AULA 4
Produto escalar
Produto escalar – definição algébrica
u  x1 , y1 , z1  e v  x 2 , y 2 , z 2  , chamamos de produto
Sejam
escalar o número real:
u  v  x1x 2  y1y 2  z1z 2
Notação: u  v ou
u , v
e se lê: “ u escalar v ”.
Exemplos:


1) Dados os vetores u  1, 2, 3 e v   3, 4,  1 , calcular:
u  v = 1 . (-3) + 2 . 4 + 3 . (-1) = –3 + 8 – 3 = 2
a)
b)
 u  v   u  v  = (-2 , 6 , 2)  (-4 , 2 , -4) = (-2) . (-4) + 6 . 2 + 2 . (-4)
=
= 8 + 12 – 8 = 12


2) Dados os vetores u  4 ,  ,  1 e v   , 2 , 3 e os pontos A(4 , -1 , 2)


e B(3 , 2 , -1), determinar o valor de  tal que u  v  BA  5 .
BA  A  B  (1 ,  3 , 3)
v  BA = ( + 1 , -1 , 6)


u  v  BA  5  4 ,  ,  1  (  1 ,  1 , 6)  5
4 . ( + 1) +  . (-1) + (-1) . 6 = 5
4 + 4 -  - 6 = 5
3 = 7

7
3
Propriedades do produto escalar:
i)
u  v  v  u
ii)
u  v  w  u  v  u  w



  
 
iii)  u  v   u  v  u   v
iv) u  u  0 se u  0 e u  u  0 se u  0
v)
2
u  u  u
Exemplos:
1) Sendo u  x , y , z , demonstre a propriedade v)
Resolução:
u  u  x , y , z  x , y , z  x  x  y  y  z  z  x 2  y 2  z 2
u  x 2  y 2  z2 
 u  u  u
2
u

x
2
 y2  z2

2

2
u
 x2  y2  z2
2
2) Mostrar que
u  v
2
2
 u
2 u  v  v
2
Resolução:
u  v
u  v
u  v


2 v 

ii
 u  v  u  v  u  u  u  v  v  u  v  v
2 i 
 u  u 2 u  v  v  v
2 v

 u
Analogamente,
Resolva você ...
2
2 u  v  v
u  v
2
 u
2
2
2 u  v  v
2
u  4,
3) Sendo


Resolução:
3 u  2 v   u  4 v   3 u  u  12 u  v
 3 u
2
 14 u  v  8 v
2
2 v  u 8 v  v 

 3  4 2  14  3  8  2 2 
 48  42  32  38
Exercício resolvido:
 


Determinar o vetor v , paralelo ao vetor u = (2 , -1 , 3), tal que v  u   42 .
Resolução:
Seja v  x , y , z o vetor procurado.
 
Como v  u   42 , temos: x , y , z  2 ,  1 , 3  2x  y  3z  42 (i)
Como os vetores são paralelos, temos:
v // u 

v  2 e u  v  3, calcular 3 u  2 v   u  4 v .
x
y
z


2 1 3
Ou seja, multiplicando em cruz, temos:
- x = 2y  x = - 2y
- z = 3y  z = - 3y (ii)
Logo, substituindo as equações obtidas em (ii) em (i), obtemos:
2(- 2y) – y + 3(- 3y) = - 42
- 4y – y – 9y = - 42
- 14y = - 42
y=3
x=-2.3x=-6
z = -3 . 3  z = - 9
Logo, v   6 , 3 ,  9
Produto escalar – definição geométrica
Sejam u e v ,vetores não paralelos, e  o ângulo formado por eles,
então temos que:
C
v

