Geometria Analítica I

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1 Geom. Analítica I Respostas do Módulo I - Aula 3 1 Geometria Analítica I 14/0/011 Respostas dos Exercícios do Módulo I - Aula 3 Aula 3 1. Procedendo como na definição da equação paramétrica da reta (página 33), obtemos: x = t, a. r : y = 1 + t, t R. Vetor direção: AB = ( 3, ) 1. x = + t 4 b. r : y = 3 + 7t, t R. Vetor direção: AB = ( 1 4 4) x = t, c. r : t R. Vetor direção: AB = (6, 1). y = 1 t, d. r : x = 1 4 t, y = 1 + t, t R. Vetor direção: AB = ( 4, ).. x = 1 t, x = + t, a. r : y = 1 t, t R. b. r : y = t, t R. 4 x = 1 + t, x = t, c. r : y = 1, t R. d. r : t R. y = 1 + t, 3. a. Observação: Para podemos resolver esta questão, precisamos dar um significado preciso para a expressão P AB:

2 Geom. Analítica I Respostas do Módulo I - Aula 3 Definição 1 Dados A, B e P colineares, diremos que P AB se, e somente se, AP e AB têm o mesmo sentido com AP AB. Esta definição parece bem compatível com a intuição, não? Observação: Nesta questão, se A = B, P pertencerá ao segmento AB se, e somente se, P = A = B, e, neste caso, o resultado é óbvio. Portanto, suporemos A B. Podemos provar que a identidade (3.11) não depende do ponto O (o raciocínio é idêntico ao do Exercício 8 da Aula ou da Identidade.1 da página 7 do Módulo). Com isso, provando a equivalência para algum ponto particular O, ela estará automaticamente provada para todo ponto. Escolhamos então, O = A. O = A OP = (1 t) OA + t OB AP = (1 t) AA + t AB = t AB. Nosso problema se limita agora a provar que P AB se, e somente se, existe t [0, 1] tal que AP = t AB. Como A, B e P são colineares, AP = t AB, para algum P. Assim, pela Definição acima, P AB t AB = AP = e AB têm mesmo sentido t AB = AP AB t 0 t 1 0 t 1, provando que AP = t AB para algum t [0, 1]. b. Escrevendo a igualdade (3.11) com O = A, temos AP = t AB. Assim, P será o ponto médio de AB se, e somente se, t = 1/. c. Novamente escrevendo a igualdade (3.11) com O = A, temos AP = t AB, que é umaequação vetorial pamétrica da reta r. 4. a. x y 4 = 0; b. x = 3; c. x + y = 0; d. 3 x + 4 y = [HB] a. r : x = t, y = 1 t, t R. Vetor paralelo à reta r: v = (1, ).

3 Geom. Analítica I Respostas do Módulo I - Aula 3 3 b. r : c. r : d. r : x = 5, y = t, t R. Vetor paralelo à reta r: v = (0, 1). x = t, y = 1 3 t t R. Vetor paralelo à reta r: v = (1, 3). x = t, y = 3 + t, t R. Vetor paralelo à reta r: v = (1, 1). 6. [HB] a. v não é paralelo à reta r! b. v é paralelo à reta r! c. v não é paralelo à reta r! d. v é paralelo à reta r! 7. [HB] a. r 1 e r são concorrentes no ponto P = (, 3). b. r 1 e r são concorrentes no ponto P = (6, 1/). c. r 1 e r são retas paralelas. d. r 1 e r são concorrentes no ponto P = (/3, 1). 8. [HB] a. v e w são LD. b. v e w são LD. c. v e w são LI. d. v e w são LI. 9. [HB] a. Represente por m A, m B e m C as medianas que passam, respectivamente, pelos vértices A, B e C do triângulo ABC. As equações paramétricas destas retas são dadas, respectivamente, por x = 3 7 t/, m A : y = 5 t/, x = t/, m B : y = 1 t, x = + t, m C : y = t/. b. O baricentro G do triângulo tem coordenadas (/3, 1/3).

4 Geom. Analítica I Respostas do Módulo I - Aula Para verificar se os vetores v e w são LI, basta seguir os passos da Proposição 3.6 (página 39). Caso sejam, podemos escrever u como combinação linear desses vetores utilizando a ideia da demonstração da Proposição 4.7 (página 4). a. v e w são LI, e u = 4 v + 1 w. b. v e w são LI, e u = 0 v w. 11. Como A pertence ao eixo X, temos A = (x, 0), implicando w = AB = (3 x, 4). Como v = (1, ) e w são LD, pela Proposição 3.6(página 39), temos que nos dá x = 1. Assim, A = (1, 0). 1 4 (3 x) = 0, 1. A reta r 1 é paralela ao vetor (3, 8), r é paralela a (1, ) e r paralela a (, 3) (Por quê? Não sabe? Ligue para a tutoria!). Assim, essas retas são duas a duas concorrentes. Como r 1 e r contêm lados do paralelogramo, sua interseção conterá um dos vértices (chamemos de A) do paralelogramo. A = (x, y) r 1 r 8x + 3y = 1 x = t y = t + 1 Podemos resolver o sistema obtido, substituindo a segunda e a terceira linha na primeira: 8 t + 3 ( t + 1) = 1 t = x =, y = 5 A = (, 5) Como r é uma diagonal, se a intersectarmos com r 1 e r obteremos:

5 Geom. Analítica I Respostas do Módulo I - Aula 3 5 outros dois vértices, se r 1 não contiver A. outros dois vértices, se, para nosso imenso azar, r 1 contiver A. Fazendo B r r 1 e D r r, teremos B = (1, 3) e D = (5, 9) (ou seja, para nossa sorte, o primeiro caso ocorre!). Para achar o vértice C do paralelogramo ABCD procurado, procedemos como no Exercício 7 da Aula 1 (tendo, neste caso, apenas uma possibilidade para C). O ponto C será dado por (8, 17). 13. Sejam A = (a 1, a ) e B = (b 1, b ). Como P = (3, 0) é o ponto médio de AB, temos ( a1 + b 1, a ) 1 + b 1 = (3, 0) b 1 = 6 a 1 e b = a B = (6 a 1, a ). Sabemos que A r 1 e B r, assim, a 1 a = 0 (6 a 1 ) + ( a ) = 4 a 1 =, a = 4 b 1 = 4, b = 4. Assim, A = (, 4) e B = (4, 4). A reta procurada será aquela que passa por A e B. 14. Primeiramente, A r 1 r = (1, 0)}, A = (1, 0). O próximo passo é descobrir o ponto D sobre r 1 tal que AD = 8.

6 Geom. Analítica I Respostas do Módulo I - Aula 3 6 Fazendo D = (x D, y D ), temos que (a) (x D, y D ) satisfaz à equação de r 1 e (b) d(a, D) = d ((1, 0), (x D, y D )) = 8. Resolvendo o sistema dado por (a) e (b), obteremos dois pontos (isso se deve à equação da condição (b), que envolve quadrados); obedendo ao enunciado, escolheremos aquele ponto cuja abscissa for positiva. Assim, acharemos D = (3, ). E como achamos B? O ponto B é dado pela interseção da reta r 1 com a reta que contém o lado BD. Mas essa última reta é de fácil obtenção: sabemos que contém por D e é paralela a v = (, 1). Achando a reta e intersectando-a com r 1, obteremos B = (5/3, 4/3). Encontrar o ponto C é idêntico ao que foi feito em outros exercícios (por exemplo, o Exercício 7 da Aula 1). Encotraremos C = (7/3, /3). Referências [HB] Gabarito elaborado pelo professor Humberto Bortolossi, primeiro semestre de 005.