𝑥−12 32
= 𝑦−1
−2 = 𝑧−(−1) 1 .
Ou seja, (3.1) definem uma reta que passa pelo ponto𝐴=(12,1,−1)e tem vetor diretor#»𝑣 =(32,−2,1). ^ Exercícios Lista 2 - Álgebra Linear I: Exs. 28–30.
𝑥=𝑥0+𝜆𝑟+𝜇𝑚 𝑦=𝑦0+𝜆𝑠+𝜇𝑛 𝑧=𝑧0+𝜆𝑡+𝜇 𝑝
(𝜆, 𝜇 ∈R)
chamam-se equações paramétricas do plano que contém o ponto 𝐴 = (𝑥0, 𝑦0, 𝑧0)Σ e é paralelo aos vetores #»𝑢 = (𝑟, 𝑠, 𝑡)B,#»𝑣 =(𝑚, 𝑛, 𝑝)B.
Observe que como #»𝑢 ,#»𝑣 são diretores de 𝜋, em particular{#»𝑢 ,#»𝑣}é LI. Assim, #»𝑢 ∧#»𝑣 ≠ #»0 , qualquer que seja a orientação que se coloque emV3.
Nos exemplos a seguir, coordenadas de pontos são relativas a um sistema de coordenadas emE3fixo e coordenadas de vetores são relativas à base desse sistema de coordenadas.
Exemplo 3.3.1Encontre uma equação vetorial e equações paramétricas do plano que contém os pontos𝐴=(0,1,0), 𝐵=(1,0,1)e𝐶=(0,0,1).
Solução:Os vetores𝐴𝐵# »=(1,−1,1)e# »𝐴𝐶=(0,−1,1)são paralelos ao plano e{# »𝐴𝐵,# »𝐴𝐶}é LI. Logo, eles são diretores do plano. Assim, uma equação vetorial do plano é
𝑋 =(0,1,0) +𝜆(1,−1,1) +𝜇(0,−1,1) (𝜆, 𝜇∈R), e equações paramétricas são
𝑥=𝜆 𝑦=1−𝜆−𝜇 𝑧=𝜆+𝜇
(𝜆, 𝜇 ∈R) ^
Equação geral do plano
SejaΣ = (𝑂,B)um sistema de coordenadas emE3e seja𝜋o plano deE3que contém o ponto𝐴=(𝑥0, 𝑦0, 𝑧0)Σe tem vetores diretores #»𝑢 = (𝑟, 𝑠, 𝑡)B,#»𝑣 =(𝑚, 𝑛, 𝑝)B. Vimos que dado um ponto𝑃=(𝑥1, 𝑦1, 𝑧1)Σ ∈E3, temos que𝑃∈ 𝜋 se, somente se, o conjunto{𝐴𝑃,# » #»𝑢 ,#»𝑣}for LD. Como𝐴𝑃# »=(𝑥1−𝑥0, 𝑦1−𝑦0, 𝑧1−𝑧0)B, segue, da Proposição 2.3.4, que 𝑃 ∈𝜋se, e somente se, det
𝑥1−𝑥0 𝑦1−𝑦0 𝑧1−𝑧0
𝑟 𝑠 𝑡
𝑚 𝑛 𝑝
=0. Desenvolvendo o determinante, por expansão em cofatores ao longo da primeira linha, por exemplo, obtemos que 𝑃 ∈ 𝜋 se, e somente se,𝑎𝑥1 +𝑏𝑦1 +𝑐𝑧1 +𝑑 = 0, em que 𝑎=det
𝑠 𝑡 𝑛 𝑝
=𝑠 𝑝−𝑡𝑛,𝑏=det 𝑡 𝑟
𝑝 𝑚
=𝑡𝑚−𝑟 𝑝,𝑐=det 𝑟 𝑠
𝑚 𝑛
=𝑟𝑛−𝑠𝑚e𝑑=−(𝑎𝑥0+𝑏𝑦0+𝑐𝑧0). A equação
𝑎𝑥+𝑏𝑦+𝑐𝑧+𝑑 =0
chama-seequação geraldo plano𝜋. Vimos que um ponto deE3 está no plano𝜋se, e somente se, suas coordenadas satisfizerem a equação geral de𝜋. Note que, na equação geral do plano𝜋,𝑎2+𝑏2+𝑐2≠0. Isso segue da Proposição 2.3.6, uma vez que{#»𝑢 ,#»𝑣}é LI.
