A lei dos cossenos da geometria plana estabelece que a 2 = b 2 +c 2 2bc cosâ. Podemos ver as possíveis situações na figura acima.

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1 Capítulo 4 Produtos e aplicações Palavras-chave: produto escalar, produto vetorial, produto misto, vetores ortogonais, base ortogonal, base ortonormal, ângulos, distâncias, projeção ortogonal, área de paralelogramo, volume de paralelepípedo, retas perpendiculares no plano, vetor normal a plano 4.1 Produtos escalares Neste tópico iremos estudar um novo tipo de operação entre vetores do plano e do espaço. Vamos fazer inicialmente uma consideração geométrica, como segue. Seja um triângulo ABC com medidas dos lados a, b e c. b C A  c a b  a B C C A c D B D A c B A lei dos cossenos da geometria plana estabelece que a 2 = b 2 +c 2 2bc cosâ. Podemos ver as possíveis situações na figura acima. Quando o ângulo b  a  é reto, o triângulo é retângulo com catetos b e c e hipotenusa a, e a lei acima se reduz ao Teorema de Pitágoras: 175

2 176 a 2 = b 2 + c 2. Quando  não é reto, considere o ponto D na reta AB, de forma que B DC seja reto. Temos que a 2 = (b sen Â)2 + DB 2 = b 2 sen 2  + (c b cosâ)2 = b 2 (sen 2  + cos 2 Â) + c 2 bc cosâ = b2 + c 2 2bc cos Â. 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. v C A  C C w = v u v w w v   u A u B A u B cos  = 0 B cos  > 0 cos  < 0 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: 0. }{{} AB }{{} AC v u 2 = v 2 + u 2 2 v u cos ( u, v ) Assim, os vetores u e v têm direções perpendiculares entre si quando v u cos ( u, v) = 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 Física, 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

3 177 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 v ( permite ) 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. O ângulo entre u e v é agudo (entre 0 e π/2) se u v > 0 e obtuso (entre π/2 e π) se u v < Produto escalar em um sistema de coordenadas O Cálculo do produto escalar entre dois vetores fica extremamente simples se estes vetores são dados em sistemas de coordenadas cartesianas ortogonais. No plano R 2, se u = (x 1, y 1 ) e v = (x 2, y 2 ) então u v = x 1 y 1 + x 2 y 2. y 2 y 1 O v θ Q(x 2, y 2 ) x 2 u w P(x 1, y 1 ) x 1 De fato: Sejam P = (x 1, y 1 ) e Q = (x 2, y 2 ) de modo que OP = u e OQ = v Seja θ o ângulo entre u e v. Então w = v u = PQ = Q P = (x 2 x 1, y 2 y 1 ). Escrevendo a lei dos cossenos para o triângulo OPQ, temos (x 2 x 1 ) 2 + (y 2 y 1 ) 2 = [x y1] 2 + [x y2] 2 2 u v PQ 2 = OP 2 + OQ 2 2 OP OQ cosθ Desenvolvendo, temos: x 2 2 2x 1x 2 +x 2 1 +y2 2 2y 1y 2 +y 2 1 = x2 2 +y2 2 +x2 1 +y2 1 2 u v, donde 2(x 1 x 2 + y 1 y 2 ) = 2 u v. Logo, u v = (x 1, y 1 ) (x 2, y 2 ) = x 1 x 2 + y 1 y 2

4 178 e cos(θ) = cos ( u, v) = x 1 x 2 + y 1 y 2. x y1 2 x y2 2 No espaço R 3, se u = (x 1, y 1, z 1 ) e v = (x 2, y 2, z 2 ), então u v = x 1 x 2 + y 1 y 2 + z 1 z 2. A idéia geométrica é exatamente a mesma do caso plano e a obtenção da fórmula do cálculo em coordenadas cartesianas ortogonais é análoga. Mostre como exercício. 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 As seguintes propriedades são elementares e a sua verificação é um exercício. 1. v v = v 2 para todo vetor v. Segue que v v 0 para qualquer vetor v e a igualdade só se verifica quando v = u v = v u (propriedade comutativa) 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) u + v u + v : Desigualdade Triangular

5 Da desigualdade de Cauchy-Schwarz podemos deduzir a chamada Desigualdade Triangular: 179 u + v C v u + v u + v O nome da desigualdade vem da Geometria Euclidiana: Se A, B e C são vértices de um triângulo, então um lado tem medida de comprimento sempre menor que a soma A u B 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 u v + v 2, usando as propriedades distributiva e comutativa do produto escalar e também que v v = v 2 (exercícios!). 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 u v + v 2 u u v + v 2 = ( u + v ) 2. 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 Exercícios: 1. Mostre que, no plano, (a, b) ( b, a). Basta mostrar que o produto escalar entre os vetores é 0.

