 0 0 0 64 128 Logo o sistema dado ´ equivalente ao seguinte: e x + 3y + 5z + 7w = 12 4y + 8z + 20w = 36 −8z + 8w = 16 64w = 128,o qual, resolvido de baixo para cima, nos d´: w = 2, z = 0, y = −1, x = 1. a A Regra de Cramer, se empregada para resolver este sistema, nos obrigaria acalcular 5 determinantes 4 × 4, e isto seria, sem d´vida, bem mais trabalhoso. Na uverdade, calculando esses determinantes pelo desenvolvimento de Laplace, ter´ıamosque somar 120 parcelas, cada uma das quais envolvendo um produto de 4 fatores.Desprezando as adi¸˜es e subtra¸˜es, ter´ co co ıamos que efetuar 360 multiplica¸˜es e de- copois mais 4 divis˜es. o Nota. Determinantes e a Regra de Cramer ser˜o vistos no Cap´ a ıtulo 4.7. Aplicando opera¸˜es elementares sobre as linhas da matriz aumentada, vemos coque o sistema dado ´ equivalente a e 2x − y + 3z = 1 −5y + 5z = −7 (2m − 6)z = 2n − 11 23
  • 24. Logo ele ´ indeterminado quando m = 3, n = 11/2 e imposs´ quando m = 3 e ıvele n = 11/2.8. A igualdade f (x, y) = λ · (x, y) significa que 2x + y = λ · x e x − y = λ · y, ou seja,(2 − λ)x + y = 0 e x − (1 + λ)y = 0. Pelo enunciado, o sistema formado por estasduas equa¸˜es admite uma solu¸˜o al´m da trivial x = 0, y = 0. Ent˜o a matriz co ca e a 2−λ 1 1 −(1 + λ) √tem determinante igual a zero. Isto nos d´ λ2 − λ − 3 = 0, e da´ λ = (1 + a ı 13)/2 √ou λ = (1 − 13)/2.9. a) Somando as trˆs primeiras equa¸˜es obtemos 3x+2y+2z = 11, logo x+y +z = e co11/2. Como a quarta equa¸˜o ´ x + y + z = 0, vemos que o sistema ´ imposs´ ca e e ıvel. b) Resolvendo por escalonamento o sistema formado pela primeira, segunda equarta equa¸˜es, temos: co       2 −2 4 1 2 −2 4 1 2 −2 4 1 2 0 7 1 −→ 0 2 3 0 −→ 0 2 3 0 0 2 6 2 0 2 6 2 0 0 3 2logo o sistema destas equa¸˜es escolhidas ´ equivalente a co e 2x − 2y + 4z = 1 2y + 3z = 0 3z = 2,o qual, resolvido de baixo para cima, nos d´ z = 2/3, y = −1 e x = −11/6. Estes avalores de x, y e z n˜o satisfazem a terceira nem a quinta das equa¸˜es dadas, logo a coo sistema ´ imposs´ e ıvel. c) Por conveniˆncia, reescrevamos o sistema dado sob a forma e y + x − 2y = 1 − t −2z + 2x + y = −2t x + 6y = −2. O escalonamento nos d´: a       1 1 −2 1 − t 1 1 −2 1 − t 1 1 −2 1 − t −2 2 1 −2t  −→ 0 4 −3 2 − 4t −→ 0 4 −3 2 − 4t  0 1 6 −2 0 1 6 −2 0 0 27 10 − 4t 24
  • 25. Assim, o sistema dado ´ equivalente a e z + x − 2y = 1 − t 4x − 3y = 2 − 4t −27y = 10 − 4t.o qual, sendo resolvido de baixo para cima, tem como resultado y = (4t − 10)/27,x = (2−8t)/9, z = (1+5t)/27. Portanto, atribuindo valores arbitr´rios a t, obtemos atodas as solu¸˜es (2 − 8t)/9, (4t − 10)/27, (1 + 5t)/27, t do sistema proposto. co10. Tomemos a tonelada (1t) como unidade de peso. Dispomos de dois tipos debronze: A e B. Cada tonelada do tipo A cont´m 0, 62t de cobre e 0, 38t de zinco ee do tipo B s˜o 0, 70t de cobre e 0, 30t de zinco. Se uma tonelada do bronze que adesejamos for formada por x toneladas do bronze A e y toneladas do bronze B ent˜o aela conter´, no total, 0, 62x + 0, 70y toneladas de cobre e 0, 38x + 0, 30y toneladas ade zinco. As condi¸˜es do problema imp˜em que co o 0, 62x + 0, 70y = 0, 65 0, 38x + 0, 30y = 0, 35.Resolvendo este sistema, obtemos x = 0, 625 e y = 0, 375. Portanto, a fim de obteruma tonelada de bronze com 65% de cobre e (conseq¨entemente) 35% de zinco, udevemos tomar 625 quilos do bronze A e 375 quilos do bronze B.11. Em 100 quilos de a¸o do tipo V 2A h´ 8 quilos de n´ c a ıquel, 18 quilos de cromoe 74 quilos de ferrro. Se, na composi¸˜o deste a¸o, usarmos x quilos do tipo I, y ca cquilos do tipo II, z quilos do tipo III e t quilos do tipo IV ent˜o, levando em conta aa composi¸˜o de cada um desses quatro tipos, devemos ter ca 8x + 8y + 10z + 3t = 8 22x + 20y + 10z + 12t = 18 70x + 72y + 80 + 85t = 74.