6.1. Exercícios

Resolvi comentar alguns dos exercícios.Vou usar algumas notações.V (p) = 1 indica que a proposição p é verdadeira, e V (p) = 0 que ela é falsa.LD (~ui)1≤i≤n = 1 indica que a n-upla ~ui é LD, e LD (~ui)1≤i≤n = 0 que ela é

LI.Considerar de forma análoga a função LI (~ui)1≤i≤n.6-1 (a) Interessante, por exigir o conhecimento de demonstrações de implicações

diretas e reversas por métodos diferentes.Vejamos a implicação direta.

H = {{P,A,B,C} ∈ π ⇒ T = {LD (~u,~v, ~w) = 1 .

É bem simples.Basta considerar que se P e A estão em um mesmo plano π, então, pelo postu-

lado da pertinência da Geometria Euclideana, PA ⊂ π. Logo,−→PA ⊂ π. Analoga-

mente,−−→PB ⊂ π e

−−→PC ⊂ π. Então, como os vetores ~u, ~v e ~w tem representantes em

um mesmo plano π, são todos paralelos a ele, e decorre disto que (~u,~v, ~w) é L.D.Implicação reversa.Não consegui produzir nada melhor que uma reductio ad absurdum.Mas vejamos isto.A implicação reversa seria

H = {LD (~u,~v, ~w) = 1 ⇒ T = {{P,A,B,C} ∈ π .

Como farei uma redução ao absurdo, o ponto de partida seria negar essa im-plicação, e mostrar que isso leva a uma contradição. Seja p ≡ H e q ≡ T .

¬ (p→ q) ≡ p ∧ ¬q.

Isso é que precisa ser demonstrado. Farei isso a seguir.

Lema. Primeiramente, seria preciso mostrar que

p→ (r ∧ s) ≡ (p→ r) ∧ (p→ s) .

Demonstração. Para isto, bastaria provar que as duas tabelas verdades sãoiguais. Pode ser averiguado na Tabela 1.

p r s r ∧ s p→ r p→ s p→ (r ∧ s) (p→ s) ∧ (p→ s)

V V V V V V V VV V F F V F F FV F V F F V F FV F F F F F F FF V V V V V V VF V F F V V V VF F V F V V V VF F F F V V V V

Tabela 1. Prova da veracidade da Proposição .

�

1

6.1. EXERCÍCIOS 2

Agora, vejamos a implementação deste método de prova.Seja então V (r) = 1, sendo r : p ∧ ¬q, p := LD (~u,~v, ~w) = 1 ≡ H e q :

{P,A,B,C} ∈ π ≡ T .Vejamos:

p ∧ ¬q ≡ ¬q ∧ p→ p,

por uma inferência chamada simpli�cação.Por outro lado, se V (¬q) = 1, então, ∃X : X ∈ {P,A,B,C} ∧ X 6∈ π. Seja

X = C, e−−→PC = ~w. Ora, se assim for, então ~w 6⊂ π. Mas, nesse caso, LD (~u,~v, ~w) =

0. O que acabou de se provar foi o seguinte, em termos lógicos:

¬q → ¬p.

Agora, por simpli�cação, se V (¬q ∧ p) = 1, então

¬q ∧ p→ ¬q.

Resulta da combinação dessas duas implicações que

¬q ∧ p→ ¬q → ¬p.

Ora, pela propriedade transitiva do operador condicional,

¬q ∧ p→ ¬p.

Fica provado que

(¬q ∧ p→ p) ∨ (¬q ∧ p→ ¬p) ≡ ¬q ∧ p→ (p ∧ ¬p) ,

o que é um absurdo, a menos que se considere V (¬q ∧ p) = 0. Como ¬q ∧ p é anegação da hipótese, então a hipótese é verdadeira, e o recíproco do Teorema estácomprovado.

O exercício (b) pode ser comprovado de forma análoga.6-2 Eu decidi fazer um comentário acerca da solução apresentada pelo autor ao

�nal do capítulo.Ele a�rmou que

Portanto, se a sequência é o par ordenado (~u,~v), ela é LD e, seé uma tripla ordenada (~u,~v, ~w), seus vetores são paralelos a ummesmo plano . . .

Foi o que me chamou atenção.Eu acho que uma a�rmação destas tem que ser provada.Então, decidi fazê-lo aqui. A Figura 6.1.1 ilustra o modelo usado na demons-

tração.

