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Lista 7 de GA 1
7a lista de exercıcios - GA
Perıodo de 2014.2 - Prof. Fernando Carneiro
1 (Boulos): Dados os pontos A(1, 0, 0), B(2, 1, 0), C(1, 0, 1) e D(2, 1, 1), mostre que
a) formam um retangulo;
b) a equacao geral do plano que os contem;
c) se temos uma fonte de luz no ponto O(0, 0, 0) e um plano paralelo ao que contemos quatro pontos, mostre que a projecao destes pontos no plano paralelo forma umretangulo.
Obs: projecao do ponto no plano com relacao a fonte de luz e a intersecao do plano eda reta que passa pelo ponto e pela fonte de luz.
R:
a) note que~AB = ~CD = (1, 1, 0) e ~AB · ~AC = (1, 1, 0) · (0, 0, 1) = 0.
A primeira igualdade implica que ABDC e a ordem cıclica dos pontos do paralelo-gramo, isto e, AD e BC sao as diagonais, e a segunda igualdade diz que os angulossao de noventa graus.
b) ~AB = (1, 1, 0) e ~AC = (0, 0, 1) sao vetores diretores do plano. Logo,
~AB × ~AC = (1,−1, 0)⇒ x− y + d = 0,
A ∈ plano ⇒ 1− 0 + d = 0⇒ d = −1⇒ x− y − 1 = 0.
c) todo plano paralelo tem equacao do tipo x − y + d = 0. Portanto a projecao deP (x, x− 1, z) com relacao a origem e um ponto do tipo (tx, t(x− 1), tz) que satisfaz
tx− t(x− 1) + d = 0⇒ t+ d = 0⇒ t = −d
⇒ a projecao de (x, x− 1, z) e (−dx,−d(x− 1),−dz) = −d(x, x− 1, z).
Logo, as projecoes de A, B, C e D sao A′ = −dA, B′ = −dB, C ′ = −dC, D′ = −dD,sao pontos com coordenadas proporcionais as dos pontos iniciais. Logo,
~A′B′ = −d ~AB, ~C ′D′ = −d ~CD, ~A′C ′ = −d ~AC ⇒ ~A′B′ = ~C ′D′ e ~A′B′ · ~A′C ′ = 0.
2) Dadas as retas nao-paralelas r1 e r2:
r1 :
x = −1 + t,
y = 1 + 2t,
z = 3− 2t,
r2 :
{y = −2x+ 2,
z = x− 2,
Lista 7 de GA 2
• determine a reta r3 concorrente a r1 e r2 que passa por A(−1, 2, 3);
• determine a intersecao de r3 com r1;
• determine a intersecao de r3 com r2;
• determine a posicao relativa de r1 em relacao a r2;
• determine a distancia entre r1 e r2 se forem reversas, a intersecao se forem concor-rentes.
Vamos determinar a reta r3 encontrando os dois pontos, o primeiro de intersecao comr1 que vou chamar de P , o segundo o de intersecao com r2, que vou chamar de Q. Temosque
P = B(−1, 1, 3) + t(1, 2,−2), Q = C(0, 2,−2) + s(1,−2, 1) e ~AP × ~AQ = ~0.
Logo( ~AB + t(1, 2,−2))× ( ~AC + s(1,−2, 1)) = ~0⇒
~AB × ~AC + t(1, 2,−2)× ~AC + s ~AB × (1,−2, 1) + ts(1, 2,−2)× (1,−2, 1) = ~0
Fazendo o produto escalar com (1, 2,−2) e com (1,−2, 1) temos
( ~AB, ~AC, (1, 2,−2)) + s( ~AB, (1,−2, 1), (1, 2,−2)) = 0
( ~AB, ~AC, (1,−2, 1)) + t((1, 2,−2), ~AC, (1,−2, 1)) = 0
onde ~AB = B − A = (0,−1, 0) e ~AC = (1, 0,−5). Portanto
((0,−1, 0), (1, 0,−5), (1, 2,−2)) = 3
((0,−1, 0), (1, 0,−5), (1,−2, 1)) = 6
((0,−1, 0), (1,−2, 1), (1, 2,−2)) = −3
((1, 2,−2), (1, 0,−5), (1,−2, 1)) = −18
3− 3s = 0, 6− 18t = 0⇒ s = 1, t =1
3.
Logo
P = (−1, 1, 3) +1
3(1, 2,−2) = (−2
3,5
3,7
3), Q = (0, 2,−2) + (1,−2, 1) = (1, 0,−1).
Temos as intersecoes. O vetor ~AQ = Q−A = (2,−2,−4) e vetor diretor de r3 e portantoa equacao de r3 e
r3 : x = −1 + 2t′, y = 2− 2t′, z = 3− 4t′.
Lista 7 de GA 3
Posicao relativa de r1 e r2: e so ver se sao coplanares, isto e, se ( ~BC, (1, 2,−2), (1,−2, 1))e zero ou nao. Mas
( ~BC, (1, 2,−2), (1,−2, 1)) = ( ~AC, (1, 2,−2), (1,−2, 1))− ( ~AB, (1, 2,−2), (1,−2, 1))
= −((1, 2,−2), (1, 0,−5), (1,−2, 1)) + ((0,−1, 0), (1,−2, 1), (1, 2,−2)) = 18− 3 = 15.
A distancia e so usar a formula
d =|( ~BC, (1, 2,−2), (1,−2, 1))||(1, 2,−2)× (1,−2, 1)|
=15
|(−2,−3,−4)|=
15√29
=15√
29
29.
3) Dadas as retas nao-paralelas r1 e r2:
r1 :
x = t,
y = 1 + 2t,
z = 3− 2t,
r2 :
{y = −2x− 2,
z = x+ 2,
• determine a reta r3 concorrente a r1 e r2 que passa por A(−1, 2, 3);
• determine a reta r4 ortogonal e concorrente a r1 e r2;
• determine a intersecao de r3 com r1;
• determine a intersecao de r3 com r2;
• determine a posicao relativa de r1 em relacao a r2;
• determine a distancia entre r1 e r2 se forem reversas, a intersecao se forem concor-rentes.
O primeiro, terceiro e quarto itens e como o do exercıcio anterior.r4 ortogonal e concorrente a r1 e r2. Logo, se P e Q sao os pontos de intersecao de r4
com r1 e r2 respectivamente.