(Cada uma das equa¸˜es acima representa o n´mero de quilos de n´ co u ıquel, cromo eferro contidos — nesta ordem — em 100 quilos de a¸o V 2A.) Por escalonamento, cvemos que este sistema ´ equivalente a e 8x + 8y + 10z + 3t = 8 −8y − 70z + 15t = −16 −2z + 5t = 0. 25
  • 26. 5 45 31 Resolvendo de baixo para cima, obtemos z = t, y = 2 − tex= t − 1. 2 4 4 4 8Como os valores de x, y, z e t n˜o podem ser negativos, deve-se ter a ≤t≤ · 31 45Para cada valor de t neste intervalo tem-se um modo de misturar os a¸os de tipos I, cII, III e IV de forma a obter 100k do a¸o V 2A. Esta flexibilidade permite atender as cconveniˆncias de pre¸o e estoque. Por exemplo, se n˜o h´ estoque do tipo I, tomamos e c a at = 4/31 e ent˜o x = 0, y = 45/31 e z = 10/31. Analogamente, se n˜o dispomos a ade a¸o do tipo II, tomamos t = 8/45, o que nos d´ y = 0. Evidentemente, para c afabricar uma tonelada (em vez dos cem quilos que estamos considerando) devemosmultiplicar x, y, z e t por 10. ´12. E dado o sistema 3x + y − 3z = 1 mx − 4y + 2z = 3 5x − 2y − 4z = ne pede-se achar os valores de m e n para os quais os planos definidos por estasequa¸˜es estejam: co a) na posi¸˜o da Figura 73 ca b) na posi¸˜o da Figura 74. ca No caso a) a terceira equa¸˜o deve ser combina¸˜o linear das duas primeiras, ca caisto ´, deve ser igual a primeira multiplicada por um n´mero α, mais a segunda e ` umultiplicada por um β. Ent˜o, devemos ter a 2α + mβ = 5 α − 4β = −2 −3α + 2β = −4 α + 3β = n.Resolvendo o sistema formado pela segunda e terceira equa¸˜o, obtemos α = 2 e caβ = 1. Entrando com estes valores na primeira equa¸˜o, resulta m = 1. A ultima ca ´equa¸˜o nos d´ n = 5. Isto responde a). Quanto ao item b), deve ser α = 2 , β = 1, ca acomo no caso anterior, e n = α + 3β, ou seja, n = 5, como era de se esperar. 26
  • 27. 13. Pedem-se todas as solu¸˜es x > 0, y > 0 e z > 0 do sistema co x − 3y + 2z = 3 2x + y − 3z = 1 x + 11y − 12z = −7. Considerando nas duas primeiras equa¸˜es apenas x e y como inc´gnitas, a co osolu¸˜o ´ x = z + 6/7, y = z − 5/7. Portanto as solu¸˜es do sistema formado ca e copor estas duas equa¸˜es s˜o os pontos (z + 6/7, z − 5/7, z), para valores arbitr´rios co a ade z. Como a terceira equa¸˜o ´ uma combina¸˜o linear das 2 primeiras (multiplique ca e caa primeira por −3, a segunda por 2 e some), os termos (z + 6/7, z − 5/7, z) tamb´mes˜o solu¸˜es da ultima equa¸˜o (o que se pode ver tamb´m por substitui¸˜o direta). a co ´ ca e caPara que as trˆs coordenadas sejam positivas, basta que se tenha z > 5/7. Portanto ea resposta ´: z > 5/7, x = z + 6/7 e y = z − 5/7. e14. 