6 Quais são todos os vetores (a, b) do plano ortogonais a (2, 3)? Resp: São vetores (a, b) satisfazendo a equação 2a + 3b = 0: múltiplos de ( 3,2). 3. Sejam A = (x 0, y 0 ) e u = (a, b). Mostre que se AX é ortogonal a u, onde X = (x, y), tem-se que a(x x 0 ) + b(y y 0 ) = 0. Que objeto geométrico é representado pelos pontos X que satisfazem essa equação? Represente-o num esboço, relacionando-o com A e u Resp: O objeto é: 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 vetor u = (1, 3). Resp: 5. Mostre que se u v, então u k v para k R. a reta que passa por A e é perpendicular ao vetor u (x 2) + 3(y + 1) = 0 6. Seja a reta r no plano, dada pela equação 2x 3y+4 = 0. Mostre que n = (2, 3) é ortogonal a todos os vetores da reta r. Considere os vetores da forma u = B A, onde A = (x 0,y 0 ) e B = (x 1,y 1 ) 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 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?

7 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 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 PX u. Utilize este fato, para deduzir uma equação geral do planos α. Resp: 3(x 3) (y + 2) + 5(z 1) = No espaço R 3, 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. 11. Seja o plano α : ax + by + cz + d = 0. Mostre que N = (a, b, c) é ortogonal a qualquer vetor do plano α. Para isto, tome A = (x 0,y 0,z 0 ) e B = (x 1,y 1,z 1 ) dois pontos do plano e mostre que AB N = 0, utilizando que os pontos do plano satisfazem a equação do plano. 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: x 2 + y 2 3z 2 = 0. 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.

8 Sobre bases ortonormais e ortogonais Lembremos que uma base de R 2 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. v = ( 5, 2) y u = (2, 5) x Por exemplo, se u = (2, 5) e v = ( 5, 2), B = { u, v} é uma base ortogonal pois u v = 2 ( 5)+5 2 = = 0 e os vetores não são nulos. Geometricamente, u e v formam um ângulo de π 2 radianos. Se, além de ortogonais entre si, os vetores u e v forem unitários, então a base é dita ortonormal (o.n.). { } (2, 5) ( 5, 2) Por exemplo, B =, formada pelos versores de u e v do exemplo anterior, é uma base ortonormal. de R 2. Claro que a base canônica C = { ı, j} = {(1, 0), (0, 1)} de R 2 é uma base ortonormal De maneira análoga, uma base ortogonal do espaço cartesiano R 3 é um conjunto de 3 vetores não nulos, dois a dois ortogonais (e consequentemente são l.i.): u 1 u 2 = 0 B = { u 1, u 2, u 3 } satisfazendo u 1 u 3 = 0 u 2 u 3 = 0 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 = { u 1, u 2, u 3 } satisfazendo essas condições. Consideremos uma combinação linear λ 1 u 1 + λ 2 u 2 + λ 3 u 3 = 0 e mostremos que λ 1 =

9 183 λ 2 = λ 3 = 0, para verificar que são l.i. Efetuando o produto escalar por u 1 em ambos os membros da equação, temos (λ 1 u 1 + u {}}{{}}{{}}{ λ 2 u 2 + λ 3 u 3 ) u 1 = 0 u 1, donde λ 1 u 1 u 1 +λ 2 u 2 u 1 +λ 3 u 3 u 1 = λ 1 u 1 2 = 0, donde λ 1 = 0 já que u 1 0. Analogamente, efetuando o produto escalar por u 2 segue que λ 2 = 0 e por u 3, que λ 3 = 0. Uma base ortogonal do espaço (cartesiano R 3 ) é ortonormal (o.n.) se os vetores forem 2 a 2 ortogonais e, além disso, unitários. A base canônica C = { ı = (1, 0, 0), j = (0, 1, 0), k = (0, 0, 1)} de R 3 é uma base ortonormal do espaço. 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 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 recíproca: as linhas de uma matriz ortogonal são coordenadas de vetores de uma base ortonormal, dadas em relação a uma base ortonormal. Vejamos no caso 2 2: Suponha uma base ortonormal { u = (a, b), v = (c, d)}, donde a 2 + b 2 = 1 = c 2 + d 2 e ac + bd = 0. Então M M t = a b a c = c d b d a2 + b 2 ac + bd = 1 0. Assim, M 1 = M t. ac + bd c 2 + d Reciprocamente, se M M t = a b a c = a2 + b 2 ac + bd = 1 0, c d b d ac + bd c 2 + d devemos ter a 2 + b 2 = 1 = c 2 + d 2 e ac + bd = 0, donde a base { u = (a, b), v = (c, d)} é ortonormal.

