1.
Coordenadas no Espaço
Seja E o espaço da Geometria Euclidiana tri-dimensional.
Umsistema de eixos ortogonaisOXY Z em E consiste de três eixos
ortogonais entre si OX, OY e OZ com a mesma origem O (figura 1).
Fig. 1: Sistema de eixos ortogonais no espaço. Fig. 2: Planos cartesianos no espaço.
Tendo estabelecido um sistema de eixos ortogonaisOXY Z no espaço E, osplanos cartesianossão (figura 2):
•πXY: plano que contém os eixosOX e OY . •πXZ: plano que contém os eixosOX e OZ. •πY Z: plano que contém os eixosOY e OZ.
Um sistema de eixos ortogonaisOXY Z no espaço E permite estabe-lecer uma correspondência entre os pontos de E e os ternos ordenados de números reais (x, y, z), de modo que a cada ponto corresponde
exa-144 Geometria Analítica - Capítulo 9 tamente um terno ordenado de números reais e a cada terno ordenado de números reais corresponde exatamente um ponto de E.
Assim, seP está em correspondência com o terno (x, y, z), dizemos que x, y e z são ascoordenadas deP em relação ao sistema de eixos
ortogonais OXY Z. Essas coordenadas são obtidas da seguinte forma:
• coordenadax: coordenada no eixoOX do ponto de intersecção desse
eixo com o plano π0que passa pelo pontoP e é paralelo ao plano π
Y Z.
• coordenaday:coordenada no eixoOY do ponto de intersecção desse
eixo com o plano π00 que passa pelo pontoP e é paralelo ao plano π
XZ.
• coordenadaz: coordenada no eixoOZ do ponto de intersecção desse
eixo com o plano π000 que passa pelo pontoP e é paralelo ao plano π
XY.
Fig. 3: Coordenadas do pontoP no espaço. Fig. 4: Determinando as coordenadas do pontoP . Uma vez escolhido um sistema de eixos ortogonaisOXY Z no espaço E, todo pontoP ∈ E é identificado pelas suas coordenadas (x, y, z) em relação a esse sistema de eixos e escrevemos:
P = (x, y, z) Com essa identificação, observamos que:
• a origem do sistema de eixos ortogonais é o pontoO = (0, 0, 0). • os eixos do sistema são os conjuntos:
eixo−OX = {(x, 0, 0) | x ∈ R}
eixo−OY = {(0, y, 0) | y ∈ R}
eixo−OZ = {(0, 0, z) | z ∈ R}
• os planos cartesianos são os conjuntos:
πXY = {(x, y, 0) | x, y ∈ R}, ou seja, πXY :z = 0
πXZ = {(x, 0, z) | x, z ∈ R}, ou seja, πXZ :y = 0
πY Z = {(0, y, z) | y, z ∈ R}, ou seja, πY Z :x = 0
Fixado um sistema de eixos ortogonaisOXY Z, obtém-se umsistema
de coordenadas cartesianas no espaço E que permite descrever todos
os subconjuntos do espaço por meio de suas coordenadas. Por exem-plo, vejamos como caracterizar outros planos por meio de equações que envolvem as coordenadas dos pontos neles contidos.
Definição 1
• Um plano π é chamadohorizontal quando coincide ou é paralelo ao planoπXY.
Fig. 5: Planoπ horizontal, paralelo ao plano πXY.
Se c ∈ R é a terceira coordenada do único ponto onde π intersecta o eixo−OZ, qualquer ponto P ∈ π terá a sua terceira coordenada igual a c, ou seja,
π = {P ∈ E | P = (x, y, c)} Assim, descrevemos o plano π pela equação:
π : z = c
146 Geometria Analítica - Capítulo 9
respectivamente, por equações da forma y = b e x = a, com b 6= 0 e a 6= 0.
Fig. 6: Planoπ : y = b, b 6= 0, paralelo ao plano πXZ. Fig. 7: Planoπ : x = a, a 6= 0, paralelo ao plano πY Z.
Observação 1
Uma reta r no espaço que é paralela a um dos eixos coordenados in-tersecta o plano complementar em apenas um ponto. As coordenadas desse ponto determinam as coordenadas de todos os pontos da retar .
Fig. 8: Retasr1,r2er3paralelas aos eixos coordenados.
Por exemplo, sejam r1 uma reta paralela ao eixoOZ e r1∩πXY = {Q1}.
SeQ1 =(a, b, 0), então qualquer outro ponto Q = (x, y, z) ∈ r1satisfaz:
x = a, y = b e z ∈ R (veja a figura 9). Portanto, as equações da retar1 sãor1 :
x = a y = b.
Definição 2
Um planoπ é chamadoverticalquando contém ou é paralelo ao eixo−OZ. Isto é,π é um plano vertical se, e somente se,
eixo−OZ ⊂ π ou eixo−OZ ∩ π = .
Fig. 9: Planoπ paralelo ao plano πXYer = π ∩ πXY.
Por exemplo, os planos π : x = a, a ∈ R, assim como os planos π : y = b, b ∈ R, são planos verticais.
Um plano vertical π intersecta o plano πXY ao longo de uma reta r . A reta r , vista exclusivamente no plano πXY : z = 0, é dada por uma equação da forma αx + βy = d.
Mas, no espaço, a retar = π ∩ πXY é dada por duas equações: r :
(
αx + βy = d z = 0 .
Ou seja, um ponto pertence à reta r se, e somente se, as suas coor-denadas satisfazem, simultaneamente, as duas equações acima.
Por outro lado, como a direção do eixo-OZ é parelela ao plano π , π é formado pela união das retas paralelas ao eixo-OZ que passam por um ponto de r .
Portanto, pela Observação1, π = (x, y, z) ∈ R3
(x, y, 0) ∈ r e z ∈ R = (x, y, z) ∈ R3
148 Geometria Analítica - Capítulo 9 Por causa disso, dizemos que a equação do planoπ é dada por:
π : α x + β y = d
Observação 2
Não confunda! No espaço, uma equação da forma αx + βy = d
repre-senta um plano vertical, enquanto que, no plano de coordenadas XY , essa equação representa uma reta.
Procedendo de forma análoga com os outros dois eixos, concluímos que as equações dos planos paralelos aos eixos coordenados são:
π k eixo − OX ⇐⇒ π : βy + γz = d, onde β, γ ∈ R , e β2+γ2 6=0;
π k eixo − OY ⇐⇒ π : αx + γz = d, onde α, γ ∈ R , e α2+γ26=0;
π k eixo − OZ ⇐⇒ π : αx + βy = d, onde α, β ∈ R , e α2+β26=0.
2.
Distância entre dois pontos do espaço
SejamP = (a, b, c) e Q = (a0, b0, c0) dois pontos no espaço E.
Come-çamos observando que, seP e Q estão sobre uma reta paralela a um dos eixos coordenados, então eles têm duas coordenadas iguais e a distância entre eles é o módulo da diferença das coordenadas diferentes.
Suponhamos queP e Q não estão numa reta paralela a um dos eixos coordenados.
Para o cálculo da distância de P a Q são considerados os pontos auxiliares (figura 10):
R = (a, b, c0), S = (a, b, 0), T = (a0, b0, 0) e U = (a0, b, 0).
Pela observação feita anteriormente,
d(S, U) = |a0−a| e d(U, T ) = |b0−b|.
Usando o Teorema de Pitágoras no triângulo retângulo 4SUT , obte-mos:
d(S, T )2=d(S, U)2+d(U, T )2= |a0−a|2+ |b0−b|2=(a0−a)2+(b0−b)2.
Os segmentosST e RQ são lados opostos de um retângulo. Logo, d(R, Q)2=d(S, T )2=(a0−a)2+(b0−b)2.