6.1. EXERCÍCIOS 3

Figura 6.1.1. Diagrama esquemático da prova. Seja−→PA repre-

sentante de ~u, e−−→PB o representante de ~v com origem em P . Como

(~u,~v) é um par LD, então,−→PA ‖

−−→PB. Se P , A, e B pertencem a

mesma reta, então, pelo postulado da inclusão da Geometria Eucli-deana (se dois pontos de uma reta pertencem a um plano π, entãoa reta está contida neste plano), eles pertecem ao mesmo planoπ. Então, ao mesmo plano ao qual P e A pertencem, tambémpertence B.

Conforme os comentários do quadro da Figura 6.1.1, P , A, e B pertencem aomesmo plano, digamos π.

Agora, considere o ponto C, tal que−−→PC seja um representante do vetor ~w com

origem em P . Pelo postulado da determinação, da Geometria Euclideana (trêspontos determinam um e um único plano); P , A e C pertencem ao mesmo plano.

Logo,−−→PC pertence ao mesmo plano π de

−→PA e

−−→PB, e decorre disto que ~u, ~v e ~w

são todos paralelos ao mesmo plano, e portanto são uma terna LD.6-3 (c) Uma verdadeira pérola! Eu caí que nem um pato nesta armadilha!De fato, a a�rmação é verdadeira!Foi somente após o comentário do professor Celso Cardoso, do departamento

de Matemática da UFMS que consegui entender por quê!!Só por questão de um registro da evolução das idéias, quero mostrar a mensa-

gem que havia enviado a este professor expondo a minha dúvida.

6.1. EXERCÍCIOS 4

Vou apresentar o enunciado do exercício 6-3 para poupar-lhe o tempo de busca.6-3 A sequência (~u,~v, ~w) é L.D.. Veri�que se são verdadeiras ou falsas as

a�rmações seguintes:(d)Existem três planos paralelos e distintos; o primeiro contendo a origem e a

extremidade de um representante de ~u, o segundo contendo a origem e a extremi-dade de um representante de ~v, e o terceiro contendo a origem e a extremidade deum representante de ~w.

Segundo o autor, esta alternativa é uma a�rmação verdadeira.Eu discordo.Eu penso que, para que existam 3 planos paralelos e distintos, cada um con-

tendo a origem e a extremidade de representantes de cada um dos vetores da triplaordenada (~u,~v, ~w); seria preciso que ~u, ~v, e ~w fossem paralelos; eu tentei ilustrarmeu ponto de vista na Figura 6.1.2.

Figura 6.1.2. Representação esquemática do caso em que a con-clusão do autor é verdadeira, a meu ver. O plano que contém osvetores ~u, ~v e ~w é o plano π. O plano α contém a origem e aextremidade de um representante de ~u, e está representado pelaslinhas pontilhadas verdes. O lano β contém a origem e a extre-midade de um representante de um vetor ~v, e está representadopor linhas pontilhadas vermelhas. O plano γ contém a origem e aextremidade de um representante do vetor ω, e está representadopor linhas pontilhadas azuis. Estes três planos são de fatos parale-los, pois a intersecção de quaisquer dois deles é vazia. Neste caso,na verdade, quaisquer três planos convenientemente desenhados,contendo cada um deles a origem e a extremidade de cada vetorseriam paralelos. Mas não acredito que seja este um caso genérico,e sim, particular; de uma terna de vetores L.D.. Representei o queacredito ser um caso genérico de uma terna de vetores L. D. naFigura 6.1.3 a seguir.

6.1. EXERCÍCIOS 5

Acho que não é necessariamente o caso se a tripla ordenada é L.D.. Comoexemplo, cito a própria tripla ordenada apresentada pelo autor na �gura 6-1. Ostrês vetores, apesar de comporem uma terna L.D., não são paralelos, que tenteireproduzir na Figura 6.1.3.

Figura 6.1.3. Reprodução dos vetores ~u, ~v, e ~w ilustrados na�gura 6-1 do capítulo.

Segundo Euclides, por cada um dos representantes destes vetores representadosna �gura 6-1 passam uma in�nidade de planos, que eu representei na Figura 6.1.4.

Figura 6.1.4. Representação diagramática dos in�nitos planosque passam pelos vetores não paralelos ~u e ~v. Perceba que seos vetores não forem paralelos, quaisquer dois planos, cada umcontendo um representante de um dos vetores, também não serão.Eles terão um ponto em comum, o ponto em comum das retas quecontém os representantes dos vetores ~u e ~v.

Eu creio que se os vetores ~u e ~v não forem paralelos, não há como os planosque contém seus representantes serem paralelos; eles terão um ponto em comum; aintersecção das retas suportes dos representantes de ~u e ~v.