10 184 O Caso 3 3 é análogo e fica como exercício. Propriedade 2: As coordenadas de um vetor v em relação a uma base ortonormal B podem ser encontradas com o produto escalar. No caso plano, seja B = { e 1, e 2 } uma base o.n. (ortonormal). Então v = x e 1 + y e 2 = 1 0 {}}{{}}{ (x, y ) B. Mas v e 1 = (x e 1 + y e 2 ) e 1 = x e 1 e 1 +y e 2 e 1 = x. Analogamente, v e 2 = y. Ou seja, v = ( v e 1, v e 2 ) B. Para o caso espacial, é análogo: Se B = { e 1, e 2, e 3 } é base o.n., então v = ( v e 1, v e 2, v e 3 ) B. Propriedade 3: Se B é uma base ortonormal, (a, b, c) B (a, b, c ) B = aa +bb +cc. Basta usar a propriedade distributiva junto com a hipótese de ortonormalidade da base. Exercício. Propriedade 4: Se um vetor é dado em relação a uma base ortonormal, o cálculo do módulo pode ser feito como na base canônica. Vejamos o caso espacial: considere u = (a, b, c) B, sendo B uma base o.n. Temos que u = u u = a 2 + b 2 + c 2. A última igualdade segue da observação anterior. Exemplos e Exercícios: 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 MM 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 exercício apresentar um exemplo.

11 185 j 2. Mostre que a base {(cosθ, sen θ), ( sen θ, cosθ)} é uma base ortonormal do plano. ( sen θ, cosθ) O (cosθ, sen θ) 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. 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. 5. Suponha θ = π/3 na base acima. Ou seja, e 1 = ( 1, 3 ) e e = ( 3, 1 ) são os 2 2 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 cujas colunas são e 1 e e 2 na base canônica. Esta matriz é ortogonal e portanto sua inversa, [I] C B, é a transposta. Então, 1 3 [ v] B = [I] C B [ v] C = = Solução 2: Usando produto escalar. Temos que v = (x,y ) B = x e 1 + y e 2. Mas x = v e 1 = (3,4) ( 1 2, 3 2 ) = y = v e 2 = (3,4) ( 3 2, 1 2 ) = 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 θ ı 2 e

12 186 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. 8. Obtenha uma base o.n. do plano, onde o ângulo entre o primeiro vetor da base 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) = O θ θ v C 2θ u B = (4, 3) C 2 4A 6 8 O ângulo em ÂOB é 2θ. Seja u = OA e v (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 uma base ortonormal do espaço E = { e 1, e 2, e 3 }, 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, j, k} e considere os representantes dos vetores com origem em O = (0, 0, 0). Considere uma reta r que passa pela origem. Se E = { e 1, e 2, e 3 } é obtido rotacionando os vetores da base canônica de um ângulo θ em torno da reta r, esta nova base é também ortonormal? Resp: Sim. Comprimentos e ângulos são preservados por esse movimento.

13 187 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. Desenhe o vetor u dado. Por exemplo, digite u = (3,4). Vamos normalizar o vetor u, criando o versor u 1 = 1 u através do comando u 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 v 1. A base { u 1, v 1 } é base ortonormal. Insira um vetor qualquer w. Por exemplo, w=(-1,3). Vamos obter as coordenadas de w na nova base: t = w u 1 e s = w v 1 e construir os vetores w u = t u 1 e w v = s v 1 : 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, construímos os pontos O = (0, 0), W = O+ w, W u = O+ w u e W v = O + w v e ligamos WW u e WW v por segmentos pontilhados. Altere os elementos livres u e w à vontade, para analisar diversas situações. 3 3 v W v 2 w v v w 1 O W u 1 w u u W u 1 2 3

14 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. 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 colineares. v C A u B D r Pela Geometria Euclidiana, podemos considerar a reta pelo ponto C que é perpendicular à reta suporte de AB, determinando o ponto D como sendo o pé da perpendicular 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. O vetor AD assim obtido é chamado de projeção ortogonal do vetor v = AC na direção do vetor u = AB e é denotado por Proj u v. Quando A, B e C são colineares, o próprio vetor v = AC é, por si, a sua projeção na direção de u. Chamando Proj v u de v 1 e DC de v2 temos uma decomposição v = v 1 + v 2 onde v 1 e u são l.d. e v 2 u = 0 (por serem ortogonais). Sendo v 1 e u paralelos (isto é, l.d.) existe um escalar λ que satisfaz v 1 = λ u. Então podemos escrever v = λ u + v 2, em que λ u = v 1 = Proj v u. Fazendo o produto escalar com u em ambos os lados da equação, temos v u = (λ u + v 2 ) u = λ u u + v 2 u = λ u u, onde u u 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, Proj u v = u = v u 2 1. A componente ortogonal v 2 de v é dada por v 2 = v Proj u v.

15 189 Por exemplo, se v = (2, 3, 4) e u = (1, 0, 2), temos que u 2 = = 5 e v u = = 10. Logo, Proj u v = 10 u = 2(1, 0, 2) = (2, 0, 4). 5 Em particular, se u for unitário (norma 1), então Proj u v = ( v u) u. Por exemplo, para v = (x, y, z) = x ı+y j+z k, temos que Proj v ı = [(x ı+y j+z k) ı] ı = [x( ı ı) + y( j ı) + z( k ı)] ı = x ı, já que ı ı = 1, j ı = 0 e k ı = 0. Analogamente, Proj v j = y j e Proj v k = z k. e projeções, no plano. Atividades com GeoGebra (11): Vamos trabalhar com produto escalar 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. A projeção ortogonal de v sobre u é dada por: Proj u v u v = u u u. Então, p = (u*v)/(u*u) u (com p minúsculo) define o vetor p como o vetor 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. 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 = ÛPV 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 = E agora? Não deveria ser igual a α?

