1. O ponto (16, 6) pertence à reta r porque 16 - 3k = -2, ou seja, 3k = 18 e k = 6. O ponto (1997, 666) está abaixo da reta r.
2. Se a = 0 e b = 0, a reta coincide com um dos eixos. Se ambos forem zero, qualquer reta que passe pela origem resolve o problema.
3. As coordenadas do ponto P são iguais às coordenadas dos pontos das outras medianas, logo P está nas três medianas.
- Conceitos primitivos sobre: ponto, reta e plano;
- Sistema cartesiano ortogonal;
- Distância entre dois pontos;
- Ponto médio;
- Condição de alinhamento entre pontos;
- Área do triângulo e baricentro;
- Equação geral e reduzida da reta;
- Inclinação e coeficiente angular de uma reta;
- Cálculo do coeficiente angular;
- Equação da reta que passa por um ponto;
- Posição relativa entre duas retas;
- Atividades.
- Conceitos primitivos sobre: ponto, reta e plano;
- Sistema cartesiano ortogonal;
- Distância entre dois pontos;
- Ponto médio;
- Condição de alinhamento entre pontos;
- Área do triângulo e baricentro;
- Equação geral e reduzida da reta;
- Inclinação e coeficiente angular de uma reta;
- Cálculo do coeficiente angular;
- Equação da reta que passa por um ponto;
- Posição relativa entre duas retas;
- Atividades.
Alguns exercícios de Geometria Analítica (Posição relativa entre retas e planos) resolvidos.
Em caso de dúvidas/sugestões e relato de erros, enviar e-mail para rodrigo.silva92@aluno.ufabc.edu.br
Alguns exercícios de Geometria Analítica resolvidos (cônicas: elipse e hipérbole).
Em caso de dúvidas/sugestões e relato de erros, enviar e-mail para rodrigo.silva92@aluno.ufabc.edu.br
Alguns exercícios de Geometria Analítica (Posição relativa entre retas e planos) resolvidos.
Em caso de dúvidas/sugestões e relato de erros, enviar e-mail para rodrigo.silva92@aluno.ufabc.edu.br
Alguns exercícios de Geometria Analítica resolvidos (cônicas: elipse e hipérbole).
Em caso de dúvidas/sugestões e relato de erros, enviar e-mail para rodrigo.silva92@aluno.ufabc.edu.br
Sequência Didática - Cordel para Ensino Fundamental ILetras Mágicas
Sequência didática para trabalhar o gênero literário CORDEL, a sugestão traz o trabalho com verbos, mas pode ser adequado com base a sua realidade, retirar dos textos palavras que iniciam com R ou pintar as palavras dissílabas ...
Slides Lição 9, Central Gospel, As Bodas Do Cordeiro, 1Tr24.pptxLuizHenriquedeAlmeid6
Slideshare Lição 9, Central Gospel, As Bodas Do Cordeiro, 1Tr24, Pr Henrique, EBD NA TV, Revista ano 11, nº 1, Revista Estudo Bíblico Jovens E Adultos, Central Gospel, 2º Trimestre de 2024, Professor, Tema, Os Grandes Temas Do Fim, Comentarista, Pr. Joá Caitano, estudantes, professores, Ervália, MG, Imperatriz, MA, Cajamar, SP, estudos bíblicos, gospel, DEUS, ESPÍRITO SANTO, JESUS CRISTO, Com. Extra Pr. Luiz Henrique, 99-99152-0454, Canal YouTube, Henriquelhas, @PrHenrique
Slides Lição 9, Betel, Ordenança para uma vida de santificação, 2Tr24.pptxLuizHenriquedeAlmeid6
Slideshare Lição 9, Betel, Ordenança para uma vida de santificação, 2Tr24, Pr Henrique, EBD NA TV, 2° TRIMESTRE DE 2024, ADULTOS, EDITORA BETEL, TEMA, ORDENANÇAS BÍBLICAS, Doutrina Fundamentais Imperativas aos Cristãos para uma vida bem-sucedida e de Comunhão com DEUS, estudantes, professores, Ervália, MG, Imperatriz, MA, Cajamar, SP, estudos bíblicos, gospel, DEUS, ESPÍRITO SANTO, JESUS CRISTO, Comentários, Bispo Abner Ferreira, Com. Extra Pr. Luiz Henrique, 99-99152-0454, Canal YouTube, Henriquelhas, @PrHenrique
regulamento de uniformes do colegio da policia militar do estado do tocantins regulamento de uniformes do colegio da policia militar do estado do tocantins regulamento de uniformes do colegio da policia militar do estado do tocantins regulamento de uniformes do colegio da policia militar do estado do tocantins regulamento de uniformes do colegio da policia militar do estado do tocantins regulamento de uniformes do colegio da policia militar do estado do tocantins regulamento de uniformes do colegio da policia militar do estado do tocantins
Livro de conscientização acerca do autismo, através de uma experiência pessoal.
O autismo não limita as pessoas. Mas o preconceito sim, ele limita a forma com que as vemos e o que achamos que elas são capazes. - Letícia Butterfield.
Na sequência das Eleições Europeias realizadas em 26 de maio de 2019, Portugal elegeu 21 eurodeputados ao Parlamento Europeu para um mandato de cinco ano (2019-2024).
Desde essa data, alguns eurodeputados saíram e foram substituídos, pelo que esta é a nova lista atualizada em maio de 2024.
Para mais informações, consulte o dossiê temático Eleições Europeias no portal Eurocid:
https://eurocid.mne.gov.pt/eleicoes-europeias
Autor: Centro de Informação Europeia Jacques Delors
Fonte: https://infoeuropa.mne.gov.pt/Nyron/Library/Catalog/winlibimg.aspx?doc=52295&img=11583
Data de conceção: maio 2019.
Data de atualização: maio 2024.
PowerPoint Folha de cálculo Excel 5 e 6 anos do ensino básico
Mat em geometria sol vol3 cap1_4
1. A Matem´tica do Ensino M´dio, volume 3
a e
SOLUCOES DOS EXERC´
¸˜ ICIOS
CAP´
ITULO 1
3−2
1. A inclina¸˜o da reta r ´ a =
ca e = 1/3. Como ela passsa pelo ponto (4, 2), sua
7−4
1 x 2
equa¸˜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,
e
donde k = 6.