6.1. EXERCÍCIOS 6

Sendo isto verdadeiro para dois vetores, então também o seria para três vetoresnão paralelos ~u, ~v, e ~w.

Logo, em um caso genérico de uma terna de vetores L.D., não há necessari-amente três planos paralelos e distintos, cada um contendo um representante decada vetor. O que você acha, Celso? Será que os autores esconderam uma pérolaneste enunciado?

Estou pensando em enviar este arquivo aos autores, mas quero sua opiniãoprimeiro!

Aquele abraço!

6.1. EXERCÍCIOS 7

Certo, mas em uma mensagem de poucas linhas o professor Celso mostrou oquanto eu havia sido ingênuo.

O detalhe é que eu havia �cado preso a um único grupo de representante devetores. Na verdade, existe uma in�nidade deles!

Veja por exemplo o grupo de representantes de três vetores que representei naFigura 6.1.5.

Figura 6.1.5. Em (a), um diagrama vetorial de um grupo derepresentantes dos vetores ~u, ~v, e ~w. Eu estava pensando quesomente havia esta representação para os referidos vetores. Em(b), ilustração de um outro grupo de representantes que atesta averacidade da a�rmação do autor. A liberdade de escolha permiteque se escolha um representante de ~v em um outro plano β distintoe paralelo a α, e um representante de ~w em um outro plano γ,distinto e paralelo aos planos α e β.

Na Figura 6.1.5 (a), o que estava pensando. Com isto em mente, jamais con-sideraria verdadeira a conclusão do autor. Mas, conforme orientação do professorCelso, ilustrada na Figura 6.1.5 (b), há arbitrariedade na escolha dos represen-tante dos vetores, de modo que se pode escolher cada um deles em planos paralelose distintos α, β, e γ. O enunciado da alternativa (d) desta questão é realmenteverdadeiro.

6-4 (a) Bom, creio que esta resolução requer apenas um comentário por questõesde desencargo de consciência. No sentido de que devo lutar sempre, e deixar aomenos algo registrado, para não deixar o jacaré no armário sem avisar. Estoureconhecendo de pronto que quando se trata de Geometria Plana eu sempre vouprecisar de alguma ajuda.

É o seguinte: minha proposta é basear minha resolução o máximo possível emGeometria Euclideana.

Para tanto, vou invocar alguns fatos da Geometria Analítica e da GeometriaEuclideana.

6.2. RESOLVI DEMONSTRAR A SEGUNDA PARTE DA PROPOSIÇÃO 6-4 8

Por de�nição, se (~u,~v) é L.D., então há representantes de ~u que estão contidosem retas paralelas às retas suportes dos representantes de ~v.

Sejam então os pontos P , A, e B tais que−→PA = ~u e

−−→PB = ~v. Eles estão

representados na Figura 6.1.6.

Figura 6.1.6. Diagrama vetorial dos representantes−→PA e

−−→PB de

~u e ~v. Em (a) estão representados os vetores−→PA e

−−→PB de ~u e ~v em

uma mesma reta r (esta representação só é possível por que (~u,~v) éL.D.). Em (b) foi acrescentado um ponto C não pertencente à retar. Pela Geometria Euclideana, três pontos determinam um únicoplano. Então P , C e A pertencem ao mesmo plano, representadopor α na �gura. Da mesma forma, P , C e B pertencem ao mesmoplano. E por �m, C, A e B também pertencem ao mesmo plano.Ora, como P , A e B pertencem a mesma reta r, só resta concluirdisto que os pontos P , A, B e C pertencem todos ao mesmo planoα. Sendo

−−→PC = ~w, �ca assim provado que se (~u,~v) é um par LD,

então (~u,~v, ~w) é LD, qualquer que seja o vetor ~w.

Como é possível considerar representantes de ~u e ~v na mesma reta, pode-sedemonstrar que os vetores ~u e ~v pertencem ao mesmo plano. Para isto, pode-se porexemplo desenhar representantes de ~u e ~v na mesma reta, e então com o auxílio deum ponto C, provar que os planos que contém os representantes de ~u, ~v, e maiso ponto C serão os mesmos, qualquer que seja o ponto C (ver Figura 6.1.6 paramaiores detalhes). Sendo C a extremidade de um representante de ~w com origemna origem comum de ~u e ~v, �ca assim comprovado que se (~u,~v) é LD, então (~u,~v, ~w)também é, ∀~w ∈ V.

(c) Mesmo espírito da resolução anterior. Aguardando idéias mais concisassobre Geometria Plana.