16 190 Altere o vetor v e veja que p e w mantém a propriedade de serem o vetor projeção Proj v u e seu ortogonal. Altere u e observe a mesma propriedade. V Exemplos e exercícios: 2 v 3 w O 1 p α u P 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) c) u = (2, 3, 1) e v = (3, 3, 4). 2. Em cada um dos casos do exercício anterior, decomponha o vetor v como soma de dois vetores, v = v 1 + v 2, onde v 1 u e v 1 v Seja o triângulo ABC. Calcule a altura do triângulo em relação à base AB nos casos abaixo. a) A = (0, 0, 0), B = (1, 0, 0) e C = (1, 1, 1). b) A = (2, 3), B = (3, 4) e C = ( 4, 10). Observe que a altura h é o módulo de w = AC p, onde p = Proj AC. AB U A 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. v p C w D B

17 191 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 { e 1, e 2, e 3 } uma base ortonormal do espaço. Dado um vetor v do espaço, seja p = ( v e 1 ) e 1 +( v e 2 ) e 2. Mostre que v p é ortogonal ao plano de e 1 e e 2. Dizemos que p é a projeção ortogonal do vetor v no plano de e 1 e e 2 (considere vetores na origem e plano pela origem) Aplicação na Física O conceito de projeção ortogonal que acabamos de estudar está ligado a um importante conceito de Física. Imaginemos que uma partícula (um corpo) se desloca numa trajetória retiĺınea, 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 do deslocamento de A para B permite considerar o vetor deslocamento representado pelo segmento orientado AB, com AB = distância deslocada. F A B Sendo F um vetor paralelo ao deslocamento, com intensidade constante ( F constante), 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 deslocamento. 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 partícula (corpo) durante o deslocamento. Seja θ o ângulo que F faz com F

18 192 o deslocamento AB. F 2 F F θ F 1 A B Neste caso geral, F se decompõe como F = F 1 + F 2, em que F 1 é a componente paralela ao deslocamento AB e F 2 é a componente ortogonal ao deslocamento. A componente F 2 não contribui para o trabalho realizado por F, e é a componente F 1, na direção de AB que o realiza. O trabalho realizado por F durante o deslocamento AB é dado por T = F AB = F AB cosθ, onde θ = ( F, AB). Notemos que, sendo F = F 1 + F 2 com F 2 AB, temos que T = F AB = ( F 1 + F 2 ) AB = F 1 AB + F 2 AB = F 1 AB que é o trabalho realizado pela F 1. É claro que se θ for obtuso, cos θ < 0 e teremos que o trabalho é realizado contra o sentido do deslocamento. Na Física, 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 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 3 m 5 m Supondo as superfícies 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, Física)

19 193 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 nível horizontal. N y F O W P 5 m P x 3 m x Como o movimento rampa acima não é acelerado (observe que o bloco deve subir com velocidade constante), a resultante das forças que atuam sobre o bloco é o vetor nulo, isto é, as forças estâo em equiĺıbrio. Tais forças são: o peso W, a componente F paralela à rampa da força que faz o bloco subir, e a componenente N normal à rampa da dita força. O peso W é dado por W = (0, mg), onde m é a massa em kg e g = 9.8m/s 2 é a aceleração da gravidade. Logo, W = (0, 98) no sistema fixado. O equiĺıbrio 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 = (P x, 3), temos que P x = 4 e portanto, OP = (4, 3). Isto quer dizer que o trabalho realizado é de 294 joules contra a gravidade Coordenadas em base ortonormal e os cossenos diretores Suponhamos que B = { e 1, e 2 } seja uma base ortonormal de um plano (pode ser R 2 ou mesmo um plano contido em R 3 ).