Fig. 10: Os triângulos 4P RQ e 4SUT são retângulos e o quadrilátero RST Q é um retângulo. Além disso,d(P , R) = |c0−c|, pois os pontos P e R estão sobre uma
reta paralela ao eixoOZ.
Portanto, como o triângulo 4P RQ é retângulo,
d(P , Q)2=d(P , R)2+d(R, Q)2= |c0−c|2+(a0−a)2+(b0−b)2.
Assim, a distância deP a Q é: d(P , Q) =
q
(a0−a)2+(b0−b)2+(c0−c)2
Fig. 11: Esfera de centroC = (a, b, c) e raio r .
Definição 3
Aesfera S de centro no ponto
C e raio r > 0 é o conjunto
dos pontos P ∈ E cuja distân-cia ao centroC é igual a r :
S = {P ∈ E | d(P , C) = r }
SejamC = (a, b, c) e P = (x, y, z) ∈ S as expressões do centro C de S e de um ponto genéricoP ∈ S em relação ao sistema de eixos ortogonais OXY Z.
150 Geometria Analítica - Capítulo 9
EntãoP ∈ S ⇐⇒ d(P , C) = r ⇐⇒q(x − a)2+(y − b)2+(z − c)2 =r .
Elevando ao quadrado ambos os lados dessa última identidade obte-mos a equação da esfera S no sistema OXY Z:
S:(x − a)2+(y − b)2+(z − c)2=r2
Exemplo 1
Mostre, completando os quadrados, que a equação de segundo grau z2+x2+y2−2x + 4y − 6z = 1,
representa uma esfera S. Determine o centro e o raio de S. Solução.
Completando os quadrados na equação, temos: z2+x2+y2−2x + 4y − 6z = 1 ⇐⇒ (x2−2x) + (y2+4y) + (z2−6z) = 1
⇐⇒ (x2−2x+1) + (y2+4y+4) + (z2−6z+9) = 1+1+4+9 ⇐⇒ (x − 1)2+(y + 2)2+(z − 3)2=15.
Portanto, S é a esfera de centro C = (1, −2, 3) e raio r =√15.
Observação 3
A esfera
S:(x − a)2+(y − b)2+(z − c)2=r2
de centro no ponto C = (a, b, c) e raio r > 0 divide o espaço E em duas partes que têm por bordo comum a esfera. Essas partes são:
• o interior da esfera S: B(C, r ) =P = (x, y, z) ∈ E (x − a)2+(y − b)2+(z − c)2 < r2 • o exterior da esfera S: P = (x, y, z) ∈ E (x − a)2+(y − b)2+(z − c)2> r2
O interior B(C, r ) é chamado também bola aberta de centro C e raio r > 0.
Exemplo 2
Ponto médio de um segmento no espaço. Determinar as coordenadas
do ponto médio do segmento que liga os pontos A = (a, b, c) e B = (a0, b0, c0).
Solução.
Na figura 12 mostramos um segmentoAB genérico e o seu ponto médio M = (ma, mb, mc). Por hipótese, d(A, M) = d(M, B), ou seja, AM ' MB. Apelando para o critérioALA de congruência de triângulos, temos 4ACM ' 4MDB. Em particular, CM ' DB. Logo, F G ' CM ' DB ' GH.
Fig. 12: Ponto médio de um segmento no espaço.
Aplicando de novo o critério ALA, vemos que os triângulos 4F IG e 4GJH são congruentes. Em particular, F I ' GJ e, portanto, ma= a + a0 2 . Analogamente,IG ' JH; donde, mb= b + b0 2 .
Também da congruência 4ACM ' 4MDB obtemos: KN ' AC ' MD ' LP . Logomc =
c + c0
2 , e o ponto médioM do segmento AB tem coordenadas:
M = (ma, mb, mc) = a + a0 2 , b + b0 2 , c + c0 2
152 Geometria Analítica - Capítulo 9
Exemplo 3
Determinar o conjunto
M = {P ∈ E | d(P , A) = d(P , B)} ,
dos pontos que são equidistantes de dois pontos distintos A e B do espaço.
Solução.
Note que o ponto médio M do segmento AB pertence ao conjunto M. Consideremos, agora, um sistema de eixos ortogonaisOXY Z no espaço tal que M seja a origem (M = O) e o segmento AB esteja contido no eixo OX, com A à direita de B.
Com essa escolha, as coordenadas dos pontos A e B são da forma: A = (r , 0, 0) e B = (−r , 0, 0), para algum número real r > 0.
Fig. 13: Pontos equidistantes de dois pontos dados.
Assim: P = (x, y, z) ∈ M ⇐⇒ d(A, P ) = d(B, P ) ⇐⇒ d(A, P )2=d(B, P )2 ⇐⇒ (x − r )2+(y − 0)2+(z − 0)2 =(x − (−r ))2+(y − 0)2+(z − 0)2 ⇐⇒ x2−2xr + r2 =x2+2xr + r2 ⇐⇒ −2xr = 2xr ⇐⇒ 4xr = 0 ⇐⇒ x = 0(poisr 6= 0) ⇐⇒P = (0, y, z) ∈ πY Z.
Logo, M = πY Z. Portanto, o conjunto M é o plano perpendicular ao segmentoAB que passa pelo ponto médio desse segmento.
3.
Vetores no espaço
Vamos agora abordar a noção de vetores no espaço. A definição é a mesma dada no plano, assim como as principais propriedades, salvo alguns acréscimos.
Para definir a relação de equipolência no espaço, começamos obser-vando que duas retas são paralelas quando estão contidas no mesmo plano e não se intersectam.
De fato, há situações em que duas retas no espaço não se intersectam, mas não são paralelas. Pense, por exemplo, em duas ruas, sendo que uma delas é um viaduto que passa por cima da outra transversalmente!
Definição 4
Os segmentos orientadosAB e CD no espaço sãoequipolentes, e escre-vemos AB ≡ CD, quando satisfazem as seguintes condições:
• AB e CD têm igual comprimento: |AB| = d(A, B) = d(C, D) = |CD|.
• AB e CD estão contidos em retas paralelas ou na mesma reta.
• AB e CD têm o mesmo sentido.
Fig. 14: ParalelogramoABDC no espaço, AB ≡ CD.
A terceira propriedade significa, no caso em queA, B, C e D não são colineares, queABDC é um paralelogramo contido no plano que contém os pontosA, B, C e D.
154 Geometria Analítica - Capítulo 9 Da mesma forma como foi feito no plano, se demonstra que
AB ≡ CD ⇐⇒ o ponto médio de AD coincide com o ponto médio de BC A relação de equipolência entre segmentos do espaço é umarelação de equivalência, isto é, satisfaz as seguintes propriedades:
1. Reflexividade: Todo segmento é equipolente a si próprio: AB ≡ AB.
2. Simetria: SeAB ≡ CD, então CD ≡ AB.
3. Transitividade: SeAB ≡ CD e CD ≡ EF , então AB ≡ EF .
Estas propriedades são verificadas usando a Proposição1abaixo. Por causa disso, podemos dividir o conjunto de todos os segmentos orientados do espaço em subconjuntos especiais, chamados classes de
equivalência pela relação de equipolência, ou simplesmente, classes
de equipolência. Cada classe de equipolência é denominada um vetor
do espaço.
Usamos a mesma notação adotada para vetores no plano ---v =→ AB---→ para designar o conjunto de todos os segmentos orientados que são equipolentes ao segmentoAB:
Fig. 15: PontoP é origem de um representante de ---v =→ AB .---→ ---→
v =AB = {CD | AB ≡ CD}---→ Note que,
AB ≡ CD ⇐⇒AB =---→ CD---→ Também, como no plano, o vetor representado por um segmento cuja origem é igual à extremidade é chamado
ve-tor nulo ouvetor zero:
-→
0 =AA =---→ BB =---→ CC = . . ..---→
Além disso, todo ponto P do espaço é a origem de um segmento orientado representante de um vetor dado ---v =→ AB qualquer (figura---→ 15).