Vejamos a minha proposta.Se o par ordenado (~u,~v) é L.D., então ~u ‖ ~v, e segue disto que ∃λ ∈ R : ~u = λ~v.

Sendo assim, {~u+ ~v = (λ+ 1)~v~u− ~v = (λ− 1)~v

⇒ ~u+ ~v =λ+ 1

λ− 1(~u− ~v) .

Logo, ~u+ ~v ‖ ~u− ~v, e portanto, (~u+ ~v, ~u− ~v) é L.D..

6.2. Resolvi demonstrar a segunda parte da proposição 6-4

Antes de prosseguir, é preciso provar o seguinte

6.2. RESOLVI DEMONSTRAR A SEGUNDA PARTE DA PROPOSIÇÃO 6-4 9

Lema. Se um vetor ~a é a soma de ~b e ~c, então ~a, ~b e ~c pertencem ao mesmo

plano.

Demonstração. Basta considerar um ponto P ∈ π, e pontos A, e B tais que−→PA = ~a e

−−→AB = ~b. Decorre disto que

−−→PB = ~c. Daí, como três pontos determinam

um único plano, P ∈ π ∧A ∈ π ∧B ∈ π, e desta forma, pelo postulado da inclusão,←→PB ⊂ π. Isto implica que PB ⊂ π, e por conseguinte, que

−−→PB ‖ π. �

Proposição. Seja LI (~u,~v) = 1, então LI (~u,~v, ~w) = 0 se ~w é gerado por ~u e

~v.

Demonstração. Se ~w é gerado por ~u e ~v, então ~w = α~u+ β~v.Daí, seja P ∈ π, e A e B tais que ~u =

−→PA e α~u =

−−→PB. Como estes dois vetores

são multiplos, então, são paralelos, e portanto, se um for paralelo a um dado plano,também o outro será.

Analogamente sejam C e D tais que ~v =−−→PC e β~v =

−−→PD. Então, pelo mesmo

motivo, os dois vetores serão paralelos ao mesmo plano.Agora, seja E tal que ~w =

−−→PE. Como ~w = α~u + β~v, então

−−→PE =

−−→PB +

−−→PD.

Decorre disto que P , B, D e E pertencem ao mesmo plano π, pois os três pontosP , B e D determinam um único plano (postulado da determinação de planos da

Geometria Plana), forçosamente π por hipótese, e−−→PE é soma de

−−→PB com

−−→PD; o

que implica, pelo Lema da soma de vetores que−−→PE ‖ π. Assim,

−−→PE,

−−→PB e

−−→PD

pertencem ao plano π, e portanto, ~w, α~u e β~v também. Como α~u e ~u e β~v e ~v sãoparalelos aos mesmos planos, então todos pertencem ao mesmo plano π, e conclui-sedisto que ~w, ~u e ~v também. Logo, LI (~u,~v, ~w) = 0. �

6-6 (a)Eu decidi registrar par ilustrar qual o método que resolve o problema: a elimi-

nação Gaussiana:

~a = 2~u+ 4~v + ~w~b = −~u+ 1

2~v + 34 ~w

~c = 0~u+ ~v + 12 ~w

⇒12~a = ~u+ 2~v + 1

2 ~w~b = ~u− 1

2~v −34 ~w

~c = 0~u+ ~v + 12 ~w

⇒

12~a = ~u+ 2~v + 1

2 ~w12~a−~b = 0~u+ 5

2~v + 54 ~w

~c = 0~u+ ~v + 12 ~w

⇒12~a = ~u+ 2~v + 1

2 ~w25

(12~a−~b

)= 0~u+ ~v + 1

2 ~w

~c = 0~u+ ~v + 12 ~w

⇒

12~a = ~u+ 2~v + 1

2 ~w25

(12~a−~b

)= 0~u+ ~v + 1

2 ~w

25

(12~a−~b

)− ~c = 0~u+ 0~v + 0~w

⇒12~a = ~u+ 2~v + 1

2 ~w25

(12~a−~b

)= 0~u+ ~v + 1

2 ~w

25

(12~a−~b

)− ~c = ~0

.

Da última das equações, conclui-se que

a = 2~b+ 5~c.

(b) e (c) são resolvidos da mesma forma.6-9 (b)Decidi fazer esse só por desencargo. O item (a) é análogo.Então vejamos.Provemos que se (~u,~v, ~w) for LI, então (~u+ ~v + ~w, ~u− ~v, 3~v) é LI.