20 Por exemplo, sejam e 1 = ( 2 2, 2 2 ) e e 2 = ( 2 2, 2 2 ). Sendo B uma base do R2, todo vetor v se escreve como v = a 1 e 1 + a 2 e 2. Com a base B ortonormal, temos que v e 1 = (a 1 e 1 + a 2 e 2 ) e 1 = a 1 e 1 e 1 + a 2 e 2 e 1 = a 1 e v e 2 = (a 1 e 1 + a 2 e 2 ) e 2 = 194 a 1 e 1 e 2 + a 2 e 2 e 2 = a 2, já que e i 2 = 1 e e 1 e 2 y Assim, se v = (x, y) (em relação à base canônica), então v = (x y 2 2, x 2 ) na base B. Por exemplo, se v = e 2 1 = ( 2, 2 ), v = ( ) = 2 (1 + 1, ) = (1, 0) 2 2 B. Analogamente, v = e 2 = (0, 1) B , Efetivamente, as coordenadas de v na base B são os 3 V 1 valores das projeções ortogonais de v v sobre os vetores unitários e 1 e e 2 : V 2 2 α = ( v, e 1 ) v = a 1 e 1 + a 2 e 2 = (a 1, a 2 ) B, 1 β = ( v, e 2 ) α e 2 β e 1 com a 1 = v cos α e a 2 = v cos β. 2 1 O Logo, se o vetor v for unitário e B = { e 1, e 2 } o.n., temos que v = (cosα, cosβ) B, onde α = ( v, e 1 ) e β = ( v, e 2 ). Analogamente, se B = { e 1, e 2, e 3 } é uma base ortonormal do espaço R 3, as coordenadas de um vetor v em relação à base B são dadas por ( v e 1, v e 2, v e 3 ). Prosseguindo a idéia desenvolvida no exemplo acima, considere agora um vetor unitário v = (X, Y, Z) no espaço R 3 e a base canônica C = { ı, j, k}. Sejam φ, ψ e θ os ângulos que v forma com os vetores ı, j, k, respectivamente, representados nos desenhos abaixo como os ângulos XÔ v, Y Ô v e ZÔ v. V

21 195 Z Z Z V V V X X X Y Y Y O O O Como v = ( v ı) ı + ( v j) j + ( v k) k, as coordenadas de v na base canônica são: X = v ı = v ı cosφ = cos φ Y = v j = v j cosψ = cosψ Z = v k = v k cosθ = cosθ, chamados cossenos diretores de v. Os cossenos diretores satisfazem a relação cos 2 φ + cos 2 ψ + cos 2 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 canônica, segue que x = v cosφ, y = v cosψ e z = v cosθ. Exercício: Calcule os cossenos dos ângulos formados pelo vetor v com os vetores da base canônica, nos seguintes casos: a) v = (3, 2, 4) b) v = (3, 4) 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.

22 196 A π v u X Como qualquer ponto X π satisfaz a propriedade de AX ser uma combinação linear de u e v, dizemos que { u, v} é uma base de vetores do plano π, ou simplesmente, uma base de π. 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. versor( v2) Proj v u versor( u) v v 2 u { Como visto anteriormente, B = u π u, v 2 u v 2 De projeções ortogonais, temos que v = Proj v u + v 2, onde v 2 u e Proj v u = λ u, com λ = v u u 2. Então, v 2 = v λ u é uma combinação linear de u e v, sendo portanto um vetor do plano e { u, v 2 } é l.i. por serem ortogonais. Portanto { u, v 2 } é uma base ortogonal que gera o mesmo plano π. } é uma base ortonormal de π. 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) = = 5 e u 2 = u u = (1, 0, 3) (1, 0, 3) = = 10. Assim Proj v u = v u u 2 u = 5 10 (1, 0, 3) = 1 2 (1, 0, 3) = (1 2, 0, 3 2 ) e portanto v 2 = v Proj v u = ( 1, 1, 2) ( 1 2, 0, 3 2 ) = ( 3 2, 1, 1 2 ). Se queremos apenas que v 2 esteja no plano e seja ortogonal a u, podemos tomar qualquer múltiplo do vetor encontrado, por exemplo, v 2 = ( 3, 2, 1) = 2( 3, 1, 1 ) Observe que 2 2

23 u v 2 = (1, 0, 3) ( 3, 2, 1) = 0, confirmando o perpendicularismo. { Então, uma base ortonormal de π pode ser obtida como B = { (1,0,3) 10, ( 3,2,1) 14 }. u u, v 2 v }, ou seja, B = Observação: Quando somente a direção do vetor importa, como no caso v 2 acima, a troca por um múltiplo pode ser muito útil para simplificar as contas futuras, por exemplo, para encontrar o versor. Exercícios: 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). 2. Encontre uma base ortonormal qualquer do plano x 2y + 3z = 0. Sugestão: Encontre uma equação vetorial do plano e faça o exercício anterior. 3. Obtenha uma base ortonormal do espaço, onde os dois primeiros vetores da 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 e 1 e e 2 como base ortonormal do plano α, o vetor e 3 pode ser encontrado como o versor do vetor w = (1, 2,3). 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 = { e 1, e 2, e 3 } encontrada, temos que se OP = (a,b,c)b, então OP = (a,b, c) B. 4. Dada a base B = { v 1, v 2, v 3 } do espaço, obtenha uma base ortornormal E = { e 1, e 2, e 3 }, onde e 1 v 1 e e 2 é coplanar com v 1 e v 2, nos seguintes casos: a) v 1 = (1, 2, 3), v 2 = (0, 1, 1), v 3 = (0, 0, 1). b) v 1 = (0, 1, 2), v 2 = (1, 1, 2), v 3 = (1, 2, 5). Para encontrar e 1 e e 2 do plano de v 1 e v 2, proceda como nos exercícios anteriores: e 1 = versor( v 1 ) e e 2 = versor( v 2 ( v 2 e 1 ) e 1 ).

