Gabarito Lista 3 C´ alculo FAU

Gabarito Lista 3 C´ alculo FAU

Prof. Jaime Maio 2018

Quest˜ao 1.

O produto vetorial entre dois vetores~a = (a1, a2, a3) e~b = (b1, b2, b3) em R³ ´e um terceiro vetor ~c, ortogonal a ambos ~a e~b, dado por ~c = ~a×~b = det





i j k

a1 a2 a3

b1 b2 b3





isto ´e, o determinante desta matriz. Para calcul´a-lo, utilizamos a regra de Sarrus: copiamos as duas primeiras colunas da matriz e colocamos ao lado dire- ito dela (ficando com 3 linhas e 5 colunas). Depois, some o produto das diagonais que est˜ao descendo pra direita, e subtraia dos produtos que est˜ao descendo para a esquerda

det





i j k

a1 a2 a3

b1 b2 b3



=

i j k i j

a1 a2 a3 a1 a2

b1 b2 b3 b1 b2

=

i(a2b3) +j(a3b1) +k(a1b2)−i(a3b2)−j(a1b3)−k(a2b1) = i(a2b3−a3b2) +j(a3b1−a1b3) +k(a1b2−a2b1).

Ou seja,~c=~a×~b= (a2b3−a3b2, a3b1−a1b3, a1b2−a2b1).

a)~a= (5,4,1),~b= (0,3,1)

Temos portanto que~c=~a×~b=det





i j k

5 4 1 0 3 1



=

i j k i j

5 4 1 5 4 0 3 1 0 3

= i.4.1 +j.1.0 +k.5.3−j.5.1−i.1.3−k.4.0 =

4i+ 15k−5j−3i=i−5j+ 15k= (1,−5,15).

E de fato, note que < ~c, ~a >=< (1,−5,15),(5,4,1) >= 1.5 + (−5).4 + 15.1 = 5−20+15 = 0 e que< ~c,~b >=<(1,−5,15),(0,3,1)>= 1.0+(−5).3+

15.1 = −15 + 15 = 0 e portanto ambos~ae~bs˜ao ortogonais a~c =~a×~b. (O produto vetorial ´e constru´ıdo para que isso aconteca. O exerc´ıcio pede isso para vocˆes verificarem e se convencerem de que ´e verdade).

d)~a=i−17j+ 3k= (1,−17,3), ~b=³₅i−¹₂j+²₅k= (³₅,−¹₂,²₅) Do mesmo jeito, temos que~a×~b=det





i j k

1 −17 3

3

5 −¹₂ ²₅



=

i j k i j

1 −17 3 1 −17

3

5 −¹₂ ²₅ ³₅ −¹₂

= i.(−17).²₅+j.3.³₅+k.1.(−¹₂)−j.1.²₅−i.3.(−¹₂)−k(−17)³₅ =

−⁵³₁₀i+⁷₅j+⁹⁷₁₀k= (−⁵³₁₀,⁷₅,⁹⁷₁₀).

Novamente, temos< ~c, ~a >=<(−⁵³₁₀,⁷₅,⁹⁷₁₀),(1,−17,3)>= −⁵³₁₀.1+⁷₅.(−17)+

97

10.3 = 0 e< ~c,~b >=<(−⁵³₁₀,⁷₅,⁹⁷₁₀),(³₅,−¹₂,²₅)>= −⁵³₁₀.³₅+⁷₅.(−¹₂) +⁹⁷₁₀.²₅ = 0, ou seja,~ae~bs˜ao ambos ortogonais a~c=~a×~b.

Quest˜ao 2.

Temos:~a×~a=det





i j k

1 2 1 1 2 1



=

i j k i j

1 2 1 1 2 1 2 1 1 2

= 2i+j+2k−j−2i−2k= 0. De fato,~a×~a= 0 para qualquer vetor~a.

~a×~b=det





i j k

1 2 1 0 3 1



=

i j k i j

1 2 1 1 2 0 3 1 0 3

=i.2.1 +j.1.0 +k.1.3−j.1.1− i.1.3−k.2.0 =−i−j+ 3k= (−1,−1,3)

~b×~a=det





i j k

0 3 1 1 2 1



=

i j k i j

0 3 1 0 3 1 2 1 1 2

=i.3.1 +j.1.1 +k.0.2−j.0.1− i.1.2−k.3.1 =i+j−3k= (1,1,−3) =−~a×~b.

Quest˜ao 3.

