1. Produto interno e distâncias
Exercı́cio 1.1. (1) (x, y, z) • (1, 1, −1) = 0, logo x + y − z = 0. Portanto V ⊥ =
{(x, y, x + y)} = h(1, 0, 1), (0, 1, 1)i.
v
(2) Sejam v 1 = (1, 0, 1) e v 2 = (0, 1, 1). Temos a1 = kv1 k = √12 , 0, √12 . Por
1
a02
1
1
0
isso a2 = v 2 − hv 2 , a1 ia1 = − 2 , 1, 2 . Então a2 = ka0 k = − √16 , √26 , √16 . A base
2
ortonormal procurada é {a1 , a2 }.
(3) Seja v = (1, 1, 1). Método I : πV ⊥ (v) = hv, a1 ia1 + hv, a1 ia2 = 23 , 23 , 43 . Método
II : Seja v = α(1, 1, −1) + β(1, 0, 1) + γ(0, 1, 1). Obtemos α = 13 , β = γ = 32 . Por isso
πV ⊥ (v) = 32 (1, 0, 1) + 32 (0, 1, 1) = 23 , 32 , 43 .
Exercı́cio 1.2. a1 = 12 , 12 , 12 , 21 ; a2 = 21 , − 12 , − 12 , 12 ; a3 = 0, √12 , − √12 , 0 .
Exercı́cio 1.3. Se u = 0 ou v = 0 a famı́lia é dependente. Se não, cos(θ) = ±1,
logo u = ±v.
Exercı́cio 1.4. Método I: Os lados opostos são iguais. De fato, P1 P2 = P4 P3 =
(1, 4, 7) e P2 P3 = P1 P4 = (3, −1, 5). Método II: As diagonais se cortam no ponto
médio. De fato, P1 + 21 P1 P3 = P2 + 12 P2 P4 = (4, 15
, 3).
2
√
Exercı́cio 1.5. Um ponto do semicı́rculo superior é da forma √
P = (x, 1 − x2 ).
Sejam P
que P0 P = (x + 1, 1 − x2 ) e P1 P =
√0 = (−1, 0) e P1 = (1, 0). Temos
2
2
(x − 1, 1√− x ), logo hP0 P, P1 P i = x − 1 + 1 − x2 = 0. O mesmo acontece para
P = (x, − 1 − x2 ).
Exercı́cio 1.6. Seja P = (x, y, z) o ponto a ser achado. Temos que impor d(P, P1 ) =
d(P, P2 ) = d(P, P3 ) = d(P, P4 ), logo temos que impor três igualdades. Escolhemos
pares de pontos com uma coordenada igual, assim a equação correspondente se
torna mais simples: d(P, P1 ) = d(P, P4 ), d(P, P2 ) = d(P, P3 ) e d(P, P3 ) = d(P, P4 ).
Obtemoso sistema:
 x2 + (y + 5)2 + (z − 3)2 = x2 + (y + 9)2 + (z − 5)2
(x − 4)2 + (y + 6)2 + (z − 2)2 = (x − 4)2 + (y + 5)2 + (z − 5)2