24 198 Para e 3, normalize (encontre o versor) w = v 3 p, onde p = ( v 3 e 1 ) e 1 + ( v 3 e 2 ) e 2 é a projeção ortogonal de v 3 no plano de e 1 e e 2. Este método é conhecido como Processo de ortogonalização de Gram-Schmidt Retas perpendiculares no plano Considere uma reta no plano R 2 dada pela equação vetorial r : X = (x 0, y 0 )+t(a, b), t R. A direção de r é dada pelo vetor não nulo v = (a, b) (0, 0). Uma reta s : X = P + l w, l R, é uma reta perpendicular a r se o vetor direção w for ortogonal a v (claro que w 0). Como obter vetores w ortogonais a v? 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 0, podemos considerar y como variável livre, obtendo x = ( b/a)y, donde para y = a temos w 1 = ( b,a) e para y = a temos w 2 = (b, a). E se b 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. Interprete geometricamente as escolhas naturais w 1 = ( b, a) e w 2 = (b, a), v r w olhando na figura. É claro que dado v = 1 (x0, y 0 ) (a, b) (0, 0) existe uma única direção ortogonal a v gerada por w 1 (ou w 2 = w 1 ). (a, b) w 2 Vimos no capítulo anterior, que para obtermos a equação geral da reta r : (x, y) =

25 199 (x 0, y 0 ) + t(a, b), t R, consideramos que {(x x 0, y y 0 ), (a, b)} é l.d. e portanto x x 0 y y 0 a b = 0, donde b(x x 0) a(y y 0 ) = 0. Logo, uma equação geral da reta fica: r : bx ay (bx 0 ay 0 ) = 0. Temos também que qualquer outra equação geral que define a mesma reta é múltipla desta equação. Assim, se Ax + By + C = 0 define a reta r, o vetor w = (A, B) é perpendicular 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 = (x 0, y 0 ) e é perpendicular a w = (a, b) é lembrar que se X = (x, y) r, AX w. Assim, (x x 0, y y 0 ) (a, b) = a(x x 0 ) + b(y y 0 ) = 0. w = (a, b) α X = (x, y) A = (x 0, y 0 ) r : a(x x 0 ) + b(y y 0 ) = 0 Dizemos também que a reta ax + by + c = 0 tem direção normal dada pelo vetor v = (a, b). Exercícios: 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.

26 x = 2 + 5l 2. Dada a reta r : y = 1 + 3l 200, l R, obtenha as equações paramétricas da reta s perpendicular a r que passa pelo ponto P = (1, 5). Encontre o ponto de intersecção das retas. 3. Verifique a reta r do exercício anterior satisfaz a equação 3(x 2) 5(y+1) = 0. 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 Consideremos inicialmente duas retas concorrentes (no plano ou no espaço), r : X = A + λ u, λ R s : X = B + µ v, µ R 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 v B π θ π θ, como na figura. Quando θ = π θ ocorre o perpendicularismo entre as retas, θ = π θ P. 2 Quando não são perpendiculares, um dos u A s 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.

27 201 Os ângulos que se formam em P são: o ângulo entre u e v e o ângulo entre u e v, tendo em vista que v ou v θ P determina a direção de s. v ( ) u v u v A fórmula cos ( u, ± v) = ± mostra que arccos determina o ângulo agudo u v u v entre as retas pois cos θ = cos(π θ) cosθ = cos(π θ). Exemplo: Calcular o ângulo entre as retas x = 2 + λ r : y = 3 + λ z = 1 5λ, λ R e s : X = (1, 2, 4) + µ(0, 1, 2), µ R. Primeiro, verifica-se (exercício!) 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 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) + ( 5) (2) = 11 < 0, u = = 27 e v = = 5. 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. Assim, (r, s) = arccos = arccos radianos Observação1: Considere por exemplo as retas x = 0 r : y = l, l R z = 3 e s : (x, y, z) = (µ, 2, 0), µ R. v u

28 202 O vetor diretor de r é j = (0, 1, 0) e o de s é ı = (1, 0, 0), e são claramente ortogonais ( j 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 são concorrentes, ou, dependendo do contexto, convenciona-se que o ângulo entre elas é 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, com direções normais n r = (a, b) e n s = (d, e), o ângulo entre as retas pode ser calculado com as direções normais: cos (r, s) = n r n s n r n s. s Exercícios: n s r n r De fato, o ângulo entre r e s é o mesmo que o ângulo entre as retas normais, cujas direções são dadas por n r e n s. 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 = 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?

