Ca
r
Capı́tulo 4
Produtos e aplicações
Palavras-chave:
FS
produto escalar, produto vetorial, produto misto, vetores ortogo-
nais, base ortogonal, base ortonormal, ângulos, distâncias, projeção ortogonal, área de
paralelogramo, volume de paralelepı́pedo, retas perpendiculares no plano, vetor normal a
4.1
-U
plano
Produtos escalares
Neste tópico iremos estudar um novo tipo de operação entre vetores do plano e do
DM
espaço. Vamos fazer inicialmente uma consideração geométrica, como segue.
Seja um triângulo ABC com medidas dos lados a, b e c.
C
b
b
C
C
b
b
a
b
b
A
b
A
c
b
B
a
a
b
Â
Â
b
A
b
cD
b
B
b
D
b
A
c
b
B
b Podemos
A lei dos cossenos da geometria plana estabelece que a2 = b2 +c2 −2bc cos A.
b é reto, o triângulo é
ver as possı́veis situações na figura acima. Quando o ângulo A
retângulo com catetos b e c e hipotenusa a, e a lei acima se reduz ao Teorema de Pitágoras:
175
176
b não é reto, considere o ponto D na reta AB, de forma que
a2 = b2 + c2 . Quando A
−→
b seja reto. Temos que a2 = (b sen A)
b 2 + |−
b + (c − b cos A)
b2 =
B DC
DB|2 = b2 sen2 A
b + cos2 A)
b + c2 − bc cos A
b = b2 + c2 − 2bc cos A.
b
b2 (sen2 A
w
~ = ~v − ~u
b
A
b
A
~u
w
~
~v
b
b=0 B
cos A
Ab
b
A
w
~
~v
~u
b>0
cos A
b
B
FS
~v
Cb
Ca
C
b
C
b
r
−→
−→
Usando linguagem vetorial, podemos considerar os vetores ~u = AB, ~v = AC e
−−→
w
~ = BC, de modo que |~u| = c, |~v | = b e |w|
~ = a.
−−→ −→ −→
Temos BC = AC − AB e portanto w
~ = ~v − ~u.
b
A
Ab
~u
bB
b<0
cos A
Definindo o ângulo entre dois vetores ~u e ~v como o ângulo formado pelas semirretas com origem num ponto e determinadas pelos vetores, podemos reescrever a lei dos
cossenos na forma:
-U
−→ −→
AB |{z}
AC
|{z}
2
2
2
|~v − ~u| = |~v| + |~u| − 2|~v ||~u| cos ∡( ~u , ~v )
Assim, os vetores ~u e ~v têm direções perpendiculares entre si quando |~v ||~u| cos ∡(~u, ~v ) =
0.
DM
Definição: O produto escalar entre dois vetores ~u e ~v é definido como o número real
|~u||~v| cos ∡(~u, ~v) e é denotado por ~u · ~v ou < ~u, ~v >.
Obs: A notação ~u · ~v é mais comum em livros de Cálculo e Fı́sica, enquanto que a
notação < ~u, ~v > aparece nos livros de Álgebra Linear. Aqui vamos usar a notação ~u · ~v.
A notação com ponto (ponto = “dot”, em inglês) dá o nome ao comando no programa
Octave: “dot(u,v)” é usado para calcular o produto escalar entre os vetores u e v.
É claro que se ~u ou ~v for nulo temos ~u · ~v = 0. No caso de ambos não nulos, ~u · ~v = 0
se, e somente se, cos ∡(~u, ~v ) = 0.
Definição: Dois vetores ~u e ~v são ortogonais se ~u · ~v = 0. Notação: ~u ⊥ ~v
177
Observamos que, com a definição acima, o vetor nulo é ortogonal (já era paralelo) a
qualquer vetor do seu ambiente.
Mais geralmente, o produto escalar ~u · ~vpermite
calcular a medida do ângulo entre
~u · ~v
os vetores ~u e ~v , fazendo ∡(~u, ~v ) = arccos
. Convencionamos tomar a medida
|~u||~v|
do ângulo entre dois vetores não nulos sempre entre 0 e π radianos.
r
O ângulo entre ~u e ~v é agudo (entre 0 e π/2) se ~u · ~v > 0 e obtuso (entre π/2 e π)
4.1.1
Ca
se ~u · ~v < 0.
Produto escalar em um sistema de coordenadas
O Cálculo do produto escalar entre dois vetores fica extremamente simples se estes
FS
vetores são dados em sistemas de coordenadas cartesianas ortogonais.
No plano R2 , se ~u = (x1 , y1 ) e ~v = (x2 , y2 ) então ~u · ~v = x1 y1 + x2 y2 .
De fato:
Q(x , y )
• 2 2
Sejam P = (x1 , y1 ) e Q = (x2 , y2) de modo que
−→
−→
OP = ~u e OQ = ~v
w
~
~v
-U
y2
Seja θ o ângulo entre ~u e ~v .
y1
θ
b
x2
x1
DM
O
~u
• P (x1 , y1 ) Então ֒→
−→
w
~ = ~v − ~u = P Q = Q − P = (x2 − x1 , y2 − y1 ).
Escrevendo a lei dos cossenos para o triângulo OP Q, temos
(x2 − x1 )2 + (y2 − y1 )2 = [x21 + y12 ] + [x22 + y22] −
2~u · ~v
−→ 2
−→ 2
−→ 2
−→ −→
|P Q|
= |OP |
+ |OQ|
− 2|OP ||OQ| cos θ
Desenvolvendo, temos: x22 − 2x1 x2 + x21 + y 22 − 2y1 y2 + y 21 = x22 + y 22 + x21 + y 21 − 2~u ·~v,
donde −2(x1 x2 + y1 y2 ) = −2~u · ~v .
Logo,
~u · ~v = (x1 , y1 ) · (x2 , y2 ) = x1 x2 + y1 y2
178
e
x1 x2 + y1 y2
p
cos(θ) = cos ∡(~u, ~v ) = p 2
.
x1 + y12 x22 + y22
No espaço R3 , se ~u = (x1 , y1 , z1 ) e ~v = (x2 , y2 , z2 ), então ~u · ~v = x1 x2 + y1 y2 + z1 z2 .
A idéia geométrica é exatamente a mesma do caso plano e a obtenção da fórmula do
r
cálculo em coordenadas cartesianas ortogonais é análoga. Mostre como exercı́cio.
Ca
No GeoGebra, podemos calcular o produto escalar entre dois vetores u e v do plano,
digitando u*v no Campo de Entrada. Não temos vetores no espaço no GeoGebra.
No Octave, como já foi mencionado anteriormente, basta executar dot(u,v), para os
mesmos vetores u e v, que podem ser ambos do plano, ou ambos do espaço.
Propriedades dos produtos escalares
FS
4.1.2
As seguintes propriedades são elementares e a sua verificação é um exercı́cio.
1. ~v · ~v = |~v|2 para todo vetor ~v .
-U
Segue que ~v ·~v ≥ 0 para qualquer vetor ~v e a igualdade só se verifica quando ~v = ~0.
2. ~u · ~v = ~v · ~u (propriedade comutativa)
DM
3. ~u · (~v + w)
~ = ~u · ~v + ~u · w
~ (propriedade distributiva)
Para a verificação, utilize coordenadas.
4. (λ~u) · ~v = ~u · (λ~v) = λ(~u · ~v ), para escalares λ e vetores ~u, ~v .
5. |~u · ~v | ≤ |~u||~v|: Desigualdade de Cauchy-Schwarz
De ~u ·~v = |~u||~v| cos ∡(~u, ~v ) segue a Desigualdade de Cauchy-Schwarz |~u ·~v | ≤ |~u||~v|,
já que | cos ∡(~u, ~v)| ≤ 1.
6. |~u + ~v| ≤ |~u| + |~v|: Desigualdade Triangular
179
Da desigualdade de Cauchy-Schwarz podemos deduzir a chamada Desigualdade
Triangular:
•C
+
O nome da desigualdade vem da Geome-
~v
~v
tria Euclidiana:
r
~u
|~u + ~v | ≤ |~u| + |~v |
Ca
Se A, B e C são vértices de um
triângulo, então um lado tem medida de
•
A
~u
comprimento sempre menor que a soma
•
B
FS
das medidas dos outros dois lados.
−→
−−→
−→
Se ~u = AB e ~v = BC então o lado AC representa o vetor AC = ~u + ~v. Então
|~u + ~v |2 = (~u + ~v ) · (~u + ~v ) = ~u · ~u + ~u · ~v + ~v · ~u + ~v · ~v = |~u|2 + 2~u · ~v + |~v|2 ,
usando as propriedades distributiva e comutativa do produto escalar e também que
~v · ~v = |~v|2 (exercı́cios!).
-U
Como ~u ·~v ≤ |~u ·~v| (um número real é menor ou igual a seu módulo) e |~u ·~v | ≤ |~u||~v|
(desigualdade de Cauchy-Schwarz), temos:
|~u + ~v|2 = |~u|2 + 2~u · ~v + |~v |2 ≤ |~u|2 + 2|~u||~v| + |~v|2 = (|~u| + |~v|)2 .
DM
Logo, |~u + ~v | ≤ |~u| + |~v |.
A igualdade se verifica se, e somente se, | cos ∡(~u, ~v)| = 1.
Isto significa que ou ∡(~u, ~v) = 0 ou ∡(~u, ~v ) = π, e em ambos os casos, temos que
~u e ~v são paralelos, ou seja, são l.d.
Exemplos e Exercı́cios:
1. Mostre que, no plano, (a, b) ⊥ (−b, a).
Basta mostrar que o produto escalar entre os vetores é 0.
180
2. Quais são todos os vetores (a, b) do plano ortogonais a (2, 3)?
Resp: São vetores (a, b) satisfazendo a equação 2a + 3b = 0: )2 ,3−( ed solpitl m
ú .
−−→
3. Sejam A = (x0 , y0 ) e ~u = (a, b). Mostre que se AX é ortogonal a ~u, onde
X = (x, y), tem-se que a(x − x0 ) + b(y − y0 ) = 0. Que objeto geométrico é
r
representado pelos pontos X que satisfazem essa equação? Represente-o num
esboço, relacionando-o com A e ~u
Ca
Resp: O objeto é: u~ rotev oa ralucidne pre p é e A ro p assap euq ater a
4. Seja A = (2, −1). Determine uma equação para descrever os pontos X = (x, y)
pertencentes à reta r que passa por A e é perpendicular à direção dada pelo
Resp: 0 = )1 + y(3 + )2 − x(
FS
vetor ~u = (1, 3).
5. Mostre que se ~u ⊥ ~v , então ~u ⊥ k~v para ∀k ∈ R.
6. Seja a reta r no plano, dada pela equação 2x−3y+4 = 0. Mostre que ~n = (2, −3)
-U
é ortogonal a todos os vetores da reta r.
Considere os vetores da forma ~u = B − A, onde A = (x0 , y0 ) e B = (x1 , y1 ) pertencem
à reta r, isto é, satisfazem a equação da reta, e mostre que ~n · ~u = 0.
Ou então, encontre a equação vetorial da reta, e mostre que o vetor direção da reta é
DM
ortogonal a ~n.
7. Seja w
~ ortogonal a ~u e ~v. Mostre que w
~ é ortogonal a qualquer c.l. de ~u e ~v .
Basta mostrar que w
~ · (λ~u + µ~v ) = 0 para ∀λ, µ ∈ R, usando que w
~ · ~u = w
~ · ~v = 0.
Consequentemente, para mostrar que um vetor é ortogonal a todos os vetores de
um plano, basta mostrar que é ortogonal a dois vetores l.i. do plano.
8. Sejam os vetores ~u = (2, 3, −1) e ~v = (−1, 3, 4). Encontre um vetor w
~ = (a, b, c)
ortogonal a ambos, de módulo 1. Quantas existem?
181
Suponha que w = (x, y, z). Por ser ortogonal a ~u e ~v , deve satisfazer um sistema linear
de 2 equações a 3 variáveis. Resolva, escolha um deles não nulo e calcule o versor.
9. Seja α o plano que passa por P = (3, −2, 1) e é perpendicular ao vetor ~u =
−−→
(3, −1, 5). Se X = (x, y, z) ∈ α, justifique que P X ⊥ ~u. Utilize este fato, para
deduzir uma equação geral do planos α.
r
Resp: 0 = )1 − z(5 + )2 + y( − )3 − x(3.
Ca
10. No espaço R3 , cujos pontos têm coordenadas (x, y, z), verifique que a equação
x = 3 representa o plano perpendicular a ~n = (1, 0, 0).
Resolva a equação para obter a equação vetorial do plano e mostre que os vetores do
plano são ortogonais a ~n.
qualquer vetor do plano α.
FS
~ = (a, b, c) é ortogonal a
11. Seja o plano α : ax + by + cz + d = 0. Mostre que N
Para isto, tome A = (x0 , y0 , z0 ) e B = (x1 , y1 , z1 ) dois pontos do plano e mostre que
−−
→ ~
AB · N
= 0, utilizando que os pontos do plano satisfazem a equação do plano.
-U
−−→
12. Seja X = (x, y, z) um ponto do espaço tal que o ângulo entre OX e o eixo Oz é
θ = π/3. Mostre que (x, y, z) satisfaz uma equação polinomial de segundo grau
nas variáveis x, y e z: x2 + y 2 − 3z 2 = 0.
DM
Sugestão: Utilize a fórmula do cosseno e eleve ao quadrado para eliminar a raiz.
13. Seja o triângulo ABC, onde A = (1, 2, 3), B = (−2, 1, 0) e C = (3, 3, −1).
Verifique se o ângulo em A é reto, agudo ou obtuso.
−−
→ −→
Utilize o sinal do produto escalar entre AB e AC
14. Mostre que as diagonais de um losango são perpendiculares entre si.
Lembre-se que as diagonais de um losango são da forma ~u + ~v e ~u − ~v , com |~u| = |~v |.
182
4.1.3
Sobre bases ortonormais e ortogonais
Lembremos que uma base de R2 é um conjunto de 2 vetores l.i. B = {~u, ~v }.
Dizemos que uma base B é uma base ortogonal se ~u e ~v forem ortogonais (~u ⊥ ~v),
isto é, ~u · ~v = 0.
y
~u = (2, 5)
r
Por exemplo,
se ~u = (2, 5) e ~v = (−5, 2),
Ca
B = {~u, ~v } é uma base ortogonal pois
~u ·~v = 2 × (−5) + 5 × 2 = −10 + 10 = 0
~v = (−5, 2)
e os vetores não são nulos.
a
a
Geometricamente,
~u e ~v formam um ângulo de
FS
x
π
2
radianos.
Se, além de ortogonais entre si, os vetores ~u e ~v forem unitários, então a base é dita
ortonormal (o.n.).
formada pelos versores de ~u e ~v do exemplo
-U
(2, 5) (−5, 2)
Por exemplo, B = √ , √
29
29
anterior, é uma base ortonormal.
Claro que a base canônica C = {~ı, ~} = {(1, 0), (0, 1)} de R2 é uma base ortonormal
de R2 .
De maneira análoga, uma base ortogonal do espaço cartesiano R3 é um conjunto de
DM
3 vetores não nulos, dois a dois ortogonais
(e consequentemente são l.i.):