Ou seja, dado um vetor ---v =→ AB e um ponto P ∈ E, existe um único---→ ponto Q ∈ E tal que ---v =→ P Q .---→
Para verificar essa propriedade, quandoA, B e P não são colineares, basta considerar um plano que contém os pontos A, B e P . Nesse plano, o problema de determinar o ponto Q já foi resolvido quando foram es-tudados os vetores no plano.
Notação: Dado o ponto P no espaço e o vetor ---v , designamos o único→
ponto do espaço tal que ---v =→ P Q como:---→ Q = P + ---v→
Proposição 1
Seja OXY Z um sistema de eixos ortogonais e sejam A = (a, b, c), B = (a0, b0, c0), C = (x, y, z) e D = (x0, y0, z0) pontos do espaço.
Então os segmentos AB e CD são equipolentes se, e somente se, a0−a = x0−x , b0−b = y0−y e c0−c = z0−z .
Prova.
Como AB ≡ CD se, e somente se, o ponto médio MAD coincide com o ponto médioMBC, ou seja, se, e só se:
a + x0 2 , b + y0 2 , c + z0 2 = a0+x 2 , b0+y 2 , c0+z 2 ⇐⇒ a + x 0 2 = a0+x 2 , b + y0 2 = b0+y 2 e c + z0 2 = c0+z 2 ⇐⇒ a + x0=a0+x , b + y0=b0+y e c + z0=c0+z ⇐⇒ a0−a = x0−x , b0−b = y0−y e c0−c = z0−z ,
generalizando, assim, o resultado já conhecido no plano.
Definição 5
Sejam A = (a, b, c) e B = (a0, b0, c0) pontos do espaço. Os números reais
156 Geometria Analítica - Capítulo 9
eixosOXY Z, ou seja, o vetor AB , em coordenadas, é representado por:---→ ---→
AB = (a0−a, b0−b, c0−c)
Observação 4
• Pela proposição anterior, as coordenadas de um vetor podem ser cal-culadas usando qualquer segmento representante do vetor.
• Em particular, dado um vetor v = (α, β, γ)---→ , o ponto P = (α, β, γ) satisfaz
---→
v =OP .---→
O vetorOP---→é chamado orepresentante na origemdo vetor ---v .→
Exemplo 4
Sejam A = (1, 4, 0), B = (−1, 1, −1) e C = (3, 5, −10). Determinar as coordenadas do vetor ---v =→ AB , do ponto D tal que ------→ v =→ CD , e do---→ pontoP tal que ---v =→ OP .---→
Solução.
Temos ---v =→ AB = (−1 − 1, 1 − 4, −1 − 0) = (−2, −3, −1) .---→ SejaD = (x, y, z) o ponto procurado.
Temos queAB =---→ CD ⇐⇒ AB ≡ CD. Portanto, pela proposição anterior:---→ −1 − 1 =x − 3 , 1 − 4 =y − 5 −1 − 0 =z − (−10) ,
ou seja, x = 1, y = 2 e z = −11. Assim, D = (1, 2, −11).
E pela observação acima, o pontoP tal que ---v =→ OP é (−2, −3, −1).---→
1.
Operações com vetores no espaço
Vamos definir agora as operações de adição de vetores no espaço e multiplicação de um vetor espacial por um número real. O processo é análogo ao efetuado para definir essas operações com vetores no plano e as propriedades são basicamente as mesmas, por isso muitos detalhes serão omitidos.
Definição 1
Sejam ---u e ---→ v vetores no espaço E. Seja A ∈ E um ponto qualquer e→ sejam AB e BC segmentos orientados representantes dos vetores ---u e→
---→
v respectivamente.
Fig. 1: Soma de vetores no espaço.
O vetor soma dos vetores ---u e ---→ v ,→ que designamos por ---u + ---→ v , é, por de-→ finição, o vetor representado pelo seg-mento orientadoAC.
Note que a definição da soma de dois vetores recai na situação já estu-dada no plano, pois os pontosA, B e C estão contidos num mesmo plano π .
De forma análoga ao que foi feito para vetores no plano, podemos verificar que a definição do vetor soma não depende da escolha do ponto A ∈ E. Isto é, o vetor soma está bem definido.
158 Geometria Analítica - Capítulo 10 Na prática, a adição de vetores se efetua em relação às coordenadas dos vetores parcelas num sistema de eixos ortogonais escolhido.
Assim, fixemos um sistema de eixos ortogonais OXY Z, e, com res-peito a esse sistema, sejam ---u = (a, b, c) e ---→ v = (a→ 0, b0, c0).
Então o vetor soma ---u + ---→ v é dado em termos de coordenadas por:→ ---→
u + ---v = (a, b, c) + (a→ 0, b0, c0) = (a + a0, b + b0, c + c0)
A demonstração deste fato se faz de modo análogo ao feito para vetores no plano.
Exemplo 1
Sejam A = (3, 2, 0), B = (0, 3, −2) e C = (4, 3, 2) pontos do espaço. Determinar o ponto D tal que: AD =---→ AB +---→ AC .---→
Solução. Temos, ---→ AB = (0 − 3, 3 − 2, −2 − 0) = (−3, 1, −2), e ---→ AC = (4 − 3, 3 − 2, 2 − 0) = (1, 1, 2). Logo, ---→ AB +AC = (−3, 1, −2) + (1, 1, 2) = (−2, 2, 0).---→ Fig. 2: Exemplo 1. Além disso, seD = (d1, d2, d3) é a extremidade do represen-tanteAD do vetor somaAB +---→
---→
AC com origem no ponto A, então: d1−3 = −2,d2−2 = 2
ed3−0 = 0.
Portanto, D = (1, 4, 0).
Propriedades da adição de vetores no espaço
A operação de adição de vetores no espaço possui as mesmas propri-edades que a operação de adição de vetores no plano, que são herdadas das correspondentes propriedades da adição de números reais.
Sejam ---u , ---→ v e ---→ w vetores no espaço.→ 1. Comutatividade: ---u + ---→ v = ---→ v + ---→ u→.
4. Associatividade: Dados três vetores ---u , ---→ v e ---→ w , temos:→ ---→u + ---v→
+ ---w = ---→ u +→ ---→v + ---w→.
Fig. 3: Associatividade da adição de vetores.
2. Existência de elemento neutro: O vetor zero, →0 =- AA =---→ BB = . . .---→ , representado por qualquer segmento nulo, é o único vetor que satisfaz:
---→
u +→0 = --- u→qualquer que seja o vetor ---u .→ Em termos de coordenadas,→0 =- (0, 0, 0).
3. Existência de inversos aditivos: Dado o vetor ---u , existe um único→ vetor, que é designado− ---u→e chamadoinverso aditivo(ou simétrico) de
---→
u , tal que: u + (− ------→ u ) =→ →0 .
-Note que se ---u =→ AB , então − ------→ u =→ BA .---→
Observação 1
A subtração do vetor ---v pelo o vetor ---→ u é a soma de ---→ v com o inverso→ aditivo − ---u do vetor ---→ u . O vetor ---→ v + (− ---→ u ) se escreve, abreviadamente,→ como v − ------→ u→.
160 Geometria Analítica - Capítulo 10
Por exemplo, na figura3, o vetorBD é exatamente o vetor que devemos---→ adicionar aAB para obter---→ AD . Ou seja,---→ AD −---→ AB =---→ BD .---→
Observação 2
Já sabemos que se A, B, C são pontos não-colineares do plano, então o pontoD faz do quadrilátero ABDC um paralelogramo se, e somente se,
---→
AD =AB +---→ AC .---→
Observação 3
SeA, B, C e D são pontos não-coplanares no espaço, então
Fig. 4: Paralelepípedo. ---→ AB +AC---→ = AE ,---→ ---→ AB +AD---→ = AF ,---→ ---→ AC +AD---→ = AG ,---→ e ---→ AB +AC +---→ AD---→ = AH ,---→
se, e somente se, A, B, C, D, E, F , G, e
H são os vértices de um paralelepípedo
no espaço(figura4).