29 203 Esboce a situação geométrica Retas perpendiculares a planos no espaço Uma reta r é perpendicular a um plano π se for ortogonal a todas as retas do plano. Ou seja, r : X = P + λ w, λ R é perpendicular a um plano π se w for ortogonal a todas as direções v do plano π. 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 do planos, pois w (x u + y v) = w u + w v = = 0. Tal vetor w é chamado vetor normal ao plano π. w v A u w x u + y v P r π Então, vamos ao problema de encontrar um vetor w = (a, b, c) ortogonal a π, encontrando um vetor ortogonal a u = (u 1, u 2, u 3 ) e a v = (v 1, v 2, v 3 ). 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

30 satisfeito: u 1 a + u 2 b + u 3 c = 0 v 1 a + v 2 b + v 3 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 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, w = (a, b, c) deve ser solução do sistema linear homogêneo a b = 0. 0 c Escalonando: l l l temos a + 1 que o sistema original é equivalente ao sistema c = 0 4 b 3c = 0 4 Logo temos que (a, b, c) = ( 1c, 3 c, c) e portanto, considerando c como o parâmetro 4 4 t (c = t), temos que (a, b, c) = ( 1t, 3t, t) = 4 4 t( 1, 3, 1). Ou seja, os vetores normais a 4 4 π são múltiplos de w 1 = ( 1, 3, 1). Ou de ( 1, 3, 4) 4 4 No capítulo anterior, encontramos a equação geral do plano π fazendo o determinante x x 0 y y 0 z z 0 u 1 u 2 u 3 = 0 (*), já que X = (x, y, z) π {(X A), u, v}l.d.. v 1 v 2 v 3 A w = (a, b, c) v u π A = (x 0, y 0, z 0 ), X = (x, y, z) π X {X A, u, v} l.d. ( ) a(x x 0 ) + b(y y 0 ) + c(z z 0 ) = 0 (a, b, c) (x x 0, y y 0, z z 0 ) = 0 204

31 x 5 y 3 z 7 No exemplo, = = (x 5) 2 1 (y 3) (z 7) = = (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 = (x 0, y 0, z 0 ) e w = (a, b, c), a equação do plano π passando por A e tendo w como vetor normal é dado por a(x x 0 ) + b(y y 0 ) + c(z z 0 ) = 0, que significa exatamente w AX = 0 para todo X π. w = (a, b, c) (x 0, y 0, z 0 ) (x, y, z) π : ax + by + cz + d = 0 Continuando os cálculos, ax + by + cz (ax 0 + by 0 + cz 0 ) = ax + by + cz + d = 0, fazendo d = (ax 0 + by 0 + cz 0 ). Distância de ponto a plano 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+2t 0, 1 3t 0, 1+4t 0 ) de r que pertence ao plano π satisfaz a equação 2(1+2t 0 ) 3(1 3t 0 )+4(1+4t 0 ) 10 = 0, donde 29t 0 = = 7 e portanto t 0 = Assim, Q = ( , 1 3 7, ) e d(p, π) = PQ = , 3 7, 4 7 ) = 7 (2, 3, 4) =

32 206 r P d(p, π) Q π w A P Proj AP w 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 w = (2, 3, 4) é o vetor normal e o ponto A = (5, 0, 0) π pode ser facilmente calculado fazendo y = z = 0. Logo d(p, π) = Proj AP w = ( AP w) ( 4, 1, 1) (2, 3, 4) = = w Se o plano é dado pela equação vetorial, o ponto A é expĺıcito, mas será necessário calcular o vetor normal, antes de efetuar a projeção. Exemplos e exercícios: 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). π w O plano mediador de A e B é o conjunto dos pontos X do espaço, equidistantes de A e

33 207 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, concluímos 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 = Calcule a distância entre os planos paralelos π 1 : x 2y + 3z 1 = 0 e π 2 : x 2y + 3z 10 = 0. Porque os planos são paralelos? 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 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 exercício. 8. Determine a distância do ponto P = (1, 1, 2) à reta r : X = (1, 3, 1) + t(2, 5, 1), t R. Sugestão: Encontre o ponto Q como no exercício anterior e calcule d(p,r) = PQ. 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

34 208 π, que também pode ser calculado como Q = P Proj AP w. Para (b), defina R como o ponto tal que QR = QP. Logo PR = PQ + QR = 2PQ, donde segue que o ponto é R = P + 2 PQ. Ou então, R = P 2ProjAP Retas tangentes à circunferência no plano Uma circunferência de centro C e raio R é uma curva plana (isto é, contida num plano), cujos pontos distam R do centro C. Consideremos aqui as circunferências no plano cartesiano R 2. Dado C = (x 0, y 0 ) e um raio R > 0, um ponto X = (x, y) R 2 pertence à circunferência de centro C e raio R se CX 2 = (X C) (X C) = R 2, donde (x x 0 ) 2 + (y y 0 ) 2 = R 2 é a equação da circunferência. y 0 C R X 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 r. y 0 C v P x 0 r w. Use esta idéia para resolver os seguintes exercícios: x 0 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 x 1 ) + b(y y 1 ) = 0, onde P = (x 1, y 1 ). 1. Encontre a equação da circunferência de centro (2, 3) e raio 5. Ache os pontos