Seja ~c = (c₁, c₂, c₃) um dos vetores que ainda n˜ao sabemos, mas estamos procurando. Como visto no exerc´ıcio 1, uma propriedade interessante do pro- duto escalar ´e que~a×~b ´e sempre ortogonal tanto a ~a quanto a~b. Ou seja, temos um candidato: c~⁰=~a×~b. Mas queremos que o vetor seja unit´ario. Para isso, basta dividir pelo seu m´odulo (o tamanho). Ou seja,~c= ^~c0

|c~⁰|. Fazendo as contas, obtemos que~c⁰ =~a×~b=

~a×~b=det





i j k

1 −2 1

3 3 0



=

i j k i j

1 −2 1 1 −2

3 3 0 3 3

=i.(−2).0 +j.1.3 +k.1.3− j.0.1−i.1.3−k.(−2).3 =−3i+ 3j+ 9k= (−3,3,9)

Como queremos um vetor unit´ario, dividimos (−3,3,9) por sua pr´opria norma, isto ´e, p

(−3)²+ 3²+ 9² = √

99 = 3√

11. Portanto, um de nossos vetores ´e~c = ^(−3,3,9)

3√

11 = (−^√1

11,^√1

11,^√3

11). Ora, nosso outro vetor d~tamb´em ortogonal a~ae~bpode ser simplesmente o vetor oposto `a~c, ou seja, d~=−~c = (^√1

11,−^√1

11,−^√3

11).

Quest˜ao 4.

O volume do paralelep´ıpedo gerado pelo vetores~a,~be~c´e dado pelo volume misto|a.(~b×~c)|.

a) Substituindo os valores na f´ormula acima, obtemos que: V =|(5,1,4).((0,3,1)×

(1,2,3))|=|(5,1,4).

i j k i j

0 3 1 0 3 1 2 3 1 2

|=|(5,1,4).(i.3.3 +j.1.1 +k.0.2−j.0.3− i.1.2−k.3.1)| = |(5,1,4).(7i+j +−3k) = (5,1,4).(7,1,−3)| = |5.7 + 1.1 + 4.(−3)|= 24.

Quest˜ao 5.

Sejaθo ˆangulo formado entre o vetor diretor da reta~a=QR~ e o vetor que aponta de Q `a P~b=QP~ . Ora, a distˆancia de um ponto `a uma reta forma sem- pre 90 com a reta. Portanto, ´e f´acil de ver quesen(θ) = ^d

|~b|. Ou seja, temos que d=|~b|sen(θ). A sacada agora ´e notar que, como|~a=QR| 6= 0, pois os pontos~ P,QeRs˜ao distintos, podemos dividir e multiplicar o lado direito da equa¸c˜ao por|~a| (no fim, multiplicamos por 1). Assim, obteremosd= ^{||~a||~b|sen(θ)|}_|~a| . Mas

||~a||~b|sen(θ)|´e justamente a defini¸c˜ao do produto vetorial entre~ae~b. Portanto, segue qued= ^{||~a||~b|sen(θ)}_|~a|| = ^|~a×_~a^~b|, como quer´ıamos.

Quest˜ao 7.

a) Se o problema der um ponto~a= (x0, y0, z0) do plano, e um vetor normal (perpendicular) a ele~n= (a, b, c), seja~x= (x, y, z) um outro ponto qualquer do plano. Ent˜ao a equa¸c˜ao do plano ´e dada por~n.(~x−~a) = 0. Neste exerc´ıcio,~a= (6,3,2) e~n= (−2,1,5). Portanto, temos que (−2,1,5).((x, y, z)−(6,3,2)) = 0, isto ´e, (−2,1,5).((x−6, y−3, z−3)) = 0, ent˜ao (−2).(x−6) + 1.(y−3) + 5.(z− 3) = 0. Ou seja,−2x+y+ 5z= 16. De modo geral, vale a equa¸c˜ao na forma ax+by+cz=ax₀+by₀+cz₀.

c) Suponha que o plano que queremos encontrar tem vetor normaln~2, e ´e paralelo a um outro plano, de vetor normal n~1 = (a, b, c). Ent˜ao, deve valer que n~1 ×n~2 = 0. (Se os planos fossem perpendiculares, deve valer que

< ~n1, ~n2 >= 1). Assim, a equa¸c˜ao do nosso plano ´e n~2.(~x−~a) = 0. Va- mos encontrar n~2 = (a⁰, b⁰, c⁰) em fun¸c˜ao de n~1 = (a, b, c). Para isso, usamos a condi¸c˜ao de serem paralelos: n~1 ×n~2 = 0. Temos que n~1 = (2,−1,3) (os coeficientes do plano dado). Assim, n~1×n~2 = (2,−1,3)×(a⁰, b⁰, c⁰) =

i j k i j

2 −1 3 2 −1

a⁰ b⁰ c⁰ a⁰ b⁰

=i.(−1).c⁰+j.3.a⁰+k.2.b⁰−j.2.c⁰−i.3.b⁰−k.(−1).a⁰ = i(−c⁰−3b⁰) +j(3a⁰−2c⁰) +k(2b⁰ +a⁰) = 0 = 0i+ 0j + 0k. Portanto, pre- cisamos ter que −c⁰ −3b⁰ = 0, 3a⁰−2c⁰ = 0 e 2b⁰+a⁰ = 0. Resolvendo os sistema, obteremos quea⁰ =−2b⁰ ec⁰ =−3b⁰. Portanto, o nosso vetor normal

´en~₂= (−2,1,−3) =−n~₁ (ou qualquer m´ultiplo disso).