~u · ~u = 0

 1 2
B = {~u1 , ~u2 , ~u3} satisfazendo ~u1 · ~u3 = 0



~u · ~u = 0
2
3
Observação: Podemos mostrar que um conjunto de vetores não nulos e dois a dois
ortogonais é l.i.
Provemos para n = 3 (espaço). De fato, seja B = {~u1, ~u2 , ~u3 } satisfazendo essas
condições.
Consideremos uma combinação linear λ1~u1 + λ2~u2 + λ3~u3 = ~0 e mostremos que λ1 =
183
λ2 = λ3 = 0, para verificar que são l.i.
Efetuando o produto escalar por ~u1 em ambos os membros da equação, temos (λ1~u1 +
|~
u1 | 2
0
0
z }| {
z }| {
z }| {
λ2~u2 + λ3~u3 ) · ~u1 = ~0 · ~u1 , donde λ1 ~u1 · ~u1 +λ2 ~u2 · ~u1 +λ3 ~u3 · ~u1 = λ1 |~u1 |2 = 0, donde
λ1 = 0 já que |~u1 | =
6 0.
r
Analogamente, efetuando o produto escalar por ~u2 segue que λ2 = 0 e por ~u3 , que
λ3 = 0.
2 a 2 ortogonais e, além disso, unitários.
Ca
Uma base ortogonal do espaço (cartesiano R3 ) é ortonormal (o.n.) se os vetores forem
A base canônica C = {~ı = (1, 0, 0), ~ = (0, 1, 0), ~k = (0, 0, 1)} de R3 é uma base
ortonormal do espaço.
FS
Vamos agora enumerar uma série de propriedades sobre bases ortonormais, muito
utilizadas na prática.
Propriedade 1: Se M é uma matriz cujas linhas são as coordenadas dos vetores de
-U
uma base ortonormal, em relação a uma base ortonormal, então M é uma matriz cuja
transposta é a inversa (ou seja, M é uma matriz ortogonal). E vale a recı́proca: as
linhas de uma matriz ortogonal são coordenadas de vetores de uma base ortonormal,
dadas em relação a uma base ortonormal.
DM
Vejamos no caso 2 × 2: Suponha uma base ortonormal {~u = (a, b),
d)}, donde
 ~v =(c, 

a
b
a
c
·
 =
a2 + b2 = 1 = c2 + d2 e ac + bd = 0. Então M · M t = 
c d
b d

 

a2 + b2 ac + bd
1 0

=
. Assim, M −1 = M t .
ac + bd c2 + d2
0 1

 





2
2
a b
a c
a + b ac + bd
1 0
·
 = 
 = 
,
Reciprocamente, se M · M t = 
2
2
c d
b d
ac + bd c + d
0 1
2
2
2
2
devemos ter a + b = 1 = c + d e ac + bd = 0, donde a base {~u = (a, b), ~v = (c, d)}
é ortonormal.
184
O Caso 3 × 3 é análogo e fica como exercı́cio.
Propriedade 2: As coordenadas de um vetor ~v em relação a uma base ortonormal
B podem ser encontradas com o produto escalar.
Para o caso espacial, é análogo:
Ca
~v · ~e2 = y ′. Ou seja, ~v = (~v · ~e1 , ~v · ~e2 )B .
r
No caso plano, seja B = {~e1 , ~e2 } uma base o.n. (ortonormal). Então ~v = x′~e1 + y ′~e2 =
1
0
z }| {
z }| {
′
′
′
′
′
′
(x , y )B . Mas ~v · ~e1 = (x ~e1 + y ~e2 ) · ~e1 = x ~e1 · ~e1 +y ~e2 · ~e1 = x′ . Analogamente,
Se B = {~e1 , ~e2 , ~e3 } é base o.n., então ~v = (~v · ~e1 , ~v · ~e2 , ~v · ~e3 )B .
Propriedade 3: Se B é uma base ortonormal, (a, b, c)B · (a′ , b′ , c′ )B = aa′ + bb′ + cc′ .
FS
Basta usar a propriedade distributiva junto com a hipótese de ortonormalidade da base.
Exercı́cio.
Propriedade 4: Se um vetor é dado em relação a uma base ortonormal, o cálculo
do módulo pode ser feito como na base canônica.
-U
Vejamos o caso espacial: considere ~u = (a, b, c)B , sendo B uma base o.n. Temos que
√
√
|~u| = ~u · ~u = a2 + b2 + c2 . A última igualdade segue da observação anterior.
DM
Exemplos e Exercı́cios:
1. Mostre que uma matriz ortogonal tem determinante 1 ou -1, mas nem toda
matriz com determinante ±1 é ortogonal.
Na primeira parte, considere M ortogonal. Então M M t = I, donde det(M ) det(M t ) =
det(M )2 = det(I) = 1 e portanto, det(M ) = ±1. Na segunda parte, para construir
o exemplo de M com det(M ) = ±1 e que não seja matriz ortogonal, lembre-se que
as linhas (ou colunas) de uma matriz ortogonal formam base o.n. Fica como exercı́cio
apresentar um exemplo.
185
(−
~
θ
sen
os
,c
2. Mostre que a base
θ)
s
(co
{(cos θ, sen θ), (− sen θ, cos θ)} é uma base
ortonormal do plano.
)
θ
~ı
b
r
O
θ
nθ
e
s
,
Ca
Basta verificar que os vetores são ortogonais entre si (produto escalar 0) e unitários.
Na verdade, estes vetores são obtidos rotacionando a base canônica de ângulo θ.
3. Verifique que a matriz cujas linhas são os vetores da base acima é matriz ortogonal.
FS
Construa a matriz e faça produto com a sua transposta. Deve resultar na matriz identidade.
4. Verifique também que as colunas também formam uma base ortonormal.
-U
5. Suponha θ = π/3 na base acima. Ou seja, ~e1 = ( 21 ,
√
3
)
2
e ~e2 = (−
√
3 1
, 2)
2
são os
vetores da base B. Escreva o vetor ~v = (3, 4) nesta base.
Solução 1: Usando matriz de mudança de base.
Suponha que C seja a base canônica. Então a matriz de mudança de base [I]B
C é a matriz
DM
cujas colunas são ~e1 e ~e2 na base canônica. Esta matriz é ortogonal e portanto sua
inversa, [I]CB , é a transposta.
Então,


√   
√ 
3
3
1
3
3
+
2
2   

= 2 √
[~v ]B = [I]CB [~v ]C =  2√
−3 23 + 2
4
− 23 12
Solução 2: Usando produto escalar.
Temos que ~v = (x′ , y ′ )B = x′~e1 + y ′~e2 . Mas x′ = ~v · ~e1 = (3, 4) · ( 12 ,
y ′ = ~v · ~e2 = (3, 4) · −(
√
3 1
2 , 2)
= −3
√
3
2
√
3
2 )
=
3
2
+4
√
3
2
e
+ 4 21 .
6. Seja B = {~u, ~v }, onde ~u = (3, 4) e ~v = (−4, 3). Mostre que a base B é uma
base ortogonal, mas não é ortonormal. Obtenha uma base ortonormal E cujos
186
vetores tem direção e sentido dos vetores da base B.
7. Obtenha uma base o.n. do plano, onde o primeiro vetor é paralelo a (1, 2).
Suponha que nesta base, B, ~u = (3, 5)B e ~v = (8, −2)B . Determine o módulo de
cada vetor e o ângulo entre eles.
r
8. Obtenha uma base o.n. do plano, onde o ângulo entre o primeiro vetor da base
Ca
e o vetor ~ı é de π/6 radianos.
9. Obtenha uma base o.n. do plano, onde o primeiro vetor faz ângulo θ com o eixo
Ox, com tg(2θ) = 43 .
~v
2
Cb
b
2θ
θ
O
~u
θ
b
C′
-U
b
B = (4, 3)
FS
b
\ é 2θ.
O ângulo em AOB
−→
Seja ~u = OA e
2
4A
6
8
~v k (4, 3), com
|~v | = |~u| = 4.
−−→′
OC = ~u + ~v
é diagonal do losango e
determina a direção do
primeiro vetor.
10. Mostre que a base B = {(1, 2, 4), (2, −1, 0), (4, 8, −5)} é ortogonal. Obtenha
DM
uma base ortonormal do espaço E = {~e1 , ~e2 , ~e3 }, com vetores paralelos aos de
B. Escreva o vetor ~v = (4, 5, −2) nas bases B e E.
Para encontrar E, basta normalizar (encontrar o versor) dos vetores da base B. Utilize
produto escalar para encontrar as novas coordenadas.
11. Seja a base canônica C = {~ı, ~, ~k} e considere os representantes dos vetores com
origem em O = (0, 0, 0). Considere uma reta r que passa pela origem. Se
E = {~e1 , ~e2 , ~e3 } é obtido rotacionando os vetores da base canônica de um ângulo
θ em torno da reta r, esta nova base é também ortonormal?
Resp: miS. Comprimentos e ângulos são preservados por esse movimento.
187
Atividades com GeoGebra (10): Determinando uma base ortonormal
do plano (dada uma das direções), e obtendo as coordenadas de qualquer vetor do plano
na nova base o.n.
1
~u através do comando
|~u|
Ca
• Vamos normalizar o vetor ~u, criando o versor ~u1 =
r
• Desenhe o vetor ~u dado. Por exemplo, digite “u = (3,4)”.
“u 1=(1/sqrt( u*u)) u”.
• Vamos construir agora um vetor ~v ortogonal a ~u: “v = (-y(u), x(u))”. Normalizando: “v 1=(1/sqrt(v*v)) v” para obter ~v1 .
FS
A base {~u1 , ~v1 } é base ortonormal.
• Insira um vetor qualquer w.
~ Por exemplo, “w=(-1,3)”.
• Vamos obter as coordenadas de w
~ na nova base: t = w
~ · ~u1 e s = w
~ · ~v1 e construir
-U
os vetores w
~ u = t~u1 e w
~ v = s~v1 :
use os comandos “t = w*u 1”, “s=w*v 1”, “w u= t u 1” e “w v= s v 1”.
• Para visualizar melhor, construı́mos os pontos O = (0, 0), W = O+w,
~ Wu = O+w
~u
DM
e Wv = O + w
~ v e ligamos W Wu e W Wv por segmentos pontilhados.
• Altere os elementos livres ~u e w
~ à vontade, para analisar diversas situações.
W
b
3
v
Wv
u
Wu
b
wu
1
wv
v1
b
−3
b
2w
−2
−1
O
u1
1
2
3
188
4.1.4
Projeção ortogonal de um vetor sobre outro
Utilizando produto escalar, podemos definir a projeção ortogonal de um vetor ~v na
direção de um vetor não nulo ~u, que terá muitas aplicações geométricas.
C
•
Pela Geometria Euclidiana, podemos consi-
Ca
colineares.
r
Sejam dados os vetores ~u e ~v , sendo ~u não nulo. Considere as representações
−→
−→
geométricas AB = ~u e AC = ~v . Suponhamos inicialmente que A, B e C não sejam
derar a reta pelo ponto C que é perpendi-
~v
cular à reta suporte de AB, determinando o
•
A
~u
•
B
•
D
r
ponto D como sendo o pé da perpendicular
FS
sobre a reta r(A, B).
O triângulo ADC é retângulo por construção, com ângulo reto em D. Vetorialmente,
−→
−−→ −−→
−−→
−→ −−→
temos AC = AD + DC, onde AD é paralelo ao vetor ~u = AB e DC é ortogonal ao
vetor ~u.
direção de ~u.
-U
−−→
−→
O vetor AD assim obtido é chamado de projeção ortogonal do vetor ~v = AC na
−→
direção do vetor ~u = AB e é denotado por P roju~~v .
−→
Quando A, B e C são colineares, o próprio vetor ~v = AC é, por si, a sua projeção na
DM
−−→
Chamando P roju~~v de ~v1 e DC de ~v2 temos uma decomposição ~v = ~v1 + ~v2 onde ~v1 e
~u são l.d. e ~v2 · ~u = 0 (por serem ortogonais).
Sendo ~v1 e ~u paralelos (isto é, l.d.) existe um escalar λ que satisfaz ~v1 = λ~u. Então
podemos escrever ~v = λ~u + ~v2 , em que λ~u = ~v1 = P roju~~v .
Fazendo o produto escalar com ~u em ambos os lados da equação, temos
~v · ~u = (λ~u + ~v2 ) · ~u = λ~u · ~u + ~v2 · ~u = λ~u · ~u, onde ~u · ~u 6= 0.
~v · ~u
~v · ~u
=
.
Logo, o escalar λ que caracteriza a projeção de ~v sobre ~u é dado por λ =
~u · ~u
|~u|2
~v · ~u
Assim, P roju~~v =
~u = ~v1 . A componente ortogonal ~v2 de ~v é dada por
|~u|2
~v2 = ~v − P roju~~v .
189
Por exemplo, se ~v = (2, 3, 4) e ~u = (1, 0, 2), temos que |~u|2 = 12 + 02 + 22 = 5 e
~v · ~u = 2 × 1 + 3 × 0 + 4 × 2 = 10. Logo, P roju~~v =
10
~u
5
= 2(1, 0, 2) = (2, 0, 4).
Em particular, se ~u for unitário (norma 1), então P roju~~v = (~v · ~u)~u.
Por exemplo, para ~v = (x, y, z) = x~ı+y~+z~k, temos que P roj~ı~v = [(x~ı+y~+z~k)·~ı] ~ı =
[x(~ı ·~ı) + y(~ ·~ı) + z(~k ·~ı)] ~ı = x~ı, já que ~ı ·~ı = 1, ~ ·~ı = 0 e ~k ·~ı = 0. Analogamente,
Ca
r
P roj~~v = y ~ e P roj~k~v = z ~k.
Atividades com GeoGebra (11): Vamos trabalhar com produto escalar
e projeções, no plano.
FS
• Defina dois vetores no plano, ~u = (4, 5) e ~v = (−2, 3), digitando no campo Campo
de Entrada: “u=(4,5)” e “v=(-2,3)”.
• Calcule o produto escalar ~u · ~v e ~u · ~u: “u*v”e “u*u”. Veja que são escalares.
~u · ~v
~u.
~u · ~u
Então, “p = (u*v)/(u*u) u” (com p minúsculo) define o vetor ~p como o vetor
-U
• A projeção ortogonal de ~v sobre ~u é dada por: P roju~~v =
projeção. Se nomear com letra maiúscula, “P = (u*v)/(u*u) u”, temos o ponto
−→
P = O + ~p que define o vetor projeção OP , onde O = (0, 0). Construa o ponto P .
DM
• Verifique que ~v − ~p é ortogonal ao vetor ~u. Construa w
~ = ~v − p~ e mostre que
w
~ · ~u = 0. Para obter o resultado visual, contrua os pontos O = (0, 0), V = O + ~v
[
e U = O + ~u, e defina α = UP
V que deve ser reto. Este último passo pode ser
feito no Campo de Entrada: “α =^
Angulo[U,P,V]”, ou pela Barra de Ferramentas,
selecionando a ferramenta
(Ângulo) e clicando sobre os 3 pontos, na ordem.
Observe que na Janela de Álgebra, aparecerá escrito “α = 90◦ ”. Mas o ângulo
também pode ser obtido como “a = acos(u*v/sqrt(u*u v*v))”. O que aparece
escrito na Janela de Álgebra? Aparece “a = 1.57”. E agora? Não deveria ser igual
a α?
190
• Altere o vetor ~v e veja que ~p e w
~ mantém a propriedade de serem o vetor projeção
P roju~~v e seu ortogonal. Altere ~u e observe a mesma propriedade.
V
b
3
w
v 2
b
b
−1 O
−1
1
2
3
FS
Exemplos e exercı́cios:
P
Ca
p
r
α
1
−2
U
b
u
1. Obtenha a projeção ortogonal de ~v sobre ~u nos seguintes casos:
a) ~u = ~ı e v = (a, b, c)
√
b) ~u = ( 3/2, 1/2) e ~v = (5, 10)
-U
c) ~u = (2, −3, 1) e ~v = (3, −3, 4).
2. Em cada um dos casos do exercı́cio anterior, decomponha o vetor ~v como soma
de dois vetores, ~v = ~v1 + ~v2 , onde ~v1 k ~u e ~v1 ⊥ ~v2 .
DM
3. Seja o triângulo ABC. Calcule a altura do triângulo em relação à base AB nos
casos abaixo.
C
a) A = (0, 0, 0), B = (1, 0, 0) e C = (1, 1, 1).
b
b) A = (2, −3), B = (3, 4) e C = (−4, 10).
−→
Observe que a altura h é o módulo de w
~ = AC − p~,
−→
AC .
onde p~ = P roj−
→
AB
~v
Ab
w
~
p~
b
D
b
B
4. Determine as coordenadas de um vetor ~v em relação a uma base o.n. B, utilizando projeções. Antes, verifique que a base é o.n.
191
√
√
a) ~v = (3, −2) e B = {( 3/2, 1/2), (−1/2, 3/2)}.
√
√
b) ~v = (2, 3, 10) e B = {( 3/2, 0, 1/2), (0, 1, 0), (−1/2, 0, 3/2)}.
5. Seja {~e1 , ~e2 , ~e3 } uma base ortonormal do espaço. Dado um vetor ~v do espaço,
seja p~ = (~v · ~e1 ) ~e1 + (~v · ~e2 ) ~e2 . Mostre que ~v − p~ é ortogonal ao plano de ~e1 e ~e2 .
r
Dizemos que p~ é a projeção ortogonal do vetor ~v no plano de ~e1 e ~e2 (considere
4.1.5
Aplicação na Fı́sica
Ca
vetores na origem e plano pela origem).
O conceito de projeção ortogonal que acabamos de estudar está ligado a um importante
FS
conceito de Fı́sica.
Imaginemos que uma partı́cula (um corpo) se desloca numa trajetória retilı́nea, sujeita
−
→
a uma força F constante, na direção e sentido do deslocamento.
Considerando A e B dois pontos desta trajetória, o estabelecimento de um sentido
-U
do deslocamento de A para B permite considerar o vetor deslocamento representado pelo
−→
−→
segmento orientado AB, com |AB| = distância deslocada.
DM
−
→
F
•
A
−
→
F
•
B
−
→
−
→
Sendo F um vetor paralelo ao deslocamento, com intensidade constante (| F | cons−
→
tante), o trabalho realizado por F no deslocamento de A para B é definido como
−
→ −→
−
→
±| F ||AB|, onde o sinal é negativo se a força F atua no sentido oposto ao desloca−
→
mento. Neste caso, dizemos que F realiza um trabalho contra o deslocamento.
−
→
−→
Considere agora uma força F constante, mas de direção não paralela ao vetor AB,
−
→
agindo sobre a partı́cula (corpo) durante o deslocamento. Seja θ o ângulo que F faz com
192
−→
o deslocamento AB.
−
→
F2
−
→
F
−
→
F
θ
−
→
F1
•
B
r
•
A
FS
Ca
−
→
−
→ −
→ −
→
−
→
Neste caso geral, F se decompõe como F = F1 + F2 , em que F1 é a componente
−→ −
→
paralela ao deslocamento AB e F2 é a componente ortogonal ao deslocamento. A com−
→
−
→
−
→
ponente F2 não contribui para o trabalho realizado por F , e é a componente F1 , na
−→
direção de AB que o realiza.
−
→ −→
−
→
−→
O trabalho realizado por F durante o deslocamento AB é dado por T = F · AB =
−
→ −→
−
→ −→
| F ||AB| cos θ, onde θ = ∡( F , AB).
−
→ −→
−→
−
→
→
−
→
−
→ −
Notemos que, sendo F = F1 + F2 com F2 ⊥ AB, temos que T = F · AB =
−
→
→ −→
→ −→ −
→ −→ −
→ −→ −
−
→ −
(F1 + F2 ) · AB = F1 · AB + F2 · AB = F1 · AB que é o trabalho realizado pela F1 .
-U
É claro que se θ for obtuso, cos θ < 0 e teremos que o trabalho é realizado contra o
sentido do deslocamento.
Na Fı́sica, quando a intensidade da força é medida em N (Newton) e a distância
deslocada é medida em m (metros) então o trabalho é uma grandeza escalar medida em
DM
J (joules) = N × m.
Exemplo: Um bloco de massa igual a 10kg vai ser deslocado de baixo para cima em uma
rampa inclinada de 5 metros de comprimento, cuja extremidade superior está 3 metros
acima do solo.
−
→ •
F #\
## \ →
−
\
\
\
3m
\ m
5
←−
•
Supondo as superfı́cies em contato sem
atrito, qual é o trabalho que será realizado
pela força paralela ao plano inclinado que
faz o bloco subir com velocidade constante?
(cf. Halliday-Resnick, Fı́sica)
193
Para modelar a situação-problema de modo que envolva todos os dados apropriadamente, vamos fixar um sistema de coordenadas cartesianas no plano de perfil do problema,
reduzindo-o a um problema bi-dimensional.
Considere o seguinte sistema, em que O e P representam as extremidades da rampa
e Ox esteja no nı́vel horizontal.
r
Como o movimento rampa acima não é
−
→
N
O
bir com velocidade constante), a resul-
P
•
→
−
3m
−
→ 5 m
F
←−
•
Px
−
→
W
tante das forças que atuam sobre o bloco
é o vetor nulo, isto é, as forças estâo em
−
→
equilı́brio. Tais forças são: o peso W , a
−
→
componente F paralela à rampa da força
FS
y
Ca
acelerado (observe que o bloco deve su-
x
que faz o bloco subir, e a componenente
−
→
N normal à rampa da dita força.
DM
-U
−
→
−
→
O peso W é dado por W = (0, −mg), onde m é a massa em kg e g = 9.8m/s2 é a
−
→
aceleração da gravidade. Logo, W = (0, −98) no sistema fixado.
−
→ −
→
−
→
−
→
O equilı́brio das forças implica que devemos ter F + N = −W . A força N não
−→
realiza trabalho no sentido do deslocamento OP , por ser ortogonal a este. Então o
−
→
trabalho realizado por F ao subir a rampa de O a P é dado por:
−
→ −→
−
→ −
→ −→
−
→ −→
F · OP = ( F + N ) · OP = (−W ) · OP = −(0, −98) · (4, 3) = +294J.
−→
−→
Obs: Como |OP | = 5 e P = (Px , 3), temos que Px = 4 e portanto, OP = (4, 3).
Isto quer dizer que o trabalho realizado é de 294 joules contra a gravidade.
4.1.6
Coordenadas em base ortonormal e os cossenos direto-
res
Suponhamos que B = {~e1 , ~e2 } seja uma base ortonormal de um plano (pode ser R2
ou mesmo um plano contido em R3 ).
194
Por exemplo, sejam ~e1 = (
√ √
2
, 22 )
2
√
√
e ~e2 = ( −2 2 ,
2
).
2
Sendo B uma base do R2 ,
todo vetor ~v se escreve como ~v = a1~e1 + a2~e2 . Com a base B ortonormal, temos que
~v · ~e1 = (a1~e1 + a2~e2 ) · ~e1 = a1~e1 · ~e1 + a2~e2 · ~e1 = a1 e ~v · ~e2 = (a1~e1 + a2~e2 ) · ~e2 =
a1~e1 · ~e2 + a2~e2 · ~e2 = a2 , já que |~ei |2 = 1 e ~e1 ⊥ ~e2
Assim, se ~v = (x, y) (em relação à base canônica), então ~v = (x
Efetivamente,
das
de
~v
na
as
base
são
valores das projeções ortogonais
+
Analogamente, ~v = ~e2 = (0, 1)B .
coordenaB
~v =
√ √
( 22 22
os
de
~v sobre os vetores unitários ~e1 e ~e2 :
+
V
3
V1
b
v
2
V2
α = ∠(~v , ~e1 )
FS
com a1 = |~v| cos α
+
b
4
b
~v = a1~e1 + a2~e2 = (a1 , a2 )B ,
+y
r
= ~e1 =
√ √
( 22 , 22 ),
2
2
Ca
√
y 22 ) na base B. Por exemplo, se ~v
√ √
2 2
) = ( 12 + 21 , − 12 + 12 ) = (1, 0)B .
2 2
√
√
2
, −x 22
2
√ √
√ √
2 2
2 2
,
−
2 2
2 2
√
e2
−2
1
β
α
β = ∠(~v , ~e2 )
e1
b
O
−1
1
2
3
4
−1
Logo, se o vetor ~v for unitário e B = {~e1 , ~e2 } o.n., temos que ~v = (cos α, cos β)B ,
-U
e a2 = |~v | cos β.
onde α = ∠(~v , ~e1 ) e β = ∠(~v , ~e2 ).
Analogamente, se B = {~e1 , ~e2 , ~e3 } é uma base ortonormal do espaço R3 , as coordenadas de um vetor ~v em relação à base B são dadas por (~v · ~e1 , ~v · ~e2 , ~v · ~e3 ).
DM
Prosseguindo a idéia desenvolvida no exemplo acima, considere agora um vetor unitário
~v = (X, Y, Z) no espaço R3 e a base canônica C = {~ı, ~, ~k}. Sejam φ, ψ e θ os ângulos
que ~v forma com os vetores ~ı, ~, ~k, respectivamente, representados nos desenhos abaixo
bv , Y O~
bv e Z O~
bv .
como os ângulos X O~
195
Z
Z
X
X
Y
O
V
Y
X
O
Y
Ca
O
V
r
V
Z
FS
~ ~
 Como ~v = (~v ·~ı)~ı + (~v · ~)~ + (~v · k)k, as coordenadas de ~v na base canônica são:



X = ~v ·~ı = |~v||~ı| cos φ = cos φ



Y = ~v · ~ = |~v||~| cos ψ = cos ψ , chamados cossenos diretores de ~v.





Z = ~v · ~k = |~v||~k| cos θ = cos θ
Os cossenos diretores satisfazem a relação cos2 φ + cos2 ψ + cos2 θ = 1, pois |~v | = 1.
Se ~v = (x, y, z) é um vetor não nulo, então ~v = |~v |versor(~v). Como as coordenadas
de versor(~v) são os cossenos dos ângulos φ, ψ e θ que ~v forma com os vetores da base
-U
canônica, segue que x = |~v| cos φ, y = |~v| cos ψ e z = |~v| cos θ.
Exercı́cio: Calcule os cossenos dos ângulos formados pelo vetor ~v com os vetores
da base canônica, nos seguintes casos:
b) ~v = (3, 4)
DM
a) ~v = (3, −2, 4)
4.1.7
c) ~v = (3, −5, 1).
Bases ortogonais de planos no espaço
Consideremos um plano π dado pela equação vetorial π : X = A + λ~u + µ~v, λ, µ ∈ R,
com ~u, ~v l.i., como na figura.
196
Como qualquer ponto X ∈ π satisfaz a pro-
~v
•
A
~u
r
π
−−→
priedade de AX ser uma combinação linear
•X
de ~u e ~v , dizemos que {~u, ~v } é uma base de
vetores do plano π, ou simplesmente,
uma base de π.
Ca
A questão que colocamos agora é: como obter uma base de vetores de π que seja
ortogonal? Se isto for obtido, então podemos obter uma base ortonormal de π, considerando os versores da base ortogonal obtida.
~v
P roju~~v + ~v2 , onde ~v2 ⊥ ~u e P roju~~v = λ~u,
FS
versor(~v2 )
De projeções ortogonais, temos que ~v =
π
com λ =
~v2 ⊥ ~u
~
v ·~
u
.
|~
u|2
Então, ~v2 = ~v − λ~u é uma
combinação linear de ~u e ~v , sendo portanto
um vetor do plano e {~u, ~v2 } é l.i. por serem
P roju~~v
•
versor(~u)
ortogonais.
-U
~u
Portanto {~u, ~v2 } é uma base ortogonal que
Como visto anteriormente, B =
n
gera o mesmo plano π.
o
~
u
, ~vv22 | é uma base ortonormal de π.
|~
u| |~
DM
Exemplo: Dado o plano π : X = (1, 2, 1) + λ(1, 0, 3) + µ(−1, 1, , 2), λ, µ ∈ R, os
vetores ~u = (1, 0, 3) e ~v = (−1, 1, 2) são vetores geradores l.i. de π (formam uma base
de π).
Temos que ~v · ~u = (1, 0, 3) · (−1, 1, 2) = 1 × (−1) + 0 × 1 + 3 × 2 = −1 + 6 = 5 e
|~u|2 = ~u · ~u = (1, 0, 3) · (1, 0, 3) = 12 + 32 = 10.
Assim P roju~~v =
~
v ·~
u
~u
|~
u|2
=
5
(1, 0, 3)
10
(−1, 1, 2) − ( 12 , 0, 23 ) = (− 32 , 1, 21 ).
= 12 (1, 0, 3) = ( 21 , 0, 32 ) e portanto ~v2 = ~v − P roju~~v =
Se queremos apenas que ~v2 esteja no plano e seja ortogonal a ~u, podemos tomar qualquer
múltiplo do vetor encontrado, por exemplo, ~v2 = (−3, 2, 1) = 2(− 32 , 1, 12 ) Observe que
197
~u · ~v2 = (1, 0, 3) · (−3, 2, 1) = 0, confirmando o perpendicularismo.
n
o
Então, uma base ortonormal de π pode ser obtida como B = |~~uu| , |~~vv22 | , ou seja, B =
o
n
(1,0,3) (−3,2,1)
√
√
.
,
10
14
Observação: Quando somente a direção do vetor importa, como no caso ~v2 acima, a
troca por um múltiplo pode ser muito útil para simplificar as contas futuras, por exemplo,
Ca
r
para encontrar o versor.
Exercı́cios:
1. Encontre uma base ortonormal do plano X = (1, 2, 3)+t(3, −1, 2)+s(2, 2, 1), t, s ∈
R, com o primeiro vetor paralelo a ~u = (3, −1, 2).
FS
2. Encontre uma base ortonormal qualquer do plano x − 2y + 3z = 0.
Sugestão: Encontre uma equação vetorial do plano e faça o exercı́cio anterior.
3. Obtenha uma base ortonormal do espaço, onde os dois primeiros vetores da
-U
base são vetores do plano α : x − 2y + 3z = 0. Utilize esta base para obter as
coordenadas do ponto P ′ simétrico a P = (2, 5, −6) em relação ao plano α.
Observe inicialmente que, encontrados ~e1 e ~e2 como base ortonormal do plano α, o vetor
~e3 pode ser encontrado como o versor do vetor w
~ = (1, −2, 3).
DM
−−→
Na segunda parte, observe que o plano α passa pela origem O = (0, 0, 0). Assim, OP e
−−→′
OP são refletidos em relação ao plano α. Utilizando a base ortonormal B = {~e1 , ~e2 , ~e3 }
−−→
−−
→
encontrada, temos que se OP = (a, b, c)B , então OP ′ = (a, b, −c)B .
4. Dada a base B = {~v1 , ~v2 , ~v3 } do espaço, obtenha uma base ortornormal E =
{~e1 , ~e2 , ~e3 }, onde ~e1 k ~v1 e ~e2 é coplanar com ~v1 e ~v2 , nos seguintes casos:
a) ~v1 = (1, 2, 3), ~v2 = (0, 1, 1), ~v3 = (0, 0, 1).
b) ~v1 = (0, 1, 2), ~v2 = (1, 1, 2), ~v3 = (1, 2, 5).
Para encontrar ~e1 e ~e2 do plano de ~v1 e ~v2 , proceda como nos exercı́cios anteriores:
~e1 = versor(~v1 ) e ~e2 = versor(~v2 − (~v2 · ~e1 ) ~e1 ).
198
Para ~e3 , normalize (encontre o versor) w
~ = ~v3 − p~, onde p~ = (~v3 · ~e1 ) ~e1 + (~v3 · ~e2 ) ~e2 é a
projeção ortogonal de ~v3 no plano de ~e1 e ~e2 .
Este método é conhecido como Processo de ortogonalização de Gram-Schmidt.
Retas perpendiculares no plano
r
4.1.8
Considere uma reta no plano R2 dada pela equação vetorial r : X = (x0 , y0 ) + t(a, b),
Ca
t ∈ R. A direção de r é dada pelo vetor não nulo ~v = (a, b) 6= (0, 0).
Uma reta s : X = P + ℓw,
~ ℓ ∈ R, é uma reta perpendicular a r se o vetor direção w
~
for ortogonal a ~v (claro que w
~ 6= ~0).
Como obter vetores w
~ ortogonais a ~v ?
FS
Ora, se w
~ = (x, y) é ortogonal a ~v = (a, b), então devemos ter w
~ · ~v = (x, y) · (a, b) =
ax + by = 0. Temos infinitas soluções w
~ = (x, y) para o problema, todos múltiplos
de (−b, a). De fato, da resolução de sistemas lineares indeterminados, temos que se a 6= 0,
podemos considerar y como variável livre, obtendo x = (−b/a)y, donde para y = a temos
-U
w
~ 1 = (−b, a) e para y = −a temos w
~ 2 = (b, −a). E se b 6= 0, podemos considerar x como
variável independente, obtendo y = (−a/b)x, donde para x = b temos w
~ 2 = (b, −a) e para
x = −b, temos w
~ 1 = (−b, a). E é claro que os múltiplos de w
~1 e w
~ 2 são também ortogonais a ~v .
DM
Interprete geometricamente as escolhas na-
~v w
~1
•
(x0 , y0 )
(a, b)
•
r
turais w
~ 1 = (−b, a) e w
~ 2 = (b, −a),
olhando na figura. É claro que dado ~v =
(a, b) 6= (0, 0) existe uma única direção ortogonal a ~v gerada por w
~ 1 (ou w
~ 2 = −w
~ 1 ).
w
~2
Vimos no capı́tulo anterior, que para obtermos a equação geral da reta r : (x, y) =
199
(x
0 , y0 ) + t(a, b), t ∈ R, consideramos que {(x − x0 , y − y0 ), (a, b)} é l.d. e portanto
x − x0 y − y0 = 0, donde b(x − x0 ) − a(y − y0 ) = 0 . Logo, uma equação geral da
a
b reta fica: r : bx − ay − (bx0 − ay0 ) = 0. Temos também que qualquer outra equação
geral que define a mesma reta é múltipla desta equação.
r
Assim, se Ax + By + C = 0 define a reta r, o vetor w
~ = (A, B) é perpendicular
Ca
a r, ou seja, a direção de r é dada por ~v = (a, b) = (B, −A). E consequentemente,
Bx − Ay + D = 0 é equação de uma reta perpendicular a r.
A forma mais simples de obter a equação geral da reta r que passa por A = (x0 , y0)
−−→
e é perpendicular a w
~ = (a, b) é lembrar que se X = (x, y) ∈ r, AX ⊥ w.
~ Assim,
(x − x0 , y − y0 ) · (a, b) = a(x − x0 ) + b(y − y0 ) = 0.
FS
w
~ = (a, b)
b
α
X = (x, y)
A = (x0 , y0 )
r : a(x − x0 ) + b(y − y0 ) = 0
-U
b
Dizemos também que a reta ax + by + c = 0 tem direção normal dada pelo vetor
DM
~v = (a, b).
Exercı́cios:
−→
−−→
1. Sejam ~v = (a, b) = AB e w
~ = (−b, a) = BC, onde A, B e C são pontos num
terreno plano. Quando uma pessoa vai andando de A até B e depois, de B
até C, significa que no ponto B está virando à direita ou à esquerda? E se
w
~ = (b, −a)?
−
−
→
Sugestão: Represente graficamente um vetor genérico ~v = AB = (a, b) e seu ortogonal
w
~ = (−b, a) a partir de B e faça uma análise visual. No primeiro caso, está virando à
esquerda.
200