35 de intersecção da circunferência com o eixo Ox. Encontre as equações das retas tangentes nesses pontos Dado Q = ( 3, 4), encontre as equações das retas tangentes à circunferência do exercício anterior e que passam pelo ponto dado. Analise a mesma questão para A = ( 1, 2) Planos tangentes à esfera no espaço C. Uma esfera de centro C e raio R é uma superfície cujos pontos distam R do centro Assim, uma esfera de centro C = (x 0, y 0, z 0 ) e raio R é dada pela equação (x x 0 ) 2 + (y y 0 ) 2 + (z z 0 ) 2 = R 2. Analogamente ao caso de retas tangentes a circunferências no plano, os planos tangentes a esferas de centro C e passando por um ponto P da esfera, são perpendiculares ao raio da esfera CP. Assim, se C = (x 0, y 0, z 0 ) é o centro e P = ( x, ȳ, z) um ponto da esfera, o vetor normal ao plano tangente è dado por N = ( x x 0, ȳ y 0, z z 0 ) = (a, b, c) e portanto, sua equação fica π : a(x x) + b(y ȳ) + c(z z) = 0. Exercícios: 1. Encontre um plano paralelo ao plano x 2y z = 0 e também tangente à esfera

36 (x 1) 2 + (y 3) 2 + (z + 1) 2 = 9. Qual o ponto de tangência? Quantos desses planos existem? Determine a esfera de raio r = 2 tangente ao plano π : x y + 3z 1 = 0 pelo ponto (1, 0, 0) π. 3. Determine o ponto da esfera (x 2) 2 + (y 3) 2 + (z + 1) 2 = 25 com plano tangente ortogonal a v = (1, 2, 5). Qual a equação do plano tangente? Qual a equação da reta normal à esfera pelo ponto? 4.2 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 possíveis, vamos introduzir o conceito de orientação no espaço.

37 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 pelo ponto O como sendo o semieixo positivo. 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, estaríamos com orientação negativa. 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 0 determina a orientação de r. Orientação do plano R 2 Consideremos o plano R 2. Dados um ponto O do plano e um par de vetores { v 1, v 2 } l.i., todos os pontos X do plano são dados pela equação vetorial X = O + λ v 1 + µ v 2, λ, µ R. Geometricamente, o ponto O e o vetor v 1 determinam uma reta r contida no plano, que separa o plano em dois semiplanos. Então, considerando os representantes dos vetores v 1 e v 2 a partir de O, temos que o representante de v 2 determina um único semiplano que o contém. v 2 r v 1 O

38 212 v 2 r v 1 O sentido anti-horário O ângulo orientado medido no sentido de v 1 para v 2 (dentro do semiplano): ou tem sentido horário (acompanhando o movimento dos ponteiros do relógio) ou tem sentido anti-horário. Na ilustração, { v 1, v 2 }, nesta ordem, tem o ângulo orientado no sentido anti-horário. 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, j} do plano cartesiano R 2 tem orientação positiva. Exemplo 2: Vimos anteriormente que dada uma reta r : X = (x 0, y 0 ) + t(a, b), t R, com v = (a, b) (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 B 1 = { v, w 1 } e B 2 = { v, w 1 } formam ambos bases ortogonais de R 2, porém, B 1 é base positiva e B 2 é base negativa, conforme podem ser verificados por meio de ângulos orientados. w 1 (x0, y 0 ) v r Em geral, convenciona-se que em R 2, uma base é positiva se possui a mesma orientação da base canônica C = { ı, j}. j ı orientação positiva v 2 v 1 orientação positiva ı j orientação negativa w 2 v v 1 v 2 orientação negativa

39 213 Um critério algébrico para checar se a escolha de uma base B = { v 1, v 2 } de R 2 é positiva ou negativa, é o critério do determinante, como segue. Sejam v 1 = (a, b) e v 2 = (c, d) dados num sistema de coordenadas cartesianas. A matriz A = a b cujas linhas são as coordenadas dos vetores, tem determinante c d não nulo, já que os vetores são l.i. Se det(a) > 0 a base B tem a mesma orientação da base canônica do sistema, isto é, tem orientação positiva. Se det(a) < 0, a base terá orientação negativa. a b No exemplo das bases ortogonais, b a = a2 + b 2 > 0 donde a base { v, w 1 } é a b positiva e b a = (a2 + b 2 ) < 0, donde a base { v, w 2 } é negativa. Mais geralmente, se (a, b) e (c, d) são as coordenadas dos vetores de uma base B 1 dados em relação a uma base B, a orientação definida por B 1 é a mesma orientação a b definida por B se c d > 0. Exercícios: 1. Determine quais das bases abaixo são positivas: a) {(1, 1), ( 1, 2)} b) { ı j, ı + j} c) {(2, 1), (1, 3)}. 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?