~PQ = ~BC + s~v − t~uonde B ∈ r1, C ∈ r2, ~u e vetor diretor de r1 e ~v e vetor diretor de r2. Como ~PQ · ~u = 0,~PQ · ~v temos
0 = ~BC · ~u+ s~v · ~u− t~u · ~u,0 = ~BC · ~v + s~v · ~v − t~u · ~v.
Usando os dados do problema, sabendo que ~u = (1, 2,−2), ~v = (1,−2, 1), ~BC =(0,−3,−1) temos
0 = −4− 5s− 9t, 0 = 5 + 6s+ 5t⇒
Lista 7 de GA 4
0 = −24 + 25− 54t+ 25t⇒ t =1
29⇒ s = −5
6(1 + t) = −25
29
P = (0, 1, 3) +1
29(1, 2,−2) = (
1
29,31
29,85
29),
Q = (0,−2, 2)− 25
29(1,−2, 1) = (−25
29,− 8
29,33
29),
~PQ =1
29(−26,−39,−52) =
13
29(−2,−3,−4).
P 6= Q⇒ r1 e r2 sao reversas,
d(r1, r2) = | ~PQ| = 13
29
√4 + 9 + 16 =
13√
29
29.
4) Determine que conicas sao, alem de suas inclinacoes e o seu centro:
• x2 + 6xy + y2 + 6x+ 8y + 1 = 0,
R: ∆ = 1− 32 = −8 < 0,
1 3 33 1 43 4 1
= 3 · 9− 4 · (−5) + 1 · (−8) = 39 6= 0
inclinacao: tg2θ =2B
|A− C|nao existe⇒ θ = 45o
centro:
{x0 + 3y0 + 3 = 0,
3x0 + y0 + 4 = 0,⇒{
3x0 + 9y0 + 9 = 0,
3x0 + y0 + 4 = 0,⇒
y0 = −5
8,
x0 = −3(1 + y0) = −9
8
Logo, e uma hiperbole de centro (−98,−5
8) e inclinacao 45o.
• 2x2 + 8xy − 2y2 + 2x− 4y + 1 = 0,
R: ∆ = −4− 42 = −20,
2 4 14 −2 −21 −2 1
= 1 · (−6) + 2 · (−8) + 1 · (−20) = −42
inclinacao: tg2θ =2B
|A− C|=
8
4= 2
centro:
{2x0 + 4y0 + 1 = 0
4x0 − 2y0 − 2 = 0⇒{
4x0 + 8y0 + 2 = 0
4x0 − 2y0 − 2 = 0⇒
y0 = −2
5
x0 =1
2(y0 + 1) =
3
10
Logo, e uma hiperbole de centro ( 310,−2
5) e de inclinacao 1
2arctg2.
Lista 7 de GA 5
• 4x2 + 6xy + 9y2 + 2x− 3y + 4 = 0,
R: ∆ = 36− 9 = 27 > 0,
4 3 13 9 −3
21 −3
24
= 1 · (−27
2) +
3
2· (−9) + 4 · 27 > 0
Logo, e o conjunto vazio.
• 4x2 − 6xy + 9y2 + 4x− 6y = 0.
R: ∆ = 36− 9 = 27 > 0,
4 −3 2−3 9 −32 −3 0
= 2 · (−9) + 3 · (−6) = −36 < 0.
inclinacao: tg2θ =2B
|A− C|=
6
5
centro:
{4x0 − 3y0 + 2 = 0
−3x0 + 9y0 − 3 = 0⇒{
12x0 − 9y0 + 6 = 0
−3x0 + 9y0 − 3 = 0⇒
x0 = −1
3
y0 =1
3(x0 + 1) =
2
9
Logo, e uma elipse de centro (−13, 29) e inclinacao 1
2arctg 6
5.
5) Para que valores de k a equacao e uma:
• parabola: x2 + 4xy + 4y2 + 2kx+ 4y = 0,
R: 0 = x2+4xy+4y2+2kx+4y = (x+2y)2+2(x+2y)+(2k−2)x⇒ e parabola se k 6= 1.
• duas retas concorrentes: 2x2 + 8xy − 2y2 + 2x− 4y + k = 0,
R: ∆ = −4−42 = −20,
2 4 14 −2 −21 −2 k
= 1·(−8+2)−(−2)·(−4−4)+k·(−4−16) = −22−20k,
Logo, sao duas retas concorrentes se
0 = −22− 20k ⇒ k = −11
10.
• elipse: 9x2 + 2kxy + 4y2 + 2x− 4y + 4 = 0,
R: ∆ = 9 · 4− k2 > 0⇒ −6 < k < 6,9 k 1k 4 −21 −2 4
= 1·(−2k−4)+2·(−18−k)+4·(36−k2) = −4k2−4k+104 = −4(k2+k−26)
Lista 7 de GA 6
= −(2k − (−1 +√
105))(2k − (−1−√
105) = −(2k + 1−√
105)(2k + 1 +√
105).
Logo, sera elipse se
−6 < k <−1−
√105
2ou−1 +
√105
2< k < 6.
• retas paralelas: 4x2 − 2kxy + 9y2 + 4x− 6y = 0,
R: ∆ = 36− k2,
4 −k 2−k 9 −32 −3 0
= 2 · (3k − 18) + 3 · (−12 + 2k) = 12k − 72.
Se ∆ = 0 e o determinante e zero temos k = 6. Para k = 6 temos
4x2−12xy+9y2+4x−6y = 0⇒ (2x−3y)2+2(2x−3y) = 0⇒ u2+2u = 0, u = 2x−3y
⇒ u = 0 ou u = −2⇒ 2x− 3y = 0 ou 2x− 3y + 2 = 0.
• elipse: 4x2 + 2kxy + 9y2 + 2x− 3y + 4 = 0,
R: ∆ = 36− k2,
4 k 1k 9 −3
21 −3
24
= 1 · (−3
2k − 9) +
3
2· (−6− k) + 4 · (36− k2)
= −4k2 − 3k + 126 = −(k + 6)(4k − 21).
Logo, sera elipse se
k ∈ (−6, 6) ∩ (21
4,∞)⇒ 21
4< k < 6.
• hiperbole: 4x2 − 2kxy + 9y2 + 4x− 6y = 0.