1997 + 2 1
b) O ponto de r com abcissa 1997 tem ordenada y = = 666 , logo o
3 3
ponto (1997, 666) est´ abaixo de r.
a
0−b
2. A inclina¸˜o desssa reta ´
ca e = −b/a. Ela passa pelo ponto (a, 0). Logo, sua
a−0
b b
equa¸˜o ´ y = 0 − (x − a) = − x + b, ou ent˜o bx + ay = ab. Usualmente, esta
ca e a
a a
x y
equa¸˜o ´ escrita sob a forma + = 1. Evidentemente, estamos supondo a = 0
ca e
a b
e b = 0. Se um destes dois n´meros ´ zero, a reta coincide com um dos eixos. Se
u e
ambos forem zero, qualquer reta que passe pela origem resolve o problema.
1 1 1
3. As coordenadas do ponto P = (x, y) s˜o x = 1 −
a a+ b e y = 1 − a+
3 3 3
1
b , ou seja, x = (2a + b)/3 e y = (2a + b )/3.
3
4. 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+c
que 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 +c
e 1− + a = , logo P = , . Se cal-
3 2 3 3 3 3
cularmos as coordenadas dos pontos das outras medianas que as dividem na mesma
raz˜o encontraremos que esses pontos coincidem com P . Logo P est´ nas trˆs
a a e
medianas.
5. Admitindo que os v´rtices A, B, C e D = (x, y) s˜o enumerados consecuti-
e a
vamente, 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 +y
coincidem. Temos ent˜o
a = e = · Da´ vem x = a + c − b e
ı
2 2 2 2
y = a + c − b . Estas s˜o as coordenadas do quarto v´rtice D.
a e
6. Escolhendo os eixos de modo que A = (0, 0) e B = (b, 0), os outros dois v´rtices
e
do paralelogramo ABCD s˜o C = (c, c ) e D = (d, c ). Como AD e BC tˆm a mesma
a e
inclina¸˜o, temos c /d = c /(c − b), donde c = b + d. As coordenadas do ponto m´dio
ca e
da diagonal AC s˜o c/2 e c /2, enquanto as da diagonal BD s˜o (b + d)/2 e c /2.
a a
Logo esses pontos m´dios coincidem.
e
Reciprocamente, se os pontos m´dios das diagonais coincidem ent˜o c = b + d e
e a
c = d , logo o segmento CD ´ horizontal (portanto paralelo a AB) e, como c−b = d,
e
BC e AD tˆm inclina¸˜es iguais, portanto s˜o paralelos e o quadril´tero ABCD ´
e co a a e
um paralelogramo.
7. Dado o triˆngulo ABC, tome um sistema de coordenadas no qual A = (0, 0),
a
B = (b, 0) e C = (c, c ). Os pontos m´dios de AC e BC s˜o respectivamente
e a
c c b+c c
M= , eN = , . M e N tˆm ordenadas iguais, logo M N ´ paralelo
e e
2 2 2 2
ao eixo das abcissas, isto ´, a AB. Al´m disso, ´ claro que M N = |b|/2 = AB/2.
e e e
8. Dado o trap´zio ABCD, no qual os lados paralelos s˜o AB e CD, tome um
e a
sistema de eixos de modo que A = (0, 0), B = (b, 0), C = (c, c ) e D = (d, c ).
d c
Os 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 2
comprimentos dos lados paralelos s˜o AB = b, CD = c − d enquanto o segmento
a
M 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 ),
a
sejam M , N , P , Q respectivamente os pontos m´dios dos lados AB, BC, CD e DA.
e
As 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 +d
m´dios concidem pois suas coordenadas s˜o
e a , · Logo
2 2
M NP Q ´ um paralelogramo.
e
10. Escolhe-se um sistema de coordenadas no qual A ´ a origem e AB est´ sobre o
e a
eixo das abcissas. Ent˜o A = (0, 0), B = (b, 0), C = (b + d, c) e D = (d, c). Logo
a
2 2 2 2
AB + BC + CD + DA = b2 + (d2 + c2 ) + b2 + (d2 + c2 ) = 2(b2 + c2 + d2 ). Esta ´ e
a 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,
e
portanto o lugar geom´trico ´ uma reta.
e e
12. A equa¸˜o procurada ´ y 2 = x2 +(y −2)2 . Simplificando, tem-se x2 −4y +4 = 0,
ca e
x2
ou ainda, y = + 1. (Equa¸˜o de uma par´bola.)
ca a
4
13. Um sistema de coordenadas que simplifica as contas e trata igualmente os pontos
A e B ´ aquele em que A = (−a, 0) e B = (a, 0). O ponto P = (x, y) pertence ao
e
lugar geom´trico procurado se, e somente se, (x + a)2 + y 2 + (x − a)2 + y 2 = k 2 , ou
e
k2
seja (simplificando): x2 + y 2 = − a2 . (Note que d(A, B) = 2a.) Se k 2 < 2a2 , o
2
lugar 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 ,
e
o lugar geom´trico ´ a circunferˆncia cujo centro ´ o ponto m´dio do segmento AB
e √e e e e
e 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 e
rado ´ (x + a) + y − (x − a) − y = k , ou seja, 4ax = k , ou ainda, x = k 2 /4a. O
e 2 2 2 2 2 2
lugar geom´trico procurado ´, portanto, uma reta perpendicular ao segmento AB.
e e
O problema tem solu¸˜o seja qual for o valor de k.
ca
15. 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 e
is´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 o
e ˆ ca e
o
angulo AOB ´ agudo (contido no 1¯ quadrante) ele ´ o menor ˆngulo formado pelas
ˆ e e a
duas 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
2
17. 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 4
M descreve a circunferˆncia de centro na origem e raio /2.