x = 2 + 5ℓ
, ℓ ∈ R, obtenha as equações paramétricas da

y = −1 + 3ℓ
reta s perpendicular a r que passa pelo ponto P = (1, −5). Encontre o ponto
2. Dada a reta r :
de intersecção das retas.
r
3. Verifique a reta r do exercı́cio anterior satisfaz a equação 3(x−2) −5(y + 1) = 0.
Ca
Qual a equação da reta s?
4. Seja a reta r : 2x − 4y + 5 = 0. Obtenha a equação da reta s perpendicular à
reta r e que passa pelo ponto P = (5, 2).
Ângulo entre duas retas
FS
4.1.9
Consideremos inicialmente duas retas concorrentes (no plano ou no espaço),


r : X = A + λ~u, λ ∈ R
-U

s : X = B + µ~v, µ ∈ R
DM
Só para relembrar: estamos considerando o caso em que r e s são coplanares e não
−→
paralelas, isto é, {AB, ~u, ~v } l.d. e {~u, ~v} l.i. Então existe P , ponto de intersecção.
As retas formam em P dois ângulos, com
r
medidas suplementares entre si, isto é, θ e
Q
~
v
Q
Q B
Q
π − θ, como na figura.
π−θ
•
Q
Q
Q
Q
θ
Q•
Q
P Q
Q
Q
Q
~
Q
u
Q
•
A
Q
Qs
Quando θ = π − θ ocorre o perpendicularismo entre as retas, θ = π2 .
Quando não são perpendiculares, um dos
ângulos é agudo e o outro obtuso.
Neste caso, convenciona-se definir o ângulo entre duas retas concorrentes como sendo
o ângulo agudo no ponto de intersecção.
201
~v
Os ângulos que se formam em P são: o ângulo entre ~u
•
P
e ~v e o ângulo entre ~u e −~v , tendo em vista que ~v ou −~v
determina a direção de s.
~u
θ
−~v
~u · ~v
|~u · ~v |
determina o ângulo agudo
mostra que arccos
|~u| |~v|
|~u| |~v|
entre as retas pois cos θ = − cos(π − θ) ⇒ | cos θ| = | cos(π − θ)|.
A fórmula cos ∡(~u, ±~v ) = ±
Ca
r
Exemplo: Calcular o ângulo entre as retas




x =2+λ



, λ ∈ R e s : X = (1, 2, 4) + µ(0, −1, −2), µ ∈ R.
r : y =3+λ





z = −1 − 5λ
FS
Primeiro, verifica-se (exercı́cio!) que as retas são de fato coplanares, mostrando que
−→
{AB, ~u, ~v} é l.d., onde A = (2, 3, −1), B = (1, 2, 4), ~u = (1, 1, −5) e ~v = (0, −1, −2).
Na verdade, B ∈ s ∩ r, pois quando λ = −1 na equação de r, temos (x, y, z) =
(2, 3, −1) + (−1)(1, 1, −5) = (1, 2, 4) que é o ponto B ∈ s. Como ~u e ~v são l.i., as retas
se encontram unicamente em B.
-U
|~u · ~v |
O ângulo entre r e s em B é dado por arccos
onde ~u · ~v = (1, 1, −5) ·
|~u| |~v|
√
√
(0, −1, 2) = 1 × 0 + 1 × (−1) + (−5) × (2) = −11 < 0, |~u| = 1 + 1 + 25 = 27 e
√
√
|~v | = 1 + 4 = 5.
DM
Como ~u · ~v é negativo, o ângulo entre os vetores é obtuso. Por isso o ângulo entre r
e s é dado pelo ∡(~u, −~v ), isto é, basta considerarmos o valor absoluto de ~u · ~v .
11
| − 11|
Assim, ∡(r, s) = arccos √ √ = arccos √ √ ≈ 0.32787radianos ≈ 18.786◦ .
27 5
27 5
Observação1: Considere por exemplo as retas



x = 0



e s : (x, y, z) = (µ, 2, 0), µ ∈ R.
r : y = ℓ, ℓ ∈ R





z = 3
202
O vetor diretor de r é ~ = (0, 1, 0) e o de s é ~ı = (1, 0, 0), e são claramente ortogonais
(~ ·~ı = 0).
Mas as retas são reversas, e portanto, as retas são ditas ortogonais (e não perpendiculares).
Duas retas concorrentes formando ângulo reto são ditas perpendiculares.
Em geral, se duas retas são reversas, ou se diz que elas não formam ângulo, já que não
r
são concorrentes, ou, dependendo do contexto, convenciona-se que o ângulo entre elas é
Ca
o ângulo entre duas retas concorrentes, cada uma delas paralela a uma das retas dadas.
Neste último caso, o ângulo entre as retas reversas pode ser dada pelos vetores diretores,
como no caso de retas concorrentes.
Observação 2: No caso de retas do plano r : ax + by + c = 0 e s : dx + ey + f = 0,
s
~ns
FS
com direções normais ~nr = (a, b) e ~ns = (d, e), o ângulo entre as retas pode ser calculado
|~nr · ~ns |
com as direções normais: cos ∠(r, s) =
.
|~nr | |~ns|
De fato, o ângulo entre r e s é o mesmo
b
que o ângulo entre as retas normais, cujas
b
direções são dadas por ~nr e ~ns .
-U
r
b
~nr
DM
b
Exercı́cios:
1. Calcule o cosseno do ângulo entre as retas r e s dadas abaixo. E use uma
calculadora ou Octave, para obter aproximadamente o ângulo, em graus e em
radianos.
a) r : X = (1, 2, −1) + t(3, 0, 1), t ∈ R e s : X = (4, 2, 0) + ℓ(2, 1, 1), ℓ ∈ R.
b) r : 2x − 3y + 1 = 0 e s : x + 5y − 3 = 0.
2. Determine a equação geral de uma reta s no plano que passa por A = (2, 3) e
forma ângulo θ = π/6 com a reta r : x − y = 1. Quantas soluções existem?
203
Esboce a situação geométrica.
4.1.10
Retas perpendiculares a planos no espaço
Uma reta r é perpendicular a um plano π se for ortogonal a todas as retas do plano.
r
Ou seja, r : X = P + λw,
~ λ ∈ R é perpendicular a um plano π se w
~ for ortogonal a
todas as direções ~v do plano π.
Ca
Dado um plano π : X = A + t~u + s~v , t, s ∈ R, para que um vetor w
~ seja ortogonal
a todas as direções do plano, basta que w
~ seja ortogonal a ~u e a ~v . De fato, qualquer
vetor do plano é combinação linear dos vetores ~u e ~v , isto é, é da forma x~u + y~v, com
x, y ∈ R. Assim, se w
~ é ortogonal a ~u e a ~v , tem-se que w
~ é ortogonal a todos os vetores
FS
do planos, pois w
~ · (x~u + y~v) = w
~ · ~u + w
~ · ~v = 0 + 0 = 0. Tal vetor w
~ é chamado vetor
normal ao plano π.
-U
w
~
w
~
DM
A•
H
H
•
~v
~u
x~u
+
π y~v
•P
r
Então, vamos ao problema de encontrar um vetor w
~ = (a, b, c) ortogonal a π, encontrando um vetor ortogonal a ~u = (u1, u2 , u3 ) e a ~v = (v1 , v2 , v3 ). Por enquanto, temos
somente o produto escalar para resolver o problema.
Como w
~ · ~u = 0 e w
~ · ~v = 0, o seguinte sistema linear nas variáveis a, b e c deve ser
204
satisfeito:


u1 a + u2 b + u3 c = 0
.

v1 a + v2 b + v3 c = 0
Como ~u e ~v são l.i., o sistema tem grau de liberdade 1, o que implica que todas as
soluções (a, b, c) são múltiplos de um vetor w
~ 1.
Por exemplo, se π : X = (5, 3, 7) + t(1, −1, 1) + s(2, 2, −1), t, s ∈ R, procuramos
FS
Ca
r
w = (a, b, c) tal que w·(1,
~
−1, 1) = a−b+c = 0 e w·(2,
~
3, −1) = 2a+3b−c=0, ou seja,

 
 a


1 −1 1  
0
  b  =  .
w
~ = (a, b, c) deve ser solução do sistema linear homogêneo 
2 2 −1  
0
c

 
 
 

1
1 −1 1 ℓ 1 −1 1 ℓ 1 −1 1 ℓ 1 0 4
∼
∼
∼
 temos
Escalonando: 
3
3
2 2 −1
0 4 −3
0 1 −4
0 1 −4