R: ∆ = 36− k2,
4 −k 2−k 9 −32 −3 0
= 2 · (3k − 18) + 3 · (2k − 12) = 12(k − 6),
Logo, sera hiperbole se 36− k2 < 0 e k 6= 6, ou seja, se
k < −6 ou k > 6.
6) Minimizar3x+ y
dadas as restricoes
Lista 7 de GA 7
x ≥ 0,
y ≥ 0,
xy ≥ 1.
Para que valores de x e y o mınimo e atingido?Resposta: precisamos encontrar o ponto da hiperbole xy = 1 tal que o vetor normal
da reta tangente a hiperbole nesse ponto e o vetor normal de 3x+ y. Isto e,
m(3, 1) = (Ax0 +By0 +D,Bx0 + Cy0 + E) = (y02,x02
)⇒ y = 6m,x = 2m.
Mas
x0y0 = 1⇒ 12m2 = 1⇒ m =
√3
6⇒ x0 =
√3
3, y0 =
√3
e o mınimo e 2√
3.7) Minimizar a segunda coordenada, y, dadas as restricoes
x2 + 2xy + 3y2 + 2x+ 4y ≤ 0.
Como no exercıcio anterior temos que maximizar y. A regiao dada pelas restricoes eo interior de uma elipse. Os pontos onde temos y mınimo e maximo sao os pontos daelipse cuja reta tangente a elipse e horizontal. Para um ponto qualquer (x0, y0) da elipsex2 + 2xy + 3y2 + 2x+ 4y = 0 o vetor normal da reta tangente a elipse e
(Ax0 +By0 +D,Bx0 + Cy0 + E) = (2x0 + 2y0 + 2, 2x0 + 6y0 + 4)
e para a reta tangente ser horizontal devemos ter vetor normal vertical, multiplo de (0, 1).Logo,
2x0 + 2y0 + 2 = 0⇒ x0 + y0 + 1 = 0⇒ y0 = −x0 − 1⇒
x20 + 2x0(−x0 − 1) + 3(−x0 − 1)2 + 2x0 + 4(−x0 − 1) = 0⇒
x20 − 2x20 − 2x0 + 3x20 + 6x0 + 3 + 2x0 − 4x0 − 4 = 0⇒
2x20 + 2x0 − 1 = 0⇒ x0 =−2±
√4 + 8
4=−1±
√3
2⇒
y0 = −(−1±
√3
2)− 1 =
y0 =
−1 +√
3
2se x0 =
−1−√
3
2,
y0 =−1−
√3
2se x0 =
−1 +√
3
2.
9) Determine a reta que e concorrente e que faz angulo de 30o com o eixo z e esta noplano √
3x+ z + 1 = 0.
Lista 7 de GA 8
O vetor diretor da reta (a, b, c) e ortogonal ao vetor normal ao plano (√
3, 0, 1):
0 = (a, b, c) · (√
3, 0, 1)⇒√
3a+ c = 0⇒ c = −√
3a.
O vetor diretor da reta tambem satisfaz
|(a, b, c) · (0, 0, 1)|√a2 + b2 + c2
= cos 30o =
√3
2⇒√
3
2=
√3a√
a2 + b2 + 3a2⇒ 12a2 = 12a2+3b2 ⇒ b = 0.
Logo(a, b, c) = (a, 0,−
√3a) = a(1, 0,−
√3).
Portanto (1, 0,−√
3) e vetor diretor da reta. A intersecao do plano com o eixo z tem asduas primeiras coordenadas nula e e portanto o ponto com terceira coordenada
0 + z + 1 = 0⇒ z = −1⇒ (0, 0,−1).
r : (0, 0,−1) + t(1, 0,−√
3).
10)
r1 :
{y = 2x+ 1,
z = 2x+ 1,r2 :
{x = z + 2,
y = 2z + 1,
Encontre a equacao geral do plano que passa por A(1, 0, 1) e e paralelo a r1 e r2.Resposta: Vetores diretores de r1 e r2: (1, 2, 2) e (1, 2, 1). Logo, o vetor normal do
plano e
(1, 2, 2)× (1, 2, 1) =
i j k1 2 21 2 1
= (2,−1, 0)⇒ π : 2x− y + d = 0
A ∈ π ⇒ 2− 1 + d = 0⇒ d = −1⇒ π : 2x− y − 1 = 0.
11) Determine a reta concorrente a r1 e r2 que passa por A(1, 0, 1), sendo
r1 :
x = t,
y = 1 + 2t,
z = 3− 2t,
r2 :
{y = 2x+ 2,
z = x+ 2,
Vamos determinar a reta r3 encontrando os dois pontos, o primeiro de intersecao comr1 que vou chamar de P , o segundo o de intersecao com r2, que vou chamar de Q. Temosque
P = B(0, 1, 3) + t(1, 2,−2), Q = C(0, 2, 2) + s(1, 2, 1) e ~AP × ~AQ = ~0.
Logo( ~AB + t(1, 2,−2))× ( ~AC + s(1, 2, 1)) = ~0⇒
Lista 7 de GA 9
~AB × ~AC + t(1, 2,−2)× ~AC + s ~AB × (1, 2, 1) + ts(1, 2,−2)× (1, 2, 1) = ~0
Fazendo o produto escalar com (1, 2,−2) e com (1, 2, 1) temos
( ~AB, ~AC, (1, 2,−2)) + s( ~AB, (1, 2, 1), (1, 2,−2)) = 0
( ~AB, ~AC, (1, 2, 1)) + t((1, 2,−2), ~AC, (1, 2, 1)) = 0
onde ~AB = B − A = (−1, 1, 2) e ~AC = (−1, 2, 1). Portanto
((−1, 1, 2), (−1, 2, 1), (1, 2,−2)) = −3
((−1, 1, 2), (−1, 2, 1), (1, 2, 1)) = −6
((−1, 1, 2), (1, 2, 1), (1, 2,−2)) = 9
((1, 2,−2), (−1, 2, 1), (1, 2, 1)) = 12
−3 + 9s = 0,−6 + 12t = 0⇒ s =1
3, t =
1
2.
Logo
P = (0, 1, 3) +1
2(1, 2,−2) = (
1
2, 2, 2), Q = (0, 2, 2) +
1
3(1, 2, 1) = (
1
3,8
3,7
3).