e
18. 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 2
Portanto
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. 2
Logo d(O, P ) · d(O, Q) = (x2 + y 2 ). A condi¸˜o d(O, P ) · d(O, Q) = 4 significa
ca
x
2
ent˜o (x2 +y 2 ) = 4, ou seja, x2 +y 2 = 2x, ou ainda x2 −2x+y 2 = 0. Completando
a
x
o quadrado, isto se escreve como (x − 1)2 + y 2 − 1 = 0, isto ´, (x − 1)2 + y 2 = 1.
e
Portanto o lugar geom´trico procurado ´ a circunferˆncia de raio 1 com centro no
e e e
ponto 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 a
b(y/3) = c, donde ax + by = 3c. Esta ´ a equa¸˜o do lugar geom´trico dos pontos
e ca e
P , o qual ´, portanto, uma reta paralela a r.
e
2 5
20. Para que as retas dadas sejam paralelas, devemos ter = , donde k = 7, 5.
3 k
21. As retas 2x + 3y = 8 e 4x + 7y = 18 tˆm em comum o ponto (1, 2) pois x = 1,
e
y = 2 ´ a solu¸˜o do sistema formado pelas equa¸˜es que as representam. A fim de
e ca co
que a reta 5x + my = 3 contenha o ponto (1, 2), deve ser 5 · 1 + m · 2 = 3, donde
m = −1.
0−4 1+3 0+4
22. 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 1
passando por M. Sua equa¸˜o ´ y = 2 + (x − 2), ou seja, y = x + 1.
ca e
2 2
23. O ponto procurado ´ a interse¸˜o da reta x + 3y = −15 com a mediatriz do
e ca
1
segmento AB. Ora, a equa¸˜o da mediatriz ´ y = x + 1, como vimos acima.
ca e
2
Resolvendo 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.
a
24. 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 e
ponto A = (3, 4), logo sua equa¸˜o ´ 2x − y = 2. Resolvendo o sistema x + 2y = 1,
ca e
2x − 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).
e
25. A area do triˆngulo ABC ´ o valor absoluto da metade do determinante da
´ a e
3−1 7−1 2 6
matriz = , logo ´ igual a 7.
e
4−1 3−1 3 2
26. 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 escrevendo
α = 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). Assim
u + 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 −
a
2 2
25) = −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 a
Logo 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 +c
30. 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−a
v = MD = , e D = M +v = , . Por
2 2 2 2
a−a +c+c a+a −c+c
sua vez, B = M − v = , .
2 2
31. 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, a
e ca
qual tem a equa¸˜o 8x + 5y = 59. Resolvendo o sistema formado por essas duas
ca
equa¸˜es, encontramos x = 457/89, y = 319/89, que s˜o as coordenadas da proje¸˜o
co a ca
procurada.
32. Fazendo sucessivamente m = 0 e m = 1 na equa¸˜o dada, obtemos as retas
ca
y = 2 e x = −1, as quais tˆm o ponto P = (−1, 2) em comum. Uma substitui¸˜o
e ca
direta 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 a
e x + y = 3.
34. Escrevendo x + y − 3 + k(3x − y − 1) = (3k + 1)x + (1 − k)y − k − 3, vemos que
cada Rk ´ a reta de equa¸˜o (3k + 1)x + (1 − k)y = k + 3. Tomando sucessivamente
e ca
k = 0 e k = 1, obtemos as retas x + y = 3 e x = 1 respectivamente, as quais tˆm o e
ponto P = (1, 2) em comum. Vˆ-se imediatamente que P pertence a todas as retas
e
Rk . Reciprocamente, toda reta r que passa pelo ponto P = (1, 2) e tem inclina¸˜o ca
diferente de 3 (isto ´, n˜o ´ a reta 3x − y − 1 = 0) ´ da forma Rk para algum k. Com
e a e e
efeito, se r ´ vertical e cont´m P , sua equa¸˜o ´ x = 1, logo r = R1 . E se r, passando
e e ca e
por 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+3
m = 3. Por sua vez, se k = 1, a equa¸˜o de Rk se escreve como y =
ca x+ ·
k−1 1−k
Dada a reta r, de equa¸˜o y = mx+2−m com m = 3, tomando k = (1+m)/(m−3)
ca
temos (3k + 1)/(k − 1) = m e (k + 3)(1 − k) = 2 − m, logo r = Rk . Assim o conjunto
das Rk ´ formado por todas as retas que passam pelo ponto P = (1, 2), exceto a
e
reta 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 a
dos 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 ˆ
retas 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 a
conhecida f´rmula da tangente da diferen¸a.
o c
37. Pelo exerc´ anterior, com a = 1 e a = 1/3, temos tg θ = 1/2.
ıcio
38. A distˆncia de um ponto P = (x, y) a reta 8x + 6y = −5 ´ |8x + 6y + 5|/10.
a ` e
Portanto os pontos do plano que distam 5 dessa reta s˜o os pontos das retas 8x +
a
6y + 5 = 50 e −8x − 6y − 5 = 50, ou seja 8x + 6y = 45 e 8x + 6y = −55, as quais
cortam 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.
a
39. As retas procuradas passam pelo ponto (7, 4) e n˜o s˜o verticais, logo suas
a a
equa¸˜es s˜o da forma y = 4 + m(x − 7), ou seja, mx − y = 7m − 4. O angulo que
co a ˆ
m+3
uma delas forma com a reta x − 3y = 0 tem cosseno igual a ± √ √ · Como
10 1 + m2
6
7. √
◦
√ m+3 2 m2 + 6m + 9 1
cos 45 = 2/2, devemos ter √ √ =± donde = , ou
10 1 + m2 2 10 + 10m2 2
2
seja, 2m − 3m − 2 = 0. Esta equa¸˜o nos d´ m = 2 ou m = −1/2. Portanto as
ca a
retas procuradas s˜o y = 2x − 10 e x + 2y = 15.
a
40. 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 1
det = (3x + 1). Portanto, devemos ter 3x + 1 = 10 ou −3x − 1 = 10.
2 1 2
Assim, x = 3 ou x = −11/3. Os pontos procurados s˜o, por conseguinte P1 = (3, 6)
a
ou P2 = (−11/3, −22/3).