6.2. RESOLVI DEMONSTRAR A SEGUNDA PARTE DA PROPOSIÇÃO 6-4 10

Basta usar do artifício proposto na Proposição 6.10:

α (~u+ ~v + ~w) + β (~u− ~v) + γ (3~v) = 0

⇒ (α+ β) ~u+ (α− β + 3γ)~v + α~w = 0

⇔

α+ β = 0α− β + 3γ = 0α = 0

⇒ α = β = γ = 0.

Isso implica que (~u+ ~v + ~w, ~u− ~v, 3~v) é LI.Agora, vejamos a prova de que se (~u+ ~v + ~w, ~u− ~v, 3~v) é LI, então (~u,~v, ~w)

também o será: ~a = ~u+ ~v + ~w~b = ~u− ~v~c = 3~v

⇒

~a = ~u+ 1

3~c+ ~w~b = ~u− 1

3~c13~c = ~v

⇒

~a = ~b+ 13~c+ 1

3~c+ ~w~b+ 1

3~c = ~u13~c = ~v

⇒

~a = ~b+ 23~c+ ~w

~b+ 13~c = ~u

13~c = ~v

⇒

~a−~b− 23~c = ~w

~b+ 13~c = ~u

13~c = ~v.

Daí,

α~u+ β~v + γ ~w = ~0⇒ α

(~b+

1

3~c

)+ β

(1

3~c

)+ γ

(~a−~b− 2

3~c

)= ~0

⇒γ~a+ (α− γ)~b+

(α

3+β

3− 2γ

3

)~c = ~0⇔

γ = 0α− γ = 0α3 + β

3 −2γ3 = 0

⇒α = β = γ = 0,

que prova que também (~u,~v, ~w) são uma terna LI.6-12. Difícil. Não consegui conceber a resposta de pronto.Mas minha hipótese é a seguinte: (~v1, ~v2, . . . , ~vn) para n ≥ 4 é LD, e portanto,

um de seus vetores é gerado pelos demais. Seja vi, 1 ≤ i ≤ n tal vetor. Então,

~vi =∑j 6=i

αj~vj .

Desta feita,

~vi −∑j 6=i

αj~vj = ~0,

o que prova o que o autor havia proposto.6-14 Interessante. Tive que usar o Sage para resolver [W. A. Stein and others 2013].

6.2. RESOLVI DEMONSTRAR A SEGUNDA PARTE DA PROPOSIÇÃO 6-4 11

Mas vejamos: qualquer que seja ~t, ele é uma combinação linar de (~u,~v, ~w),digamos ~t = α~u+ β~v + γ ~w.

Igualando-se uma combinação linear de(~u+ ~t,~v + ~t, ~w + ~t

)a um vetor nulo;

como a terna (~u,~v, ~w) é LI; deduz-se a resposta:

x1 (~u+ α~u+ β~v + γ ~w) + x2 (~v + α~u+ β~v + γ ~w) + x3 (~w + α~u+ β~v + γ ~w) = ~0

⇒ [x1 + (x1 + x2 + x3)α] ~u+ [x2 + (x1 + x2 + x3)β]~v + [x3 + (x1 + x2 + x3) γ] ~w = ~0

⇔x1 + (x1 + x2 + x3)α = x2 + (x1 + x2 + x3)β = x3 + (x1 + x2 + x3) γ = 0.

A partir daí, pode-se montar um sistema de equações homogêneas, e determinarsua solução:

x1 (1 + α) + αx2 + αx3 = 0

βx1 + (1 + β)x2 + βx3 = 0

x3 + (x1 + x2 + x3) γ = 0.

⇒

1 + α α αβ 1 + β βγ γ 1 + γ

x1x2x3

=

000

.

A discussão desse sistema passa por calcular o determinante da matriz doscoe�cientes:∣∣∣∣∣∣

1 + α α αβ 1 + β βγ γ 1 + γ

∣∣∣∣∣∣ = ((β + 1)(γ + 1)− βγ)(α+ 1)− (α(γ + 1)− αγ)β − (α(β + 1)− αβ)γ

= α+ β + γ + 1.

Tal sistema só ter a solução trivial se esse determinante for nulo, ou seja, a terna(~u+ ~t,~v + ~t, ~w + ~t

)só será LI se

α+ β + γ + 1 6= 0.

6-15.(a)Vejamos.Minha estratégia será a seguinte: partir de uma combinação linear nula da terna

(~u− ~w, ~u+ ~v, ~u+ ~w) e mostrar que seus coe�cientes tem que ser nulos, usando ofato da terna (2~u+ ~w, ~u− ~v,~v + ~w) ser L.I.