~PQ = (−1
6,2
3,1
3) =
1
6(−1, 4, 2)
r3 : (1, 0, 1) + t′(−1, 4, 2).
12) Determine a reta r3 ortogonal e concorrente a r1 e r2, sendo
r1 :
x = t,
y = 1 + 2t,
z = 2− 2t,
r2 :
{y = x− 2,
z = x+ 5.
0 = ~BC · ~u+ s~v · ~u− t~u · ~u,
0 = ~BC · ~v + s~v · ~v − t~u · ~v.
Usando os dados do problema, sabendo que ~u = (1, 2,−2), ~v = (1, 1, 1), ~BC =C(0,−2, 5)−B(0, 1, 2) = (0,−3, 3) temos
0 = −12 + s− 9t, 0 = 0 + 3s− t⇒ t = 3s⇒ 12 = −26s⇒
s = − 6
13, t = −18
13.
⇒ P = B(0, 1, 2) + t(1, 2,−2) =1
13(−18,−23, 62)
Lista 7 de GA 10
⇒ Q = C(0,−2, 5) + s(1, 1, 1) =1
13(−6,−32, 59)
⇒ ~PQ =1
13(12,−9,−3) =
3
13(4,−3,−1).
r3 :1
13(−18,−23, 62) + t′(4,−3,−1).
13) Modelar o seguinte problema:Uma fabrica produz os produtos A e B, que dao o mesmo lucro. A fabrica possui
3 unidades, a de corte, a de mistura e a de embalagem, que funcionam por 10 horasdiariamente. Uma tonelada do produto A passa 30 minutos na unidade de corte e 24 nade embalagem, e uma tonelada do produto B passa 40 minutos na unidade de mistura e30 na de embalagem.
Encontre o maximo do lucro e as quantidades dos produtos que maximizam o lucro.Determine tambem as projecoes do vetor normal da funcao a ser maximizada nas direcoesdas retas que definem as restricoes.
Resposta:
Unidade A B Total RestricaoCorte 1
20 10 1
2x ≤ 10 ou x ≤ 20
Mistura 0 23
10 23y ≤ 10 ou y ≤ 15
Embalagem 25
12
10 25x+ 1
2y ≤ 10 ou 4x+ 5y ≤ 100
Logo devemos maximizar x+ y dadas as restricoes
x ≥ 0
y ≥ 0
x ≤ 20
y ≤ 15
4x+ 5y ≤ 100
Os vertices da regiao, alem do valor de x+ y em cada um deles, sao os seguintes:
O(0, 0) : 0
A(0, 15) : 15
B(20, 0) : 20
C(25
4, 15) :
85
4D(20, 4) : 24
O maximo e no ponto D entao devemos fazer 20 tonelados do produto A e 4 doproduto B. O lucro maximo e 24 vezes o lucro obtido por cada tonelada dos produtos.
Projecoes:
Lista 7 de GA 11
Proj(0,1)(1, 1) = (0, 1),
P roj(1,0)(1, 1) = (1, 0),
P roj(−5,4)(1, 1) =1
41(5,−4).
14) Modelar o seguinte problema:Um sujeito deve fazer uma dieta com os produtos A e B, que custam o mesmo valor.
Uma unidade do produto A contem 20 gramas de proteına, uma de B contem 10 gramasde proteına. Uma unidade do produto A contem 20 gramas de carboidrato e uma de Bcontem 40 gramas de carboidrato. Minimize o custo da dieta sabendo que devemos terum mınimo de 40 gramas de proteına e 80 de carboidrato.
Encontre o mınimo do custo e as quantidades dos produtos que minimizam o custo.Determine tambem as projecoes do vetor normal da funcao a ser mainimizada nas direcoesdas retas que definem as restricoes.
Unidade A B Total RestricaoProteına 20 10 40 20x+ 10y ≥ 40 ou 2x+ y ≥ 4
Carboidrato 20 40 80 20x+ 40y ≥ 80 ou x+ 2y ≥ 4
Logo devemos minimizar x+ y dadas as restricoesx ≥ 0
y ≥ 0
2x+ y ≥ 4
x+ 2y ≥ 4
Os vertices da regiao, alem do valor de x+ y em cada um deles, sao os seguintes:A(0, 4) : 4
B(4, 0) : 4
C(4
3,4
3) :
8
3
O mınimo e no ponto C entao devemos consumir 43
de unidade de cada produto e o
custo mınimo e 83
vezes o preco de cada produto.Projecoes:
Proj(0,1)(1, 1) = (0, 1),
P roj(1,0)(1, 1) = (1, 0),
P roj(−2,1)(1, 1) =1
5(2,−1).
P roj(−1,2)(1, 1) =1
5(−1, 2).
Lista 7 de GA 12
15) Determine o plano ortogonal a
π : x+ y + z + 1 = 0
que contem a retar : y = 2x+ 1, z = 2x− 1.
O plano π2 ortogonal a π tem como um de seus vetores diretores o vetor normal aπ: (1, 1, 1). Se π2 contem r entao o vetor diretor de r e tambem diretor de π2: (1, 2, 2).Logo, o vetor ~n2 normal a π2 e
(1, 1, 1)× (1, 2, 2) =
i j k1 1 11 2 2
= (0,−1, 1)
⇒ π2 : −y + z + d = 0.
r ⊂ π2 ⇒ −(2x+ 1) + (2x− 1) + d = 0⇒ d = 2⇒ π2 : −y + z + 2 = 0.
16) Encontre a projecao ortogonal da reta
r : x = 2y, z = 3y − 2
no planoπ : x+ y + z − 4 = 0.
Encontre tambem a reta r2 que esta no plano π e que e concorrente e ortogonal a r.A projecao ortogonal de r sobre π pode ser vista como a intersecao de π com π2,
sendo π2 o plano que contem r e e paralelo ao vetor normal de π. O vetor normal de π e(1, 1, 1), o vetor diretor de r e (2, 1, 3). Portanto o vetor normal de π2 e
~n2 = (1, 1, 1)× (2, 1, 3) =
i j k1 1 12 1 3
= (2,−1,−1)
⇒ 2x− y − z + d = 0.
A intersecao de r e π e um ponto da reta projecao
2y + y + 3y − 2− 4 = 0⇒ y = 1⇒ (2, 1, 1) ∈ π2 ⇒ 4− 1− 1 + d = 0⇒ d = −2
⇒ π2 : 2x− y − z − 2 = 0.