41. Sejam A = (−3, 0), B = (2, 0) e C = (0, 6). O ortocentro do triˆngulo ABC ´
a e
a interse¸˜o das 3 alturas. Uma delas ´ o eixo OY . Outra ´ a reta AD, que passa
ca e e
por 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 com
e ca e ca
3
a altura OY ´ o ponto em que x = 0, ou seja, −3y = −3, o que nos d´ y = −1.
e a
Portanto 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.
e
43. Sejam A = (10, 7), B = (2, −9), C = (−4, 9). O centro da circunferˆncia que
e
cont´m os pontos A, B e C ´ a interse¸˜o das mediatrizes AB e AC. Ora, a mediatriz
e e ca
de AB tem equa¸˜o x + 2y = 4 e a equa¸˜o da mediatriz de AC ´ 7x − y = 13. A
ca ca e
interse¸˜o das duas mediatrizes ´ o ponto P = (2, 1). O raio da circunferˆncia ´ a
ca e e e
distˆncia de P a qualquer dos pontos A, B ou C, logo ´ AD. A equa¸˜o pedida ´,
a e ca e
2 2
portanto (x − 2) + (y − 1) = 100.
44. Subtraindo a segunda equa¸˜o da primeira encontramos 3x + 6y = 0, ou
ca
seja, x = −2y. Portanto, os pontos comuns as duas circunferˆncias cumprem
` e
x = −2y. Fazendo esta substitui¸˜o em qualquer das duas equa¸˜es dadas, che-
ca co
2
gamos a condi¸˜o 5y −2y −3 = 0, que s´ ´ satisfeita para y = 1 ou y = −3/5. Como
` ca oe
x = −2y, conclu´ ımos que os pontos comuns as duas circunferˆncias s˜o P1 = (−2, 1)
` e a
e 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 2
ou seja, (1 + a )x − (4 + 2a)x + 4 = 0. Para que a reta y = ax seja tangente a
Γ, 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 = 0
e
´ ´bvia e o ponto de tangˆncia ´ (2, 0). A tangente y = 4x/3 toca Γ no ponto de
eo e e
3
sua interse¸˜o com a reta y = 1 − (x − 2) que lhe ´ perpendicular e passa pelo
ca e
4
centro (2, 1). Fazendo y = 4x/3 nesta ultima equa¸˜o, obtemos x = 6/5 e da´
´ ca ı
y = 4x/3 = 8/5. Portanto (6/5), 8/5) ´ o ponto de tangˆncia.
e e
46. Substituindo y por kx na equa¸˜o da circunferˆncia, temos (1 + k 2 )x2 − 20x +
ca e
36 = 0. Se y = kx ´ tangente, esta equa¸˜o tem uma s´ raiz real, o que significa
e ca o
2
144(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 e
x2 − 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 ca
qualquer das duas circunferˆncias.
e
50. Seja Q o ponto em que a tangente de origem P toca a circunferˆncia Γ, que tem
e
centro 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 2
e da´ d(P, Q) = d(A, P ) − R = potˆncia do ponto P em rela¸˜o a circunferˆncia
ı e ca ` e
Γ.
51. Sejam u = (a1 , a2 ) e v = (b1 , b2 ) os vetores que tˆm os n´ meros dados como
e u
coordenadas. Se um deles for zero, a desigualdade proposta ´ ´bvia. Caso contr´rio,
eo a
seja 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 significa
que os vetores u, v s˜o m´ltiplos um do outro, isto ´, v = tu, ou seja a1 = tb1 ,
a u e
a2 = tb2 para algum t real.
52. Considere um sistema de coordenadadas no qual o v´rtice do ˆngulo reto ´
e a e
A = (0, 0) e os outros dois v´rtices s˜o B = (b, 0) e C = (0, c). Os lados do triˆngulo
e a a
ABC s˜o tangentes a circunferˆncia inscrita, logo o centro da mesma ´ o ponto
a ` e e
P = (x, x) tal que a distˆncia d(P, BC) ´ igual a x. Como a equa¸˜o da reta BC ´
a e ca e
x y
+ = 1, tem-se
b 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)2
pois 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 ).
e
53. Isto ´ ´bvio geometricamente, pois o angulo entre as duas bissetrizes ´ a soma
eo ˆ e
das metades de dois angulos suplementares.
ˆ
Para resolver o problema analiticamente, tomamos um sistema de coordenadas
no qual a origem ´ o ponto de interse¸˜o das duas retas dadas, logo as equa¸˜es das
e ca co
mesmas s˜o ax + by = 0 e a x + b y = 0. Al´m disso, como ´ permitido multiplicar
a e e
cada uma dessas equa¸˜es por uma constante, podemos supor que a2 + b2 = 1 e
co
2 2
a + 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.
a
54. 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. Portanto
e 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 2
A = (α + β )(γ + δ ) − (αγ + βδ) = (αδ − βγ) , logo A = |αδ − βγ|. A area do´
1
triˆngulo 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 2
1. A equa¸˜o de um plano vertical Π ´ da forma ax + by = d. Como o plano
ca e
vertical Π cont´m os pontos (3, 0, 0) e (0, −1, 0), devemos ter 3a = d, −b = d e,
e
por 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 ter
e ca e
d = 3, portanto x − 3y = 3 ´ a equa¸˜o procurada.
e ca
2. A mudan¸a indicada corresponde a trocar y por z (e vice-versa). Um plano
c
horizontal, cuja equa¸˜o era z = constante, passa a ter equa¸˜o y = constante
ca ca
portanto ´ vertical. A afirma¸˜o (a) ´ correta. Um plano vertical, de equ¸a˜o
e ca e c a
ax+by = d, passa a ter equa¸˜o ax+bz = d, n˜o ´ horizontal nas novas coordenadas,
ca a e
a menos que se tenha a = 0. Logo (b) ´ falsa.