(x − 4)2 + (y + 5)2 + (z − 5)2 = x2 + (y + 9)2 + (z − 5)2 .
Os termos de segundo grau se cortam, portanto o sistema se torna linear. Obtemos
o ponto (2, −7, 4).
Exercı́cio
√ 1.7. Todos os pares de pontos estão à mesma distância entre eles, ou
seja, 2 3.
Exercı́cio 1.8. (1) {(1, 1, 0, −1), (0, 1, 1, −1)} (2) {( √13 , √13 , 0, − √13 ), {(− √215 , √115 ,
√3 , − √1 )}. (3) ( 3 , 6 , 3 , − 6 ).
5 5 5
5
15
15
Exercı́cio 1.9. {( √16 , √16 , √26 ), ( √766 , √166 , − √466 )}.
Exercı́cio 1.10. A menos de uma translação, podemos supor que a origem seja um
dos vértices. Sejam v 1 , . . . , v 4 os lados do quadrilátero. Temos que v 4 = −(v 1 + v 2 +
v 3 ). Logo os pontos médios são M1 = 12 v 1 , M2 = v 1 + 12 v 2 , M3 = v 1 + v 2 + 21 v 3 e
M4 = 12 (v 1 + v 2 + v 3 ). É fácil verificar que M1~M2 = M4~M3 e M2~M3 = M1~M4 .
1
2
Observações: 1) O enunciado do exercı́cio vale mais em geral, pois não era necessário supor que se tratasse de um quadrilátero. É suficiente considerar quatro
segmentos consecutivos tais que o ponto final do último coincida com o ponto inicial
do primeiro, mesmo se não são complanares. 2) Neste exercı́cio não se usa o produto
interno (o coloquei nesta seção por engano).
Exercı́cio 1.11. (1) {(1, 0, 0, 0, −1), (0, 1, 0, 1, 0), (0, 0, 1, 0, 0)}. (2) {( √12 , 0, 0, 0, − √12 ),
(0, √12 , 0, √12 , 0), (0, 0, 1, 0, 0)}. (3) (0, 21 , −1, 12 , 0).
2. Produto vetorial
Exercı́cio 2.1. Seja n o vetor normal ao plano π que contém o triângulo. Temos
~ ∧ AC
~ é paralelo a n, logo (AB
~ ∧ AC)
~ ∧ BC
~ é paralelo a n ∧ BC.
~ Este vetor
que AB
~ logo é paralelo
é perpendicular a n, logo está contido em π, e é perpendicular a BC,
~
à altura AH.
Exercı́cio 2.2. Sejam v 1 = P2~P1 , v 2 = P2~P3 e v 3 = P~2 P . Devemos impor |hv 1 ∧
v 2 , v 3 i| = 6. Temos que v 1 = (2, 1, 0), v 2 = (−1, 1, 0) e v 3 = (3−α−2β, 3+α−β, 3+
α), logo v 1 ∧ v 2 = (0, 0, 3), portanto obtemos |3(3 + α)| = 6, ou seja, |3 + α| = 2.
Então α = −1 ou α = −5, portanto obtemos os pontos (4, 4, 1) + β(−2, −1, 0) e
(8, 0, −3) + β(−2, −1, 0). Trata-se de duas retas paralelas em π.
3. Retas e planos em R3
Exercı́cio 3.1. 2x − y + 5z − 4 = 0.
Exercı́cio 3.2. O genérico plano que contém a reta de interseção é dato por α(x +
y + z − 1) + β(4x − y + 2z − 7) = 0, sendo α, β ∈ R. Impondo que passe por (3, −1, 6)
obtemos 7α + 18β = 0. Sejam (a menos de um múltiplo comum) α = −18 e β = 7.
Obtemos 10x − 25y − 4z − 31 = 0.
Exercı́cio 3.3. A direção da primeira reta é dada por (1, −1, 0)∧(0, 1, 1) = (−1, −1, 1).
A direção da segunda é dada por (1, 1, 1) ∧ (0, 1, −1) = (−2, 1, 1). Portanto, um vetor normal ao plano é (−1, −1, 1) ∧ (−2, 1, 1) = (−2, −1, −3). Portanto a equação
do plano é da forma 2x + y + 3z + d = 0. Impondo que passe por (1, 2, 3), obtemos
d = −13.
Exercı́cio 3.4. As direções das três retas são dadas por (0, −1, 1) ∧ (1, 0, 0) =
(0, 1, 1), (1, 0, −1) ∧ (0, 1, 0) = (1, 0, 1) e (1, −1, 0) ∧ (0, 0, 1) = (−1, −1, 0). Escolhendo um ponto para cada reta, obtemos as equações paramétricas r : (1, 0, 3) +
h(0, 1, 1)i, s : (3, 2, 0) + h(1, 0, 1)i e t : (0, 1, −5) + h(1, 1, 0)i. A condição pedida se
torna portanto:
 
   
   
   
 
3
1
1
0
0
1
3
1
2 + β 0 − 0 − α 1 =  1  + γ 1 − 2 − β 0 .
0
1
3
1
−5
0
0
1
Resolvendo o sistema obtemos α = 0, β = −1 e γ = 3, portanto P1 = (1, 0, 3),
P2 = (2, 2, −1) e P3 = (3, 4, −5). Afinal, a reta procurada é (1, 0, 3) + h(1, 2, −4)i.
3
Exercı́cio 3.5. A direção de r é dada por (1, m, 0) ∧ (0, 1, 1) = (m, −1, 1). O
sistema que define s é equivalente a x + y − 3 = 0 e my + z − m = 0, portanto
a direção de s é dada por (1, 1, 0) ∧ (0, m, 1) = (1, −1, m). Escolhendo um ponto
para cada reta obtemos as equações paramétricas r : (1, 0, 3) + h(m, −1, 1)i e s :
(3, 0, m) + h(1, −1, m)i. As retas são paralelas se e somente se:
m −1 1
posto
= 0,
1 −1 m
o que acontece se e somente se m = 1 (os determinantes de ordem 2 têm que anularse). O vetor que junta os dois pontos fixados é (2, 0, m − 3), portanto as retas são
reversas se e somente se:


m −1
1
m  6= 0.
det  1 −1
2 0 m−3
O determinante é −(m − 1)2 , logo são reversas se e somente se m 6= 1.
Observação: A forma em que são dadas as equações de s impõe m 6= 0, portanto
terı́amos que dizer que as retas são reversas para m 6= 0, 1. Todavia, escrevendo as
equações de s na forma equivalente x + y − 3 = 0 e my + z − m = 0, o problema faz
sentido também para m = 0.
Exercı́cio 3.6. A reta é dada em forma paramétrica por (2, −1, 7) + h(2, 4, −5)i,
portanto, jogando na equação do plano, obtemos 2 + 2λ − 1 + 4λ − 35 + 25λ = 10,
3
. Portanto o ponto é dado por ( 150
, 145 , − 31
).
ou seja λ = 44
31
31 31
Exercı́cio 3.7. 20x + 33y + 21z − 74 = 0.
Exercı́cio 3.8. Método I: As direções das duas restas são (1, −1, 0) ∧ (0, 1, 1) =
(−1, −1, 1) e (1, 1, 1) ∧ (0, 1, −1) = (−2, 1, 1), portanto o vetor normal ao plano é
(−1, −1, 1) ∧ (−2, 1, 1) = (−2, −1, −3). Isso mostra que a equação do plano é da
forma 2x + y + 3z + d = 0. Agora é suficiente impor que contenha um ponto de r,
por exemplo (7, 0, 4). Obtemos d = −26
Método II: O genérico plano que contém r é dado por α(x−y−7)+β(y+z−4) = 0,
com α, β ∈ R. Temos que achar α e β (a menos de um múltiplo comum) tais que
o vetor normal do plano seja normal a s, ou seja, tais que (α, −α + β, β) seja
combinação linear de (1, 1, 1) e (0, 1, −1). Impondo que o determinante seja nulo
obtemos 3α = 2β. Podemos escolher α = 2 e β = 3, obtendo 2x + y + 3z − 26 = 0.
Exercı́cio 3.9. Temos que r : (−1, 0, 4) + h(1, 0, 0)i e s : (−4, 0, 0) + h(2, 1, −3). É
claro que não são paralelas, pois os dois geradores são independentes. Para verificarmos se forem reversas, temos que estabelecer se a famı́lia {(1, 0, 0), (2, 1, −3), (3, 0, 4)}
é independente. Como o determinante da matriz correspondente é 4 6= 0, as retas
são reversas.
Os genéricos pontos de r e s são dados por (−1 + λ, 0, 4) e (−4 + 2µ, µ, −3µ),
portanto o vetor que junta os dois é dado por (−3 + 2µ − λ, µ, −3µ − 4). Este vetor
4
tem que ser paralelo a (−1, 2, 1), portanto temos que impor:
−3 + 2µ − λ µ −3µ − 4
posto
= 0.
−1
2
1
Impondo que os determinantes 2x2 sejam nulos, obtemos λ = − 41
e µ = − 78 . Logo,
7
a reta procurada é (− 48
, 0, 4) + h(−1, 2, 1)i.
7
4. Cônicas
Exercı́cio 4.1. (1) A matriz da cônica é

3

A= 1
0
a seguinte:

1 0
3 0 .
0 −2
Logo, I1 = 6, I2 = 8 e I3 = −16, portanto I2 > 0 e I1 I3 < 0. Isso implica que a
cônica é uma elipse.
(2) Como não há termos lineares na equação, só temos que achar uma rotação
que elimine o termo xy. Consideremos a genérica rotação:
x = x̃ cos θ + ỹ sin θ
x̃ = x cos θ − y sin θ
y = −x̃ sin θ + ỹ cos θ.
ỹ = x sin θ + y cos θ
A equação se torna:
3(x̃ cos θ+ỹ sin θ)2 +2(x̃ cos θ+ỹ sin θ)(−x̃ sin θ+ỹ cos θ)+3(−x̃ sin θ+ỹ cos θ)2 −2 = 0.
O termo xy é dado por:
xy(6 cos θ sin θ + 2 cos2 θ − 2 sin2 θ − 6 sin θ cos θ) = 2xy cos(2θ).
Para anularmos esse termo, precisamos impor cos(2θ) = 0. Escolhemos θ = π4 . A
equação se torna:
3(x̃ √12 + ỹ √12 )2 + 2(x̃ √12 + ỹ √12 )(−x̃ √12 + ỹ √12 ) + 3(−x̃ √12 + ỹ √12 )2 − 2 = 0
x̃2 + 2ỹ 2 = 1.
2
2
Trata-se de uma elipse na fôrma canônica xa2 + yb2 = 1, com a = 1 e b = √12 . Para
acharmos os focos, temos que c2 = a2 − b2 , logo c = √12 , portanto obtemos os focos
(± √12 , 0). O semi-eixo maior é o segmento que junta a origem a (a, 0), contido no
eixo x̃, e o semi-eixo menor é o segmento que junta (0, 0) a (0, b), contido no eixo ỹ.
(3) Os focos da elipse em forma canônica são F̃1 = ( √12 , 0) e F̃2 = (− √12 , 0). Sejam
F1 = (x1 , y1 ) e F2 = (x2 , y2 ) os focos da elipse dada. Aplicando a fórmula da rotação
temos:
x1 = √12 √12 + 0 √12 = 12
y1 = − √12 √12 + 0 √12 = − 12 .
Logo F1 = ( 12 , − 21 ). Analogamente, F2 = (− 12 , 21 ). Para achar os semi-eixos, antes
de tudo reparamos que a origem não se mexe por uma rotação. O eixo x, dado por
ỹ = 0, se torna √12 x + √12 y = 0, ou seja, y = −x. De fato, este eixo contém os
focos que acabamos de achar. Analogamente, o eixo y se torna y = x. Por isso, o
5
semi-eixo maior é o segmento, contido no eixo y = −x, que parte da origem, contém,
F1 e cujo comprimento é a = 1. Trata-se do segmento que junta (0, 0) a ( √12 , − √12 ).
Analogamente, o semi-eixo menor é o segmento que junta (0, 0) a ( 21 , 12 ).
(4) A equação é dada por:

 
x
i 3 1 0
h√
6
1 3 0  y  = 0.
0
1
3
0 0 −2
1
√
√
Obtemos 3 6x + 6y − 6 = 0.
Exercı́cio 4.2. (1) A matriz da cônica é a seguinte:
√


3
− 3 −1
√
√
A = − 3
1
− 3 .
√
−1 − 3
4
Logo, I1 = 4, I2 = 0 e I3 = −16, portanto I2 = 0 e I3 6= 0. Isso implica que a cônica
é uma parábola.
(2) Começamos achando uma rotação que elimine o termo xy. Consideremos a
genérica rotação:
x̃ = x cos θ − y sin θ
x = x̃ cos θ + ỹ sin θ
ỹ = x sin θ + y cos θ
y = −x̃ sin θ + ỹ cos θ.
A equação se torna:
√
3(x̃ cos θ + ỹ sin θ)2 − 2 3(x̃ cos θ + ỹ sin θ)(−x̃ sin θ + ỹ cos θ)
√
+ (−x̃ sin θ + ỹ cos θ)2 − 2(x̃ cos θ + ỹ sin θ) − 2 3(−x̃ sin θ + ỹ cos θ) + 4 = 0.
O termo xy é dado por:
√
√
xy(6 cos θ sin θ − 2 3 cos2 θ + 2 3 sin2 θ − 2 sin θ cos θ)
√
= xy(2 sin(2θ) − 2 3 cos(2θ)).
√
Para anularmos esse termo, precisamos impor tan(2θ) = 3, logo θ = π6 . A equação
se torna:
√
√
√
√
3(x̃ 23 + ỹ 12 )2 − 2 3(x̃ 23 + ỹ 21 )(−x̃ 12 + ỹ 23 )
√
√
√
√
+ (−x̃ 21 + ỹ 23 )2 − 2(x̃ 23 + ỹ 12 ) − 2 3(−x̃ 12 + ỹ 23 ) + 4 = 0
x̃2 − ỹ + 1 = 0.
Agora aplicamos a traslação:
x̃˜ = x̃
ỹ˜ = ỹ − 1
x̃ = x̃˜
ỹ = ỹ˜ + 1.
Obtemos a parábola em forma canônica:
ỹ˜ = x̃˜2 .
Trata-se de uma parábola na fôrma canônica y =
(0, 41 ), a diretriz é ỹ˜ = − 14 e o eixo é x̃˜ = 0.
x2
,
4c
com c = 14 . Por isso, o foco é
6
(3) O foco da parábola em forma canônica é F̃˜ = (x̃˜1 , ỹ˜1 ) = (0, 14 ). Seja F =
(x1 , y1 ) o foco da parábola dada. Temos que:
(
√
x̃1 = 0
x1 = 0 23 + 45 12√ = 85 √
ỹ1 = 54
y1 = −0 12 + 54 23 = 5 8 3 .
√
Por isso o foco é ( 58 , 5 8 3 ). A diretriz da parábola em forma canônica é ỹ˜ = − 41 , logo
se torna:
√
3
1
ỹ = 43
x
+
y = 34 ,
2
2
√
portanto a diretriz é √
2x + 2 3y − 3 = 0. O eixo da
√ parábola em forma canônica é
3
1
˜
x̃ = 0, que se torna 2 x − 2 y = 0, ou seja, y = 3x. É fácil verificar que o eixo
contém o foco, como tem que ser. Enfim, seja V = (x0 , y0 ) o vértice da parábola. O
da parábola em forma canônica é Ṽ˜ = (x̃˜0 , ỹ˜0 ) = (0, 0), logo:
(
√
x̃1 = 0
x0 = 0 23 + 1 21√ = 12 √
ỹ1 = 1
y0 = −0 12 + 1 23 = 23 .
O vértice é, corretamente, o ponto de interseção entre a parábola e o eixo. A reta
tangente no vértice é:
√