• A operação de multiplicaçãode um número real por um vetor no es-paço é definida da mesma forma que no plano.
Definição 2
SejamAB um vetor do espaço e λ ∈ R. O---→ produto deλ porAB---→é o vetor ---→
AB0 =λ ·AB , onde os pontos A, B e B---→ 0 são colineares e satisfazem:
• |AB0| =d(A, B0) = |λ| · d(A, B) = |λ| · |AB| .
• os segmentos AB e AB0 têm o mesmo sentido se λ > 0 e sentidos
opostos se λ < 0.
Observação 4
Note que se λ = 0, então d(A, B0) = 0 · d(A, B) = 0, isto é, B0 = A e,
portanto, 0 ·AB =---→ AA =---→ →0 .
-Analogamente,λ ·→0 =- →0 qualquer que seja- λ ∈ R.
Na prática, a multiplicação de um escalar por um vetor se efetua em relação a um sistema de coordenadas cartesianas ortogonais da mesma forma que foi feito no plano. Ou seja, se ---u = (a, b, c) é um vetor do→ espaço e λ ∈ R, então:
λ · ---u = λ(a, b, c) = (λa, λb, λc)→
Exemplo 2
Sejam A = (1, 2, 1) e B = (2, 3, 3). Determinemos as extremidades D, D0
eD00dos representantesCD, CD0 eCD00 dos vetoresAB , −2---→ AB e 2---→ AB---→
com origem no pontoC = (1, 1, 0). Solução.
Em termos de coordenadas, temos AB = (2 − 1, 3 − 2, 3 − 1) = (1, 1, 2).---→ Logo,
−2AB = (−2 · 1, −2 · 1, −2 · 2) = (−2, −2, −4), e 2---→ AB = (2, 2, 4) .---→
Fig. 5: Exemplo 2.
Como C = (1, 1, 0), as coordenadas dos pontos,D = (d1, d2, d3), D0=(d01, d02, d03) e D00=(d00 1, d002, d003), satisfazem: ---→ CD =AB ⇐⇒---→ d1−1 = 1 d2−1 = 1 d3−0 = 2 ; ---→ CD0 = −2AB ⇐⇒---→ d0 1−1 = −2 d0 2−1 = −2 d0 3−0 = −4 ---→ CD00 =2AB ⇐⇒---→ d001 −1 = 2 d002 −1 = 2 d003 −0 = 4 . Portanto, D = (2, 2, 2), D0=(−1, −1, −4) e D00 =(3, 3, 4).
162 Geometria Analítica - Capítulo 10 Propriedades da multiplicação de escalares por vetores
Sejam ---u , ---→ v e ---→ w vetores do espaço e λ, µ ∈ R. A multiplicação de→ escalares por vetores satisfaz as seguintes propriedades.
1. Associatividade: λ · (µ · ---a ) = (λ · µ) · ---→ a ;→ 2. Distributividade: λ · ( ---a +→ b ) = λ · ------→ a + λ ·→ b---→ (λ + µ) · ---a = λ · ---→ a + µ · ---→ a→ ;
3. Elemento neutro multiplicativo: O número 1 ∈ R satisfaz1 · ---a = ---→ a .→
Observação 5
Essas propriedades são verificadas escrevendo em un sistema de eixos ortogonais os vetores envolvidos.
Observação 6
Se ---u é um vetor do espaço, então o seu inverso aditivo − ---→ u é obtido→ multiplicando ---u por −1. De fato, ---→ u +(−1) ---→ u = (1+(−1)) ---→ u = 0 ---→ u =→ →0 . -Aplicações da soma de vetores e do produto de um vetor por um escalar.
Exemplo 3
Seja ∆ = 4ABC o triângulo de vértices A, B e C e seja O um ponto qualquer no espaço.
O centro de massa oucentro de gravidadedo triângulo ∆ é o ponto G
definido pela relação ---→ OG = 1 3 ---→ OA +OB +---→ OC---→ Mostre que:
(a) A definição do pontoG não depende da escolha do ponto O. (b)O pontoG é caracterizado pela relação
---→
GA +GB +---→ GC =---→ →0
Solução.
(a) SeO0 é outro ponto qualquer, temos:
---→ O0G = O---→0O +OG---→ = O---→0O + 1 3 ---→ OA +OB +---→ OC---→ = 31 3 ---→ O0O + 1 3 ---→ OA +OB +---→ OC---→ = 1 3 ---→ O0O +OA +---→ O---→0O +OB +---→ O---→0O +OC---→ = 1 3 ---→ O0A +O---→0B +O---→0C . Isto é, ---→ O0G = 1 3 ---→ O0A +O---→0B +O---→0C ,
qualquer que seja o ponto O0.
Fig. 6:G independe da escolha de O.
(b)TomandoO como sendo o próprio ponto G, na relação que define G, vemos que ---→ GG = 1 3 ---→ GA +GB +---→ GC---→ , e, sendoGG =---→ →0 , temos: ---→ GA +GB +---→ GC =---→ 0→- . como queríamos.
164 Geometria Analítica - Capítulo 10
Proposição 1
Sejam ∆ = 4ABC um triângulo, G o centro de massa de ∆, e M , N e P os pontos médios dos lados AC, BC e AB, respectivamente. Então,
---→
BG = 2GM ,---→ AG = 2---→ GN ,---→ e CG = 2---→ GP .---→
Prova.
De fato, comoGA +---→ AM =---→ GM e---→ GC +---→ CM =---→ GM , temos:---→
Fig. 7: Centro de massa como in-tersecção das medianas de∆.
2GM---→ = GA +---→ AM +---→ GC +---→ CM---→ = GA +---→ 1 2 ---→ AC +GC +---→ 1 2 ---→ CA = GA +---→ 1 2 ---→ AC +GC −---→ 1 2 ---→ AC = GA +---→ GC .---→ Da identidade GA +---→ GB +---→ GC =---→ →0 , obtemos ---→ GA +GC = −---→ GB .---→ Logo, 2GM = −---→ GB =---→ BG .---→
As identidades AG = 2---→ GN e---→ CG = 2---→ GP são verificadas de forma---→ análoga.
Observação 7
A proposição anterior nos diz que o centro de massaG pertence às retas que ligam os vértices aos pontos médios dos lados opostos de ∆. Isto é, G é obaricentro(interseção das medianas) do triângulo∆.
Além disso, pela proposição anterior, temos que a distância de G a um dos vértices é o dobro da sua distância ao ponto médio do lado oposto a esse vértice.
Definição 3
UmtetraedroT é um poliedro com quatro vértices não coplanares, seis
arestas e quatro faces triangulares (veja a figura 8).
Fig. 8: Tetraedro T .
SejaO um ponto do espaço. Ocentro de massaoucentro de gravidade do tetraedro T de vérticesA, B, C e D é o ponto G definido pela relação:
---→
OG = 1
4 ---→
OA +OB +---→ OC +---→ OD---→
Da mesma maneira como foi feito no caso do triângulo, podemos pro-var que o ponto G não depende do ponto O (figura 9). Em particular, tomandoO = G, obtemos que:
---→
GA +GB +---→ GC +---→ GD =---→ →0
166 Geometria Analítica - Capítulo 10
Exemplo 4
Sejam A, B, C e D pontos não-coplanares do espaço e seja T o tetraedro que eles determinam. Chame A0 o baricentro da face triangular de T
oposta ao vértice A, B0 o baricentro da face oposta ao vértice B, C0 o
baricentro da face oposta ao vértice C e D0 o baricentro da face oposta
ao vértice D.