A
u
B
u  v  u  v  cos ; 0    180º
Demonstração:
Exemplo: Sendo
u  2,
u  v .
Resolução:
u  v  u  v  cos 
u  v  2  3  cos120º
 1
u  v  2  3      3
 2
v  3 e 120º o ângulo entre u e v , calcule
u-v
Propriedades:
sen
90º
B
180º
_
+
0º
cos
i)
u  v  0  cos   0  0º    90º , ou seja,  é um ângulo agudo.
ii)
u  v  0  cos   0  90º    180º , ou seja,  é um ângulo obtuso.
iii) u  v  0  cos   0    90º , ou seja,  é um ângulo reto:
u  v  0  u  v : condição de ortogonalidade de dois vetores
Exemplo: Mostrar que os seguintes pares de vetores são ortogonais:
a) u  1 ,  2 , 3 e v  4 , 5 , 2
u  v = 1 . 4 + (-2) . 5 + 3 . 2 = 4 – 10 + 6 = 0
 são ortogonais.
b) i e j
i  j  1 , 0 , 0  0 , 1 , 0 = 1 . 0 + 0 . 1 + 0 . 0 = 0 + 0 + 0 = 0
 são ortogonais.
Exercícios resolvidos:
1) Qual o valor de  para que os




b  2 i  (1 2) j  3k sejam ortogonais?
vetores




a   i  2 j  4k
e
Resolução:
a  b  a  b 0
( , 2 , -4)  (2 , 1 - 2 , 3) = 0
2 + 2 - 4 - 12 = 0
- 2 = 10
=-5
u-v
2) Dados os pontos A(m , 1 , 0); B(m – 1 , 2m , 2) e C(1 , 3 , -1), determinar m
de modo que o triângulo ABC seja retângulo em A. Calcular a área do
C
triângulo.
v
sen
Resolução:
90º
Para que o triângulo ABC seja retângulo em A, precisamos que o vetor AB
u
B
seja ortogonal ao vetor AC :
C
A
180º
_
+
0º
cos
B
AB  AC  AB  AC  0
(-1 , 2m – 1 , 2)  (1 – m , 2 , -1) = 0
- 1 + m + 4m – 2 – 2 = 0
5m = 5
m=1
Para calcular a área do triângulo, precisamos das medidas de sua base ( AB )
e de sua altura ( AC ):
AB   1 , 2m  1 , 2   1 , 1 , 2  AB  (1)2  12  22  6
AC  1  m , 2 ,  1  0 , 2 ,  1  AC  0 2  2 2  (1)2  5
Logo,
A
AB  AC
bh
6 5
30



u.a.
2
2
2
2

3) Determinar o vetor v , sabendo que

 
 
vw  6 e w  i 2j .

, v é ortogonal ao eixo x,
Resolução:
Seja v  x , y , z o vetor procurado.

Como v é ortogonal ao eixo x, tomamos o vetor
i  1 , 0 , 0 como
representante do eixo x. Portanto, temos:
v  i  v  i 0
x , y , z  1 , 0 , 0  0
 x00  0  x  0
 
Como v  w  6 , temos:
0 , y , z  1 , 2 , 0  6
 0  2y  0  6  y  3
Por ultimo, para determinarmos o valor de z, usamos o fato de que
0 2  3 2  z 2  5  9  z 2  25  z 2  16  z  4
Logo, v  0 , 3 , 4 ou v  0 , 3 ,  4
:
Cálculo do ângulo entre dois vetores:
De u  v  u  v  cos  , temos: cos  
u  v
u  v
C
v

A
B
u
Exemplos:


1) Calcular o ângulo entre os vetores u  1 , 1 , 4 e v   1 , 2 , 2
Resolução:
u  v  1  2  8  9
u  1  1  16  18  3 2
v  1 4  4  9  3
 cos  
u  v
u  v
Logo,   arccos

9
3 2 3

1
2

2
2

2
2
2
 45º
2
2) Seja o triângulo de vértices A(2 , 1 , 3); B(1 , 0 , -1) e C(-1 , 2 , 1).
Determinar o ângulo interno ao vértice B. Qual o ângulo externo ao vértice
B?
Resolução:
C
u-v
^
180 - B
^
B
A
B
sen
90º
B
cos B̂ 
BA  BC
BA  BC
BA  A  B  1 , 1 , 4 
BC   2 , 2 , 2 
BA  1  1  16  18  3 2
BC  4  4  4  12  2 3
BA  BC  2  2  8  8
 cosB̂ 
8
3 2 2 3
Logo, B̂  arccos