a + 1 c = 0
4
que o sistema original é equivalente ao sistema

b − 3 c = 0
4
Logo temos que (a, b, c) = (− 14 c, 34 c, c) e portanto, considerando c como o parâmetro
-U
t (c = t), temos que (a, b, c) = (− 41 t, 43 t, t) = t(− 14 , 43 , 1). Ou seja, os vetores normais a
π são múltiplos de w
~ 1 = (− 41 , 34 , 1). Ou de (−1, 3, 4)
DM
a equação geral do plano π fazendo o determinante
No capı́tulo anterior, encontramos
x − x0 y − y0 z − z0 u1
u2
u3 = 0 (*), já que X = (x, y, z) ∈ π ⇐⇒ {(X − A), ~u, ~v}l.d..
v1
v2
v3 w
~ = (a, b, c)
~v
A•
~u
π
A = (x0 , y0 , z0 ), X = (x, y, z) ∈ π
•X
{X − A, ~u, ~v} l.d.
⇓ (∗)
a(x − x0 ) + b(y − y0 ) + c(z − z0 ) = 0
(a, b, c) · (x − x0 , y − y0 , z − z0 ) = 0
205
Ca
r
x − 5 y − 3 z − 7
No exemplo, 1
−1
1 =
2
2
−1 1 −1
1 1 −1 1 =
+(z−7) −(y−3) = (x−5) 2 2 2 −1
2 −1
= −(x − 5) + 3(y − 3) + 4(z − 7) = 0.
−−→
Essa equação diz que o vetor w
~ = (−1, 3, 4) é ortogonal a todos os vetores AX, onde
X ∈ π, ou seja w
~ é vetor normal a π.
Resumindo, dados A = (x0 , y0 , z0 ) e w
~ =
w
~ = (a, b, c)
(a, b, c), a equação do plano π passando por
FS
A e tendo w
~ como vetor normal é dado por
a(x − x0 ) + b(y − y0 ) + c(z − z0 ) = 0, que
−−→
significa exatamente w
~ · AX = 0 para todo
•
(x, y, z)
+d=0
-U
X ∈ π.
X
X
(x0 , y0 , z0 )•
π : ax + by + cz
Continuando os cálculos, ax + by + cz − (ax0 + by0 + cz0 ) = ax + by + cz + d = 0,
fazendo d = −(ax0 + by0 + cz0 ).
Distância de ponto a plano
DM
Como aplicação, vamos encontrar a distância d(P, π) do ponto P = (1, 1, 1) ao plano
π : 2x−3y +4z −10 = 0. Sabemos que a distância procurada é a distância de P ao pé da
perpendicular a π por P . Para isso, tomamos a reta r : (x, y, z) = (1, 1, 1) + t(2, −3, 4),
perpendicular ao plano π, já que sua direção é dada por w
~ = (2, −3, 4) que é o vetor
normal de π. O ponto Q = (1 + 2t0 , 1 −3t0 , 1 + 4t0) de r que pertence ao plano π satisfaz
a equação 2(1 + 2t0 ) − 3(1 − 3t0 ) + 4(1 + 4t0 ) − 10 = 0, donde 29t0 = 10 − 2 + 3 − 4 = 7
7
7
7
7
e portanto t0 =
. Assim, Q = (1 + 2 29
, 1 − 3 29
, 1 + 4 29
) e d(P, π) = |P Q| =
29
√
7 29
7
7
7
7
.
, −3 29
, 4 29
) = 29
|(2, −3, 4)| =
|2 29
29
206
r
P
•
•P
d(P, π)
−→
w
~
H
H
"•HH
" Q H
(
(
A•
w
~
π
r
π
P rojwAP
~
Ca
Outra opção para encontrar a distância é calcular a projeção ortogonal de um vetor
−→
AP , onde A é qualquer ponto do plano, sobre o vetor normal ao plano. Se o plano é
dado pela equação geral, o vetor normal aparece explicitamente e fica portanto o trabalho
de encontrar um ponto do plano e efetuar a projeção. No exemplo acima, para calcular a
distância do ponto P = (1, 1, 1) ao plano π : 2x−3y+4z−10 = 0, temos inicialmente que
-U
FS
w
~ = (2, −3, 4) é o vetor normal e o ponto A = (5, 0, 0) ∈ π pode ser facilmente calculado
−→
−→
|(AP · w)|
~
|(−4, 1, 1) · (2, −3, 4)|
AP
√
fazendo y = z = 0. Logo d(P, π) = |P rojw~ | =
=
=
|w|
~
29
√
7 29
.
29
Se o plano é dado pela equação vetorial, o ponto A é explı́cito, mas será necessário
calcular o vetor normal, antes de efetuar a projeção.
Exemplos e exercı́cios:
DM
1. Determine a equação da reta r que passa por P = (2, 3, −1) e é perpendicular
ao plano π : x − 5y − 4z − 1 = 0. Encontre o ponto Q onde r fura π.
2. Determine a equação da reta r que passa por P = (2, 3, 4) e é perpendicular ao
plano α : X = (2, 3, 1) + λ(1, 0, −1) + µ(3, 1, 1), λ, µ ∈ R.
3. Determine a equação do plano α que passa por P = (2, 3, 1) e é perpendicular
à reta r : X = (3, 0, 0) + t(2, 1, −3), t ∈ R. Determine Q = r ∩ α.
4. Determine o plano mediador π entre os pontos A = (1, 2, 3) e B = (3, 2, −1).
O plano mediador de A e B é o conjunto dos pontos X do espaço, equidistantes de A e
207
B. O ponto médio M de AB é um de seus pontos. Para cada plano α contendo AB, a
mediatriz de AB em α está contida em π. Logo, concluı́mos que o plano mediador π é
o plano perpendicular a AB por M .
5. Determine a distância de P = (1, 2, 3) ao plano x − 2y − z − 1 = 0.
Ca
x − 2y + 3z − 10 = 0. Porque os planos são paralelos?
r
6. Calcule a distância entre os planos paralelos π1 : x − 2y + 3z − 1 = 0 e π2 :
7. Determine a equação vetorial da reta s que passa por P = (0, 0, 0) e é perpendicular à reta r : X = (1, 0, 0) + t(2, −1, 3), t ∈ R.
Obs: Retas perpendiculares são concorrentes e ortogonais. Logo esta reta s está contida
FS
no plano π que passa por P e é perpendicular a r. Como s é concorrente com r, temos
que r ∩ s = r ∩ π = Q. Basta então calcular o ponto Q de s como o ponto onde r fura
o plano π.
Outra opção é por projeção. Veja o final da sugestão para o próximo exercı́cio.
t(2, 5, 1), t ∈ R.
-U
8. Determine a distância do ponto P = (1, 1, 2) à reta r : X = (1, 3, −1) +
DM
−−→
Sugestão: Encontre o ponto Q como no exercı́cio anterior e calcule d(P, r) = |P Q|.
−→
Ou então, por projeção, considere A = (1, 3, −1) ∈ r, projete AP sobre ~v = (2, 5, 1)
−→
obtendo ~
p e tome o módulo da diferença |AP − ~p|.
Observe que Q = A + p~.
9. Sejam P = (2, 3, −1) e o plano π : x − 3y − 4z = 0.
a) Calcule o ponto Q do plano π que é a projeção ortogonal do P sobre o plano
π;
b) Calcule o ponto R do espaço, conhecido como simétrico de P em relação a
π.
Para (a), o ponto procurado é exatamente o ponto Q onde a reta normal a π fura o plano
208
−→
AP .
π, que também pode ser calculado como Q = P − P rojw
~
−
−
→
−−→
−→ −−→ −−
→
−−→
Para (b), defina R como o ponto tal que QR = −QP . Logo P R = P Q + QR = 2 P Q,
−→
−−→
AP .
donde segue que o ponto é R = P + 2P Q. Ou então, R = P − 2 P rojw
~
Retas tangentes à circunferência no plano
r
4.1.11
Uma circunferência de centro C e raio R é uma curva plana (isto é, contida num
Ca
plano), cujos pontos distam R do centro C. Consideremos aqui as circunferências no
plano cartesiano R2 .
Dado C = (x0 , y0) e um raio R > 0, um
y0
circunferência de centro C e raio R se
−−→
|CX|2 = (X − C) · (X − C) = R2 , donde
x0
(x − x0 )2 + (y − y0 )2 = R2 é a equação
-U
da circunferência.
C
•b
bR
b•
X
FS
ponto X = (x, y) ∈ R2 pertence à
Uma reta r é tangente à circunferência S se a intercepta num único ponto P . Além
disso, por ser uma circunferência, o raio CP da circunferência é normal à reta de tangência
y0
r
v
•C
~
•
P
x0
DM
r.
Então, a equação vetorial da reta tangente
à circunferência pelo ponto P é dada por
−→
r : X = P + λ~v, λ ∈ R, onde ~v · CP = 0.
−→
E se CP = (a, b), a equação geral da reta
tangente é a(x − x1 ) + b(y − y1 ) = 0,
onde P = (x1 , y1 ).
Use esta idéia para resolver os seguintes exercı́cios:
1. Encontre a equação da circunferência de centro (2, 3) e raio 5. Ache os pontos
209
de intersecção da circunferência com o eixo Ox. Encontre as equações das retas
tangentes nesses pontos.
2. Dado Q = (−3, −4), encontre as equações das retas tangentes à circunferência do
exercı́cio anterior e que passam pelo ponto dado. Analise a mesma questão para
Planos tangentes à esfera no espaço
Ca
4.1.12
r
A = (−1, 2)
Uma esfera de centro C e raio R é uma superfı́cie cujos pontos distam R do centro
C.
(y − y0 )2 + (z − z0 )2 = R2 .
FS
Assim, uma esfera de centro C = (x0 , y0 , z0 ) e raio R é dada pela equação (x−x0 )2 +
Analogamente ao caso de retas tangentes a circunferências no plano, os planos tan-
DM
-U
gentes a esferas de centro C e passando por um ponto P da esfera, são perpendiculares
−→
ao raio da esfera CP .
Assim, se C = (x0 , y0, z0 ) é o centro e P = (x̄, ȳ, z̄) um ponto da esfera, o vetor
−
→
normal ao plano tangente è dado por N = (x̄ − x0 , ȳ − y0 , z̄ − z0 ) = (a, b, c) e portanto,
sua equação fica π : a(x − x̄) + b(y − ȳ) + c(z − z̄) = 0.
Exercı́cios:
1. Encontre um plano paralelo ao plano x − 2y − z = 0 e também tangente à esfera
210
(x − 1)2 + (y − 3)2 + (z + 1)2 = 9. Qual o ponto de tangência? Quantos desses
planos existem?
2. Determine a esfera de raio r = 2 tangente ao plano π : x − y + 3z − 1 = 0 pelo
ponto (1, 0, 0) ∈ π.
r
3. Determine o ponto da esfera (x − 2)2 + (y − 3)2 + (z + 1)2 = 25 com plano
Ca
tangente ortogonal a ~v = (1, 2, 5). Qual a equação do plano tangente? Qual a
4.2
DM
-U
FS
equação da reta normal à esfera pelo ponto?
Produto Vetorial
Dados dois vetores ~u e ~v no espaço, vamos definir um novo vetor, ortogonal a ~u e ~v,
denotado por ~u × ~v (ou ~u ∧ ~v , em outros textos) e denominado produto vetorial de ~u e
~v , cujo módulo representa a área do paralelogramo de arestas dadas pelos vetores. Para
definir o sentido de ~u × ~v entre os dois sentidos possı́veis, vamos introduzir o conceito de
orientação no espaço.
211
4.2.1
Orientação geométrica
Orientação sobre uma reta r
Dada uma reta r em que fixamos arbitrariamente um ponto O, temos uma noção
imediata de orientação da reta a partir da escolha de uma das semirretas determinadas
r
pelo ponto O como sendo o semieixo positivo.
Ca
Numa representação geométrica de r na posição horizontal, é usual convencionar como
“orientação positiva”a escolha da semirreta “à direita”do ponto O, que é sua origem.
r
•O
Escolhendo a outra semirreta, estarı́amos com “orientação negativa”.
FS
Em linguagem vetorial, a escolha de um vetor diretor ~v da reta r determina automaticamente o sentido positivo (no sentido do vetor ~v) e o sentido negativo (no sentido
oposto de ~v ) da reta.
Por isso, dizemos que um vetor ~v 6= ~0 determina a orientação de r.
-U
Orientação do plano R2
Consideremos o plano R2 . Dados um ponto O do plano e um par de vetores {~v1 , ~v2 }
l.i., todos os pontos X do plano são dados pela equação vetorial X = O + λ~v1 + µ~v2 ,
DM
λ, µ ∈ R.
Geometricamente, o ponto O e o vetor ~v1 determinam
uma reta r contida no plano, que separa o plano em dois
semiplanos. Então, considerando os representantes dos
vetores ~v1 e ~v2 a partir de O, temos que o representante
de ~v2 determina um único semiplano que o contém.
~v2
r
~v1
•
O
212
~v2
i
rár
o
h
-
O ângulo orientado medido no sentido de ~v1
o
para ~v2 (dentro do semiplano):
i
ant
o
tid r
sen
ou tem sentido horário (acompanhando o
~v1
•
O
movimento dos ponteiros do relógio)
ou tem sentido anti-horário.
r
Na ilustração, {~v1 , ~v2 }, nesta ordem, tem o ângulo orientado no sentido anti-horário.
Ca
Convenciona-se que uma base l.i. de geradores do plano tem orientação positiva
quando o ângulo orientado no sentido da ordem dos vetores da base tem o sentido
anti-horário.
Exemplo 1: A base canônica C = {~ı, ~} do plano cartesiano R2 tem orientação positiva.
FS
Exemplo 2: Vimos anteriormente que dada uma reta r : X = (x0 , y0 ) + t(a, b), t ∈ R,
com ~v = (a, b) 6= (0, 0), a direção de uma reta perpendicular a r poderia ser dada por
w
~ 1 = (−b, a) ou w
~ 2 = (b, −a) = −w
~ 1.
Os conjuntos B1 = {~v , w
~ 1} e B2 = {~v, w
~ 1}
r
w
~1
•
(x0 , y0 )
~v
•
-U
formam ambos bases ortogonais de R2 ,
~v porém, B1 é base positiva e B2 é base ne-
gativa, conforme podem ser verificados por
DM
meio de ângulos orientados.
w
~2
Em geral, convenciona-se que em R2 , uma base é positiva se possui a mesma orientação da base canônica C = {~ı, ~}.
~
~v2
~v1
~ı
~v1
~v2
~ı
−~
orientação positiva orientação positiva orientação negativa orientação negativa
213
Um critério algébrico para checar se a escolha de uma base B = {~v1 , ~v2 } de R2 é
positiva ou negativa, é o critério do determinante, como segue.
r
Sejam ~v1 = (a,b) e ~v2 = (c, d) dados num sistema de coordenadas cartesianas.
a b
 cujas linhas são as coordenadas dos vetores, tem determinante
A matriz A = 
c d
não nulo, já que os vetores são l.i.
Ca
Se det(A) > 0 a base B tem a mesma orientação da base canônica do sistema, isto
FS
é, tem orientação positiva. Se det(A) <
terá orientação negativa.
0, a base
a b
= a2 + b2 > 0 donde a base {~v , w
~ 1 } é
No exemplo das bases ortogonais, −b a
a b = −(a2 + b2 ) < 0, donde a base {~v, w
~ 2 } é negativa.
positiva e b −a
Mais geralmente, se (a, b) e (c, d) são as coordenadas dos vetores de uma base B1
Exercı́cios:
-U
dados em relaçãoa uma
base B, a orientação definida por B1 é a mesma orientação
a b > 0.
definida por B se c d
1. Determine quais das bases abaixo são positivas:
a) {(1, 1), (−1, 2)}
b) {~ı − ~,~ı + ~}
c) {(2, −1), (1, −3)}.
DM
d) {(cos θ, sen θ), (− sen θ, cos θ)} obtido da base canônica, por rotação de ângulo
θ
e) {(cos 2θ, sen 2θ), (sen 2θ, − cos 2θ)} obtido da reflexão da base canônica em
relação à direção de ~u = (cos θ, sen θ).
2. Sejam 3 pontos A = (1, 0), B = (0, 1) e C = (1, 1) no plano e a reta r : x − 2y =
4. Considere o triângulo A′ B ′ C ′ refletido do triângulo ABC em relação à reta
−−→ −−→
r. A orientação definida por {A′ B ′ , A′ C ′ } é igual ou oposta à orientação dada
−→ −→
por {AB, AC}? Qual é positiva e qual é negativa?
214
Orientação geométrica no espaço
Consideremos inicialmente dois vetores ~u e ~v no espaço, linearmente independentes.
Fixando arbitrariamente um ponto O no espaço, podemos considerar o plano passando
por O e com direções geradas pelos vetores.
r
Tal plano determina no espaço dois semiespaços. Seja w
~ um terceiro vetor, não
coplanar com ~u e ~v . A semirreta positiva considerando O e w
~ determina a escolha de um
Ca
dos semiespaços.
O conjunto {~u, ~v , w}
~ nesta situação geométrica forma uma base de vetores do espaço,
pois os vetores são não coplanares.
z
orientação positiva se, colocando o observador no
semiespaço escolhido,
a
orientação no plano de
-U
{~u, ~v} for positiva (ângulo
FS
Essa base {~u, ~v , w}
~ terá
orientado de ~u a ~v no sentido anti-horário).
wk
u
x
v
y
DM
O observador no outro semiespaço deve “enxergar”a orientação no sentido anti-horário,
pois a base {~u, ~v , −w}
~ será negativa.
Na literatura, é muito usada a versão da “regra da mão direita”: abra a sua mão
direita, espalmada, e alinhe o representante do primeiro vetor, digamos ~u, com o dedo
indicador.
215
Dobre o dedo médio, como na figura ao
z
lado, alinhando com o vetor ~v. O sentido
w
de ~u para ~v fica de acordo com o fechar da
x
mão. Se o polegar puder ser alinhado com a
u
direção de w,
~ então a base é positiva. Caso
contrário, a base é negativa.
Ca
y
r
v
Exemplo 1: A base canônica {~ı, ~, ~k} é uma base com orientação positiva. Assim
como as bases {~, ~k,~ı} e {~k,~ı, ~}. Já as bases {~,~ı, ~k}, {~ı, ~k, ~}, {~k, ~,~i} são bases
FS
negativamente orientadas.
Exemplo 2: Existem exemplos na Fı́sica que seguem a regra da mão direita naturalmente, como o caso de campo eletromagnético (no sentido de ~u para ~v ) gerando uma
corrente elétrica na direção e sentido de w
~ ortogonal a ~u e ~v , e de forma que a base
-U
{~u, ~v, w}
~ é positiva.
Exemplo 3: Normalmente os parafusos seguem a orientação positiva do espaço: se
giramos a cabeça do parafuso no sentido antihorário (observador no lado da chave de
fenda), o parafuso sai (avança na sua direção). Se giramos no sentido horário, o parafuso
DM
entra (estamos no semiplano oposto à ponta do parafuso). Acontece o mesmo com os
sacarrolhas.
w
~
~u
~v
Parafuso sendo apertado,
avançando na
direção e sentido de w,
~ quando girado no sentido horário, de ~u para ~v .
{~u, ~v , w}
~ positivamente orientado.
Assim como no caso de bases no plano, a orientação da base pode ser obtida pelo
determinante da matriz cujas linhas (ou colunas) são as coordenadas dos vetores. Se o
216
determinado é positivo, a nova base tem a mesma orientação da base que geraram as
coordenadas. Caso contrário, a orientação é invertida.
Ca
r
Exemplo 4: A base B = {~v1 = (2, 1, 0), ~v2 = (0, 1, 3), ~v3 = (−1, 2, 1)}