Verificar que o centro de massa do tetraedro T coincide com o centro de massa do tetraedro T0 cujos vértices são os baricentros A0, B0, C0 e
D0.
Solução.
Os baricentros das faces triangulares são determinados pelas relações: ---→ OA0 = 1 3 ---→ OB +OC +---→ OD---→ , OB---→0 = 1 3 ---→ OA +OC +---→ OD---→ , ---→ OC0 = 1 3 ---→ OA +OB +---→ OD---→ , OD---→0 = 1 3 ---→ OA +OB +---→ OC---→ . Usando essas identidades, temos:
1 4 ---→ OA0 +OB---→0 +OC---→0 +OD---→0 = 14h13OB +---→ OC +---→ OD---→+ 13OA +---→ OC +---→ OD---→ + 13OA +---→ OB +---→ OD---→+ 13OA +---→ OB +---→ OC---→i = 14OA +---→ OB +---→ OC +---→ OD---→ .
Portanto, o centro de massa do tetraedro de vértices A0, B0, C0 e D0 é
igual ao centro de massa do tetraedro de vértices A, B, C e D.
Proposição 2
O centro de massa G do tetraedro T é o ponto de intersecção das retas que ligam os vértices de T aos baricentros das suas faces triangulares opostas.
Prova.
De fato, seD0 é o baricentro do triângulo 4ABC, temos
---→
D0A +D---→0B +D---→0C =→0- .
Logo,
3GD---→0 = GA +---→ AD---→0 +GB +---→ BD---→0 +GC +---→ CD---→0
= GA +---→ GB +---→ GC −---→ D---→0A +D---→0B +D---→0C
= GA +---→ GB +---→ GC = −---→ GD =---→ DG .---→
Finalmente, como DG = 3---→ GD---→0 , temos queG pertence à reta que liga os
pontos D e D0, e d(G, D) = 3 d(G, D0).
Fig. 10:G = AA0∩BB0∩CC0∩DD0
Procedendo de modo análogo, podemos provar que AG = 3---→ GA---→0 , BG =---→
3GB---→0 eCG = 3---→ GC---→0 . Veja a figura10.
2.
Colinearidade e coplanaridade de pontos no
espaço
Sabemos que três pontos A, B e C no espaço são colineares se eles pertencem a uma mesma reta.
168 Geometria Analítica - Capítulo 10 Para isso, precisamos da seguinte definição.
Definição 4
O vetor ---v é um→ múltiplodo vetor ---u quando existe um escalar λ ∈ R tal→ que ---v = λ ---→ u .→
Observação 8
a. Todo vetor é múltiplo de si próprio (neste caso, λ = 1).
b. O vetor zero (→0 ) é múltiplo de qualquer vetor. -De fato, dado um vetor arbitrário ---u , temos→ →0 = 0 --- u .→
Em contrapartida, nenhum vetor não-nulo pode ser múltiplo do vetor zero. c. Se ---v 6= 0 e ---→ v = λ ---→ u , então λ 6= 0 e ---→ u =→ 1 λ ---→ v .
Proposição 3
Se ---u = (x→ 1, y1, z1) e ---→v = (x2, y2, z2) são vetores do espaço, então um
dos vetores ---u e ---→ v é múltiplo do outro se, e somente se,→
x1y2−x2y1 =x1z2−x2z1=y1z2−y2z1=0 .
Prova.
Sejam ---u = (x→ 1, y1, z1) e ---v = (x→ 2, y2, z2).
( =⇒)Se ---v é múltiplo de ---→ u , existe λ ∈ R, tal que ---→ v = λ ---→ u .→ Logo,
(x2, y2, z2) = λ(x1, y1, z1) = (λx1, λy1, λz1),
ou seja,
x2=λx1, y2 =λy1, z2 =λz1. (1)
Multiplicando a primeira das identidades (1) pory1 e a segunda por x1,
obtemos
y1x2=λx1y1 =x1y2,
isto é, x1y2−x2y1 =0.
Multiplicando a primeira das identidades (1) por z1 e a terceira por x1,
obtemos
x2z1=λx1z1=x1z2,
isto é, x1z2−x2z1=0.
Finalmente, multiplicando a segunda das identidades (1) por z1 e a
ter-ceira pory1, obtemos
y2z1=λy1z1 =y1z2,
isto é, y1z2−y2z1=0.
(⇐= )Reciprocamente, suponhamos que
x1y2−x2y1=x1z2−x2z1 =y1z2−y2z1 =0.
Se ---u =→ →0 =- (0, 0, 0), então ---u = 0 ---→ v , isto é, ---→ u é múltiplo de ---→ v .→ Podemos, então, supor que ---u = (x→ 1, y1, z1) 6= (0, 0, 0).
Assim, necessariamente, uma das coordenadas de ---u deve ser diferente→ de zero. Sex1 6=0, sejaλ = x2 x1 . Afirmamos que ---v = λ ---→ u .→
De fato, como x1y2 −x2y1 = 0, temos y2 =
x2 x1 y1. Também, sendo x1z2−z1x2=0, temosz2 = x2 x1 z1 . Logo, λ ---u =→ x2 x1 x1, y1, z1 = x2 x1 x1, x2 x1y1, x2 x1z1 =(x2, y2, z2) = ---v .→
Os casosy16=0 ez16=0 são tratados da mesma maneira.
Observação 9
(a) Para mostrar que dois vetores ---u e ---→ v não são colineares, basta veri-→ ficar que um dos números
x1y2−x2y1, x1z2−x2z1 ou y1z2−y2z1,
é diferente de zero.
determi-170 Geometria Analítica - Capítulo 10
nantes 2 × 2 que podem ser formados com as colunas da matriz 2 × 3 x1 y1 z1 x2 y2 z2 ,
em cujas filas aparecem as coordenadas dos vetores ---u e ---→ v .→
Definição 5
Dizemos que dois vetores ---u e ---→ v não-nulos são→ colinearesquando um deles é múltiplo do outro.
Essa definição está bem justificada, pois se AC = λ---→ AB , então os---→ pontos A, B e C estão sobre uma mesma reta. E, reciprocamente, se A, B e C são pontos distintos de uma reta, então existe λ ∈ R, tal que
---→
AC = λAB . Para isso, basta tomar λ = ±---→ d(A, C)
d(A, B), onde escolhemos o
sinal positivo caso B e C estejam do mesmo lado em relação ao ponto A na reta que os contém, e o sinal negativo caso B e C estejam em lados opostos. Portanto, temos:
A, B e C são pontos colineares ⇐⇒ os vetores AB e---→ AC são múltiplos.---→
Fig. 11: Exemplo5.
Exemplo 5
Determinar se A = (−1, 1, 0), B = (1, 1, 1) e C = (−2, −1, −1) são colineares ou não.
Solução. Como ---→ AB = (x1, x2, x3) = (2, 0, 1), ---→ AC = (x2, y2, z2) = (−1, −2, −1), e det x1 y1 x2 y2 =det 2 0 −1 −2 =(2)(−2) − (0)(−1) = −4 6= 0, os pontos dados não são colineares.
Exemplo 6
Determinar se os pontos A = (0, 1, 0), B = (1, 1, 1) e C = (−2, 1, −2) são colineares ou não.
Solução.
Temos AB = (x---→ 1, x2, x3) = (1, 0, 1) e
---→
AC = (y1, y2, y3) = (−2, 0, −2).