π ∩ π2 :
{x+ y + z − 4 = 0
2x− y − z − 2 = 0
Somando as duas linhas temos
3x− 6 = 0⇒ x = 2⇒ y + z = 2⇒ z = −y + 2⇒ π ∩ π2 :
{x = 2
z = −y + 2
Lista 7 de GA 13
Tambem ~n2 e vetor diretor da reta r2 que esta em π e e ortogonal a r. Alem disso(2, 1, 1) ∈ r2. Logo,
r2 : (x, y, z) = (2, 1, 1) + t(2,−1,−1).
17) Sejam as expressoes
F = | ~AB × ~BC + ~BC × ~CA+ ~CA× ~AB|
G = ~AB · ~BC + ~BC · ~CA+ ~CA · ~ABCalcule F e G nos seguintes casos
• ABC e um triangulo equilatero de lado 1;
• ABC e um triangulo retangulo de lados 3, 4 e 5;
• ABC e um triangulo retangulo isosceles de hipotenusa 4.
Resposta:F = 6 Area do triangulo ABC,
e pela lei dos cossenos
G = −(| ~AB|2 + | ~BC|2 + | ~CA|2)2
.
• ABC e um triangulo equilatero de lado 1:
F = 6
√3
4=
3√
3
2, G = −3
2
• ABC e um triangulo retangulo de lados 3, 4 e 5:
F = 6 · 6 = 36, G = −50
2= −25
• ABC e um triangulo retangulo isosceles de hipotenusa 4.
F = 6 · 8 = 48, G = −64
2= −32
18) Sejam o ponto A(1, 0, 1), a reta
r :x− 2
2=y + 1
2=
z
−1,
e o planoπ : x+ y + z + 1 = 0.
Encontre a reta de projecao de r em π a partir do ponto A.
Lista 7 de GA 14
R: e a reta de intersecao entre π e π2, sendo π2 o plano que contem o ponto A e a retar. Podemos descrever a reta r como
r : P (x, y, z) = B(2,−1, 0) + t(2, 2,−1),
e portanto o vetor normal de π2 e
~n2 = ~AB × (2, 2,−1) =
i j k1 −1 −12 2 −1
= (3,−1, 4),
π2 : 3x− y + 4z + d = 0, A ∈ π2 ⇒ 3 + 4 + d = 0⇒ d = −7
⇒ π2 : 3x− y + 4z − 7 = 0.
A intersecao entre π e π2{π : x+ y + z + 1 = 0
π2 : 3x− y + 4z − 7 = 0⇒ (x+y+z+1 = 0)+(3x−y+4z−7 = 0) : 4x+5z−6 = 0,
{π : x+ y + z + 1 = 0
π2 : 3x− y + 4z − 7 = 0⇒ −4(x+y+z+1 = 0)+(3x−y+4z−7 = 0) : −x−5y−11 = 0,
⇒ π ∩ π2 :
y =−x− 11
5
z =−4x+ 6
5
Novos:19) Determine a area do triangulo ABC sendo A(1, 0, 1), B(4, 2, 3), C(2, 2, 5). Deter-
mine a equacao geral do plano que contem ABC e se o ponto D(114, 32, 2) esta no triangulo
ABC.R: Vamos calcular
~AB × ~AC = (3, 2, 2)× (1, 2, 4) = (8− 4,−(12− 2), 6− 2) = (4,−10, 4) = 2(2,−5, 2).
Logo, a area e1
2| ~AB × ~AC| =
√4 + 25 + 4 =
√33.
O plano e
d = 2x− 5y + 2z ⇒ d = 2− 0 + 2 = 4⇒ π : 2x− 5y + 2z = 4.
D nao pertence ao plano
2(11
4)− 5(
3
2) + 2(2) = −2 + 4 = 2 6= 4,
Lista 7 de GA 15
logo D nao pertence ao triangulo ABC.20) Determine ~v tal que
~v · (1, 2, 1) = 8,
~v · (1, 0,−1) = 2,
~v · (−2, 3, 4) = 4.
R: Se ~v = (a, b, c) entao
A segunda linha implica: a− c = 2⇒ a = c+ 2;
A primeira linha implica: a+ 2b+ c = 8⇒ c+ 2 + 2b+ c = 8⇒ 2b+ 2c = 6⇒ b = 3− c;
A terceira linha implica: − 2(c+ 2) + 3(3− c) + 4c = 4⇒ −c− 4 + 9 = 4⇒ c = 1,
⇒ a = 3, b = 2⇒ ~v = (3, 2, 1).
21) Mostre que D(−3, 0, 5) esta no plano gerado por A(1, 0, 1), B(4, 2, 3) e C(2, 2, 5).Esta no triangulo gerado por A, B e C?
R: Sao os mesmos pontos do exercıcio 19. A equacao
π : 2x− 5y + 2z = 4⇒ 2(−3)− 5(0) + 2(5) = 4⇒ D ∈ π.
D nao esta no triangulo porque sua primeira coordenada e negativa e a primeiracoordenada de cada vertice e positiva. Para todo ponto do triangulo ABC a primeiracoordenada e uma media entre 1, 4 e 2, portanto e positiva.
22) Determinar as intersecoes do plano
π : 3x+ 4y + 6z = 12
com os eixos coordenados (eixos x, y e z). Chame esses pontos de A,B,C e calcule aarea do triangulo ABC e o volume do tetraedro OABC, onde O e a origem.
R: As intersecoes de π com os eixos sao os pontos do tipo (a, 0, 0), (0, b, 0) e (0, 0, c)que pertencem a π. Portanto, a, b e c sao:
3a = 12⇒ a = 4; 4b = 12⇒ b = 3; 6c = 12⇒ c = 2.
Portanto, os pontos sao A(4, 0, 0), B(0, 3, 0) e C(0, 0, 2). O volume do tetraedro e
V =1
6
4 0 00 3 00 0 2
⇒ V = 4.
A altura relativa a face ABC e a distancia da origem ao plano π:
h =12√
9 + 16 + 36=
12√51
;
Lista 7 de GA 16
logo, a area e
V =Sh
3⇒ S =
3V
h= 12
√51
12=√
51.