100 gramas da refei¸˜o pedida, formadas por x gramas do alimento A, y gramas cade B e z gramas de C contˆm 47 gramas de albumina, 35 gramas de carbohidrato ee 18 gramas de lip´ ıdio, onde 30x + 50y + 20z = 47 30x + 30y + 70z = 35 40x + 20y + 10z = 18. Resolvendo este sistema, encontramos z = 1/8, y = 73/80 e x = −3/80, umasolu¸˜o negativa, logo a refei¸˜o procurada n˜o existe. Se a coluna do segundo ca ca amembro do sistema fosse (40, 40, 20), a solu¸˜o seria x = 5/40, y = 25/40, z = 1/4, cae a refei¸˜o procurada existiria. ca15. As condi¸˜es apresentadas s˜o evidentemente necess´rias. Reciprocamente, co a asupondo-as satisfeitas, suponhamos que α1 v1 + α2 v2 + α3 v3 = 0. Ent˜o deve ser a α1 α2α3 = 0 pois do contr´rio ter´amos v3 = − v1 − a ı v2 e v3 seria combina¸˜o linear ca α3 α3de v2 e v2 . Ficamos assim reduzidos a α1 v1 + α2 v2 = 0. Logo deve ser α2 = 0 α1pois se fosse α2 = 0 ter´ ıamos v2 = − v1 e v2 seria m´ ltiplo de v1 . Ent˜o a u a α2rela¸˜o original se resume a α1 v1 = 0. Como v1 = 0, isto nos d´ α1 = 0. Portanto ca aα1 v1 +α2 v2 +α3 v3 = 0 ⇒ α1 = α2 = α3 = 0 e v1 , v2 v3 s˜o linearmente independentes. a −→ −→ −→16. Se A, B, C e D s˜o coplanares ent˜o os vetores u = AB, v = AC e w = AD a as˜o linearmente dependentes, pelo Exerc´ 35 do Cap´ a ıcio ıtulo 2. Reciprocamente, se 27
  • 28. esses vetores s˜o linearmente dependentes, digamos, com w = αu + βv ent˜o, pelas a adefini¸˜es das opera¸˜es com vetores, o ponto D (extremidade do vetor w) pertence co coao plano ABC, ou mesmo a / T T 5 2 C T D 7 T 1 4 0 e a n `
  • 29. A Matem´tica do Ensino M´dio, volume 3 a e SOLUCOES DOS EXERC´ ¸˜ ICIOS CAP´ ITULO 41. Sejam m = [aij ] e n = [bij ]. Ent˜o a n n n tr(m + n) = tr[aij + bij ] = (aii + bii ) = aii + bii = tr m + tr n, i=1 i=1 i=1 n n tr(αm) = tr[αaij ] = αaii = α aii = α · tr m. i=1 i=1 Quanto ao tra¸o da matriz produto, observemos que mn = [cij ], onde cij = cai1 bij + ai2 b2j + · · · + ain bnj , logo cii = ai1 b1i + ai2 b2i + · · · + ain bni s˜o os elementos da adiagonal de mn. Assim, o tra¸o de mn, soma dos cii , ´ a soma de todos os produtos c eda forma aik bki , onde i e k assumem (independentemente) todos os valores inteirosde 1 a n. Analogamente, o tra¸o de nm ´ a soma de todos os produtos da forma c ebrs asr , onde r e s variam entre os inteiros de 1 a n. Como brs asr = asr brs , segue-seque tr(mn) = tr(nm).2. Para todo ponto (x, y) ∈ R2 tem-se(M ◦ N)(x, y) = M(N (x, y)) = M (c1 x + d1 y, c2 x + d2 y) = = (a1 (c1 x + d1 y) + b1 (c2 x + d2 y), a2 (c1 x + d1 y) + b2 (c2 x + d2 y)) = = ((a1 c1 + b1 c2 )x + (a1 d1 + b1 d2 )y, (a2 c1 + b2 c2 )x + (a2 d1 + b2 d2 )y) = = (r1 x + s1 y, r2 x + s2 y). O resultado para matrizes 3 × 3, ou mesmo n × n, se verifica do mesmo modo.Se dissermos que M, N : Rn → Rn s˜o os operadores lineares associados respectiva- amente as matrizes m e n, a verifica¸˜o acima significa que a matriz produto mn foi ` cadefinida de tal modo que o operador linear a ela associado ´ M ◦ N. e3. Como o tra¸o do produto de matrizes n˜o depende da ordem dos fatores, temos c a tr(p−1mp) = tr((p−1 m)p) = tr(p(p−1 m)) = tr(pp−1m) = tr(I3 · m) = tr m. 29