A matriz 2 × 3 que tem por filas as coordenadas desses vetores é x1 x2 x3 y1 y2 y3 = 1 0 1 −2 0 −2 ,
e os determinantes 2 × 2 formados com as colunas dessa matriz são det x1 x2 y1 y2 = det 1 0 −2 0 =1(0) − (−2)(0) = 0 , det x1 x3 y1 y3 = det 1 1 −2 −2 =1(−2) − 1(−2) = 0 , det x2 x3 y2 y3 = det 0 1 0 −2 =0(−2) − 1(0) = 0 .
Portanto, AB e---→ AC são múltiplos, ou seja, os pontos A, B e C são coli----→ neares.
Sabemos que três pontos A, B e C não-colineares determinam um único plano π no espaço. O teorema abaixo nos permite saber quando um quarto ponto D pertence ou não a este plano.
Definição 6
Um vetor ---v que é soma de múltiplos dos vetores ---→ v→1 , ---v→2 , . . . , ---v→n é chamado uma combinação linear de ---v→1 , ---v→2 , . . . , ---v→n , ou melhor, ---v é→ uma combinação linear de ---v→1 , ---v→2 , . . . , ---v→n se existemλ1, λ2, . . . , λn∈ R tais que
---→
172 Geometria Analítica - Capítulo 10
Teorema 1
SejamA, B e C pontos não-colineares no espaço e seja π o plano que eles determinam. A fim de que o ponto D pertença ao plano π é necessário e suficiente que o vetor AD seja---→ combinação linear dos vetores AB e---→
---→
AC , ou seja,
D ∈ π ⇐⇒ existem x, y ∈ R, tais queAD = x---→ AB + y---→ AC---→
Prova.
( =⇒)Suponhamos primeiro queD ∈ π .
Seja r1 a reta paralela a AC que passa por D e seja r---→ 2 a reta paralela a
---→
AB que passa por D.
Entãor1 está contida no planoπ e intersecta a reta que contém os
pon-tosA e B num ponto D1.
Analogamente,r2 está contida no planoπ e intersecta a reta que contém
os pontosA e C num ponto D2.
Fig. 12:A, B, C e D coplanares. Como os pontosA, B e D1 são
colinea-res, existex ∈ R tal queAD---→1 =xAB .---→
Também, como A, C e D2 são
colinea-res, existe y ∈ R tal que ---→ AD2 =y
---→ AC .
Sendo AD1DD2 um paralelogramo,
te-mos: ---→ AD =AD---→1 + ---→ AD2 =x ---→ AB + yAC .---→
(⇐= )Suponhamos, agora, queAD é combinação linear dos vetores---→ AB---→ eAC . Isto é, existem x, y ∈ R, tais que---→ AD = x---→ AB + y---→ AC .---→
Escolhemos um sistema de eixos ortogonaisOXY Z no espaço, de modo que a origemO coincida com o ponto A e que os eixos OX e OY estejam sobre o planoπ . Assim, nesse sistema de eixos, πXY =π .
Sendo as terceiras coordenadas deA, B e C iguais a zero e,AD = x---→ AB +---→
yAC , concluímos que a terceira coordenada do ponto D é também igual---→ a zero (figura 13). LogoD ∈ πXY =π .
Fig. 13: SistemaOXY Z e D ∈ πXY.
Exemplo 7
Considere os pontos A = (1, 2, 3) , B = (2, 3, 4) , C = (3, 4, 6) , D = (1, 1, 2) e E = (4, 5, 2).
Mostre que:
(a) A, B e C não são colineares e, portanto, determinam um plano π . (b)D não pertence ao plano π .
(c)E pertence ao plano π .
Solução.
TemosAB = (1, 1, 1),---→ AC = (2, 2, 3),---→ AD = (0, −1, −1) e---→ AE = (3, 3, −1).---→ (a)ComoAB e---→ AC não são múltiplo um do outro, pois det---→ 1 12 3
!
=1 6= 0, concluímos que A, B e C não são colineares, determinando, assim, um planoπ .
(b)Pelo teorema1, D ∈ π se, e somente se, existem x, y ∈ R tais que ---→
AD = xAB + y---→ AC .---→ Isto é,
174 Geometria Analítica - Capítulo 10
(0, −1, −1) = x(1, 1, 1) + y(2, 2, 3) = (x + 2y, x + 2y, x + 3y) . Portanto, os números x e y devem satisfazer as equações:
x + 2y = 0 , x + 2y = −1 , x + 3y = −1 , o que é impossível, pois as duas primeiras implicam que 0 = −1.
Concluímos, então, a não-existência dos números x e y e, portanto, a impossibilidade da relação AD = x---→ AB + y---→ AC . Logo D 6∈ π .---→
(c) De novo, pelo teorema 1, E ∈ π se, e somente se, existem x, y ∈ R tais que
---→
AE = xAB + y---→ AC .---→ Isto é,
(3, 3, −1) = x(1, 1, 1) + y(2, 2, 3) = (x + 2y, x + 2y, x + 3y) . Logox e y devem satisfazer, simultaneamente, as equações:
x + 2y = 3 , x + 2y = 3 , x + 3y = −1 . ou seja, x e y são a solução do sistema
x + 2y = 3
x + 3y = −1. Resolvendo o sistema, obtemos,x = 11 e y = −4. Portanto,AE = 11---→ AB − 4---→ AC , e os---→ pontos A, B, C e E são coplanares.
Provaremos, agora, que quatro pontos não-coplanares A, B, C e D determinam o espaço todo, ou melhor, que todo vetor do espaço se ex-pressa de maneira única como combinação linear dos vetores AB ,---→ AC---→ eAD .---→
Definição 7
Dizemos que os vetores ---u =→ AB , ------→ v =→ AC e ------→ w =→ AD são---→ linearmente
independentes (LI) quando os pontos A, B, C e D não são coplanares,
isto é, não pertencem a um mesmo plano.
Se os vetores ---u =→ AB , ------→ v =→ AC e ------→ w =→ AD não são linearmente---→ independientes, dizemos que eles são linearmente dependientes (LD). Nesse caso, os pontos A, B, C e D são coplanares.
Teorema 2
Sejam ---v→1 , ---v→2 e ---v→3 três vetores linearmente independentes no espaço.
Então, para cada vetor ---w do espaço, existem escalares únicos x, y, z ∈→ R, tais que:
---→
w = x ---v→1 +y ---v→2 +z ---v→3 (2)
Prova.
Sejam A, B, C, D e P pontos do espaço tais que ---v→1 = AB , ------→ v→2 = AC ,---→
---→ v3 = ---→ AD e ---w =→ AP . Como os vetores ------→ v→1 , ---→ v2 e ---→
v3 são LI, os pontos
A, B, C e D não são coplanares.
Designamos π1 o plano que contém os pontos A, B e C, π2 o plano
determinado pelos pontos A, B e D e π3 o plano determinado pelos
pontos A, C e D (figura 14).
Sejam agora π10, π20 e π30 os planos que passam pelo ponto P e são
paralelos aos planosπ1, π2 e π3, respectivamente.
Fig. 14: Determinando os pontosB0,C0eD0.
Como a reta que contém os pon-tos A e D não está contida no plano π1, essa reta intersecta o
plano π10 num único ponto D0,
sendo então ---→
AD0 =zAD ,---→
para algum número z ∈ R, o qual é determinado de forma única pelo pontoD0e, portanto,
pelo pontoP .
Analogamente, a reta que passa por A e C não está contida no plano π2,
logo intersecta o plano π20, paralelo a π2, num único pontoC0, de onde
concluímos que AC---→0 = yAC , para algum escalar y ∈ R determinado---→
de maneira única pelo ponto P .
Finalmente, a reta que passa pelos pontos A e B não está contida no planoπ3, intersectando, portanto, o planoπ30 num único pontoB0.