23) Determine o conjunto dos pontos medios dos segmentos formados pelos pontos der1 e os pontos de r2.
r1 :x− 1
2=y + 1
−2=z + 2
1,
r2 :x
2=y − 1
−1=z + 1
2,
R: As retas nao sao paralelas; se temos que os pontos de uma reta sao do tipo P =A+ t~u e os da outra Q = B + s~v entao os pontos medios sao
P +Q
2=A+B
2+ t
~u
2+ s
~v
2.
Logo, sao pontos de um plano se ~u e ~v nao tem a mesma direcao.
π : (1
2, 0,−3
2) + t(2,−2, 1) + s(2,−1, 2)
O vetor normal e(2,−2, 1)× (2,−1, 2) = (−3,−2, 2)
e a equacao geral
π : −3x− 2y + 2z = d, d = −3
2− 3 = −9
2⇒ π : 3x+ 2y − 2z =
9
2.
24) Determine o plano ortogonal ao segmento AB que passa pelo ponto mais proximode A quando dividimos o segmento em 4 partes iguais. As coordenadas dos pontos sao:A(1, 0, 1), B(5, 12, 7).
R: ~AB e vetor normal de π e 34A+ 1
4B. Logo,
3
4A+
1
4B = (2, 3,
5
2) ∈ π,
~AB = B−A = (4, 12, 6)⇒ 4x+12y+6z = d⇒ d = 8+36+15 = 59⇒ 4x+12y+6z = 59.
25) Determine a reta r3 concorrente a r1 e a r2 e que tem vetor diretor ~h = (1, 1, 1),sendo
r1 :x
2=y − 1
3=z + 1
−1,
r2 : x = 3z + 3, y = 2z + 2.
Lista 7 de GA 17
R: Seja π tal que r3 e r2 estao contidos em π. Entao os vetores diretores de r3 e r2sao paralelos a π e qualquer ponto de r2, por exemplo A(3, 2, 0) esta em π. Logo, o vetornormal de π e
~n =
i j k3 2 11 1 1
= (2− 1,−(3− 1), 3− 2) = (1,−2, 1),
Logo
π : x− 2y + z = d; se A(3, 2, 0) ∈ π entao d = 3− 4 + 0 = −1⇒ πx− 2y + z = −1.
Sabemos o vetor diretor de r3 entao falta saber um ponto de r3; logo, e so procurar aintersecao de r1 com r3 que, se fizermos uma figura da situacao, e a intersecao de r1 e π:
x− 2(3
2x+ 1) + (−1
2x− 1) = −1⇒ −5
2x− 3 = −1⇒ x = −4
5⇒ (−4
5,−1
5,−3
5) ∈ r3.
Logo, a equacao parametrica de r3 e
r3 :
x = −4
5+ t,
y = −1
5+ t,
z = −3
5+ t.
26) Seja a reta r e o plano π. Encontre as seguintes retas: primeiro, descubra r2 talque r2 esta contida em π e e ortogonal a r e passa pela intersecao entre r e π; depoisencontre r3 que passa pela intersecao entre r e π, e ortogonal a r2 e esta contida no planoπ. A reta r3 e a projecao ortogonal de r em π.
r :x
2=y − 1
−2=z + 1
1,
π : x− 2y + 2z = 4.
R: ponto de intersecao entre r e π:
x− 2(−x+ 1) + 2(1
2x− 1) = 4⇒ 4x− 4 = 4⇒ x = 2, y = −1, z = 0.
O vetor diretor de r2 e ortogonal ao vetor normal de π e vetor diretor de r, ou seja
~n2 = (2,−2, 1)× (1,−2, 2) = (−2,−3− 2).
O vetor diretor de r3 e ortogonal ao vetor normal de π e ao vetor diretor de r2:
Lista 7 de GA 18
~n2 = (−2,−3,−2)× (1,−2, 2) = (−10, 2, 7).
Logor2 : (2,−1, 0) + t(−2,−3,−2) = (2− 2t,−1− 3t,−2t)
r3 : (2,−1, 0) + s(−10, 2, 7) = (2− 10s,−1 + 2s, 7s).
27) Descubra o vetor ~x tal que
{~x · ~u = a
~x× ~v = ~w,
a = −1
~u = (1, 1, 1)
~v = (1,−1, 1)
~w = (1, 2, 1)
R: Se ~x = (x, y, z) entao
~x× (1,−1, 1) = (y + z, z − x,−x− y) = (1, 2, 1)⇒ z = x+ 2, y = 1− z = −x− 1.
−1 = ~x · ~u = (x,−x− 1, x+ 2) · (1, 1, 1) = x+ 1⇒ x = −2⇒ ~x = (−2, 1, 0).
28) Minimizar 3x+ y dadas as restricoes:
x ≥ 0,
y ≥ 0,
x ≤ 80,
y ≤ 60,
x+ y ≥ 40.
R: Vertices: (40, 0), (0, 40), (80, 0), (0, 60), (80, 60), Temos 3x+ y nos vertices:
(40, 0) : 120,
(0, 40) : 40,
(80, 0) : 240,
(0, 60) : 60,
(80, 60) : 300.
Logo, o mınimo e 40 em (0, 40).29) Maximizar 3x+ y dadas as restricoes:
x ≥ 0,
y ≥ 0,
x ≤ 80,
y ≤ 60,
x+ y ≤ 100.
Lista 7 de GA 19
Qual e o maximo de 2x+ y e em que ponto ocorre esse maximo?R: Vertices: (0, 0), (80, 0), (0, 60), (80, 20), (40, 60), Temos 3x+ y nos vertices:
(0, 0) : 3x+ y = 0, 2x+ y = 0,
(80, 0) : 3x+ y = 240, 2x+ y = 160
(0, 60) : 3x+ y = 60, 2x+ y = 60,
(80, 20) : 3x+ y = 260, 2x+ y = 180,
(40, 60) : 3x+ y = 180, 2x+ y = 140.
Logo, o maximo de 3x+y e 260 em (80, 20), onde tambem ocorre o maximo de 2x+y.31) Para que valores de k e uma hiperbole a equacao abaixo?
1. x2 + 2kxy + 4y2 + 3 = 0;
2. 2x2 + 2kxy + 8y2 − 1 = 0.