 
3
− 3 −1
x
h √
i
√
√
3
1



y  = 0.
1
− 3
1 − 3
2
2
√
1
−1 − 3
4
√
Obtemos x + 3y − 2 = 0, que é paralela à diretriz. Também se podia obter a partir
de ỹ˜ = 0, como fizemos para a diretriz.
Exercı́cio 4.3. Método I:
p
p
x2 + y 2 + (x − 2)2 + (y − 2)2 = 4
p
p
(x − 2)2 + (y − 2)2 = 4 − x2 + y 2
p
x2 − 4x + 4 + y 2 − 4y + 4 = 16 + x2 + y 2 − 8 x2 + y 2
p
x + y + 2 = 2 x2 + y 2
x2 + y 2 + 4 + 2xy + 4x + 4y = 4x2 + 4y 2
3x2 + 3y 2 − 2xy − 4x − 4y − 4 = 0.
A matriz correspondente é:


3 −1 −2
A = −1 3 −2 ,
−2 −2 −4
portanto I1 = 6, I2 = 8 e I3 = −64, logo I2 > 0 e I1 I3 < 0.
Método II: A
√ elipse dada tem centro (1, 1) (ou seja, o ponto médio entre os focos),
portanto c = 2 (ou seja, a distância entre o centro e os focos). O eixo maior está
contido em y = x, logo o eixo menor em y = −x. Ademais, 2k = 4, logo k = 2.
Temos que a2 = k 2 = 4 e b2 = a2 − c2 = 2. Por isso, a elipse em forma canônica
7
2
2
é x4 + y2 = 1. Agora precisamos aplicar uma rotação que leve a reta y = 0, que
contém o eixo maior, na reta y = x, portanto θ = π4 .
x = x̃ √12 + ỹ √12
x̃ = x √12 − y √12
ỹ = x √12 + y √12
y = −x̃ √12 + ỹ √12 .
Obtemos:
1
4
x̃ √12 + ỹ √12
2
+ 12 (−x̃ √12 + ỹ √12 )2 = 1
3x̃2 + 3ỹ 2 − 2x̃ỹ − 8 = 0.
Agora precisamos de uma translação que leve o centro (0, 0) em (1, 1), portanto:
x̃˜ = x̃ + 1
x̃ = x̃˜ − 1
ỹ = ỹ˜ − 1.
ỹ˜ = ỹ + 1
Obtemos:
3(x̃˜ − 1)2 + 3(ỹ˜ − 1)2 − 2(x̃˜ − 1)(ỹ˜ − 1) − 8 = 0
3x̃˜2 + 3ỹ˜2 − 2x̃˜ỹ˜ − 4x̃˜ − 4ỹ˜ − 4 = 0.
Exercı́cio 4.4. A matriz é dada por:
√ √ 

3
3
− 3
√

A = −√ 3
1
−1 ,
3
−1
0
portanto I2 = I3 = 0. Por isso, a cônica pode ser feita por duas retas reais paralelas,
duas retas complexas paralelas ou uma reta real dupla. Nos três casos temos um
polinômio de primeiro grau ao quadrado mais um número. Nesse caso temos:
√
( 3x − y + 1)2 − 1 = 0,
portanto se trata de duas retas reais paralelas.