176 Geometria Analítica - Capítulo 10 Assim, existe um escalarx, determinado de maneira única pelo ponto P , tal queAB---→0 =xAB .---→
Por causa do paralelismo estabelecido entre os planos, os segmentos AB0, AC0 eAD0 são arestas de um paralelepípedo no qual os pontosA e
P são extremidades de uma das diagonais. Assim, concluímos que: ---→ w = AP =---→ AB---→0 +AC---→0 +AD---→0 = xAB + y---→ AC + z---→ AD---→ = x ---v→1 +y ---→ v2 +z ---→ v3 ,
como queríamos provar.
O Teorema2diz que qualquer vetor do espaço se exprime de maneira única como combinação linear de três vetores LI dados. Por isso dizemos que o espaço tem dimensão três.
Exemplo 8
Considere os pontosO = (0, 0, 0), A = (1, 1, 1), B = (3, 1, 2), C = (2, 0, 1) eD = (1, 0, −1).
(a) Verifique queO, A, B e C são pontos coplanares. (b)Verifique queO, A, B e D são pontos não-coplanares.
(c) Escreva o vetor ---w = (2, 6, 5) como combinação linear (soma de múl-→ tiplos) dos vetoresOA ,---→ OB e---→ OD .---→
Solução.
(a) Observe, primeiro, que os pontosO, A e B não são colineares.
De fato, os vetoresOA = (1, 1, 1) e---→ OB = (3, 1, 2) não são múltiplo um---→ do outro, pois a matriz
1 1 1 3 1 2
possui uma submatriz 2×2, 1 1 3 1 com determinante diferente de zero.
Para verificar que o ponto C pertence ao plano π determinado pelos pontos O, A e B, devemos determinar α, β ∈ R, tais que:
---→
OC = αOA + β---→ OB ,---→
ou seja:
(2, 0, 1) = α(1, 1, 1) + β(3, 1, 2) = (α + 3β, α + β, α + 2β). Logoα e β devem ser solução das equações:
α + 3β = 2 (3)
α + β = 0 (4)
α + 2β = 1 (5)
Da equação (4), obtemos queα = −β. Substituindo na equação (3), obte-mos −β + 3β = 2, ou seja, β = 1; portanto, α = −1.
A equação (5) também é satisfeita porα = −1 e β = 1.
Assim,OC = −---→ OA +---→ OB e, pelo Teorema---→ 1, C pertence ao plano π . (b)Sabemos que o pontoD = (1, 0, −1) pertence ao plano π que contém O, A e B se, e somente se, existem escalares α e β, tais que:
---→
OD = αOA + β---→ OB .---→ Isto é, em termos de coordenadas,
α + 3β = 1 (6)
α + β = 0 (7)
α + 2β = −1 (8)
Da equação (7), obtemosα = −β. Substituindo na equação (6), obtemos β = 12.
Porém, substituindoα = −β na equação (8), obtemosβ = −1.
Logo, como β não pode assumir dois valores ao mesmo tempo, concluí-mos que não existem escalares α e β que resolvam as três equações simultaneamente.
Portanto, D ∉ π.
(c) Sabemos, do item (b), que os vetores OA ,---→ OB e---→ OD são LI. Logo,---→ pelo teorema 2, todo vetor do espaço se escreve, de forma única, como combinação linear desses vetores.
178 Geometria Analítica - Capítulo 10 Logo, para ---w = (2, 6, 5), existem números reais únicos x, y e z, tais que→
---→
w = xOA + y---→ OB + z---→ OD .---→ Isto é,
(2, 6, 5) = x(1, 1, 1) + y(3, 1, 2) + z(1, 0, −1) = (x + 3y + z, x + y, x + 2y − z) . Dessa identidade, obtemos:
x + 3y + z = 2 (9)
x + y = 6 (10)
x + 2y − z = 5 (11)
Pela equação (10),x = 6−y. Substituindo nas equações (9) e (11), temos: 6 −y + 3y + z = 2 6 −y + 2y − z = 5, ou seja: 2y + z = −4 y − z = −1.
Somando essas duas equações, obtemos 3y = −5, isto é, y = −5 3. Logo, z = y + 1 = −5 3 +1 = − 2 3 e x = 6 − y = 6 + 5 3 = 23 3 . Portanto, ---→ w = 23 3 ---→ OA − 5 3 ---→ OB −2 3 ---→ OD .
é a expressão de ---w como combinação linear de→ OA ,---→ OB e---→ OD---→
Terminologia: Uma base do espaço é um conjunto ordenado formado
por três vetores LI.
Se B = { ---v→1 ,
---→ v2 ,
---→
v3 }é uma base do espaço e
---→
w é um vetor qual-quer, sabemos, pelo teorema 2, que existe apenas um terno de números reaisx , y e z, tais que
---→
w = x ---v→1 +y ---v→2 +z ---v→3
Os númerosx, y e z são chamados ascoordenadasde ---w em relação→ à base B, e escrevemos w = (x, y, z)---→ B.
Considerando um sistema ortogonal de coordenadas cartesianasOXY Z, os vetores ---e→1 =(1, 0, 0), ---e→2 =(0, 1, 0) e ---e→3 =(0, 0, 1) são LI.
A base C = { ---e→1 , ---e→2 , ---e→3 } é chamada base canônica do espaço em
relação ao sistemaOXY Z. Note que, se as coordenadas de um vetor ---w→ em relação ao sistema OXY Z são ---w = (x, y, z), então→
---→
w = x ---e→1 +y ---e→2 +z ---e→3 .
Isto é, as coordenadas de ---w no sistema OXY Z são exatamente as→ coordenadas de ---w em relação à base canônica C do sistema OXY Z:→
---→
1.
Equações da reta no espaço
Sejam A e B dois pontos distintos no espaço e seja r a reta que os contém. Então,
P ∈ r ⇐⇒ existe t ∈ R tal que AP = t---→ AB---→
Fig. 1: Retar passando por A e B.
Como o ponto P pode ser visto como a translação do ponto A pelo vetorAP , isto é, P = A +---→ AP , a condição acima também se escreve:---→
P ∈ r ⇐⇒ existe t ∈ R tal que P = A + tAB .---→ Assim, a retar é caracterizada pela equação
r : P = A + tAB ; t ∈ R---→
182 Geometria Analítica - Capítulo 11 Equação paramétrica da reta em coordenadas
SejaOXY Z um sistema de eixos ortogonais no espaço e considere os pontos A e B em coordenadas: A = (a, b, c) e B = (a0, b0, c0)
Escrevendo o pontoP em coordenadas, P = (x, y, z), temos: P = (x, y, z) ∈ r
⇐⇒ (x, y, z) = (a, b, c) + t(a0−a, b0−b, c0−c) , t ∈ R
⇐⇒ (x, y, z) = (a + t(a0−a), b + t(b0−b), c + t(c0−c)) , t ∈ R
⇐⇒ x = a + t(a0−a) , y = b + t(b0−b) , z = c + t(c0−c) , t ∈ R .
Isto é, P = (x, y, z) ∈ r se, e somente se, suas coordenadas x, y e z satisfazem as equações paramétricas da reta r que passa por A = (a, b, c) e B = (a0, b0, c0) (figura1): r : x = a + t (a0−a) y = b + t (b0−b) z = c + t (c0−c) ; t ∈ R
Exemplo 1
Determinar as equações paramétricas da reta r que contém os pontos A = (1, 0, 0) e B = (0, 1, 1).
Solução.
O vetorAB tem coordenadas---→ AB = (0 − 1, 1 − 0, 1 − 0) = (−1, 1, 1).---→ Logo, r : x = 1 + t(−1) y = 0 + t(1) z = 0 + t(1) ; t ∈ R, ou seja, r : x = 1 − t y = t z = t ; t ∈ R
são as equações paramétricas da reta r .