R:0 > ∆ = 4− k2 ⇒ k < −2 ou k > 2
0 > ∆ = 2 · 8− k2 ⇒ k < −4 ou k > 4
32) Diga o tamanho das alturas do triangulo cujos vertices sao A(0, 1), B(3, 2), C(1, 4).
R: ~AB = (3, 1), ~AC = (1, 3), ~BC = (−2, 2), logo e um triangulo isosceles de lados√
8,√10,√
10. A altura relativa a ~BC tem tamanho√
6 e a area e
S = 2√
3.
Logo, as outras alturas tem tamanho
2S√10
=4√
30
10=
2√
30
5.
33) Sejam as retas paralelas dadas pela equacao
x2 + 2xy + y2 + 2x+ 2y = 0.
Determine a equacao de cada uma e a distancia de uma a outra.R: As retas sao
x2 + 2xy + y2 + 2x+ 2y = 0⇒ (x+ y)2 + 2(x+ y) = 0⇒ (x+ y)(x+ y + 2) = 0,
logo a distancia e
d =2√
1 + 1=√
2.
34) Sejam f tal que a equacao e a de duas retas concorrentes
x2 + 4xy + 2y2 + 4x+ 2y + f = 0.
Lista 7 de GA 20
Determine f , a intersecao entre elas e os pontos de intersecao dessas retas com o eixo x.R: ∆ = 2− 4 = −2 < 0.1 2 2
2 2 12 1 f
= 1 · (2f − 1)− 2 · (2f − 2) + 2 · (2− 4) = −2f − 1 = 0⇒ f = −1
2.
Intersecao entre as retas:{Ax0 +By0 +D = 0,
Bx0 + Cy0 + E = 0⇒{x0 + 2y0 + 2 = 0,
2x0 + 2y0 + 1 = 0⇒ x0 = 1, y0 = −3
2.
Intersecao com o eixo x (y=0):
x2 + 4x− 1
2= 0⇒ x =
−4±√
16 + 2
2= −2± 3
√2
2⇒ (−2 +
3√
2
2, 0), (−2− 3
√2
2, 0).
35) Determine a equacao da elipse com focos em (0, 0) e (3, 4), sendo a constante2a = 7.
R:d(P, (0, 0)) =
√x2 + y2; d(P, (3, 4)) =
√(x− 3)2 + (y − 4)2;
2a = 7 =√x2 + y2 +
√(x− 3)2 + (y − 4)2
(7−√x2 + y2)2 = 49−14
√x2 + y2 +x2 +y2 = x2 +y2−6x−8y+25 = (x−3)2 +(y−4)2
⇒ 24 + 6x+ 8y = 14√x2 + y2 ⇒ (12 + 3x+ 4y)2 = 49(x2 + y2)
⇒ 144+9x2+16y2+72x+96y+24xy = 49x2+49y2 ⇒ 0 = 40x2−24xy+33y2−72x−96y−144.
36) Determine a equacao da hiperbole com focos em (0, 0) e (3, 4), sendo a constante2a = 4.
R:d(P, (0, 0)) =
√x2 + y2; d(P, (3, 4)) =
√(x− 3)2 + (y − 4)2;
±2a = ±4 = −√x2 + y2 +
√(x− 3)2 + (y − 4)2
(±4+√x2 + y2)2 = 16±8
√x2 + y2+x2+y2 = (x−3)2+(y−4)2 = x2+y2−6x−8y+25
6x+ 8y − 9 = ±8√x2 + y2 ⇒ 36x2 + 96xy + 64y2 − 108x− 144y + 81 = 64x2 + 64y2
⇒ 0 = 28x2 − 96xy + 108x+ 144y + 81.
37) Determine a equacao da parabola que tem foco (0, 2) e cuja diretriz e a retar : x− y = 2.
Parabola:d(P, foco) = d(P, diretriz);
d(P, foco) =√x2 + (y − 2)2; d(P, diretriz) =
|x− y − 2|√2
;
Lista 7 de GA 21
x2 + (y − 2)2 =1
2(x− y − 2)2 ⇒ 2x2 + 2y2 − 8y + 8 = x2 + y2 − 2xy + 4− 4x+ 4y
⇒ x2 + 2xy + y2 + 4x− 12y + 4 = 0
38) Sejam as retas paralelas dadas pela equacao
x2 + 2xy + y2 + 2x+ 2y = 0.
Determine a equacao da ortogonal a cada uma delas que passa no ponto (0, 1).R: As retas paralelas dadas pela equacao sao
(x+ y)2 + 2(x+ y) = 0
(x+ y)(x+ y + 2) = 0⇒ x+ y = 0 ou x+ y + 2 = 0.
O vetor normal das duas e (1, 1). Logo, a reta ortogonal as duas e do tipo
−x+ y = d.
(0, 1) ∈ r ⇒ d = 0 + 1 = 1⇒ r : −x+ y = 1.
39) Sejam as retas dadas pela equacao
2x2 + 8xy + 4y2 + 8x+ 4y − 1 = 0.
Chame o ponto de intersecao entre elas de A e os pontos de intersecao dessas retas como eixo y de B e C. Calcule as alturas do triangulo ABC.
R: A intersecao e o centro, ja que ∆ < 0. Devemos resolver o sistema{2x0 + 4y0 + 4 = 0,
4x0 + 4y0 + 2 = 0.⇒ 2x0 = 4⇒
x0 = 2,
y0 = −3
2.
Logo A(2,−32). Intersecao com eixo y sao os pontos de tipo (0, y). Portanto,
4y2 + 4y − 1 = 0⇒ y =−4±
√42 − 4 · 4 · (−1)
8=−1±
√2
2.
Logo B(0, −1−√2
2) e C(0, −1+
√2
2).
40) Determine o conjunto dos pontos medios dos segmentos que comecam em A(1, 1, 2)e terminam em um ponto da reta
r :x+ 1
4=y − 1
−4=z + 2
2.
R:P ∈ r se P = (−1, 1,−2) + t(4,−4, 2)
Lista 7 de GA 22
Logo M =A+ P
2= (0, 1, 0) + t(2,−2, 1),
Logo o conjunto e a reta
r2 :x
2=y − 1
−2=z
1.
41) Determine os valores de m tais que o plano que passa por A(m, 0, 1), B(3, 2, 1),C(1, 2, 3) forma angulo de arccos 2
3com o plano xOy, ou seja, com o plano z = 0.