  • 30. 4. Seja X o paralelogramo que tem P A e P B como lados, onde P = (x0 , y0 ),A = (x1 , y1 ) e B = (x2 , y2 ). A transforma¸˜o linear M : R2 → R2 , associada ca a1 b1a` matriz m = , leva o paralelogramo X no paralelogramo X , que tem a2 b2P A e P B como lados, onde P = M (P ) = (a1 x0 + b1 y0 , a2 x0 + b2 y0 ), A =(a1 x1 + b1 y1 , a2 x1 + b2 y1 ) e B = (a1 x2 + b1 y2 , a2 x2 + b2 y2 ). Escrevendo α1 = x1 − x0 ,β1 = y1 − y0 , α2 = x2 − x0 e β2 = y2 − y0 , vemos que as ´reas dos paralelogramos aX e X s˜o os valores absolutos dos determinantes das matrizes a α1 β1 a1 α1 + b1 β1 a2 α1 + b2 β1 =n e = mn α2 β2 a1 α2 + b1 β2 a2 α2 + b2 β2respectivamente. Segue-se que ´ ´ Area X = | det(mn)| = | det m| · | det n| = | det m| · Area X. Evidentemente, pode ocorrer que se tenha det m = 0. Neste caso, os lados P Ae P B s˜o colineares e o paralelep´ a ıpedo X se degenera num segmento de reta. Tudo a a ´isto est´ de acordo com o fato de que, ent˜o, det(mn) = Area X = 0. ıpedos em R3 se trata da mesma maneira. O caso de paralelep´5. Temos v = a1 e1 + b1 e2 e w = a2 e1 + b2 e2 . Preliminarmente, observemos que,para qualquer v ∈ R2 , vale f (v, v) = 0 como conseq¨ˆncia da igualdade f(v, w) = ue−f(w, v). Portanto f (v, w) = f(a1 e1 + b1 e2 , w) = a1 f (e1 , w) + b1 f(e2 , w) = = a1 f (e1 , a2 e1 + b2 e2 ) + b1 f (e2 , a2 e1 + b2 e2 ) = = a1 a2 f (e1 , e1 ) + a1 b2 f (e1 , e2 ) + a2 b1 f(e2 , e1 ) + b1 b2 f (e2 , e2 ) = = (a1 b2 − a2 b1 )f(e1 , e2 ) = a1 b2 − b2 a1 ,j´ que f(e1 , e1 ) = f(e2 , e2 ) = 0, f(e2 , e1 ) = −f (e1 , e2 ) e f (e1 , e2 ) = 1. a6. O enunciado do an´logo para R3 do exerc´ anterior ´ o seguinte: Seja f : R3 × a ıcio eR × R → R uma fun¸˜o que associa a cada terno (u, v, w) de vetores em R3 o 3 3 can´mero f (u, v, w) de modo a valerem as condi¸˜es seguintes, para quaisquer u, v, w ∈ u co 3R e α ∈ R: 1. f (v, u, w) = −f(u, v, w) e f(u, w, v) = −f (u, v, w). 2. f (u + u , v, w) = f (u, v, w) + f (u , v, w). 3. f (αu, v, w) = α · f (u, v, w). 30
  • 31. De 1. resulta que f (u, v, w) = −f (w, v, u), logo f (u, v, w) muda de sinal quandose permutam duas quaisquer de suas vari´veis. De 1. resulta ainda que a linearidade ade f em rela¸˜o a primeira vari´vel, expressa pelas condi¸˜es 2. e 3., vale tamb´m ca ` a co epara a segunda e para a terceira vari´veis. Diz-se ent˜o que f ´ uma fun¸˜o trilinear. a a e caExprime-se a condi¸˜o 1. dizendo que a fun¸˜o trilinear f ´ alternada. Segue-se de ca ca e1. que f (u, u, w) = f(u, v, v) = f(u, v, u) = 0. O enunciado an´logo do exerc´ 5) para R3 ´ o seguinte: se f : R3 ×R3 ×R3 → R a ıcio e´ uma fun¸˜o trilinear alternada tal que f (e1 , e2 , e3 ) = 1 ent˜o, para u, v, w ∈ R3e ca aquaisquer, o valor f (u, v, w) ´ o determinante da matriz cujas linhas (ou colunas) es˜o os vetores u, v, w. a Para provar esta afirma¸˜o sejam u = (a1 , b1 , c1 ) = a1 e1 + b1 e2 + c1 e3 , v = ca(a2 , b2 , c2 ) = a2 e1 + b2 e2 + c2 e3 e w = (a3 , b3 , c3 ) = a3 e1 + b3 a2 + c3 e3 . A linearidadede f em rela¸˜o a cada uma de suas vari´veis nos d´, sucessivamente: ca a a f(u, v, w) = f(a1 e1 + b1 e2 + c1 e3 , v, w) = = a1 · f (e1 , v, w) + b1 · f (e2 , v, w) + c1 · f (e3 , v, w), (*) f(e1 , v, w) = f(e1 , a2 e1 + b2 e2 + c2 e3 , w) = = a2 · f (e1 , e1 , w) + b2 · f (e1 , e3 , w) + c2 · f (e1 , e3 , w) = = b2 · f (e1 , e2 , w) + c2 · f(e1 , e3 , w), f(e1 , e2 , w) = f(e1 , e2 , a3 e1 + b3 e2 + c3 e3 ) = = a3 · f (e1 , e2 , e1 ) + b3 · f (e1 , e2 , e2 ) + c3 · f(e1 , e2 , e3 ) = c3 . De modo inteiramente an´logo se vˆ que a e f (e1 , e3 , w) = b3 · f (e1 , e3 , e2 ) = −b3 · f(e1 , e2 , e3 ) = −b3 .Por conseguinte f (e1 , v, w) = b2 c3 − b3 c2 . O