Substituindo emn~₂.(~x−~a) = 0, onde~a= (0,0,0), obtemos que (−2,1,−3).(x, y, z) = 0. Ent˜ao,−2x+y−3z= 0 ´e a nossa equa¸c˜ao.

d) Se nos derem trˆes pontos A,B eC, primeiro achamos os vetoresAB~ = B−A e AC~ =C−A. Depois, o vetor normal do nosso plano ser´a dado por

~n=AB~ ×AC.~

Assim, fazendo A = (0,1,1), B = (1,0,1) e C = (1,1,0), obteremos que AB~ = B−A = (1,0,1)−(0,1,1) = (1−0,0−1,1−1) = (1,−1,0) eAC~ = C−A = (1,1,0)−(0,1,1) = (1−0,1−1,0−1) = (1,0,−1). Logo, o vetor normal ´e ~n = AB~ ×AC~ = (1,−1,0)×(1,0,−1) =

i j k i j

1 −1 0 1 −1

1 0 −1 1 0

= i+j +k = (1,1,1). Podemos escolher nosso ~acomo sendo qualquer um dos trˆes pontos A, B ou C. Tomando ~a = A = (0,1,1), obtemos ~n(~x−~a) = (1,1,1).(x, y−1, z−1) =x+ (y−1) + (z−1) = 0. Ou seja, nosso plano tem equa¸c˜aox+y+z= 2.

e) Se os planos se intersectam, ent˜ao temos que resolver o sistema de equa¸c˜oes x+y−z−2 = 0 e x−2y+ 4z−1 = 0. Note que temos apenas duas equa¸c˜oes para as trˆes inc´ognitas x, y e z. Ou seja, temos uma vari´avel livre, por ex- emplo z = t. Isolando e substituindo, obteremos que a solu¸c˜ao ´e (x, y, z) = (1−2t/3,1 + 5t/3, t) = (1,1,0) +t(−²₃,⁵₃,1). Ou seja, o vetor diretor da reta

´e ~v = (−²₃,⁵₃,1). Por sua vez, como a reta est´a contida no plano, em par- ticular, para t = O et = 3, obtemos que a reta, e portanto o plano, cont´em os pontos (1,1,0) e (−2,6,3), al´em do dado (−1,2,1), e ca´ımos no caso do exer´ıcio anterior: SejamA = (1,1,0), B = (−2,6,3) e C = (−1,2,1). Ent˜ao AB~ = (−3,5,3) eAC~ = (−2,1,1). O vetor normal ´e dado por~n=AB~ ×AC~ = (−3,5,3)×(−2,1,1) =

i j k i j

−3 5 3 −3 5

−2 1 1 −2 1

. O restante ´e igual ao item d).

Quest˜ao 8.

Basta achar os vetores normais n~₁ e n~₂ das duas retas e calcularcos(θ) =

~ n₁n~₂

|n~1||n~2|. Secos(θ) = 1, os planos s˜ao paralelos; secos(θ) =, os planos s˜ao per- pendiculares; e se 0< cos(θ)<1, nenhum dos dois.

Quest˜ao 9.

A distˆanciaDentre um planoax+by+cz+d= 0 e um pontoP = (x0, y0, z0)

´e dada porD=^{|ax√0+by0+cz0+d|}

a²+b²+c² . Quest˜ao 10.

Se (x0, y0, z0) ´e um ponto do segundo plano, ent˜ao temos que ax0+by0+ cz0+d2= 0, ou seja,ax0+by0+cz0=−d2. Ora, mas a distˆancia deste ponto ao primeio plano ´e dado pela f´ormula do exerc´ıcio 9 acima. Substituindo, obtemos queD= ^{|ax√0+by0+cz0+d|}

a²+b²+c² =^√|d1−d2|

a²+b²+c², como quer´ıamos.

Quest˜ao 11.*

Vou assumir que os dois planos que queremos encontrar distam 2 cada do plano dadox+ 2y−z−1 = 0, do contr´ario, existem infinitas respostas.

Ambos os planos tˆem vetor normal ~n= (a, b, c) = (1,2,−1) (o mesmo do plano dado, pois s˜ao paralelos a ele.

Agora, sabemos que os dois planos tˆem equa¸c˜oes ax+by+cz+d1 = 0 e ax+by+cz+d2= 0. Ou seja,x+ 2y−z+d1= 0 ex+ 2y−z+d2= 0. Dado

que a distˆancia entre cada um deles para o plano dado x+ 2y−z−1 = 0 ´e 2, substituindo na f´ormula do exerc´ıcio 10, obteremos 2 = √^{|d1−(−1)|}

1²+2²+(−1)² = ^|d√1+1|

6 , de modo que|d1+ 1|= 2√

6 e analogamente|d2+ 1|= 2. Como os planos s˜ao diferetes, suponha qued2 <−1< d1. Ent˜ao,|d1+ 1|=d1+ 1 = 2√

6→d1 = 2√

6−1 e|d2+ 1|=−d2−1 = 2√

6→d2=−1−2√ 6.

Assim, as equa¸c˜oes do planos s˜ao:

x+ 2y−z+ 2√

6−1 = 0 ex+ 2y−z−2√

6−1 = 0.