Definição 1
Dizemos que uma reta r é paralela a um vetor ---v 6=→ →0 quando, para -quaisquer dois pontos A e B de r , o vetorAB é múltiplo de ------→ v .→
Fig. 2: Vetor ---v paralelo à reta r .→ Assim, o ponto P pertence à
reta r que passa por A e é para-lela ao vetor ---v se, e somente se,→ existe t ∈ R tal que AP = t ------→ v ,→ ou seja,
r : P = A + t ---v ;→ t ∈ R Em termos de coordenadas, se A = (a, b, c) e ---v = (α, β, γ), as→ equações paramétricas der são:
r : x = a + α t y = b + β t z = c + γ t ; t ∈ R
Exemplo 2
Determine se os pontos P = (1, 1, 1) e Q = (0, −1, 0) pertencem à reta r que passa pelo ponto A = (1, 1, −1) e é paralela ao vetor ---v = (1, 2, −1).→
Solução.
As equações paramétricas da retar são:
r : x = 1 + t y = 1 + 2t z = −1 − t ; t ∈ R .
LogoP ∈ r se, e somente se, existe t ∈ R, tal que (1, 1, 1) = (1 + t, 1 + 2t, −1 − t),
isto é, se, e somente se, existet ∈ R que satisfaz as identidades 1 = 1 +t, 1 = 1 + 2t e 1 = −1 −t,
simultaneamente. Das duas primeiras obtemos t = 0, mas esse valor é incompatível com a terceira identidade, pois implicaria na identidade 1 = −1.
184 Geometria Analítica - Capítulo 11 Analogamente,Q ∈ r se, e somente se, existe t ∈ R, tal que
(0, −1, 0) = (1 + t, 1 + 2t, −1 − t),
isto é, se, e somente se, existe t ∈ R que satisfaz, simultaneamente, as identidades
0 = 1 +t, −1 = 1 + 2t e 0 = −1 −t,
Da primeira identidade, obtemos t = −1, valor que satisfaz as outras duas identidades.
Portanto, Q ∈ r .
2.
Equação simétrica da reta no espaço
Consideremos as equações paramétricas da reta r que passa pelo pontoA = (a, b, c) e é paralela ao vetor ---v = (α, β, γ):→
r : x = a + αt y = b + βt z = c + γt ; t ∈ R .
Quando as três coordenadas do vetor direção ---v são diferentes de→
zero, podemos colocar em evidência o parâmetro t em cada uma das
equações: t = x − a α , t = y − b β e t = z − c γ .
Portanto, P = (x, y, z) ∈ r se, e somente se, as coordenadas de P satisfazem: r : x − a α = y − b β = z − c γ
Essa expressão é chamadaequação simétricada retar .
Quando a retar é dada por dois pontos A = (a, b, c) e B = (a0, b0, c0),
o vetor ---v =→ AB = (a---→ 0−a, b0−b, c0 −c), paralelo a r , terá suas três
coordenadas não-nulas se, e somente se, os pontosA e B não pertencem a um plano paralelo a um dos planos coordenados.
Isto é,a06=a, b06=b e c06=c.
Nesse caso, podemos expressar a retar através da equação simétrica: r : x − a a0−a = y − b b0−b = z − c c0−c Atenção!
Se a reta r é paralela a um dos planos coordenados, então ela não pode ser representada por uma equação simétrica.
Exemplo 3
Determinar, caso seja possível, a forma simétrica da equação da reta r que passa pelos pontos dados.
(a) A = (1, 2, 3) e B = (2, 3, 4). (b)A = (1, 0, 1) e B = (1, 2, 3).
Solução.
(a) Como o vetor AB = (1, 1, 1) tem todas suas coordenadas diferen----→ tes de zero, a retar se expressa pela equação simétrica:
r : x − 1 1 = y − 2 1 = z − 3 1 , ou seja, r : x − 1 = y − 2 = z − 3 .
(b)Como o vetor AB = (0, 2, 2) é paralelo ao plano π---→ Y Z, pois tem a sua primeira coordenada igual a zero, a reta r não pode ser representada por uma equação simétrica.
As equações paramétricas der são:
r : x = 1 y = 0 + 2t z = 1 + 2t ; t ∈ R, ou seja, r : x = 1 y = 2t z = 1 + 2t ; t ∈ R .
Neste exemplo, observe que o vetor ---v = (0, 1, 1) =→ 1 2
---→
AB é também paralelo à reta r . Portanto,
186 Geometria Analítica - Capítulo 11 r : x = 1 y = t z = 1 + t ; t ∈ R .
são também, equações paramétricas para a mesma retar .
Exemplo 4
Sejar a reta que passa pelos pontos A = (1, 0, 0) e B = (0, 0, 1) e seja S a superfície definida pela equação S :z = x2+y2. Determine S ∩r .
Solução.
Como AB = (−1, 0, 1), a equação paramétrica da reta r é:---→ r : P = A + tAB ; t ∈ R .---→ ou seja, r : x = 1 − t y = 0 z = t ; t ∈ R . Fig. 3: Interseçãor ∩ S = {P1, P2}.
Agora,P ∈ r ∩ S se, e somente se, as coordenadas de P satis-fazem as equações paramétri-cas de r e a equação de S si-multaneamente.
ComoP ∈ r ⇐⇒ P = (1−t, 0, t), para algum t ∈ R, temos que P = (1 − t, 0, t) ∈ S ⇐⇒ ⇐⇒ t = (1 − t)2 ⇐⇒ t = 1 − 2t + t2 ⇐⇒ t2−3t + 1 = 0 ⇐⇒ t = 1 2 3 ±p9 − 4= 1 2 3 ±p5 , Temos, portanto, duas soluções:
P ∈ r ∩S ⇐⇒ P = 1 − 3 + √ 5 2 , 0, 3 +√5 2 ! ou P = 1 − 3 − √ 5 2 , 0, 3 −√5 2 ! ⇐⇒ P = −1 − √ 5 2 , 0, 3 +√5 2 ! ou P = −1 + √ 5 2 , 0, 3 −√5 2 ! . Logo a retar intersecta a superfície S em dois pontos.
3.
Equações paramétricas do plano no espaço
SejamA, B e C três pontos não-colineares no espaço e seja π o plano que os contém. Então,
P ∈ π ⇐⇒ existem s, t ∈ R tais queAP = s---→ AB + t---→ AC ,---→
isto é,P ∈ π se, e somente se, satisfaz a seguinteequação paramétrica do plano π :
P = A + sAB + t---→ AC ;---→ s, t ∈ R
Observação 1
A equação paramétrica de uma reta é determinada a partir da variação de um parâmetro(t ∈ R), enquanto a equação paramétrica de um plano é caracterizada pela variação de dois parâmetros (s, t ∈ R). Por isso dizemos que a reta é uni-dimensionale o plano ébi-dimensional.
Equação paramétrica do plano em coordenadas
Consideremos um sistema de eixos ortogonaisOXY Z no espaço no qual os pontosA, B e C têm coordenadas: A = (a, b, c), B = (a0, b0, c0) e
C = (a00, b00, c00).
Substituindo, na equação paramétrica do planoπ as coordenadas do ponto P = (x, y, z), as coordenadas do ponto A e dos vetores AB =---→ (a0−a, b0−b, c0−c) eAC = (a---→ 00−a, b00−b, c00−c), obtemos que:
(x, y, z)=(a, b, c)+s(a0−a, b0−b, c0−c)+t(a00−a, b00−b, c00−c); s, t ∈ R,
ou seja, asequações paramétricasdo plano π são:
π : x = a + s (a0−a) + t (a00−a) y = b + s (b0−b) + t (b00−b) z = c + s (c0−c) + t (c00−c) ; s, t ∈ R
Exemplo 5
Determinar equações paramétricas do plano π que contém os pontos A = (1, 0, 0), B = (1, 1, 0) e C = (0, 0, 1).