Observação Existe uma espécie de recíproca do fato de, fixado um sistema de coordenadas, todo plano ter uma equação geral. Mais precisamente, sejaΣ =(𝑂,B)um sistema de coordenadas emE3e sejam𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑∈Rtais que 𝑎2+𝑏2+𝑐2 ≠0. Então, existe um plano𝜋emE3que tem
𝑎𝑥+𝑏𝑦+𝑐𝑧+𝑑 =0 (3.2)
como equação geral.
Com efeito, da condição𝑎2+𝑏2+𝑐2 ≠0 segue que os escalares𝑎, 𝑏, 𝑐não podem ser os três iguais a zero. Suponha, por exemplo, que𝑎≠0. Na equação (3.2), fazendo
• 𝑦=𝑧=0, obtemos𝑥=−𝑑𝑎;
• 𝑦=0 e𝑧=1, obtemos𝑥=−𝑐+𝑑𝑎 ;
• 𝑦=1 e𝑧=0, obtemos𝑥=−𝑏+𝑑𝑎 .
Considere os pontos𝐴=(−𝑑𝑎,0,0)Σ,𝐵=(−𝑐+𝑑𝑎 ,0,1)Σe𝐶=(−𝑏+𝑑𝑎 ,1,0)Σ. Então os vetores
# » 𝐴𝐵=
−𝑐 𝑎,0,1
B e # » 𝐴𝐶=
−𝑏 𝑎,1,0
B
são LI e, portanto, existe um único plano𝜋contendo os pontos 𝐴, 𝐵, 𝐶. Esse plano tem(−𝑎)# » 𝐴𝐵,# »
𝐴𝐶 como vetores diretores e, assim, tem equação geral dada por
det
𝑥− (−𝑑𝑎) 𝑦−0𝑧−0
𝑐 0 −𝑎
−𝑏𝑎 1 0
=0.
Desenvolvendo o determinante, obtemos𝑎𝑥+𝑏𝑦+𝑐𝑧+𝑑 =0. O argumento é análogo se𝑏≠0 ou𝑐≠0.
Para os exemplos, suponha fixado um sistema de coordenadas emE3.
Exemplo 3.3.2Encontre uma equação geral do plano que contém o ponto 𝐴 = (9,−1,0) e é paralelo aos vetores
#»𝑢 =(0,1,0)e#»𝑣 =(1,1,1).
Solução:Comecemos por observar que, de fato,{#»𝑢 ,#»𝑣}é LI e, portanto, definem com o ponto𝐴um único plano. Uma equação geral desse plano é
det
𝑥−9 𝑦− (−1) 𝑧−0
0 1 0
1 1 1
=0, isto é,𝑥−𝑧−9=0. ^
Exemplo 3.3.3Encontre uma equação geral do plano que passa pelos pontos 𝐴 = (1,0,1), 𝐵 = (−1,0,1) e𝐶 = (2,1,2).