 , cujos vetores
2 1 0




foram dados em relação à base canônica (base positiva), tem a matriz  0 1 3 com


−1 2 1
determinante −13 < 0. Logo a base B tem orientação negativa. Veja na ilustração os
vetores dados, sendo que a figura à direita representa a vista com o observador na extremidade final do vetor ~v3 que foi visualizada num ponto.
~v2
b
b
b
b
~k
b
b
~v3
b
FS
b
b
b
b
b
~ı
b
~ı
bb
O
b
~
b
b
b
~v3
b
b
~v1
b
b
~
b
DM
~v1
b
~k
bb
b
b
b
-U
O
~v2
Pode-se observar que olhando do semiespaço determinado pelo vetor ~v3 , a orientação
de {~v1~v2 } no plano por eles definido em O é horária, e portanto, a orientação da base no
espaço B é negativa.
Para usar o dedo indicador como ~v1 , o médio como ~v2 e o polegar como ~v3 seria
necessário utilizar a mão esquerda, indicando que a base é negativa.
É claro que o critério algébrico usando determinantes é mais fácil de ser aplicado
do que os que envolvem visualização geométrica, se os vetores da base forem dados em
coordenadas. Mas se os vetores forem dados pela descrição geométrica, pode ser mais
217
fácil usar os critérios geométricos.
Exercı́cios:
Verifique quais das bases abaixo são positivamente orientadas:
a) {(1, 2, 3), (2, −1, 3), (2, 3, 1)}
b) {(1, 2, 3), (2, −1, 3), (−2, −3, 1)}
c) {~e1 , ~e2 , ~e3 } obtida refletindo a base canônica em relação ao plano z = 0. Que base é
r
essa?
Ca
d) {f~1 , f~2 , f~3 } obtida rotacionando a base canônica em torno do eixo Oz. Que base é
essa?
E {f~3 , f~2 , f~1 }? E {f~3 , f~1 , f~2 }?
Definição geométrica do produto vetorial
FS
4.2.2
Dados dois vetores ~u e ~v no espaço, podemos definir um terceiro vetor, chamado de
produto vetorial de ~u por ~v .
Ao contrário do produto escalar, que resulta num escalar, e pode ser definido em
-U
vetores do espaço e em vetores do plano, o produto vetorial só pode ser definido em
vetores do espaço pois está ligado essencialmente ao conceito de orientação no espaço.
O produto vetorial de ~u por ~v, denotado por ~u × ~v (ou ~u ∧ ~v ) é definido como:
DM
1. vetor nulo ~0 se {~u, ~v } for l.d.;
2. um vetor não nulo tal que:
i) seu módulo é |~u × ~v | = |~u||~v| sen ∡(~u, ~v )
ii) sua direção é ortogonal a ~u e a ~v (simultaneamente)
iii) o sentido é tal que {~u, ~v, ~u × ~v } é base positivamente orientada do espaço.
218
b
w
~ = ~u × ~v
Portanto, ~u × ~v 6= ~0 se, e somente se,
{~u, ~v} for l.i. e temos mais um critério para
|w|
~ = |~u| |~v| sen ∠(~u, ~v )
A condição (2) determina o módulo, a
finição caracteriza completamente o vetor.
Exercı́cio:
A
{~u, ~v, w}
~ positivamente orientado
~v
b
b
b
b
b
Ca
direção e o sentido de ~u ×~v e portanto a de-
b
r
verificar se 2 vetores no espaço são l.i.
~u
b
Considere a base o.n. {~ı, ~, ~k} e calcule: ~ı × ~ı, ~ı × ~, ~ı × ~k, ~ × ~ı, ~ × ~, ~ × ~k, ~k × ~ı,
FS
~k × ~ e ~k × ~k.
Por exemplo, ~ı ×~ı = ~0 pois {~ı,~ı} é l.d. e ~ı × ~ = ~k, pois ~k é ortogonal a ~ı e ~, |~k| = 1 é a área
do quadrado determinado por ~ı e ~, e a base {~ı, ~, ~k} é positivamente orientada. Já ~ ×~ı = −~k
4.2.3
-U
para que {~,~ı, ~ ×~ı} seja positivamente orientada.
Propriedades
Pode-se deduzir, a partir da definição geométrica do produto vetorial, as seguintes
DM
propriedades:
1. ~u × ~u = ~0, qualquer se seja ~u.
2. ~0 × ~u = ~0, qualquer se seja ~u.
3. ~u × ~v = −~v × ~u (propriedade anti-comutativa)
Por isso, dados ~u, ~v l.i., a base {~u, ~v , ~u × ~v } é positiva e a base {~v, ~u, ~u × ~v } é
negativa.
4. (~u + ~v ) × w
~ = ~u × w
~ + ~v × w
~ (propriedade distributiva em relação à soma)
219
5. (λ~u) × ~v = ~u × (λ~v ) = λ(~u × ~v ) (propriedade linear em relação à multiplicação por
escalar).
6. ~u · (~u × ~v ) = 0 e ~v · (~u × ~v ) = 0.
r
7. Se ~u e ~v são unitários e ortogonais, então {~u, ~v , ~u × ~v } é base ortonormal positiva.
Exceto pela propriedade (4), as demonstrações são simples e ficam a cargo do leitor.
Ca
A propriedade (4) será demonstrada mais tarde.
Com base nessas propriedades, podemos deduzir o cálculo do produto vetorial de dois
vetores dados em coordenadas em relação à base canônica.
Cálculo do produto vetorial, em coordenadas
FS
4.2.4
Consideremos a base canônica de R3 , C = {~ı = (1, 0, 0), ~ = (0, 1, 0), ~k = (0, 0, 1)}.
Usando a definição de produto vetorial (exercı́cio!), temos que:
~ı × ~ = ~k
~ı × ~k = −~
~ ×~ı = −~k
~k ×~ı = ~
~ × ~k = ~ı
~k × ~k = ~0
-U
~ı ×~ı = ~0
~k × ~ = −~ı
~ × ~ = ~0
Sejam ~u = (a1 , a2 , a3 ) = a1~ı + a2~ + a3~k e ~v = (b1 , b2 , b3 ) = b1~ı + b2~ + b3~k. O
DM
produto vetorial ~u × ~v sendo um vetor de R3 , pode ser expresso em coordenadas. Vamos
obter essas coordenadas, utilizando as propriedades anteriomente citadas:
~u × ~v = (a1~ı + a2~ + a3~k) × (b1~ı + b2~ + b3~k) =
a1 b1 (~ı ×~ı) + a1 b2 (~ı × ~) + a1 b3 (~ı × ~k) +
a2 b1 (~ ×~ı) + a2 b2 (~ × ~) + a2 b3 (~ × ~k) +
a3 b1 (~k ×~ı) + a3 b2 (~k × ~) + a3 b3 (~k × ~k) =
a1 b1 (~0)
+
a1 b2 (~k)
+
a1 b3 (−~)
+
a2 b1 (−~k)
+
a2 b2 (~0)
+
a2 b3 (~ı)
+
a3 b1 (~)
+
a3 b2 (−~ı)
+
a3 b3 (~0)
220
Logo, ~u × ~v = (a2 b3 − a3 b2 )~ı − (a1 b3 − a3 b1 )~ + (a1 b2 − a2 b1 )~k =
= (a2 b3 − a3 b2 , −(a1 b3 − a3 b1 ), a1 b2 − a2 b1 ),
Ca
r
que corresponde ao cálculo do determinante “simbólico”
~
~ı ~ k a
a
a
a
a
a
1
2
1
3
2 3
~k.
~ı − a1 a2 a3 = ~ + b b b1 b2 b1 b3 2
3
b1 b2 b3 Dizemos “simbólico”porque a matriz não é numérica e portanto, apenas a forma de
calcular é que corresponde ao do cálculo do determinante. Esta representação simbólica
auxilia apenas o cálculo de ~u × ~v em coordenadas.
FS
Exemplo: Vamos calcular o produto vetorial de ~u = (1, 2, 3) por ~v = (4, 5, 6):
~ı ~ ~k 1 2
1 3
2 3
~k = (−3, 6, −3)
~ + ~ı − ~u × ~v = 1 2 3 = 4
5
4
6
5
6
4 5 6
-U
Observamos que a notação ~u × v para o produto vetorial de ~u por ~v inspira o nome
da função no programa Octave que calcula o produto vetorial: ”cross“.
Para calcular o produto vetorial w
~ = ~u × ~v entre ~u = (1, 2, 3) e ~v = (4, 5, 6) no
Octave, digitamos:
DM
u = [1 2 3]
v = [4 5 6]
w = cross(u,v)
Para verificarmos as propriedades do produto vetorial, vamos utilizar o produto escalar e
a norma, já disponı́veis no Octave:
dot(u,w)
% ans = 0
dot(v,w)
% ans = 0
det([u;v;w])
% ans deve ser positivo,
221
% para que {u,v,w} seja positivamente orientado
norm(w)
% ans é a norma do vetor w
Exercı́cios: Determine os seguintes vetores:
b) (~ı − ~ + ~k) × (3~ı + 4~ − ~k)
a) (1, 2, 3) × (2, −1, 3)
r
c) w
~ de módulo 5, ortogonal aos vetores ~u = (1, 2, −1) e ~v = (1, −1, 2), de forma que
Ca
{~u, ~v, w}
~ seja positivamente orientado.
Seria possı́vel obter w
~ como acima, com {~u, ~v , w}
~ e {~v, ~u, w}
~ positivamente orientados?
4.2.5
Algumas aplicações do produto vetorial
FS
Cálculo de áreas
O módulo de ~u × ~v , quando ~u e ~v são l.i. representa a área do paralelogramo ABCD
−→
−−→
com AB = ~u e AD = ~v.
D
h
θ
A
~u
B
~ h = |~u| h, onde h é
Temos que a área de ABCD é |AB|
a altura em relação à base AB.
-U
~v
C
Sendo θ = ∠(~u, ~v ), temos que
−−→
h = |AD| sen θ = |~v | sen θ.
Logo, Área(ABCD) = |~u||~v | sen θ = |~u × ~v | .
DM
−→ −→
|AB × AC|
.
Consequentemente, a área do triângulo ABC pode ser calculado como
2
Por exemplo, o triângulo ABC onde A = (1, 2, 0), B = (2, 3, 1) e C = (1, 0, 4) tem
|(1, 1, 1) × (−1, −3, 3)|
|(6, −4, −2)|
|2(3, −2, −1)| √
área dada por
=
=
= 14. A área
2
2
2
√
−→ −→
do paralelogramo ABDC onde D = A + AB + AC, é 2 14.
Cálculo da equação geral do plano dado vetorialmente
Seja o plano π : X = A + λ~u + µ~v , λ, µ ∈ R, onde ~u = (a1 , a2 , a3 ), ~v = (b1 , b2 , b3 ) e
A = (x0 , y0, z0 ).
222
−−→
A equação geral desse plano foi inicialmente calculada fazendo {AX, ~u, ~v} l.d. e
portanto
x − x0 y − y0 z − z0 a1
a2
a3 = 0.
b1
b2
b3 a1 a1 a1 a3 a3 (z − z0 ) = 0 é a equação
(y − y0 ) + (x − x0 ) − b1 b2 b1 b3 b3 FS
Ca
r
a2
Ou seja, b2
geral do plano π.


a1 a3 a1 a1 a2 a3  = ~u × ~v , a equação acima diz que
,
,−
Mas como 
b1 b3 b1 b2 b2 b3 −−→
~u × ~v é ortogonal a AX = (x − x0 , y − y0 , z − z0 ) para todo X ∈ π.
−−→
Logo, calcular o vetor normal ~u ×~v e obter a equaçãogeral de π fazendo AX ·(~
u ×~v ) =
x − x0 y − y0 z − z0 −−→
0 é equivalente a impor que {AX, ~u, ~v } é l.d, fazendo a1
a2
a3 = 0.
b1
b2
b3 DM
-U
Exemplo: Se π : X = (1, 2, 0)+λ(2, 1, 3)+µ(0, 2, 3), λ, µ ∈ R é nosso
plano, podemos
~ı ~ ~k calcular w
~ = (2, 1, 3) × (0, 2, 3) calculando o determinante simbólico 2 1 3 = (3 −
0 2 3 6)~ı − (6 − 0)~ + (4 − 0)~k = −3~ı − 6~ + 4~k = (−3, −6, 4).
Então a equação geral do plano π pode ser dada por
−3(x − 1) − 6(y − 2) + 4z = 0.
x − 1 y − 2 z − 0
Esta equação também pode ser obtida fazendo 2
1
3 = 0.
0
2
3 Ortogonalização de bases no espaço
Dada uma base {~u, ~v, w}
~ no espaço, surgem situações em que se deseja contruir uma
base ortonormal {~e1 , ~e2 , ~e3 } tal que ~e1 seja colinear com ~u e ~e2 coplanar com ~u e ~v .
223
Claro que ~e1 = versor(~u) =
~
u
|~
u|
Como ~e3 deve ser ortogonal a ~e1 e a ~e2 , e estes são coplanares com ~u e ~v , temos que
~e3 é ortogonal a ~u e ~v, e portanto, podemos considerar ~e3 como o versor de ~u × ~v .
Tendo ~e1 e ~e3 , podemos escolher ~e2 como sendo ~e3 × ~e1 , se quisermos base positiva.
Temos que ~e2 é coplanar com ~u e ~v pois os vetores com essa propriedade são os vetores
r
ortogonais a ~u × ~v que tem a mesma direção que ~e3 , e ~e2 é ortogonal a ~e3 .
• ~e1 =
Ca
Por exemplo, se ~u = (1, 2, 1), ~v = (1, −1, 2) e w
~ = (−3, 2, 1), teremos:
(1, 2, 1)
√ ,
6
FS
~ı ~ ~k • Inicialmente, calculamos ~u × ~v = 1 2 1 = 5~ı − ~ − 3~k = (5, −1, −3).
1 −1 2
(5, −1, −3)
√
Então ~e3 =
35
-U
1 1
(5, −8, 11)
• ~e2 = ~e3 × ~e1 = √ √ (5, −1, −3) × (1, 2, 1) = √
.
35 6
210
Este processo NÃO é o Processo de ortogonalização de Gram-Schmidt estudado em
Álgebra Linear, que obtém o mesmo resultado sem utilizar produtos vetoriais, somente
com produtos escalares e que, por isso mesmo, se estende para outras dimensões.
DM
Lembramos que para obter as coordenadas dos vetores na nova base ortonormal, basta
fazer ~v = (v · ~e1 )~e1 + (~v · ~e2 )~e2 + (~v · ~e3 )~e3 .
Além disso, (v · ~ei )~ei é a projeção ortogonal de ~v na direção de ~ei e (v · ~ei )~ei + (~v · ~ej )~ej
é a projeção ortogonal de ~v sobre o plano dado pelos vetores ~ei e ~ej (i, j ∈ {1, 2, 3}).
Represente os vetores a partir de um único ponto A para enxergar a geometria.
Exercı́cios:
1. Calcule a área do paralelogramo ABCD, onde A = (1, 2, 3), B = (2, −3, 4) e
D = (1, 3, 5). Calcule também a área do triângulo ABD.
224
2. Determine a equação geral do plano π : X = (0, −1, 3) + λ(1, 1, 4) + µ(2, −3, 1),
λ, µ ∈ R, usando produto vetorial.
3. Determine um vetor w
~ de módulo 10, ortogonal a ~u = (−1, 3, 5) e ~v = (2, −1, 7),
de forma que {~u, ~v , w}
~ seja negativamente orientado.
r
4. Ortonormalize a base {(1, 2, 3), (0, 1, 3), (0, 0, 5)}, isto é, obtenha uma base or-
Ca
tonormal, onde o primeiro vetor é paralelo a (1, 2, 3) e o segundo, coplanar com
(1, 2, 3) e (0, 1, 3).
5. Determine a equação vetorial da reta de intersecção entre os planos π1 : x −
3y + 4z = 0 e π2 : 2x − y − z = 0, sem resolver sistemas.
FS
Observe que a reta de intersecção possui direção comum aos dois planos. Se w
~ define
essa direção, ele é ortogonal à normal de π1 e à normal de π2 , logo w
~ é paralelo a
(1, −3, 4) × (2, −1, −1).
-U
~ ∧ AC||.
~
6. Sendo ABCD um tetraedro regular de lado 1, calcule ||AB
7. Encontre a equação vetorial da reta perpendicular comum às retas r : X =
(1, 0, 0) + λ(1, 2, 3) e s : X = (−1, 2, 1) + µ(3, −2, 1). Qual a posição relativa
entre r e s?
√
3, que faz
DM
8. Enconte um vetor x ortogonal a (1, 1, 0) e a (−1, 0, 1), com norma
ângulo agudo com (0, 1, 0).
9. Determine a equação vetorial da reta que passa por P = (2, 1, −1) e é perpendicular ao plano π : X = (1, 2, −1) + t(2, 3, −1) + s(2, 1, 1), t, s ∈ R.
4.3
Produto misto e o volume do paralelepı́pedo
Dados três vetores ~u, ~v e w,
~ o produto misto desses vetores é definido como o escalar
(~u × ~v) · w
~ e é denotado por [~u, ~v , w].
~
225
Se {~u, ~v, w}
~ for base positiva, o produto misto [~u, ~v , w]
~ representa o volume do paralelepı́pedo de arestas ~u, ~v e w
~ com vértice em um ponto A qualquer do espaço.
~u × ~v
De fato:
E
F
w
~
θ v
~
C
D
A
~u
Vimos que |~u × ~v | representa a área do
paralelogramo da base ABCD,
−→
−−→
onde ~u = AB e ~v = AD.
r
h
G
Além disso, a altura h é medida pela
Ca
H
projeção ortogonal de w
~ sobre ~u × ~v, sendo
B
portanto h = w
~ cos θ, onde
θ = ∡(w,
~ ~u × ~v).
FS
Então o volume do paralelepı́pedo é area(ABCD)·h = |~u ×~v ||w|
~ cos θ = (~u ×~v )· w
~=
[~u, ~v, w].
~
Se {~u, ~v, w}
~ for base negativa, o produto misto [~u, ~v, w]
~ é negativo e seu módulo é o
volume do paralelepı́pedo. O produto vetorial ~u × ~v estará no semiespaço oposto ao do
-U
paralelepı́pedo ABCDEF GH, em relação à base ABCD formada por ~u e ~v. Observe
que {~u, ~v , −w}
~ será base positiva e o paralelepı́pedo correspondente a ela terá volume
[~u, ~v, −w].
~ Este paralelepı́pedo tem o mesmo volume do anterior. Da propriedade de
produto escalar, segue que o volume é −[~u, ~v, w].
~
DM
Portanto, [~u, ~v , w]
~ representa o volume do paralelepı́pedo, a menos de sinal.
Em coordenadas, se ~u = (u1 , u2, u3 ), ~v = (v1 , v2 , v3 ) e w
~ = (w1 , w2 , w3 ), temos que
[~u, ~v, w]
~ é o determinante da matriz cujas linhas são as coordenadas dos vetores.
De fato,