mesmo argumento nos d´ f (e1 , v, w) = aa3 c2 − a2 c3 e f (e3 , v, w) = a2 b3 − a3 b2 . Pela igualdade (*), tem-se portanto f (u, v, w) = a1 b2 c3 − a1 b3 c2 + a3 b1 c2 − a1 b1 c3 + a2 b3 c1 − a3 b2 c1logo f (u, v, w) ´ o determinante da matrix 3 × 3 cujas linhas s˜o os vetores u, v e w. e a7. A verifica¸˜o de que m2 = I2 ´ imediata. Em seguida observamos que se ca ep = αm + βI2 ent˜o p = α I2 + 2αβm + β 2 I2 = (α2 + β 2 )I2 + 2αβm. Para termos a 2 2p = p = 0, basta tomar α = β = 1/2, logo p = 1 (m + I2 ). De p2 = p vem 2 2p2 − p = 0, ou seja p(p − I2 ) = 0. A matriz q = p − I2 cumpre pq = qp = 0. 31
  • 32. Note-se que, como m = I2 , tem-se p = I2 logo q = 0. Al´m disso, como m = −I2 , e 1/5 2/5tem-se tamb´m p = 0. Finalmente, no caso proposto, ´ p = e e e q = 2/5 4/5 4/5 −2/5 . −2/5 1/58. As 4 equa¸˜es que constam dos dois sistemas propostos dizem que mm−1 = I2 . coResolvendo-os, obtemos facilmente b2 a2 −b1 a1 x1 = , x2 = , y1 = , y2 = a1 b2 − a2 b1 a1 b2 − a2 b1 a1 b2 − a2 b1 a1 b2 − a2 b1e estes s˜o os elementos a da matriz inversa m−1 .   x1 y1 z19. Seja m = x2 y2 −1 z2 . A igualdade m · m−1 = I3 significa que x3 y3 z3 a1 x1 + b1 x2 + c1 x3 = 1 a1 y1 + b1 y2 + c1 y3 = 0 a1 z1 + b1 z2 + c1 z3 = 0 a2 x1 + b2 x2 + c2 x3 = 0 a2 y1 + b2 y2 + c2 y3 = 1 a2 z1 + b2 z2 + c2 z3 = 0 a3 x1 + b3 x2 + c3 x3 = 0 a3 y1 + b3 y2 + c3 y3 = 0 a3 z1 + b3 z2 + c3 z3 = 0,portanto os elementos da matriz inversa m−1 s˜o as nove solu¸˜es desses trˆs sistemas a co elineares. Chamemos de a = (a1 , a2 , a3 ), b = (b1 , b2 , b3 ) e c = (c1 , c2 , c3 ) as colunas damatriz m. A Regra de Cramer nos d´ x1 = det[e1 , b, c]/∆, x2 = det[a, e1 , c]/∆, x3 = adet[a, b, e1 ]/∆. Ora, ´ claro que det[e1 , b, c] = A1 , det[a, e1 , c] = −B1 e det[a, b, e1 ] = eC1 . Portanto a primeira coluna da matriz m−1 ´ formada por x1 = A1 /∆, x2 = e−B1 /∆ e x3 = C1 /∆. As demais colunas s˜o obtidas de modo an´logo. a a10. Para calcular um determinante 2 × 2 s˜o necess´rias 2 multiplica¸˜es e 1 adi¸˜o. a a co caPara um determinante 3 × 3, usando Laplace, s˜o 9 multiplica¸˜es e 5 adi¸˜es. A a co coRegra de Cramer requer 4 determinantes (36 multiplica¸˜es e 20 adi¸˜es) e depois co comais 3 divis˜es. Total: 39 multiplica¸˜es ou divis˜es mais 20 adi¸˜es. (Usando o co o codiretamente a defini¸˜o de determinante 3 × 3, o custo de calcular cada um passa capara 12 multiplica¸˜es e 5 adi¸˜es.) co co Se usarmos a f´rmula dada no exerc´ anterior, o do c´lculo de m−1 inclui 9 o ıcio adeterminantes 2 × 2, 2 determinantes 3 × 3 e uma divis˜o. Total: 98 multiplica¸˜es a co −1ou divis˜es e 49 adi¸˜es. O produto m · d envolve 9 multiplica¸˜es e 6 adi¸˜es. Ao o co co co −1todo, a solu¸˜o x = m · d custa 107 multiplica¸˜es ou divis˜es mais 54 adi¸˜es. ca co o co 32
  • 33. Finalmente, o processo de elimina¸˜o custa 19 multiplica¸˜es ou divis˜es mais ca co o14 adi¸˜es. co Estas estimativas deixam claro qual m´todo ´ prefer´vel sob o ponto de vista e e ıcomputacional. Deve-se enfatizar que a discrepˆncia aumenta assustadoramente apara sistemas n × n ` medida que n cresce. a a1 b111. Seja m = . Dizer que as linhas de m s˜o vetores ortogonais de a a2 b2comprimento 1 significa afirmar que valem as igualdades a1 a2 + b1 b2 = 0, a2 + b2 = 1 1 1e a2 + b2 = 1. Levando em conta que 2 2 a1 