Solução:Os vetores𝐴𝐵# »= (−2,0,0) e𝐴𝐶# » = (1,1,1) são paralelos ao plano e{# »𝐴𝐵,# »𝐴𝐶}é LI. Logo, uma equação geral desse plano é
det
𝑥−1𝑦−0𝑧−1
−2 0 0
1 1 1
=0,
ou, 2𝑦−2𝑧+2=0. Como as soluções dessa equação coincidem com as soluções de𝑦−𝑧+1=0, essa última equação também é uma equação geral desse mesmo plano. ^
Exemplo 3.3.4Encontre uma equação geral do plano definido pelas equações paramétricas
𝑥=−1+2𝜆−3𝜇 𝑦=1+𝜆+𝜇 𝑧=𝜆
(𝜆, 𝜇∈R)
Solução:Das equações paramétricas, obtemos que o plano passa pelo ponto 𝐴 = (−1,1,0)e tem vetores diretores
#»𝑢 =(2,1,1)e#»𝑣 =(−3,1,0). (Observe que{#»𝑢 ,#»𝑣}é, de fato, LI.) Assim, uma equação geral desse plano é 0=det
𝑥− (−1) 𝑦−1𝑧−0
2 1 1
−3 1 0
=−𝑥−3𝑦+5𝑧+2, ou, equivalentemente,𝑥+3𝑦−5𝑧−2=0. ^
50
Exemplo 3.3.5Encontre uma equação vetorial para o plano definido pela equação geral
𝑥+2𝑦−𝑧−1=0. (3.3)
Solução:Basta encontrarmos três pontos do plano que não sejam colineares, ou seja, busquemos três soluções de (3.3) de modo que os pontos cujas coordenadas sejam essas soluções não estejam sobre uma mesma reta. Façamos, em (3.3), a seguinte tentativa:
•𝑥=𝑦=0 e, portanto,𝑧=−1;
•𝑥=𝑧=0 e, portanto,𝑦= 12;
•𝑦=𝑧=0 e, portanto,𝑥=1.
Temos, então, três pontos no plano:𝐴=(0,0,−1), 𝐵=(0,12,0), 𝐶=(1,0,0). Consideremos os vetores# »
𝐴𝐵=(0,12,1) e𝐴𝐶# »=(1,0,1). Como 2𝐴𝐵# »e# »𝐴𝐶são paralelos ao plano e{2𝐴𝐵,# » 𝐴𝐶# »}é LI,
𝑋=(0,0,−1) +𝜆(0,1,2) +𝜇(1,0,1) (𝜆, 𝜇∈R) é uma equação vetorial para esse plano.
Se as soluções de (3.3) que encontramos tivessem dado origem a três pontos colineares, bastaria trocar uma delas por uma outra que evitasse a colinearidade. Como o número de soluções de (3.3) é infinito, essa tarefa não seria difícil.
^
Exemplo 3.3.6Encontre equações paramétricas para a reta𝑟determinada pela interseção dos planos 𝜋1 : 𝑥+𝑦+𝑧−1=0 e 𝜋2: 𝑥+𝑦−𝑧=0.
Solução:A interseção de dois planos é uma reta precisamente quando esses planos não são paralelos. Veremos, adiante, nessas notas, como verificar se dois planos são paralelos ou não a partir de equações gerais deles (cf. Exercício 3.3.9).
Por ora, aceitemos, neste exemplo, que𝜋1 e𝜋2não são paralelos. Para determinar a reta dada pela interseção deles, basta encontrar dois pontos distintos sobre ela. As coordenadas dos pontos de𝑟são precisamente as soluções do sistema
linear (
𝑥+𝑦+𝑧=1 𝑥+𝑦−𝑧=0.
No Capítulo 1, vimos um método que permite encontrartodasas soluções desse sistema. Aqui, bastam duas. Então, vejamos, subtraindo a segunda equação da primeira, obtemos 𝑧 = 1
2. Substituindo esse valor na segunda equação fornece𝑥+𝑦= 12. Tomando𝑥 =0, obtemos a solução(0,12,12); tomando𝑦 =0, obtemos a solução(12,0,12). Logo, 𝑟é a reta que passa pelos pontos𝐴= (0,12,12)e𝐵=(12,0,12). Como o vetor # »𝐴𝐵=(12,−12,0)é paralelo a𝑟, o vetor 2# »
𝐴𝐵=(1,−1,0)é diretor de𝑟. Logo,
𝑥=𝜆 𝑦= 1
2−𝜆 𝑧= 1
2
(𝜆∈R)
são equações paramétricas para𝑟. ^
Vetor normal a um plano
Veremos que, no caso de um sistema ortogonal de coordenadas, os coeficientes que aparecem na equação normal de um plano têm uma interpretação geométrica precisa.