u1 u3 u1 u2 u2 u3  · (w1 , w2 , w3) =
,
,−
[~u, ~v , w]
~ = (~u × ~v ) · w
~ = 
v1 v3 v1 v2 v2 v3 u1 u2 u1 u3 u2 u3 =
+ w3 − w2 = w1 v1 v2
v1 v3 v2 v3 226
u1 u2 u3 = v1 v2 v3 w1 w2 w3 .
Consequentemente, [~u, ~v, w]
~ = 0 se, somente se, {~u, ~v , w}
~ l.d. Isto generaliza a de-
r
finição de volume do paralelepı́pedo por produto misto para paralelepı́pedos degenerados,
Ca
lembrando que quando os vetores são l.d., o “paralelepı́pedo”se achata num plano, dando
volume nulo.
Exemplo: Vamos calcular o volume do paralelepı́pedo ABCDEF GH como na figura
FS
anterior, onde .A = (1, 2, 0), B = (0, 1, 2), D = (1, 1, 3) e E = (2, 3, 5).
−→
−−→
−→
Temos ~u = AB = (−1, −1, 2), ~v = AD = (0, −1, 3) e w
~ = AE = (1, 1, 5). Assim, o
−1 −1 2
volume do paralelepı́pedo é |[~u, ~v, w]|.
~ Como [~u, ~v , w]
~ = 0 −1 3 = 7, tem-se que
1
1 5
o volume é 7u3 , onde u é a unidade de medida utilizada..
espaço.
-U
Como o produto misto é positivo, temos também que {~u, ~v , w}
~ é uma base positiva no
O volume do tetraedro ABDE é
DM
Exercı́cios:
1
7
V olume(paralelepipedo) =
6
6
1. Calcule o volume do paralelepipedo cujas arestas que incidem num vértice são
dados pelos vetores ~u = (1, −2, 3), ~v = (1, 1, −3) e w
~ = (2, −1, 1).
2. Calcule o volume do tetraedro de vértices A = (1, 1, 3), B = (0, 1, 1), C =
(3, −2, 1) e D = (−1, 1, 5). Qual a altura deste tetraedro em relação à base
ABC?
3. Justifique que se A, B e C são três pontos do espaço, e a matriz cujas linhas
são as coordenadas dos pontos tem determinante não nulo, os três pontos são
227
não colineares.
Dê exemplo de uma terna de pontos, mostrando que a recı́proca não é verdadeira, isto é, os pontos podem ser não colineares e o determinante ser nulo.
4. Suponha que ~u, ~v e w
~ sejam três vetores do espaço cujo produto misto é nulo.
os vetores são colineares, ( ) w
~ é c.l. de ~u e ~v .
r
Pode-se dizer que: ( ) os vetores são l.d., ( ) os vetores são coplanares, ( )
Ca
−−→
5. Seja o plano α : X = A + λ~u + µ~v . Justifique que [AX, ~u, ~v] = 0.
Seja E+ o semiespaço determinado por α contendo P = A + ~u × ~v e seja E− o
semiespaço oposto.
FS
−→
−→
Se Y e Z são pontos do espaço com [AY , ~u, ~v ] > 0 e [AZ, ~u, ~v] < 0, em qual
semiespaço está Y e em qual está Z?
4.3.1
Propriedades de determinantes versus produto misto
-U
1. Se trocarmos duas linhas de uma matriz entre si, o determinante muda de sinal.
Trocando duas vezes, volta ao original.
Consequentemente, [~u, ~v, w]
~ = −[~v , ~u, w]
~ = −[w,
~ ~v, ~u] = −[~u, w,
~ ~v] = [~v , w,
~ ~u] =
[w,
~ ~u, ~v].
DM
Isto é equivalente às bases {~u, ~v , w},
~ {~v, w,
~ ~u} e {w,
~ ~u, ~v } terem a mesma orientação, assim como as bases {~v , ~u, w},
~ {~u, w,
~ ~v } e {w,
~ ~v , ~u}, com orientações
contrárias às do primeiro grupo.
Para memorização, veja o esquema da figura abaixo:
228
~v
~u
w
~
{~u, w,
~ ~v }, {w~
~ v , ~u} e {~v , ~u, w}
~
no sentido da seta ao contrário
Ca
{~u, ~v, w},
~ {~v, w,
~ ~u} e {w,
~ ~u, ~v }
no mesmo sentido da seta
◭◮
~u
r
w
~
~v
2. [~u1 + ~u2 , ~v, w]
~ = [~u1 , ~v, w]
~ + [~u2 , ~v , w],
~ ~u, ~v1 + ~v2 , w]
~ = [~u, ~v1 , w]
~ + [~u, ~v2 , w]
~ e
[~u, ~v, w
~1 + w
~ 2 ] = [~u, ~v , w
~ 1] + [~u, ~v, w
~ 2 ], das propriedades de produto vetorial e
escalar (prove!). Isto corresponde a uma propriedade conhecida dos determinantes:
se uma linha Li [ou coluna Cj ] da matriz pode ser escrita como uma soma L1i + L2i
FS
[ou Ci1 + Ci2 ], o determinante da matriz é uma soma de dois determinantes, como
-U
no exemplo:
1
2
3 1 2 3 1 2 3
4 + 5 6 + 7 8 + 9 = 4 6 8 + 5 7 9 10
11
12 10 11 12 10 11 12
3. A propriedade [λ~u, ~v , w]
~ = [~u, λ~v , w]
~ = [~u, ~v, λw]
~ (prove!), corresponde a outra
propriedade dos determinantes: se multiplicarmos uma linha [ou coluna] de uma
matriz quadrada por um escalar λ, temos que o determinante da nova matriz é
DM
λ det A. A propriedade de determinantes vale para qualquer ordem da matriz.
Consequentemente, se A é uma matriz n × n, det(λA) = λn det A, já que multiplicamos n linhas por λ.
Geometricamente, se multiplicarmos o comprimento de uma aresta de um paralelepı́pedo por λ > 0 (ampliação se λ > 1 ou redução se 0 < λ < 1), o volume será
multiplicado pelo mesmo fator λ.
4. [~u, ~v, w]
~ = 0 se dois dos vetores são múltiplos entre si (logo o conjunto é l.d.).
Numa matriz quadrada, se duas linhas [ou colunas] são múltiplas uma da outra, o
229
determinante é 0.
Na verdade, isto é só um caso particular de linhas [ou colunas] l.d., em que uma
delas é combinação linear das outras.
r
Observe que a definição da relação entre [~u, ~v , w]
~ e o volume de um paralelepı́pedo
Ca
não dependeu de coordenadas. Assim como o fato de que [~u, ~v, w]
~ = [~v , w,
~ ~u] e portanto
(~u × ~v ) · w
~ = ~u · (~v × w)
~ (*). Além disso, para o produto escalar já foi visto que
(~u + ~v ) · ~a = ~u · ~a + ~v · ~a (**).
Assim, podemos utilizar os fatos acima para demonstrar a propriedade do produto
vetorial: (~u + ~v ) × w
~ = ~u × w
~ + ~v × w.
~
FS
De fato:
Considere uma base ortonormal {~ı, ~, ~k} do espaço. Como os vetores são escritos de
maneira única nesta base, basta mostrar que (~u + ~v ) × w
~ e ~u × w
~ + ~v × w
~ têm as mesmas
coordenadas (x, y, z). Como a base é ortonormal, essas coordenadas de um vetor se
basta mostrar que
-U
expressam em termos de produto escalar (lembrando que ~v = (~v ·~ı, ~v · ~, ~v · ~k)). Ou seja,
x = ((~u + ~v ) × w)
~ ·~ı = (~u × w
~ + ~v × w)
~ ·~ı = (~u × w)
~ ·~ı + (~v × w)
~ ·~ı
y = ((~u + ~v ) × w)
~ · ~ = (~u × w
~ + ~v × w)
~ · ~ = (~u × w)
~ · ~ + (~v × w)
~ · ~
DM
z = ((~u + ~v ) × w)
~ · ~k = (~u × w
~ + ~v × w)
~ · ~k = (~u × w)
~ · ~k + (~v × w)
~ ·~.
∗
∗∗
∗
Mas x = ((~u +~v)× w)·~
~ ı = (~u +~v )·(w×~
~ ı) = ~u ·(w×~
~ ı)+~v ·(w×~
~ ı) = (~u × w)·~
~ ı+(~v × w)·~
~ ı.
Para y e z é análogo.
Exercı́cios
1. Sejam ~u = (1, 0, −1), ~v = (2, 3, 1) e w
~ = (1, 1, 2). Calcule [u, v, w], [v, w, u],
[w, u, v], [v, u, w], [u, w, v] e [w, v, u], calculando somente um determinante.
Quais são bases positivas?
230
2. Mostre, usando propriedades do produto misto, que [~u, ~v, λ~u + µ~v ] = 0, para
quaisquer ~u, ~v no espaço e quaisquer escalares λ e µ. Conclua que ~u, ~v e w
~ são
l.d. se, e somente se, o produto misto [~u, ~v, w]
~ é nulo (não precisa ser o terceiro
vetor a ser c.l. dos demais!).
Mais geometria analı́tica de retas e planos
4.4.1
Ca
r
4.4
Equações da reta na forma simétrica
Lembremos que uma reta r é determinada por um ponto A e um vetor ~v , não nulo,
sendo sua equação vetorial dada por r : X = A + λ~v , λ ∈ R.
FS
O escalar λ é chamado parâmetro da equação.
f
A aplicação λ 7−→ X = A + λ~v , que associa a cada λ real um ponto X = A + λ~v,
é chamada parametrização da reta r e evidencia o caráter dinâmico da trajetória retilı́lea
percorrida por um ponto X da reta, dependendo do parâmetro λ.
-U
As equações paramétricas da reta que passa por A = (x0 , y0 , z0 ) e tem a direção de
~v = (a, b, c) 6= (0, 0, 0) (no caso de R3 ) expressam a dependência das coordenadas de
X = (x, y, z) da reta, em relação ao parâmetro em questão:
DM




x = x0 + λa



y = y0 + λb





z = z0 + λc
,
λ∈R
Se a, b e c forem todos não nulos, então em cada uma das equações paramétricas
podemos isolar o parâmetro λ correspondente ao ponto (x, y, z):
y − y0
z − z0
x − x0
=
=
λ=
a
b
c
As expressões dentro do retângulo acima não contém λ e expressam as relações que
existem entre as coordenadas de X ∈ r, independente do parâmetro. São chamadas
231
equações da reta r na forma simétrica.
y − y0
z − z0
e fica
=
b
c
claro que a reta r está contida num plano paralelo ao plano yz dado por x = x0 .
Se a = 0, b 6= 0 e c 6= 0, ficamos com as equações x = x0 ,
Se a = 0 e b = 0 (neste caso, somente c 6= 0), ficamos com as equações x = x0 , y = y0
como as equações na forma simétrica.
Ca
c = 0, (iii) somente a 6= 0, (iv) somente b 6= 0.
r
Faça como exercı́cio as análises dos outros casos: (i) somente b = 0, (ii) somente
Nesta ilustração, a reta foi dada pela
FS
4
equação na forma simétrica
z−1
y−2
=
, e visualizada na
r : x = 2,
1
3
região [0, 4] × [−2, 4] × [−2, 4]
π1 :
x=2
3
2
A reta r é a intersecção do plano
π1 : x = 2, paralelo ao plano yz,
y−2
z−1
com o plano π2 :
=
.
1
3
1
0
r
–2
–2
π2
-U
–1
0
–1
1
0
y
2
1
2
x
3
3
4
DM
4
Agora, consideremos o caso em R2 : 
Sejam A = (x0 , y0), ~v = (a, b) 6= (0, 0) e a reta

x = x0 + ta
, t ∈ R.
r(A, v) dada em equações paramétricas

y = y0 + tb
x − x0
y − y0
=
, donde
b
b
b
b
y − y0 = (x − x0 ), que pode ser escrita na forma y = m(x − x0 ) + y0 , onde m = ,
a
a
ou ainda, y = mx + n, onde n = −mx0 + y0 .
Considerando a 6= 0 e b 6= 0, temos a equação simétrica
232
y = mx + n
b
m = = tg θ, onde θ é o ângulo entre r e
a
o eixo positivo Ox, é conhecido como
r
y
•
A
n
~v
b
coeficiente angular da reta r.
θ
a
n é a ordenada do ponto de intersecção da
x
reta r como o eixo Oy.
r
~ı
Ca
Quando a = 0, a equação da reta na forma simétrica será simplesmente x = x0 .
Analogamente, se b = 0, a equação na forma simétrica é y = y0 .
Em qualquer dos casos acima, a forma simétrica de uma reta no plano é um caso
particular da equação da reta na forma geral, da forma αx + βy + γ = 0, onde w
~ = (α, β)
4.4.2
FS
é o vetor normal à reta.
Posição relativa entre dois planos
A partir da equação geral de um plano no espaço, π : ax + by + cz + d = 0, onde
se torna mais rico.
-U
~n = (a, b, c) é o vetor normal ao plano, o estudo das posições relativas entre dois planos
Consideremos os planos π1 : a1 x + b1 y + c1z + d1 = 0 e π2 : a2 x + b2 y + c2 z + d2 = 0,
DM
com vetores normais ~n1 = (a1 , b1 , c1 ) e ~n2 = (a2 , b2 , c2 ), respectivamente.
1. O plano π1 é paralelo ao plano π2 se e somente se π1 ∩ π2 é vazio. Isto é, o

a1 x + b1 y + c1 z + d1 = 0
é impossı́vel. Neste caso, posto(A)=1
sistema linear

a2 x + b2 y + c2 z + d2 = 0
e posto([A | B])=2.
Geometricamente, isto ocorre quando {~n1 , ~n2 } é l.d. e, portanto, ~n2 = k~n1 para
um escalar k 6= 0, mas d2 6= kd1 .
233
Nesta ilustração, os planos são
π2
2
π1 : y + z = 1 e π2 : 2x + 2z = 4.
~n2
~n1 = (0, 1, 1) é paralelo a ~n1 = (0, 2, 2)
1.5
com ~n2 = 2~n1 , mas 4 6= 2 × 1.
Logo não existe (x, y, z) satisfazendo as
π1
0.5
duas equações ao mesmo tempo.
~n1
r
1
0
0.5
1
y
Ca
0
0
1
x
1.5
2
FS
2. π1 é coincidente com π2 se todosos pontos de π1 também são pontos de π2 e

a1 x + b1 y + c1 z + d1 = 0
vice-versa. Neste caso, o sistema
é possı́vel e inde
a2 x + b2 y + c2 z + d2 = 0
terminado, com posto(A)=1 e posto([A | B])=1, e portanto, o grau de liberdade
é 2, que é a dimensão de um plano.
Geometricamente, {~n1 , ~n2 } é l.d., ~n2 = k~n1 e além disso, d2 = kd1 .
-U
3. π1 intercepta π2 segundo uma reta.
~n1
DM
π1
~v
•
P
π1 ∩ π2 = r
π2
Neste
caso {~n1 , ~n2 } é l.i. e o sistema