e
3. 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 Πxz
respectivamente 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 a
do tipo (2 − 2s, 1 + 2s, 5 − 4s). Num ponto comum a essas duas retas, devemos ter
2 − 2s = 3 − 4t, 1 + 2s = 5 − 6t e 5 − 4s = 2 + 2t, ou seja, 2s − 4t = −1, 2s + 6t = 4 e
4s + 2t = 3. As duas primeiras equa¸˜es d˜o s = 1/2 e t = 1/2, valores que tamb´m
co a e
satisfazem a terceira. Logo as duas retas tˆm em comum o ponto (1, 2, 3).
e
5. Como −1 − 3 = −4, −1 − 5 = −6 e 4 − 2 = 2, as equa¸˜es param´tricas pedidas
co e
s˜o x = 2 − 4t, y = 1 − 6t, z = 5 + 2t.
a
6. 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 − 2s
e 3 + t = −1 + 4s. Mas estas 3 equa¸˜es s˜o incompat´veis. Logo AB e CD n˜o tˆm
co a ı a e
pontos em comum. Do mesmo modo, vˆ-se que nenhum dos pares de retas AC e
e
BD, AD e BC tem ponto em comum. Portanto os pontos A, B, C e D n˜o podem a
estar no mesmo plano, logo as retas AB e CD tamb´m n˜o, isto ´, s˜o reversas.
e a e a
7. 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 =
a
d(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
a
da 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 ca
equivale a dizer que P ´ equidistante de A e C logo significa que os pontos P que a
e
satisfazem 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 eixo
OZ, isto ´, r = {(0, 0, z); z ∈ R}. A esfera S tem equa¸˜o (x−a)2 +(y−b)2 +(z−c)2 =
e ca
2
R , onde A = (a, b, c). Os pontos de r ∩ S tˆm coordenadas obtidas fazendo-
e
se x = y = 0 nesta equa¸˜o, o que d´ a + b + z 2 − 2zc + c2 = R2 , ou seja,
ca a 2 2
2 2 2
z − 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 cortam
no ponto C, formam dois angulos suplementares, θ e π −θ. O maior deles ´ o obtuso,
ˆ e
que 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 ı
o 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 .
a
13. A verifica¸˜o de que u, v = u, w = 0 ´ uma conta imediata. Observamos
ca e
que as proje¸˜es dos vetores v e w sobre o plano Πxy s˜o os vetores vxy = (α, β)
co a
e 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 a
coordenadas de u. Portanto tem-se u = 0 se, e somente se, as proje¸˜es de v e w
co
sobre cada um dos planos Πxy , Πxz e Πyz s˜o colineares, ou seja, v e w s˜o colineares.
a a
14. 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
e
lado, temos u, w = a2 ct + b2 ct − c/t. Lembrando que a2 + b2 = 1 − c2 , a fim
de que seja u, w = 0, devemos ter ent˜o (1 − c2 )ct = c/t. Admitindo abc = 0,
a
ou seja, a = 0, b = 0 e c = 0, tem-se tamb´m c2 = 1, logo podemos concluir
e
que, para ser u, w = 0, deve-se tomar t = 1/(1 − c2 ). Com essa escolha (essas
2
escolhas, 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 2
vˆ-se que bastaria admitir que c = 0 e que uma das coordenadas a ou b tamb´m
e e
fosse = 0. Sem esta hip´tese, o vetor u seria igual a ±e1 , ±e2 ou ±e3 . Neste caso,
o
n˜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
a
que AB e AP s˜o segmentos perpendiculares, portanto P pertence ao plano Π que
a
passa 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 u
reais s, t. Assim, o conjunto dos pontos A + sv + tw coincide com o plano que
cont´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 −
a
t(1 − z)). Para que P esteja no ponto Πxy , deve-se ter 1 − t(1 − z) = 0, ou seja,
13
14. x y x y
t = 1/(1 − z), o que d´ P =
a , , 0 , portanto x = ,y = · Em
1−z 1−z 1−z 1−z
seguida, 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
a
fim de que P perten¸a a esfera S, deve-se ter t a +t2 b2 +(1−t)2 = 1. Desenvolvendo
c ` 2 2
e simplificando, vem (a2 + b2 + 1)t2 − 2t = 0. Como P = N, t ´ diferente de zero,
e
2a 2b a2 + b2 − 1
portanto t = 2/(a2 + b2 + 1). Assim, P = 2 , 2 , 2 .
a + b2 + 1 a + b2 + 1 a + b2 + 1
17. Na equa¸˜o do plano, podemos multiplicar todos os coeficientes por um fator
ca
constante. Se o plano n˜o passa pela origem, sua equa¸˜o pode, portanto, ser escrita
a ca
sob 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 z
pc = 1, logo m = 1/a, n = 1/b e p = 1/c e a equa¸˜o procurada ´ + + = 1.
ca e
a b c
18. A fim de que uma reta seja perpendicular a um plano, basta que ela seja
ortogonal 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 a
solu¸˜o geral P = (x, x, −x). Em particular, P = (1, 1, −1) responde ao que foi
ca
pedido. A equa¸˜o do plano ´, portanto x + y − z = d. Para determinar d, usa-se o
ca e
fato de que A = (1, 1, 2) pertence a esse plano, o que nos d´ d = 0. Logo, a resposta
a
´ x + y − z = 0.
e
19. A equa¸˜o procurada tem a forma mx + ny + pz = q. Como os pontos
ca
A = (1, 1, 2), B = (1, 2, 3) e C = (−1, 2, 1) pertencem ao plano, suas coordenadas
satisfazem 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 e
x + y − z = 0.