R:
~n = ~AB × ~BC = (3−m, 2, 0)× (−2, 0, 2) = (4,−6 + 2m, 4) = 2(2,−3 +m, 2).
2
3=~n · (0, 0, 1)
|~n| · 1=
2√8 + (m− 3)2
⇒ 9 = 8 + (m− 3)2 ⇒ m− 3 = ±1⇒ m = 2 e 4.
42) Determine o plano π ortogonal a
π1 : x+ y + z = −1
e paralelo a reta
r :x+ 1
4=y − 1
−4=z + 2
2
que passa por A(2, 0,−1).R: Se e ortogonal a π1 entao seu vetor normal e ortogonal ao vetor (1, 1, 1). Se e
paralelo a r entao seu vetor normal e ortogonal a (4,−4, 2) = 2(2,−2, 1). Logo, podemosfazer o produto vetorial dos dois para obter o vetor normal de π:
(1, 1, 1)× (2,−2, 1) = (3, 1,−4).
Logoπ : 3x+ y − 4z = d,A(2, 0,−1) ∈ π ⇒ d = 3 · 6− 4 · (−1) = 22.
43) Determine o conjunto do pontos medios dos segmentos que comecam na reta
r :x+ 1
4=y − 1
−4=z + 2
2
e terminam no planoπ : x− y − 4z = 12.
R: A melhor maneira e colocar as equacoes da reta e do plano em forma parametrica.A reta e paralela ao plano entao o vetor diretor da reta e um dos vetores diretores doplano, ~u = (4,−4, 2) = 2(2,−2, 1). Para achar o outro vetor diretor do plano fazemos(2,−2, 1) × (1,−1,−4) = (9, 9, 0) = 9(1, 1, 0). Portanto (1, 1, 0) e outro vetor diretor doplano π.
Lista 7 de GA 23
r :
x = −1 + 2t,
y = 1− 2t,
z = −2 + t,
e π :
x = 2t′ + s,
y = −2t′ + s,
z = −3 + t′
Fazendo a media das duas formas parametricas temos:x = −1
2+ (t+ t′) +
s
2,
y =1
2− (t+ t′) +
s
2,
z = −5
2+t+ t′
2,
que e a equacao parametrica de um plano.44) Determine o plano ortogonal a
π1 : x− y − 4z = 12 e π2 : x+ y + z = 1
que contem o ponto A(1, 2, 3).R: Como o plano π e ortogonal a π1 e π2, seu vetor normal e ortogonal ao normal de
π1 e ao normal de π2. Logo, podemos fazer o produto vetorial entre o normal de π1 e onormal de π2:i j k
1 −1 −41 1 1
= (−1 + 4)i− (1 + 4)j + (1 + 1)k = (3,−5, 2).
Logo,π : 3x− 5y + 2z = d,A(1, 2, 3) ∈ π ⇒ 3− 10 + 6 = −1 = d
⇒ π : 3x− 5y + 2z = −1.
45) Reduza a equacao de segundo grau
x2 + 2xy + 3y2 + 4x+ 8y = 0.
R: ∆ = 3− (1)2 = 2. Podemos inverter o processo de reducao, ja que ∆ 6= 0.Ao calcular o determinante, temos1 1 2
1 3 42 4 0
= 1(0− 16)− 1(0− 8) + 2(4− 6) = −12.
As raızes da seguinte equacao
0 = λ2 − (A+ C)λ+ ∆ = λ2 − 4λ+ 2
Lista 7 de GA 24
sao λ =4±√
16− 8
2= 2±
√2.
Logo, a reduzida e do tipo
(2 +√
2)u2 + (2−√
2)v2 + F ′ = 0
, sendo
−12 = (2 +√
2)(2−√
2)F ′ = ∆F ′ = 2F ′ ⇒ F ′ = −6.
Logo, a reduzida e: (2 +√
2)u2 + (2−√
2)v2 − 6 = 0.
46) Determine o ponto de menor segunda coordenada da elipse dada pela equacao
x2 + 2xy + 3y2 + 4x+ 8y = 0.
R: Seja o feixe de paralelas y = d. Para saber a intersecao dessas retas com a elipsetemos que substituir y por d e transformar em uma equacao do segundo grau na variavelx:
x2 + (2d+ 4)x+ (3d2 + 8d) = 0.
Para cada valor de d a primeira coordenada da intersecao e dada pela equacao acimae se escreve como
−(2d+ 4)±√
4(d+ 2)2 − 4(3d2 + 8d)
2= −(d+ 2)±
√(d+ 2)2 − (3d2 + 8d)
= −(d+ 2)±√−2d2 − 6d+ 1.
Quando√−2d2 − 6d+ 1 e negativo nao ha intersecao, quando e positivo ha duas
raızes e portanto dois pontos na intersecao; os de menor e maior coordenada y ocorremquando
√−2d2 − 6d+ 1 e nulo.
−2d2 − 6d+ 1 = 0⇒ d =6±
√36− 4(−2)(1)
−4=
6±√
44
−4=−3±
√11
2.
Logo,
y =−3−
√11
2⇒ x = −(d+ 2) =
−1 +√
11
2,
e o ponto e
(−1 +
√11
2,−3−
√11
2).
Lista 7 de GA 25
47) Qual conica e intersecao do cone com o plano{Cone: z2 = x2 + y2,
π : x+ y + z = 1,
R:(1− x− y)2 = x2 + y2 ⇒ 0 = 2xy − 2x− 2y + 1,
que e uma equacao com ∆ < 0 e determinante 0 1 −11 0 −1−1 −1 1
= 0− 1(1− 1) + (−1)(−1− 0) = −1 6= 0.
Portanto e uma hiperbole.48) Qual conica e intersecao do cone com o plano{
Cone: z2 = x2 + y2,
π : 3x+ 4y + 5z = 6,
R:
25x2 + 25y2 = 25z2 = (6− 3x− 4y)2 = 9x2 + 24xy + 16y2 − 36x− 48y + 36
⇒ 16x2 − 24xy + 9y2 + 36x+ 48y − 36 = (4x+ 3y)2 + 12(3x+ 4y)− 36 = 0,
que e a equacao de uma parabola pois ∆ = 0 e 3x+ 4y nao e multiplo de 4x+ 3y.