a1 x + b1 y + c1 z + d1 = 0
é

a2 x + b2 y + c2 z + d2 = 0
possı́vel e indeterminado, com grau de
liberdade 1, ou seja, existe a escolha de
~n2
um parâmetro escalar para descrever o
conjunto de soluções, e portanto esse
conjunto é uma reta.
Já vimos que a equação vetorial (ou as paramétricas) da reta aparece naturalmente
quando aplicamos o método de eliminação de Gauss para resolver o sistema.
Aqui apresentamos uma outra maneira geometricamente interessante para o pro-
234
blema de determinar r, que é observar que o vetor direção ~v 6= ~0 de r = π1 ∩π2 deve
ser ortogonal a ~n1 e a ~n2 simultaneamente. De fato, por ~v ser um vetor contido
em π1 , segue que ~v ⊥ ~n1 e por ~v ser um vetor de π2 , segue que ~v ⊥ ~n2 . Logo ~v e
~n1 × ~n2 são paralelos.
Assim, conhecido um ponto P , solução do sistema, a equação vetorial será conhe-
r
cida: r : X = P + t(~n1 × ~n2 ), t ∈ R.
Ca
Por exemplo, os planos da ilustração, π1 : 3x − z = 0 e π2 : −x + z = 0 têm
o ponto P = (0, 0, 0) na intersecção. Como ~n1 = (3, 0, −1) e ~n2 = (−1, 0, 1),
temos que ~v k ~n1 × ~n2 = (0, 2, 0). Podemos tomar ~v = (0, 1, 0. Então r : X =
4.4.3
FS
(0, 0, 0) + t(0, 1, 0), t ∈ R, ou seja, r neste caso é o eixo Oy.
Posições relativas entre retas no espaço, com produto
vetorial
-U
As posições relativas entre retas no espaço também podem ser analisadas com o uso
do produto vetorial. Sejam r1 : X = A + λ~v1 , λ ∈ R e r2 : X = B + µ~v2 , µ ∈ R as
duas retas.
1. Se ~v1 × ~v2 = ~0 temos que ~v1 e ~v2 são l.d., e portanto, as retas são paralelas ou
DM
coincidentes. Se além disso, A ∈ r2 (ou B ∈ r1 ), então são coincidentes. É claro
que se ~v1 e ~v2 são conhecidos em coordenadas, é muito mais fácil ver se são l.d ou
l.i. verificando se são múltiplos ou não.
−→
Quando as retas são paralelas, temos também que {~v1 , AB} é l.i. O plano deter−→
minado por A, ~v1 e AB é o plano contendo ambas as retas.
2. Se ~v1 × ~v2 6= ~0 as retas têm direções l.i. e portanto, são concorrentes ou reversas.
−→
−→
Se ainda [~v1 , ~v2 , AB] = 0, então AB é coplanar com ~v1 e ~v2 , donde as retas são
−→
concorrentes. Caso contrário, {~v1 , ~v2 , AB} é l.i. e as retas são reversas.
235
Se as retas são concorrentes, o plano
r
X = A + λ~v1 + µ~v2 é o plano contendo
s
•A
~v1 × ~v2
~v1
as retas. O vetor normal a esse plano é
~v1 × ~v2 .
•B
Se as retas são reversas, o plano
π1 : X = A + t~v1 + s~v2 , t, s ∈ R,
é paralelo ao plano
π2 : X = B + t~v1 + s~v2 , t, s ∈ R,
contendo r2 e paralelo a r1 .
~v1
~v1 × ~v2
B
r1
A
•
•
π1
π2
~v2
r2
-U
Ambos os planos têm vetor normal
~v1 × ~v2 .
~v1 × ~v2
FS
contendo r1 e paralelo a r2 ,
Ca
r
~v2
Observe que não existe plano algum contendo as duas retas simultaneamente.
Além disso, a reta s perpendicular comum às duas retas reversas tem a direção de
DM
~v1 ×~v2 . E o plano contendo r1 e a direção ~v1 ×~v2 encontra r2 no ponto s∩r2 . Como
exercı́cio, construa duas retas reversas e determine a reta perpendicular comum às
retas dadas.
4.4.4
Ângulo entre dois planos
Consideremos dois planos π1 : a1 x+b1 y +c1 z +d1 = 0 e π2 : a2 x+b2 y +c2 z +d2 = 0.
Os vetores ~n1 = (a1 , b1 , c1 ) e ~n2 = (a2 , b2 , c2 ) são respectivamente os vetores normais
de π1 e π2 .
236
Já vimos que se {~n1 , ~n2 } é l.d. os planos são paralelos ou coincidentes. Quando são
coincidentes, dizemos que o ângulo entre π1 e π2 é zero. Quando são paralelos, não
definimos o ângulo entre π1 e π2 .
Consideremos então o caso em que {~n1 , ~n2 } é l.i. e portanto a intersecção π2 ∩ π2 é
uma reta, e tem sentido considerar os ângulos que se formam na intersecção, chamados
r
ângulos diedrais, como na figura. As medidas dos ângulos diedrais correspondem às
FS
Ca
medidas dos ângulos formados pelos planos num plano perpendicular aos dois.
Observemos que, por um ponto P fora dos
•P
~n1
planos, podemos traçar retas
π1
~n2
perpendiculares aos planos π1 e π2 , que
Q•
π2
interceptam os planos nos pontos Q e R,
•R
respectivamente. Veja a ilustração ao lado.
•
S
•
Os pontos P , Q e R determinam um plano
que é ortogonal a π1 e π2 simultaneamente
(um vetor normal deste plano é ~n1 × ~n2 ) e
r
~n1 × ~n2
-U
que intercepta r = π1 ∩ π2 no ponto S,
formando um quadrilátero P QSR.
Neste quadrilátero, os ângulos em R e Q são retos por construção, e os ângulos em
S e P têm medidas suplementares e descrevem aos ângulos diedrais que se formam entre
DM
os planos (confira na figura).
Definimos como ângulo entre os planos π1 e π2 , o menor dos dois ângulos, que é
exatamente o ângulo entre as retas normais, r1 (P, Q) e r2 (P, R).
π
|~n1 · ~n2 |
, sendo o ângulo entre 0 e radianos.
Logo, ∡(π1 , π2 ) = arccos
|~n1 ||~n2 |
2
Em particular, se ~n1 ⊥ ~n2 , temos que π1 ⊥ π2 .
237
4.4.5
Ângulo entre uma reta e um plano
Consideremos uma reta dada por r : X = A + t~v , t ∈ R, e um plano π : ax + by +
cz + d = 0, com vetor normal ~n = (a, b, c).
2. Se {~v , ~n} for l.i, há três casos a considerar:
Ca
r
1. Se {~v, ~n} for l.d., então a reta r é perpendicular ao plano π, e portanto o ângulo
π
radianos). (Obs: Não confundir a notação π
entre r e π é reto (90 graus ou
2
utilizada ao nome do plano e o número real π usada na medição de ângulos!)
(a) ~v · ~n = 0, isto é, ~v ⊥ ~n, e A ∈
/ π. Neste caso, a reta r é paralela ao plano π já
FS
que a direção de ~v é uma direção do plano. Nenhum ponto da reta pertence
ao plano, isto é, a intersecção r ∩ π é vazia. Neste caso, não há ângulo a
considerar.
(b) ~v ·~n = 0, e A ∈ π. Como ~v é um vetor do plano, r estará inteiramente contida
-U
em π. Neste caso, o ângulo entre a reta e o plano é zero.
(c) ~v · ~n 6= 0. Neste caso a reta r é transversal ao plano π, interceptando-o num
único ponto P .
Podemos considerar então um plano α contendo a reta r e é perpendicular ao
DM
plano π dado, gerado por {~v , ~n} e que passa pelo ponto P .
238
A reta s de intersecção de α com o
plano π é chamada projeção ortogonal
de r sobre o plano π.
r
α
~n
como o ângulo entre a reta r e o plano
~v
π
as direções de ~v e de ~n.
π
|~v · ~n|
|~v · ~n|
− arccos
= arcsen
.
2
|~v ||~n|
|~v ||~n|
Distâncias
1. Distância entre ponto e plano.
FS
4.4.6
é complementar do ângulo agudo entre
Ca
s
r
π. Pela própria construção, este ângulo
•
P
Logo, ∡(r, π) =
O ângulo entre s e r em P é definido
com o plano π.
-U
A distância de um ponto P a um plano π é o comprimento do segmento P Q, com
−→
Q ∈ π e P Q ⊥ π. O ponto Q é a intersecção da reta normal a π que passa por P ,
P
•
P
•
DM
dist(P, π)
H
H
"•HH
" Q H
π
(
(
A•
−→
P roj~nAP
~n
π
Também se pode obter a distância de P a π escolhendo qualquer ponto A ∈
−→
π e projetanto ortogonalmente AP sobre a normal ~n do plano π e tomando o
comprimento da projeção.
239
Quando π : ax + by + cz + d = 0 e P = (x̄, ȳ, z̄), temos a fórmula clássica:
d(P, π) =
|ax̄ + bȳ + cz̄ + d|
√
.
a2 + b2 + c2
r
De fato, seja A = (x0 , y0, z0 ) um ponto qualquer de π. Temos que d(P, α) =
|(x̄ − x0 , ȳ − y0 , z̄ − z0 ) · (a, b, c)|
|(P − A) · ~n|
√
=
.
|~n|
a2 + b2 + c2
Mas |(x̄ − x0 , ȳ − y0 , z̄ − z0 ) · (a, b, c)| = |a(x̄ − x0 ) + b(ȳ − y0 ) + c(z̄ − z0 )| =
2. Distância entre reta e plano.
no plano, a distância é zero.
FS
Se algum ponto da reta estiver também
Ca
|ax̄ + bȳ + cz̄ + d − (ax0 + by0 + cz0 + d) | = |ax̄ + bȳ + cz̄ + d|, donde segue o
{z
}
|
=0 pois A∈π
resultado.
Se a reta for paralela ao plano, a
distância da reta ao plano é a distância
P
•
r
H
H
"•HH
" Q H
~n
π
plano.
-U
de qualquer um de seus pontos ao
3. Distância entre dois planos.
DM
A distância entre dois planos é zero se
eles se interceptam ou são coincidentes.
A distância entre dois planos paralelos é
a distância de qualquer ponto de um dos
planos ao outro plano.
4. Distância entre ponto e reta no espaço.
P
•
H
H
"•HH
" Q H
~n
π
240
Dada uma reta r : X = A + t~v , t ∈ R, e um ponto P = (x0 , y0 , z0 ) fora de r,
a distância de P a r é o comprimento do segmento P Q perpendicular a r, com
Q ∈ r.
Pode-se determinar Q como a
equação geral
a(x − x0 ) + b(y − y0 ) + c(z − z0 ) = 0.
−→
Daı́, basta calcular |P Q|.
T
•
A
~v
•
Q
r
FS
Mas também pode-se projetar o vetor
−→
AP sobre o vetor ~v da reta, obtendo um
−→
vetor ~v1 , donde o vetor w
~ = AP − ~v1
P•
Ca
perpendicular a r passando por P , de
r
intersecção de r com o plano π
será ortogonal a r e seu comprimento
-U
|w|
~ é a distância procurada.
5. Distância entre duas retas.
Sejam as retas r1 : X = A + t~v1 , t ∈ R, e r2 : X = B + s~v2 , s ∈ R.
DM
se r1 e r2 forem duas retas coincidentes ou duas retas concorrentes, a distância
entre elas é zero.
Se r1 e r2 são duas retas paralelas, a
distância entre elas é o comprimento de
um segmento P Q, onde P ∈ r1 , Q ∈ r2
e P Q perpendicular às duas retas. Para
se obter esta distância, basta escolher
qualquer ponto P ∈ r1 e calcular a
distância de P a r2 .
r1
P•
A
r 2)
r 1,
(
t
dis
A •
Q
P
ist(
=d
)
,r 2
r2
241
Também no caso de retas r1 e r2 reversas, a distância é dada como o comprimento
do segmento P Q, onde P ∈ r1 , Q ∈ r2 e P Q é perpendicular às duas retas.
O plano
~v2 × ~v1
plano contendo r1 e a direção
A
•
segmento P Q procurado está em
α e portanto, Q ∈ r2 só pode ser
r2 ∩ α. Fica como exercı́cio
~v2 × ~v1
r1
π1
d(r1 ,r2 )
α
•
(((
B (•((((((
(
((( Q
π2
((((
~v2 r2
FS
encontrar P .
(
~v1 (
Ca
normal às duas retas. Logo o
P
•
r
α : X = A + t~v1 + s~v1 × ~v2 é um
Essa distância pode ser obtida de diversas maneiras sem necessariamente obter-se
os pontos P e Q.
• Os planos paralelos π1 e π2 contendo r1 e r2 respectivamente, como na figura,
-U
distam entre si dist(π1 , π2 ) = dist(r1 , r2 ).
• Mas tendo o plano π1 contendo r1 e paralelo a r2 , a distância de r1 a r2 é a
distância deste plano a r2 .
DM
• Ou ainda, tomando dois pontos quaisquer A ∈ r1 e B ∈ r2 . e projetando
−→
ortogonalmente o vetor AB sobre o vetor ~v1 × ~v2 ,obtemos um vetor ortogonal
às duas retas e de comprimento igual à distância.
Em todos os casos, a distância entre as retas r1 e r2 é o menor comprimento |XY |,
onde X ∈ r1 e Y ∈ r2 . E esse mı́nimo ocorre no segmento P Q perpendicular às
duas retas.
242
Simétrico de um ponto P em relação a um plano π
P
•
Por P ∈
/ π, considere a reta
~n
único ponto Q. O ponto simétrico a Q
π
Q
•P
′
em relação a π é o ponto P ′ sobre esta
−→ −−→
reta que satisfaz P Q = QP ′ . Que
r
H
H
"•HH
H
"
perpendicular a π que o intercepta num
estratégia você usaria para encontrar o
Ca
4.4.7
ponto P ′ ?
Exercı́cios:
das retas:


x − 2y + 3z − 2 = 0
(a) r :

2x − y − z + 10 = 0
FS
1. Determine as equações (i) paramétricas, (ii) vetorial e (iii) na forma simétrica,
(b) s :


x = 0

y + z = 2
(c) ℓ :


x = 0

y = 2
anterior.
-U
2. Calcule os ângulos entre os pares de planos que definiram as retas do exercı́cio
3. Seja a reta r : X = (1, 5, 2) + λ(1, 3, 2), λ ∈ R. Determine as equações na
forma simétrica. Exiba equações de dois planos α e β com r = α ∩ β. Calcule
DM
a distância de P = (0, 0, 0) a r. Repita o exercı́cio com outras retas.
4. Determine o ângulo entre:
x−1
y−3
z−1
=
=
.
2
1
3
(b) a reta r : x = (1, 0, 0) + t(3, 3, 5) e o plano α : x − 3y − 7z − 1 = 0.
(a) as retas r : X = (1, 2, 0) + λ(1, 3, 7) e
(c) os planos α : x − 2y + 3z − 1 = 0 e β : x + y + z − 1 = 0.
(d) os planos α : x − 2y + 3z − 1 = 0 e β : X = (2, 3, 0) + t(1, 2, 0) + s(2, 4, −1).
5. Calcule a distância entre:
(a) o ponto P = (0, 0, 0) e o plano α : x + 3y − z − 10 = 0.
243




x= 5−t



(b) o ponto P = (1, 2, 0) e a reta r : y = 2 + 3t





z = 1 − 2t
,t∈R
(c) o ponto P = (1, 2) e a reta r : x − 2y = 0.
Ca
r
(d) os planos x − 2y + z − 1 = 0 e x − 2y + z 
− 10 = 0.



x= 5−t+s



x−2
y−3
(e) a reta r :
=
; z = 3 e o plano y = 2 + 3t − s

2
1




z = 1 − 2t
, t, s ∈ R.
(f) as retas r : x = 5, z = 3 e s : X = (1, 0, 0) + t(5, −1, 2), t ∈ R.
FS
6. Determine a distância de P = (9, 1, 0) ao plano x − 2y + z − 3 = 0, das seguintes
maneiras:
(a) calculando o pé da perpendicular.
(b) pela fórmula da distância de ponto a plano com equação geral.
-U
(c) por projeção de um vetor (qual?) na direção normal do plano (qual?)
7. Determine o ponto simétrico a P = (3, 5, 9) em relação ao plano π : X =
(1, 0, 0) + t(2, −2, 1) + s(3, 4, 0), t, s ∈ R, das seguintes maneiras:
DM
(a) calculando o pé da perpendicular.
(b) usando projeções.