20. Como as retas AB e CD s˜o paralelas, o ponto D pertence ao plano determinado
a
pelos pontos n˜o-colineares A, B e C. Esse plano cont´m as duas retas dadas e pode
a e
ser 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 e
ao 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 e
perpendicular a esse plano. A equa¸˜o de Π ´, portanto, da forma ax + by + cz = d.
ca e
Como A ∈ Π, temos d = a + b + c . Em suma: ax + by + cz = a2 + b2 + c2 ´ a
2 2 2
e
equa¸˜o de Π.
ca
23. 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 e
logo ´ perpendicular a esse plano.
e
−→
b) O baricentro do triˆngulo BCD ´ o ponto P , extremidade do vetor AP =
a e
1 −→ −→ −→
(AB + AC + AD). (Lembre que A ´ a origem do sistema de coordenadas.) Em
e
3
−→ 1 −→
termos de coordenadas, temos P = (1/3, 1/3, 1/3), logo AP = AA . Assim, P
3
pertence 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),
e
D = (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
ˆ
cos 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
e
A = (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
a
AC 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 2
reta AD pois cont´m a reta BC, que ´ paralela a AD. Logo, a distˆncia de √
e e a qualquer
ponto de AD ao plano (EBC) ´ a mesma. Tomemos o ponto A = (3 2, 0, 0).
e
Aplicando diretamente a f´rmula da distˆncia de um ponto a um plano, obtemos
o a
d(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
ca
reta rk ⊂ Πxy que ´ dada pela mesma equa¸˜o. Tomando k = 0 e k = 2, vemos que
e ca
r0 ´ a reta x + 2y = 3 e r2 ´ a reta x = 1. Temos r0 ∩ r2 = {(1, 1)} e ´ imediato que
e e e
o ponto (1,1) est´ contido em todas as retas rk . Logo todos os planos representados
a
pela equa¸˜o dada, para k ∈ R qualquer, contˆm a reta vertical x = y = 1. A reta
ca e
rk , cuja equa¸˜o em Πxy ´ x + 2y − 3 + k(3x − y − 2) = 0, passa pelo ponto (1,1) e
ca e
tem inclina¸˜o (1 + 3k)/(k − 2). (Podemos supor sempre k = 2 pois j´ sabemos que
ca a
r2 ´ a reta x = 1.) Como se vˆ facilmente, a fra¸˜o (1 + 3k)/(k − 2), quando k varia
e e ca
em R − {2}, assume todos os valores reais salvo 3. Portanto, quando se atribui a
k um valor real qualquer, a equa¸˜o originalmente dada representa qualquer plano
ca
vertical que contenha a reta vertical x = y = 1, exceto aquele que cont´m a reta
e
horizontal dada por 3x − y = 2, z = 0, pois esta ´ a reta em Πxy que passa por (1, 1)
e
com inclina¸˜o 3.
ca
34. Para todo k ∈ R, a equa¸˜o x − y + z − 1 + k(2x + y − 3z) = 0 representa
ca
um plano Πk , o qual (afirmamos) cont´m a reta r, de equa¸˜es param´tricas x = t,
e co e
y = (5t − 3)/2, z = (3t − 1)/2. Com efeito, as equa¸˜es dos planos Π1 e Π1/3
co
s˜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 ca
x = t como parˆmetro obtemos a reta r, portanto r ´ a interse¸˜o de Π1 com Π1/3 .
a e ca
Uma substitui¸˜o direta mostra que r est´ contida em todos os planos Πk , k ∈ R.
ca a
Mostraremos agora que, reciprocamente, todo plano Π, de equa¸˜o ax + by + cz = d,
ca
que contenha a reta r, ´ da forma Π = Πk para algum k, desde que Π n˜o seja o
e a
plano Π de equa¸˜o 2x + y − 3z = 0. Com efeito, como r ⊂ Π, o vetor w = (a, b, c) ´
ca e
ortogonal a r. Tamb´m s˜o ortogonais a r os vetores u = (1, −1, 1) e v = (2, 1, −3)
e a
pois os planos Π0 , de equa¸˜o x−y +z = 1, e Π , de equa¸˜o 2x+y −3z = 0, contˆm
ca ca e
a 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
1
tem-se ent˜o w = αu + βv. Se for α = 0 poderemos escrever
a · w = u + kv,
α
com k = β/α e ent˜o o plano Π, cuja equa¸˜o pode tamb´m ser escrita na forma
a ca e
a b c d
x + y + z = , ser´ igual a Πk , com k = β/α. Ora, α = 0 significa que o
a
α α α α
plano Π n˜o coincide com Π . Isto completa a solu¸˜o.
a ca
35. Lembremos que dois ou mais vetores se dizem linearmente dependentes quando
um deles ´ combina¸˜o linear dos demais. No plano Π que cont´m os 4 pontos dados,
e ca e
tomemos um sistema de coordenadas no qual A = (0, 0). Ent˜o as coordenadas dos
a
vetores u = (b, b ), v = (c, c ) e w = (d, d ) s˜o as mesmas dos pontos B, C e D,
a
nesta ordem. Se os 4 pontos forem colineares, os vetores u, v e w ser˜o m´ ltiplos uns
a u
dos outros, logo linearmente dependentes. Caso contr´rio, pelo menos dois desses
a
vetores, digamos u e v, ser˜o n˜o-colineares, o que significa que bc − cb = 0. Ent˜o
a a a
o 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
a
dependentes.
Em seguida, consideremos 4 vetores v1 , v2 , v3 e v4 no espa¸o tridimensional.
c
Se 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 a
α1 v1 +α2 v2 +0·v4 e os 4 vetores dados s˜o linearmente dependentes. Caso contr´rio,
a a
podemos 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
u
s˜o linearmente dependentes.
a
36. 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 e
regular. 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 a
ortogonais as suas faces, trˆs das quais est˜o contidas nos planos coordenados e a
` e a
quarta, contendo os pontos (1, 0, 0), (0, 2, 0) e (0, 0, 3), ´ parte do plano 6x+3y+2z =
e
6. Como esses raios tˆm o mesmo comprimento x, o centro da esfera ´ o ponto
e e
P = (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 + 4
o que nos d´ x = 2/3. Esta ´ a medida do raio da esfera.
a e
38. 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 e
perpendicular 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´ / ıamos
a uma contradi¸˜o. Logo O ∈ Π.
ca
39. Como o plano dado n˜o cont´m a origem, sua equa¸˜o pode ser escrita sob a
a e ca
forma 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 z
p = 1/c, logo a equa¸˜o procurada ´ + + = 1.