b1 a1 a2 a 2 + b2 1 1 a1 a2 + b1 b2 m·m = = = m ·m, a2 b2 b1 b2 a1 a2 + b1 b2 a2 + b2 2 2vemos que tais igualdades significam precisamente que m·m = I2 e que m ·m = I2 ,logo m−1 = m . O mesmo se verifica para matrizes 3×3 ou, em geral, n×n. Tamb´m e´ equivalente dizer que as colunas de m s˜o 2 a 2 ortogonais, de comprimento 1.e a   a1 b1 c112. Seja m = αa1 αb1 αc1 , com a1 = 0. Ent˜o, escrevendo m = b1 /a1 e a βa1 βb1 βc1n = c1 /a1 , temos que a segunda e a terceira colunas de m s˜o respectivamente aiguais a m vezes e a n vezes a primeira.13. Em primeiro lugar se m = 0 tem esta forma, digamos com a1 b1 = 0, ent˜o, apondo α = a2 /a1 e β = a3 /a1 , vemos que sua segunda e terceira linhas s˜o respecti- avamente iguais a α vezes e a β vezes a primeira, logo m tem posto 1. Reciprocamente,se m tem posto 1, digamos com a1 = 0, ent˜o ´ da forma a e   a1 a2 a3 m = αa1 αa2 αa3  βa1 βa2 βa3 Pondo b1 = 1, b2 = α e b3 = β, vemos que m se escreve como   a1 b1 a2 b1 a3 b1 m = a1 b2 a2 b2 a3 b2  . a1 b3 a2 b3 a3 b3 33
  • 34. 14. Seja m uma matriz de posto 2 com as duas primeiras linhas linearmente inde-pendentes. Ent˜o a   a1 b1 c1 m= a2 b2 c2  αa1 + βa2 αbi + βb2 αc1 + βc2 Como as duas primeiras linhas s˜o linearmente independentes, podemos supor aque a1 b2 −a2 b1 = 0, logo existem n´meros x, y tais que a1 x+b1 y = c1 e a2 x+b2 y = c2 . uSegue-se da´ que (αa1 + βa2 )x + (αb1 + βb2 )y = αc1 + βc2 , portanto a terceira coluna ıde m ´ combina¸˜o linear das duas primeiras. Al´m disso, ´ claro que as duas e ca e eprimeiras colunas de m s˜o linearmente independentes, j´ que a1 b2 − a2 b1 = 0. a a15. Seja m uma matriz 3 × 3 de posto 3, isto ´, suas linhas s˜o linearmente inde- e apendentes. Em particular, m = 0. Se uma coluna v de m fosse combina¸˜o linear cadas outras duas ent˜o v, considerada como linha de m , seria combina¸˜o linear das a caoutras linhas de m , isto ´, das outras colunas de m, uma contradi¸˜o. e ca16. Se as trˆs linhas de uma matriz m do tipo 3 × 4, s˜o linearmente independentes e aent˜o, com maior raz˜o, desprezando a ultima coluna de m, obtemos uma matriz a a ´m , do tipo 3 × 3, cujas linhas s˜o tamb´m independentes, logo o mesmo ocorre a ecom suas 3 colunas (que s˜o as 3 primeiras colunas de m) pelo exerc´ anterior. A a ıcioquarta coluna de m pode ser considerada como o segundo membro de um sistemalinear 3 × 3, que possui (uma unica) solu¸˜o, logo ela ´ combina¸˜o linear das trˆs ´ ca e ca eprimeiras.17. Basta observar que, sendo o posto de uma matriz 3 × 3 o n´mero m´ximo u ade suas colunas linearmente independentes, ao acrescentar-lhe mais uma coluna essen´mero se mant´m (ou seja, n˜o aumenta) se, e somente se, esta coluna acrescentada u e a´ combina¸˜o linear das outras, ou seja, o sistema possui solu¸˜o.e ca ca18. A afirma¸˜o a) resulta de uma verifica¸˜o imediata, a partir da defini¸˜o. A ca ca caprova de b) j´ est´ contida em seu pr´prio enunciado. Quanto a c), basta observar a a oque u × v, u = det(u, v, u), u × v, v = det(u, v, v) e que o determinante de umamatriz que tem duas linhas iguais ´ zero. Para provar d), notamos inicialmente que ea igualdade u×(ku) = 0 ´ ´bvia. Reciprocamente, se u = (a1 , b1 , c1 ) e v = (a2 , b2 , c2 ) eos˜o tais que u × v = 0, ou seja, b1 c2 − b2 c1 = a2 c1 − a1 c2 = a1 b2 − a2 b1 = 0 ent˜o, a asupondo u = 0, (pois o caso u = 0 ´ trivial) podemos admitir a1 = 0 e ent˜o tomamos e ak = a2 /a1 . As trˆs igualdades acima nos d˜o b2 = kb1 e c2 = kc1 , logo v = k · u e os e a 34