8
6 6
6

6

8 6 2 6

36
9
2 6
 57,02º
9
E, portanto, o ângulo externo ao vértice B, é:
180º - 57,02º = 122,98º

3) Sabendo que o vetor v = (2 , 1 , - 1) forma ângulo de 60º com o vetor AB
determinado pelos pontos A(3 , 1 , -2) e B(4 , 0 , m),calcular m.
Resolução:
cos 60º 
AB  v
AB  v
AB  B  A  1 ,  1 , m  2
AB  v  2  (1)  (m  2)  2  1 m  2  m  1
AB  12   1  m  2  1  1  m2  4m  4  m2  4m  6
2
2
v  2 2  12   1  4  1  1  6
2
 cos 60º 
1
 m 1

2
m 2  4m  6  6
Elevando ambos os membros da equação ao quadrado, obtemos:
1
m 2  2m  1

4 6. m 2  4m  6



1
m 2  2m  1

4 6m 2  24m  36
4m 2  8m  4  6m 2  24m  36
2m 2  16m  32  0 ( 2)
m 2  8m  16  0
8 0
2
m  4
m



4) Um vetor v do espaço forma com os vetores i e j ângulos de 60º e 120º

respectivamente. Determinar o vetor v sabendo que sua norma é 2.
Resolução:
Seja v  x , y , z o vetor procurado.

Como v forma ângulo de 60º com o vetor i  1 , 0 , 0 , temos:
i  v
cos 60º 
i  v

1 1 , 0 , 0  x , y , z 
1 x



 x 1
2
1 2
2 2

Como v forma ângulo de 120º com o vetor j  0 , 1 , 0 , temos:
j  v
cos 120º 
j  v
 
1 0 , 1 , 0  x , y , z 
1 y

  
 y  1
2
1 2
2 2
Por ultimo, para determinarmos o valor de z, usamos o fato de que
v  2:
12   1  z 2  2  1  1  z 2  4  z 2  2  z   2
2



Logo, v  1 ,  1 , 2 ou v  1 ,  1 ,  2

Obs.: Os ângulos formados entre um vetor e os eixos coordenados são
chamados ângulos diretores.

5) Determinar o vetor v , tal que:

v  4 ; v é ortogonal ao eixo Oz e forma


ângulo de 60º com o vetor i e ângulo obtuso com j .
Resolução:
Seja v  x , y , z o vetor procurado.

Como v é ortogonal ao eixo z, tomamos o vetor
k  0 , 0 , 1 como
representante do eixo z. Portanto, temos:
v  k  v  k 0
x , y , z  0 , 0 , 1  0
 00z 0  z 0

Como v forma ângulo de 60º com o vetor i  1 , 0 , 0 , temos:
cos 60º 
i  v
i  v

1 1 , 0 , 0  x , y , z 
1 x



 x2
2
1 4
2 4

Como v forma ângulo obtuso (maior que 90º) com o vetor
j  0 , 1 , 0 ,
temos:
cos   0  j  v  0  0 , 1 , 0  2 , y , 0  0  y  0 ()
Por ultimo, para determinarmos o valor de y, usamos o fato de que
22  y 2  0 2  4  4  y 2  16  y 2  12  y  2 3
De (), temos que y  2 3

Logo, v  2 ,  2 3 , 0

v  4:
C
Projeção de um vetor sobre outro
Sejam u e v vetores não nulos e  o ângulo entre eles:
^
B
A
v
q
v1
Seja v 1 é a projeção ortogonal de v sobre u .
u
C
Notação: v 1  proj u v
 v  u 
u
proj u v  
 u  u 


B
A
Observação: veja a demonstração dessa fórmula em WINTERLE (2000).
Exemplos:
1) Dados os vetores u  3 , 0 , 1 e v   2 , 1 , 2 , determinar proj u v e
proj v u .
Resolução:
 v  u 
 u   ( 2)  3  1 0  2  13 , 0 , 1    4 3 , 0 , 1 
proj u v  
 u  u 
 3  3  0  0  1 1 
 10 