Definição Seja𝜋um plano emE3. Um vetor#»𝑛 ∈V3é ditonormalao plano𝜋se #»𝑛 ≠ #»0 e#»𝑛 é ortogonal a todo vetor paralelo a𝜋.
Suponha fixado um sistema ortogonal de coordenadas Σ = (𝑂,B) em E3, e seja 𝜋 um plano emE3. Seja 𝐴 = (𝑥0, 𝑦0, 𝑧0)Σum ponto de𝜋e seja#»𝑛 =(𝑎, 𝑏, 𝑐)Bum vetor normal a𝜋. Dado um ponto𝑃=(𝑥1, 𝑦1, 𝑧1)BdeE3, então 𝑃∈𝜋se, e somente se#»𝑛 e# »
𝐴𝑃são ortogonais, isto é, se, e somente se,#»𝑛·# »
𝐴𝑃=0. Como a baseBdeV3é ortonormal, essa última igualdade é equivalente a𝑎(𝑥1−𝑥0) +𝑏(𝑦1−𝑦0) +𝑐(𝑧1−𝑧0)=0, ou ainda,
𝑎𝑥1+𝑏𝑦1+𝑐𝑧1+𝑑 =0 em que𝑑=−(𝑎𝑥0+𝑏𝑦+0+𝑐𝑧0). Ou seja,
𝑎𝑥+𝑏𝑦+𝑐𝑧+𝑑 =0 é uma equação geral de𝜋.
Reciprocamente, mostremos que se𝑎𝑥+𝑏𝑦+𝑐𝑧+𝑑 =0 é uma equação geral de𝜋, então#»𝑛 =(𝑎, 𝑏, 𝑐)Bé um vetor normal a𝜋. De fato, seja #»𝑣 um vetor paralelo a𝜋e sejam𝐴 =(𝑥1, 𝑦1, 𝑧1)Σe𝐵= (𝑥2, 𝑦2, 𝑧2)Σpontos de𝜋tais que
#»𝑣 =# »𝐴𝐵. Então, #»𝑣 =(𝑥2−𝑥1, 𝑦2−𝑦1, 𝑧2−𝑧1)Be, comoBé ortonormal, temos
#»𝑛 ·#»𝑣 =𝑎(𝑥2−𝑥1) +𝑏(𝑦2−𝑦1) +𝑐(𝑧2−𝑧1)=(𝑎𝑥2+𝑏𝑦2+𝑐𝑧2) − (𝑎𝑥1+𝑏𝑦1+𝑐𝑧1)=𝑑−𝑑 =0,
uma vez que, como tanto𝐴como𝐵estão em𝜋, suas coordenadas satisfazem a equação geral𝑎𝑥+𝑏𝑦+𝑐𝑧+𝑑 =0 de𝜋.
Nos exemplos que se seguem, está fixado um sistema ortogonal de coordenadas emE3.
Exemplo 3.3.7Obtenha uma equação geral do plano 𝜋 que passa pelo ponto 𝐴 = (1,0,2) e tem vetor normal
#»𝑛 =(1,−1,4).
Solução:Sabemos que𝜋tem uma equação geral da forma𝑥−𝑦+4𝑧+𝑑 =0. Falta encontrar𝑑. Como𝐴 ∈ 𝜋, suas coordenadas satisfazem a equação geral. Assim, 1−0+8+𝑑=0, e, portanto,𝑑=−9. Logo,𝑥−𝑦+4𝑧−9=0 é uma equação geral de𝜋. ^
Exemplo 3.3.8Obtenha uma equação geral do plano que passa pelo ponto 𝐴 = (0,1,2) e tem vetores diretores
#»𝑢 =(4,1,2),#»𝑣 =(2,1,−2).