A minha estratégia está correta, mas o método que havia concebido estavaequivocado.

Eu precisava primeiro expressar os vetores da terna (~u− ~w, ~u+ ~v, ~u+ ~w) emtermos dos vetores da terna (2~u+ ~w, ~u− ~v,~v + ~w), e usar a independência lineardessa última para veri�car a independência linear da primeira.

Então vejamos: ~u− ~w = α1 (2~u+ ~w) + β1 (~u− ~v) + γ1 (~v + ~w)~u+ ~v = α2 (2~u+ ~w) + β2 (~u− ~v) + γ2 (~v + ~w)~u+ ~w = α3 (2~u+ ~w) + β3 (~u− ~v) + γ3 (~v + ~w) .

A solução desse sistema de equações revela que α1 = 12 , β1 = 0, γ1 = 3

2 ; α2 = 1,β2 = −2, γ2 = 1 e α3 = −1, β3 = 1 e γ3 = 0.

Sendo assim, uma combinação linear nula de (~u− ~w, ~u+ ~v, ~u+ ~w) com coe�ci-entes a, b e c equivale a(

1

2a+ b− c

)(2~u+ ~w)− b (~u− ~v) + (c− a) (~v + ~w) = ~0.

6.2. RESOLVI DEMONSTRAR A SEGUNDA PARTE DA PROPOSIÇÃO 6-4 12

Como (2~u+ ~w, ~u− ~v,~v + ~w) é LI, isso dá origem a um sistema linear cuja solu-ção é a trivial: a = b = c = 0. Logo, se (2~u+ ~w, ~u− ~v,~v + ~w) é LI, então(~u− ~w, ~u+ ~v, ~u+ ~w) também é.

Analogamente se prova a implicação reversa.(b)Vejamos agora como provar esse caso.Eu vou precisar de uma estratégia diferente para mostrar isso. Eu vou ter que

mostrar que há uma forma de construir uma combinação linear nula de (~u− ~w, ~u+ ~v, ~u+ ~w)usando uma combinação linear nula com coe�cientes não nulos de (2~u+ ~w, ~u− ~v,~v + ~w).

Mas como seria isso? Eu preciso pensar direito.Talvez a prova fosse do tipo: considere uma combinação linear nula de (~u− ~w, ~u+ ~v, ~u+ ~w)

com coe�cientes não nulos. Ela implicaria que haveria uma combinação linear nulade (2~u+ ~w, ~u− ~v,~v + ~w) com coe�cientes não nulos?

Então, vejamos.Que outras estratégias seriam viáveis? Talvez uma demonstração geométrica,

mas eu não investiria nisso por ser muito complicada. Haveria outra?Bom, se fosse possível mostrar que se um dos vetores de uma das ternas for

expresso em termos dos outros dois, assim também seria com os vetores da outraterna. Mas eu acho que isso é equivalente ao que eu quero mostrar inicialmente.

Bom, então, deixe-me ver.Depois eu penso em mais estratégias.Digamos que exista uma combinação linear nula com coe�cientes não nulos α,

β e γ:α (~u− ~w) + β (~u+ ~v) + γ (~u+ ~w) = ~0.

Então: (1

2α+ β − γ

)(2~u+ ~w)− β (~u− ~v) + (γ − α) (~v + ~w) = ~0.

É. Essa estratégia não iria me garantir que haveria uma combinação linear nulade coe�cientes não nulos para a terna (2~u+ ~w, ~u− ~v,~v + ~w).

Mas agora me ocorreu que talvez uma outra estratégia dê resultado.Ela é bem mais simples, e é inclusive independente da estratégia usada no item

(a), por isso, gostei muito dela.Basta considerar que um dos vetores da terna (~u− ~w, ~u+ ~v, ~u+ ~w) é combi-

nação linear dos demais. Então, usa-se a relação as ternas para mostrar que issoimplicaria em um dos vetores da outra terna ser combinação linear dos demais.

Essa estratégia se mostrou mais simples, e mais evidente que a anterior, e porisso é um sucesso.

Digamos que(~u− ~w) = α (~u+ ~v) + β (~u+ ~w) .

Então:1

2(2~u+ ~w) +

3

2(~v + ~w) = α (2~u+ ~w)− 2α (~u− ~v) + α (~v + ~w) + β (~u− ~v)− β (2~u+ ~w)

⇒ (2~u+ ~w) =β − 2α

12 − α− β

(~u− ~v) +α− 3

212 − α− β

(~v + ~w) .