2
 2
 6
   3 , 0 , 1    , 0 ,  
5
 5
 5
 u  v 

4
4
 v  
 2 , 1 , 2  
proj v u  
 2 , 1 , 2 

 v  v 
(

2
)

(

2
)

1

1

2

2
9






4
8
 4
8
    2 , 1 , 2   ,  ,  
9
9
 9
9
2) Sejam os pontos A(-1 , -1 , 2); B(2 , 1 , 1) e C(m , -5 , 3).
a) Para que valor de m o triângulo ABC é retângulo em A?
b) Determinar o ponto H, pé da altura relativa ao vértice A.
Resolução:
A
B
H
C
a) Para que o triângulo ABC seja retângulo em A, precisamos que o vetor AB
seja ortogonal ao vetor AC :
AB  AC  AB  AC  0
(3 , 2 , -1)  (m + 1 , - 4 , 1) = 0
3m + 3 – 8 – 1 = 0
3m = 6
m=2
b) Para determinarmos o ponto H, precisamos, em primeiro lugar, determinar o
vetor BH que é a projeção do vetor BA sobre o vetor BC :
BA  A  B  (3 ,  2 , 1)
BC  C  B  (0 ,  6 , 2)
 BA  BC 
 BC   ( 3)  0  ( 2)  ( 6)  1 2 0 ,  6 , 2 
BH  proj BC BA  
 0  0  ( 6)  ( 6)  2  2 
 BC  BC 




42 14  
21 7 
 7 

 14 
  0 ,  6 , 2   0 ,  6 , 2   0 , 
,
,
  0 , 

20 20  
10 10 
 20 

 40 
Como BH = H – B, temos:
H = BH + B
21 7 
11 17 


H = 0 , 
,
,
  2 , 1 , 1   2 , 

10 10 
10 10 


3) Sejam A(2 , 1 , 3); B(m , 3 , 5) e C(0 , 4 , 1) vértices de um triângulo.
Determine:
a) O valor de m para que o triângulo ABC seja retângulo em A.
b) Calcular a medida da projeção do cateto AB sobre a hipotenusa BC.
c) Determinar o ponto H, pé da altura relativa ao vértice A.
d) Mostrar que AH  BC.
Resolução:
A
B
H
C
a) Para que o triângulo ABC seja retângulo em A, precisamos que o vetor AB
seja ortogonal ao vetor AC :
AB  AC  AB  AC  0
(m - 2 , 2 , 2)  (- 2 , 3 , - 2) = 0
- 2m + 4 + 6 – 4 = 0
- 2m = - 6
m=3
b) A medida da projeção do cateto AB sobre a hipotenusa BC é a norma do
vetor BH que é a projeção do vetor BA sobre o vetor BC :
BA  A  B  (1 ,  2 ,  2)
BC  C  B  (3 , 1 ,  4)
 BA  BC 
 BC   ( 1)  ( 3)  ( 2)  1  ( 2)  ( 4)  3 , 1 ,  4 
BH  proj BC BA  
 ( 3)  ( 3)  1 1  ( 4)  ( 4) 
 BC  BC 




36 
 27 9
 9 
   3 , 1 ,  4    
,
,

26 
 26 26
 26 
Logo,
2
2
2
729  81 1296
2106 9 26
 27   9   36 
BH   


u.c.
     
 
2
26
26
26 2
 26   26   26 
c) Como BH = H – B, temos:
H = BH + B
36 
 27 9
 51 87 94 
H = 
,
,
,
,
  3 , 3 , 5  

26 
 26 26
 26 26 26 
d) AH  BC  AH  BC  0
De fato:
3 61 64
 1 61 16 
,
,


0

   3 , 1 ,  4 
26 26 26
 26 26 26 
REFERÊNCIAS
CAMARGO, Ivan de; BOULOS, Paulo. Geometria Analítica: um tratamento
vetorial. São Paulo: Pearson, 2010.
STEINBRUCHY, Alfredo; WINTERLE, Paulo. Geometria Analítica. São Paulo:
Makron Books, 1987.
WINTERLE, Paulo. Vetores e Geometria Analítica. São Paulo: Makron Books,
2000.