Solução:Comecemos por observar que, de fato,{#»𝑢 ,#»𝑣}é LI. Um vetor normal a𝜋é qualquer vetor que seja ortogonal a
#»𝑢 e a#»𝑣. SeV3estivesse orientado, poderíamos tomar o produto vetorial#»𝑢∧#»𝑣 como vetor normal a𝜋. Fixemos, então, uma orientação emV3. Se a base ortonormalB={#»𝚤 ,#»𝚥 ,#»𝑘}deV3que compõe o sistema de coordenadas for positiva, saberemos encontrar as coordenadas de#»𝑢 ∧#»𝑣 em termos das coordenadas de#»𝑢 e de #»𝑣 (usando a Proposição 2.7.1).
SeBfor uma base negativa, basta inverter o sinal das coordenadas do lado direito de (2.11) para obter as coordenadas do produto vetorial #»𝑢 ∧#»𝑣. Em qualquer caso.
det
#»𝚤 #»𝚥 #»
𝑘 4 1 2 2 1 −2
=(−4,12,2)B
é um vetor normal a𝜋(pois ele é ortogonal a #»𝑢 e a #»𝑣, uma vez que ou ele é o igual a #»𝑢 ∧#»𝑣 ou igual a−(#»𝑢 ∧#»𝑣)).
Portanto, #»𝑛 =−12(−4,12,2)=(2,−6,−1)também é um vetor normal a𝜋. Logo,𝜋tem uma equação geral da forma 2𝑥−6𝑦−𝑧+ 𝑑 = 0. Substituindo as coordenadas de 𝐴 nela, obtemos 𝑑 = 8. Logo, uma equação geral de 𝜋 é 2𝑥−6𝑦−𝑧+8=0. ^
Exemplo 3.3.9Encontre uma equação vetorial para a reta𝑟dada pela interseção dos planos 𝜋1 : 2𝑥−𝑦−3=0 e 𝜋2: 3𝑥+𝑦+2𝑧−1=0.
Solução:Sabemos que𝑛#»1 =(2,−1,0)é normal a𝜋1e que𝑛#»2 =(3,1,2)é normal a𝜋2. Como𝑛#»1e𝑛#»2não são paralelos, os planos𝜋1e𝜋2não são paralelos, e, como consequência,𝜋1∩𝜋2é, de fato, uma reta. Agora, um vetor não nulo#»𝑣 será diretor de𝑟se for paralelo a𝑟, isto é, se for paralelo a𝜋1e a𝜋2. Mas isso só ocorre se#»𝑣 for ortogonal a𝑛#»1e a𝑛#»2. Como vimos no exemplo acima, o vetor
52
det
#»𝚤 #»𝚥 #»
𝑘 2 −1 0 3 1 2
=(−2,−4,5)
é ortogonal a𝑛#»1e a𝑛#»2(ele é±(𝑛#»1∧𝑛#»2), dependendo da orientação deV3.). Assim, podemos tomá-lo como diretor de 𝑟. Precisamos, por fim, de um ponto em𝑟, ou seja, um ponto que esteja simultaneamente em𝜋1e𝜋2. Para tanto, basta tomar um ponto cujas coordenadas são uma solução do sistema linear
(2𝑥−𝑦=3 3𝑥+𝑦+2𝑧=1
Subtituindo𝑦=2𝑥−3, obtida a partir da primeira equação, na segunda, obtemos 5𝑥+2𝑧=4. Fazendo𝑥=0 nessa última equação, obtemos a solução(0,−3,2). Logo,
𝑋=(0,−3,2) +𝜆(−2,−4,5) (𝜆∈R) é uma equação vetorial para𝑟. ^
Exercícios Lista 2 - Álgebra Linear I: Exs. 31–35.