O mesmo raciocínio se aplica para qualquer outra combinação linear consideradadentre os vetores da terna (~u− ~w, ~u+ ~v, ~u+ ~w), o que mostra que se essa terna forL.D., então a outra também será, e vice-versa, por analogia.

ESPECIFICAÇÃO 13

6-16.Esse exercício é bom. Eu �z uma representação na Figura 6.2.1.

Especi�cação

(a) Exprimir−−→BG em termos de

−−→BA,

−−→BC e

−−→BD.

(b) Calcular m para que o ponto X = B + m−−→BG pertença ao plano da face

ACD.

Item (a)

Desenho

Vejamos.Minha primeira estratégia seria expressar G em função dos pontos do triângulo

∆MNP , e então, tais vetores em função dos vetores solicitados.Então vamos ver como.

Figura 6.2.1. Modelagem do problema. A face ∆ACD, requisi-tada no item (b) está destacada com uma cor amarela suave.

Eu acho que essa é uma boa oportunidade para que eu desenvolva minha ca-pacidade de elaborar estratégias de solução.

Aparentemente, é preciso expressar o Baricentro em função dos lados do triân-gulo, e então os lados do triângulo em função dos lados do tetraedro.

14

IMPLEMENTAÇÃO 15

Creio que é a estratégia mais simples e direta para resolver esse problema.

Implementação

Então, vejamos.Vou usar o fato do baricentro dividir cada mediana na razão de 2:1, e então

expressar os lados do triângulo em função dos lados do tetraedro, conforme requi-sitado.

G = M +−−→MG

⇒G = M +2

3

(−−→MN +

1

2

−−→NP

)⇒G = M +

2

3

−−→MN +

1

3

−−→NP.

Bom, acho que agora, seria necessário expressar M em função de B, e−−→BA,

−−→BC

e−−→BD.Mas isso é bem simples:

M = B +1

2

−−→BD.

Para concluir, bastaria expressar−−→MN e

−−→NP em termos de

−−→BA,

−−→BC e

−−→BD.

Feito:−−→MN =

−−→MD +

−−→DN

=1

2

−−→BD +

1

2

−−→DC

=1

2

−−→BD +

1

2

−−→DB +

1

2

−−→BC

=1

2

−−→BC.

Ok.−−→NP =

1

2

−−→AD

=1

2

−−→AB +

1

2

−−→BD

= −1

2

−−→BA+

1

2

−−→BD.

Pronto. Agora, é só concluir

G = M +2

3

−−→MN +

1

3

−−→NP

=

(B +

1

2

−−→BD

)+

2

3

−−→MN +

1

3

−−→NP

= B +1

2

−−→BD +

2

3

(1

2

−−→BC

)+

1

3

(−1

2

−−→BA+

1

2

−−→BD

)= B +

1

2

−−→BD +

1

3

−−→BC − 1

6

−−→BA+

1

6

−−→BD

= B +2

3

−−→BD +

1

3

−−→BC − 1

6

−−→BA

⇒−−→BG =

2

3

−−→BD +

1

3

−−→BC − 1

6

−−→BA.

Item (b)

Desenho

Com relação ao trecho �nal do exercício, basta seguir a estratégia recomendadapelo autor no exercício resolvido: determinar para que valor de m os vetores

−→AC,−−→

AD e−−→AX serão L.D. Para isso, bastaria expressá-los em termos dos vetores L.I.−−→

BD,−−→BC e

−−→BA; e usar a independência linear deles para veri�car a independência

linear de(−→AC,−−→AD,

−−→AX

).

Implementação

Então vejamos.Como X = B+m

−−→BG,

−−→AX =

−−→AB+m

−−→BG = −

−−→BA+m

−−→BG.

−→AC =

−−→AB+

−−→BC =

−−−→BA+

−−→BC e

−−→AD =

−−→AB +

−−→BD = −

−−→BA+

−−→BD.

Logo:

α−→AC + β

−−→AD + γ

−−→AX = α

(−−−→BA+

−−→BC

)+ β

(−−−→BA+

−−→BD

)+ γ

(−−−→BA+m

−−→BG

)= α

(−−−→BA+

−−→BC

)+ β

(−−−→BA+

−−→BD

)+ γ

[−−−→BA+m

(2

3

−−→BD +

1

3

−−→BC − 1

6

−−→BA.

)]= −

[γ(m

6+ 1)

+ α+ β]−−→BA+

(γm3

+ α)−−→BC +

(2γm

3+ β

)−−→BD = ~0

⇔

γ(m6 + 1

)+ α+ β = 0

γm3 + α = 0

2γm3 + β = 0.