ca e
a b c
40. Considere dois pontos distintos A, B em X. Ent˜o a reta AB est´ contida em
a a
X. Se X possuir algum ponto C fora de AB, seja Π o plano (ABC). Dado qualquer
ponto P ∈ Π, se a reta CP n˜o for paralela a AB ent˜o P ∈ X pois, neste caso, CP
a a
cont´m C e o ponto CP ∩ AB, logo CP ⊂ X. Assim, X cont´m todos os pontos
e e
do plano Π salvo eventualmente aqueles que est˜o na reta r que passa por C e ´
a e
paralela a AB. Mas se Q ´ um ponto de r ent˜o, tomando pontos M e N em lados
e a
opostos de r, no plano Π, de modo que Q ∈ M N, conclu´ımos que Q ∈ X. Assim, X
cont´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 e
do espa¸o.
c
20
21. A Matem´tica do Ensino M´dio, volume 3
a e
SOLUCOES DOS EXERC´
¸˜ ICIOS
CAP´
ITULO 3
1. 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 =
ca
2a, isto ´: (a + 2b)x = a + 2b, portanto x = 1. Segue-se que y = −1 e z = 2.
e
2. Neste problema, admite-se tacitamente que A, B e C se deslocam com velocidades
uniformes, as quais s˜o mantidas durante as trˆs disputas. Vamos tomar como
a e
unit´rio o tempo que A levou para percorrer a distˆncia d. Portanto A, B e C
a a
percorrem, respectivamente, d, d − 20 e d − 28 metros na unidade de tempo. Por sua
vez, B usa d/(d − 20) unidades de tempo para percorrer a distˆncia d. Nesse mesmo
a
tempo, C percorre d(d − 28)/(d − 20) metros. Pelos dados do problema, tem-se
d(d − 28)
= d − 10.
d − 20
Resolvendo 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 e
camiseta. 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 por
e e ca
3 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
ca
racional, exprimindo o vetor w = (1, 1, 1) como combina¸˜o linear w = αu + βv
ca
dos vetores u = (1, 2, 3) e v = (2, 5, 8). Em termos de coordenadas, a igualdade
w = αu + βv significa α + 2β = 1, 2α + 5β = 1 e 3α + 2β = 1. Resolvendo o
sistema formado pelas duas primeiras equa¸˜es, obtemos α = 3 e β = −1, valores
co
que satisfazem a terceira equa¸˜o. Logo, devemos multiplicar a primeira equa¸˜o
ca ca
x+2y +3z = 100 por 3 e subtrair do resultado a segunda equa¸˜o 2x+5y +8z = 235
ca
para obter x + y + z = 65.
4. Os pontos Q = (x, y, z) que satisfazem as equa¸˜es dadas formam uma reta
co
r. Escrevendo as equa¸˜es dadas como 2y − z = 2 − x e y − z = 2x − 4, vemos
co
que as solu¸˜es deste sistema s˜o y = −3x + 6 e z = −5x + 10, logo os pontos da
co a
referida reta s˜o da forma Q = (x, −3x + 6, −5x + 10), onde o parˆmetro x assume
a a
todos 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 ca
param´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), portanto
e
−→
v, P Q = 0 significa 1(x − y) − 3(−3x + 2) − 5(−5x + 9) = 0, ou seja, x = 11/7. O
ponto procurado ´, portanto,
e
11 11 11 9 15
Q = Q0 + · v = (0, 6, 10) + (1, −3, −5) = , , .
7 7 7 7 7
5. O enunciado sup˜e tacitamente que os planos definidos pelas duas equa¸˜es n˜o
o co a
coincidem, isto ´, que os vetores v = (a, b, c) e v = (a , b , c ) n˜o s˜o colineares
e a a
pois 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.
co
Dito 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
co
passa pela origem e cont´m o ponto de coordenadas iguais a de w logo tais solu¸˜es
e ` co
s˜o os pontos P = (x, y, z), onde x = (bc − b c)t, y = (a c − ac )t e z = (ab − a b)t,
a
t ∈ R.
6. Submetemos as linhas da matriz aumentada do sistema a uma seq¨ˆncia de
ue
opera¸˜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 362L2 − 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 a
calcular 5 determinantes 4 × 4, e isto seria, sem d´vida, bem mais trabalhoso. Na
u
verdade, calculando esses determinantes pelo desenvolvimento de Laplace, ter´ıamos
que 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-
co
pois 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
co
que 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 ıvel
e 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 estas
duas 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 co
11/2. 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 e
quarta 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 2
logo 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
a
valores de x, y e z n˜o satisfazem a terceira nem a quinta das equa¸˜es dadas, logo
a co
o 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
a
todas as solu¸˜es (2 − 8t)/9, (4t − 10)/27, (1 + 5t)/27, t do sistema proposto.
co
10. Tomemos a tonelada (1t) como unidade de peso. Dispomos de dois tipos de
bronze: A e B. Cada tonelada do tipo A cont´m 0, 62t de cobre e 0, 38t de zinco
e
e do tipo B s˜o 0, 70t de cobre e 0, 30t de zinco. Se uma tonelada do bronze que
a
desejamos for formada por x toneladas do bronze A e y toneladas do bronze B ent˜o a
ela conter´, no total, 0, 62x + 0, 70y toneladas de cobre e 0, 38x + 0, 30y toneladas
a
de 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 obter
uma tonelada de bronze com 65% de cobre e (conseq¨entemente) 35% de zinco,
u
devemos 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 cromo
e 74 quilos de ferrro. Se, na composi¸˜o deste a¸o, usarmos x quilos do tipo I, y
ca c
quilos do tipo II, z quilos do tipo III e t quilos do tipo IV ent˜o, levando em conta
a
a 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 e
ferro contidos — nesta ordem — em 100 quilos de a¸o V 2A.) Por escalonamento,
c
vemos 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 8
Como os valores de x, y, z e t n˜o podem ser negativos, deve-se ter
a ≤t≤ ·
31 45
Para cada valor de t neste intervalo tem-se um modo de misturar os a¸os de tipos I,
c
II, III e IV de forma a obter 100k do a¸o V 2A. Esta flexibilidade permite atender as
c
conveniˆncias de pre¸o e estoque. Por exemplo, se n˜o h´ estoque do tipo I, tomamos
e c a a
t = 4/31 e ent˜o x = 0, y = 45/31 e z = 10/31. Analogamente, se n˜o dispomos
a a
de a¸o do tipo II, tomamos t = 8/45, o que nos d´ y = 0. Evidentemente, para
c a
fabricar uma tonelada (em vez dos cem quilos que estamos considerando) devemos
multiplicar x, y, z e t por 10.