  • 35. vetores u, v s˜o portanto colineares. A afirma¸˜o e) consiste em trˆs igualdades. A a ca eprimeira delas ´ um caso particular de b), com w = u × v. A segunda foi provada no efinal da se¸˜o 5, quando se exprimiu o volume de um paralelep´ ca ıpedo por meio de umdeterminante e a terceira igualdade ´ v´lida porque o volume de um paralelep´ e a ıpedo ´eo produto de sua altura pela area da base e, como foi visto em c), |u × v| ´ a altura. ´ eQuanto a f), a primeira igualdade resulta de cancelar o fator |u × v| na rela¸˜o ca 2|u×v| = |u×v|· ´rea[u, v]. (Note que se u×v = 0, n˜o h´ o que provar.) A segunda a a a u, u u, vigualdade em f) decorre de ser (´rea [u, v])2 = det a = |u|2 |v|2 − u, v 2 , u, v v, vcomo se viu na se¸˜o 5. A afirma¸˜o g) ´ meramente a express˜o, por meio de ca ca e a 2 2 2 2coordenadas, da igualdade |u × v| = |u| |v| − u, v . Finalmente, h) ´ uma e 2 2 2 2interessante interpreta¸˜o geom´trica da igualdade |u × v| = α + β + γ , onde ca eu × v = (α, β, γ). 0 1 x z 1 019. A igualdade mp = I2 , ou seja = , significa que 2 3 y w 0 1 y =1 w =0 e . 2x + 3y =0 2z + 3w =1Resolvendo estes sistemas, obtemos x = −3/2, y = 1, z = 1/2 e w = 0. Portanto, −3/2 1/2 p= . 1 0     a1 b1 c1 x1 y1 z120. Sejam m =  a2 b2 c2  e p = x2 y2 z2 . Ent˜o a αa2 αb2 αc2 x3 y3 z3   a1 x1 + b1 x2 + c1 x3 a1 y1 + b1 y2 + c1 y3 a1 z1 + b1 z2 + c1 z3 mp =  a2 x1 + b2 x2 + c2 x3 a2 y1 + b2 y2 + c2 y3 a2 z1 + b2 z2 + c2 z3  αa2 x1 + αb2 x2 + αc2 x3 αa2 y1 + αb2 y2 + αc2 y3 αa2 z1 + αb2 z2 + αc2 z3mostrando assim que a terceira linha de mp ´ igual a segunda linha vezes α. Por- e `tanto, n˜o importa qual seja a matriz p, o produto mp nunca pode ser igual a I3 , aou seja, m n˜o possui inversa. a   a1 b1 c121. Se, por exemplo, na matriz m = a2 b2 c2  tivermos a3 = αa1 + βa2 , a3 b3 c3b3 = αb1 + βb2 e c3 = αc1 + βc2 ent˜o, para qualquer matriz p como na solu¸˜o a ca 35
  • 36. de 20), acima, a terceira linha do produto mp ser´ igual a α vezes a primeira mais aβ vezes a segunda. Novamente, da´ resulta que mp n˜o pode ser igual a I3 pois a ı aterceira linha de I3 ´ (0, 0, 1), a qual n˜o ´ combina¸˜o linear de (1, 0, 0) e (0, 1, 0). e a e ca22. Calculando os determinantes, vemos que         1 3 3 1 3 3 2 1 1 1 2 3det2 1 1 = −5, det2 1 1 = 0, det−1 2 3 = −2, det4 5 6 = −32, 2 2 3 1 8 8 3 4 5 7 8 8 Portanto apenas a segunda dessas matrizes possui uma linha que ´ combina¸˜o e calinear das outras duas. Explicitamente, se escrevermos (1, 8, 8) = α(1, 3, 3) +β(2, 1, 1), seremos conduzidos `s equa¸˜es α + 2β = 1, 3α + β = 8 e 3α + β = 8, a co   1 3 3logo α = 3 e β = −1. Assim, a terceira linha da matriz 2 1 1 ´ igual a 3 vezes e 1 8 8a primeira menos a segunda.23. Tome um sistema de coordenadas do qual O ´ a origem e os pontos A, eB e C est˜o sobre os eixos, de modo que O = (0, 0, 0), A = (a, 0, 0), B = a(0, b, 0) e C = (0, 0, c). Ent˜o area(OAB) = ab , ´rea(OAC) = ac e ´rea(OBC) = a ´ 2 a 2 abc 1 2 , portanto a soma dos quadrados dessas trˆs ´reas ´ igual a 4 (a2 b2 + a2 c2 + e a e −→ −→b2 c2 ). Por outro lado, u = AB = (−a, b, 0) e v = AC = (−a, 0, c), portanto u, u = a2 + b2 , u, v = a2 e v, v = a2 + c2 . Ent˜o (´rea ABC)2 = 1 · a a 4 2 2 2 u, u u, v 1 a +b a 1det = 4 det = 4 (a2 b2 + a2 c2 + b2 c2 ), ou seja, u, v v, v a2 a2 + c2(´rea ABC)2 = (´rea OAB)2 + (´rea OAC)2 + (´rea OBC)2 . (Nota: o quadrado a a a ada area de um triˆngulo ´ 1/4 do quadrado da area do paralelogramo no qual dois ´ a e ´lados consecutivos s˜o lados desse triˆngulo.) a a24. No exerc´ ıcio anterior sejam a = 3, b = 4 e c = 5. O quadrado da area ´ 1 2 2 2 2 2 2 1procurada ´ 4 (a b + a c + b c ) = 4 (144 + 225 + 400) = 192, 25. A area ´ ent˜o e ´ e a √igual a 192, 25 = 13, 8654, aproximadamente.25. O paralelogramo ABDC, base do tronco de prisma reto, ´ um retˆngulo pois, e a 2 2 2como 6 + 8 = 10 , os lados AB e AC formam com a diagonal BC com triˆngulo aretˆngulo. Tomamos um sistema de coordenadas no qual A = (0, 0, 0), B = (6, 0, 0) ae C = (0, 8, 0). Ent˜o as extremidades das arestas AA , BB e CC s˜o A = (0, 0, 2), a aB = (6, 0, 5) e C = (0, 8, 7). O quarto v´rtice da base ´ D = (6, 8, 0) e a quarta e e 36
  • 37. aresta vertical ´ DD , onde D = (6, 8, 10) pois a face superior do prisma ´ A B D C , e e −→ −→ −→ −→ −→ −→com A D = A B + A C + A C . Sendo A B = (6, 0, 3) e A C = (0, 8, 5), tem-se −→ −→A D = (6, 8, 8), logo D = A + A D = (6, 8, 10). A superf´ do tronco de prisma ıcie´ formada pelos trap´zios BOD B , OCC D , ACC A , AA B B, pelo retˆnguloe e aABDC e pelo paralelogramo A B D C . Todos os trap´zios tˆm um angulo reto, e e ˆo que torna f´cil usar a f´rmula “semi-soma das bases vezes a altura”. A area do a o ´ −→ −→paralelogramo se calcula usando a matriz de Gram dos vetores u = A C e v = A C . Portanto a area da superf´ do tronco de prisma ´ a soma das seis parcelas ´ ıcie eseguintes: 5 + 10 area (ABDC) = 8 × 6 = 48, ´rea (BDD B ) = ´ a × 8 = 60, 2 10 + 7 2+7 area (DCC D ) = ´ × 6 = 51, ´rea (ACC A ) = a × 8 = 36, 2 2 2+5 area (AA B B) = ´ × 6 = 21, ´rea (A B D C ) = det g(u, v) = 61, 48 a 2 u, u u, v 45 15pois g(u, v) = = , logo det g(u, v) = 3780. u, v v, v 15 89 Efetuando a soma das seis parcelas, obtemos a resposta do problema, que ´ e277,48.26. Para resolver este problema, em vez de partir do triˆngulo ABC e procurar o aponto O, come¸amos com um sistema de coordenadas com origem O e procuramos csobre os eixos pontos A = (x, 0, 0), B = (0, y, 0) e C = (0, 0, z) tais que o triˆngulo aA B C tenha lados a, b, c iguais aos de ABC portanto seja congruente a ele. Ent˜o aos n´meros positivos procurados x, y, z devem ser tais que x2 + y 2 = b2 , x2 + y 2 = c2 ue y 2 + z 2 = a2 . Este sistema, que se resolve somando as trˆs equa¸˜es e depois e cosubtraindo sucessivamente o dobro de cada uma delas desta soma, nos d´ x2 = a 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2(b + c − a )/2, y = (a + c − b )/2 e z = (a + b − c )/2 e da´ obtemos x, y e ız. Note que, como o triˆngulo ABC ´ acutˆngulo, a lei dos cossenos nos assegura a e a 2 2 2 2 2 2 2 2 2que b + c − a , a + c − b e a + b − c s˜o n´ meros positivos, logo existem suas a ura´ quadradas x, y e z. ızes 37
  • 38. Exerc´ ıcios adicionaise) Em cada faixa de venda, devemos ter ax − p = b(x − q) = bx − bq, para todo x. pOu seja: b = a e q = a · Assim: — At´ 8800: b = 0, q arbitr´rio e a — De 8800 a 17160: 38