Tal sistema só terá solução não nula, pelo Teorema de Cramer, se o determinante∣∣∣∣∣∣1 1 m

6 + 11 0 m

30 1 2m

3

∣∣∣∣∣∣for nulo. O resultado de tal determinante é − 5m

6 + 1, o que implica que o valor dem é 6

5 .Bom, agora que resolvi o exercício, posso registrar que não gostei, por se tra-

tar de mera aplicação da estratégia que o autor apresentou no exercício resolvidoanterior.

Perdi muito tempo. Uma grande bobagem.6-17.Parece-me novamente uma bobagem.Mas vejamos.

16

IMPLEMENTAÇÃO. 17

Especi�cação.

Determinar−−→AX em termos de

−−→AB e

−−→AD.

Parâmetros de entrada: modelagem representada na Figura 6.2.2.

Parâmetro de saída:−−→AX =

−−→AX

(−−→AB,

−−→AD

).

Figura 6.2.2. Modelagem do problema.

Desenho.

Minha estratégia vai ser similar a do exercício anterior. Expressando X de duasformas independentes, gera-se duas equações, cujos membros conterão termos emfunção dos vetores L.I.

−−→AB e

−−→AD. A solução do sistema permitiria determinar uma

resolução do problema.

Implementação.

Vejamos.

−−→AX =

−−→AD +

−−→DX

=−−→AD + µ

−−→DB

=−−→AD + µ

(−−→DA+

−−→AB)

= µ−−→AB + (1− µ)

−−→AD.

ESPECIFICAÇÃO. 18

Por outro lado,

−−→AX = λ

−→AC

= λ(−−→AD +

−−→DC

)= λ

(−−→AD +

1

2

−−→AB

)=

λ

2

−−→AB + λ

−−→AD.

Usando-se a propriedade 6-13, obtém-se o sistema:

{µ = λ

21− µ = λ.

A solução desse sistema é µ = 13 e λ = 2

3 . Logo,

−−→AX =

1

3

−−→AB +

2

3

−−→AD.

6-18.

Especi�cação.

O problema consiste no seguinte: seja π um plano e ~u e ~v vetores LI paralelosa π. Mostre que, qualquer que seja o vetor ~w paralelo a π, ele pode ser expresso demodo único como uma combinação linear de ~u e ~v.

Parâmetros de entrada: modelagem representada na Figura 6.2.3.Parâmetros de saída: demonstrar que ~w = α~u+ β~v.

IMPLEMENTAÇÃO. 19

Figura 6.2.3. Modelagem do problema.

Desenho.

A estratégia de resolução é baseada na prova da implicação direta da proposição6-4. Na verdade, aquela prova já resolveria essa questão.

Mas vejamos.Bastará representar um representante de ~w em um plano δ, δ ‖ π, e um repre-

sentante de ~u e de ~v com origem em δ. Daí, é só concluir.

Implementação.

Seja δ um plano tal que δ ‖ π. Seja P ∈ π, e−−→PQ o representante de ~w com

origem em P ,−→PS o representante de ~v com origem em P e

−→PR o representante de

~u com origem em P .

IMPLEMENTAÇÃO. 20

Figura 6.2.4. Modelagem da solução.

Pelo quinto postulado de Euclides, existe uma e uma única reta paralela a←→PS

e uma única a←→PR passando por Q. Tais retas determinam por sua vez uma única

interseção com←→PR e

←→PS respectivamente nos pontos K e L. O vetor

−→PL assim

determinado é LD com−→PS, e portanto, existe α tal que

−→PL = α

−→PS, e analogamente,

existe β tal que−−→PK = β

−→PR.

Sendo ~w =−→PL+

−−→PK, segue que ~w pode ser escrito de uma única forma como

uma combinação de ~u e ~v, a saber, ~w = α~u+ β~v.Exercício Resolvido 6-16.Senti-me na obrigação de comentar a primeira linha da resolução desse exercício.O autor, ao registrar que �como P e Q não pertencem a r, α e β não são nulos�,

só quis dizer com isso que não há como P e Q serem coincidentes com A, quepertence a r. Só isso. De forma alguma isso implica que se P e Q pertencessem ar, α e β seriam nulos. Muito cuidado com essa observação.

Referências Bibliográ�cas

[W. A. Stein and others 2013] W. A. Stein and others. Sage Mathematics Software (Version5.12). [S.l.], 2013. http://www.sagemath.org.

21