´
12. E dado o sistema
3x + y − 3z = 1
mx − 4y + 2z = 3
5x − 2y − 4z = n
e pede-se achar os valores de m e n para os quais os planos definidos por estas
equa¸˜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 ca
isto ´, deve ser igual a primeira multiplicada por um n´mero α, mais a segunda
e ` u
multiplicada 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
ca
β = 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 a
como 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 o
solu¸˜o ´ x = z + 6/7, y = z − 5/7. Portanto as solu¸˜es do sistema formado
ca e co
por estas duas equa¸˜es s˜o os pontos (z + 6/7, z − 5/7, z), para valores arbitr´rios
co a a
de z. Como a terceira equa¸˜o ´ uma combina¸˜o linear das 2 primeiras (multiplique
ca e ca
a primeira por −3, a segunda por 2 e some), os termos (z + 6/7, z − 5/7, z) tamb´me
s˜o solu¸˜es da ultima equa¸˜o (o que se pode ver tamb´m por substitui¸˜o direta).
a co ´ ca e ca
Para que as trˆs coordenadas sejam positivas, basta que se tenha z > 5/7. Portanto
e
a resposta ´: z > 5/7, x = z + 6/7 e y = z − 5/7.
e
14. 100 gramas da refei¸˜o pedida, formadas por x gramas do alimento A, y gramas
ca
de B e z gramas de C contˆm 47 gramas de albumina, 35 gramas de carbohidrato
e
e 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, uma
solu¸˜o negativa, logo a refei¸˜o procurada n˜o existe. Se a coluna do segundo
ca ca a
membro do sistema fosse (40, 40, 20), a solu¸˜o seria x = 5/40, y = 25/40, z = 1/4,
ca
e a refei¸˜o procurada existiria.
ca
15. As condi¸˜es apresentadas s˜o evidentemente necess´rias. Reciprocamente,
co a a
supondo-as satisfeitas, suponhamos que α1 v1 + α2 v2 + α3 v3 = 0. Ent˜o deve ser
a
α1 α2
α3 = 0 pois do contr´rio ter´amos v3 = − v1 −
a ı v2 e v3 seria combina¸˜o linear
ca
α3 α3
de v2 e v2 . Ficamos assim reduzidos a α1 v1 + α2 v2 = 0. Logo deve ser α2 = 0
α1
pois se fosse α2 = 0 ter´ ıamos v2 = − v1 e v2 seria m´ ltiplo de v1 . Ent˜o a
u a
α2
rela¸˜o original se resume a α1 v1 = 0. Como v1 = 0, isto nos d´ α1 = 0. Portanto
ca a
α1 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 a
s˜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 a
defini¸˜es das opera¸˜es com vetores, o ponto D (extremidade do vetor w) pertence
co co
ao 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 4
1. 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 =
c
ai1 bij + ai2 b2j + · · · + ain bnj , logo cii = ai1 b1i + ai2 b2i + · · · + ain bni s˜o os elementos da
a
diagonal de mn. Assim, o tra¸o de mn, soma dos cii , ´ a soma de todos os produtos
c e
da forma aik bki , onde i e k assumem (independentemente) todos os valores inteiros
de 1 a n. Analogamente, o tra¸o de nm ´ a soma de todos os produtos da forma
c e
brs asr , onde r e s variam entre os inteiros de 1 a n. Como brs asr = asr brs , segue-se
que 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-
a
mente as matrizes m e n, a verifica¸˜o acima significa que a matriz produto mn foi
` ca
definida de tal modo que o operador linear a ela associado ´ M ◦ N.
e
3. 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 b1
a
` matriz m = , leva o paralelogramo X no paralelogramo X , que tem
a2 b2
P 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
a
X 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 β2
respectivamente. 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 A
e 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.
a
6. O enunciado do an´logo para R3 do exerc´ anterior ´ o seguinte: Seja f : R3 ×
a ıcio e
R × R → R uma fun¸˜o que associa a cada terno (u, v, w) de vetores em R3 o
3 3
ca
n´mero f (u, v, w) de modo a valerem as condi¸˜es seguintes, para quaisquer u, v, w ∈
u co
3
R 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 quando
se permutam duas quaisquer de suas vari´veis. De 1. resulta ainda que a linearidade
a
de f em rela¸˜o a primeira vari´vel, expressa pelas condi¸˜es 2. e 3., vale tamb´m
ca ` a co e
para a segunda e para a terceira vari´veis. Diz-se ent˜o que f ´ uma fun¸˜o trilinear.
a a e ca
Exprime-se a condi¸˜o 1. dizendo que a fun¸˜o trilinear f ´ alternada. Segue-se de
ca ca e
1. 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 ∈ R3
e ca a
quaisquer, o valor f (u, v, w) ´ o determinante da matriz cujas linhas (ou colunas)
e
s˜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 linearidade
de 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) =
a
a3 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 c1
logo f (u, v, w) ´ o determinante da matrix 3 × 3 cujas linhas s˜o os vetores u, v e w.
e a
7. A verifica¸˜o de que m2 = I2 ´ imediata. Em seguida observamos que se
ca e
p = αm + βI2 ent˜o p = α I2 + 2αβm + β 2 I2 = (α2 + β 2 )I2 + 2αβm. Para termos
a 2 2
p = p = 0, basta tomar α = β = 1/2, logo p = 1 (m + I2 ). De p2 = p vem
2
2
p2 − p = 0, ou seja p(p − I2 ) = 0. A matriz q = p − I2 cumpre pq = qp = 0.
31