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solucionario ga

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Text of solucionario ga

  • Resolucao de Exerccios de Geometra no Espaco

    2013

  • Ministerio da Educacao

    Fundacao Universidade Federal do Vale do Sao Francisco - UNIVASF

    Pro-Reitoria de Ensino - PROEN

    Secretaria de Registro e Controle Academico - SRCA

    Colegiado de Engenharia Mecanica - CEMEC

    .

    Orientador: Professor Beto Rober Bautista Saavedra

    Participantes: .

    1. Danillo Emanuel Leite Guimaraes.

    2. Italo Carolino Santana Pires.

    3. Natan Cleverton Silva Melo.

    4. Silas Santana Coelho

    1

  • 1. Seja a equacao Cartesiana da parabola y = x2 no plano. Colocar a parabola

    dada no plano x + y + 2z = 1. Logo, dar uma representacao parametrica dela

    no espaco.

    Solucao . Primeiro procuramos dois vetores unitarios perpendiculares paralelos ao plano.

    O vetor normal ao plano e (1, 1, 2). Por simples inspecao , obtemos um dos vetores :

    ( 12. 1

    2, 0). Para obter o outro procedemos como segue:

    (1, 1, 2) (1,1, 0)|(1, 1, 2) (1,1, 0)| = (

    13,13, 1

    3)

    O ponto (1,0,0) pertence ao plano. Uma representacao parametrica pode ser

    (x, y, z) = (1, 0, 0) + t(12. 1

    2, 0) + t2( 1

    3,13, 1

    3)

    2

  • 2. Encontrar o ponto da esfera x2 + y2 + z2 = 1, onde assume o valor maximo a

    funcao f(x, y, z) = x2 + y2 + z2 + 2x+ y + 4z.

    Solucao . f(x, y, z) = (x+ 2)2 + (z + 2)2 + (y + 12 )2 1 4 14 O problema consiste

    em encontrar o ponto onde intersecta tangencialmente a esfera x2 + y2 + z2 = 1 com

    esfera de maior raio (x + 2)2 + (z + 2)2 + (y + 12 )2 = 214 + d. Para isso, intersectamos a

    reta t(2, 2, 14 ) com a esfera x2 + y2 + z2 = 1. O que nos da:

    (1298,1298,12964

    ) e (1298

    ,1298

    ,12964

    )

    O ponto que esta mais longe do centro (2,2, 14 ) e ( 1298 , 1298 , 12964 ).

    3

  • 3. Dar as equacoes parametricas da circunferencia contida no plano x+y+2z = 1

    de centro (1, 0, 0) e raio 2.

    Solucao . Uma representacao parametrica pode ser

    (1, 0, 0) + 2cos()(12. 1

    2, 0) + 2sen()( 1

    3,13, 1

    3), [0, 2pi].

    4

  • 4. Dar tres pontos do plano x+ y+2z = 1 que formem um triangulo com angulo

    interior igual a pi5

    Solucao . Os tres pontos sao :

    (1, 0, 0), (1+(12. 1

    2, 0), (1, 0, 0)+ cos(

    pi

    5)(

    12. 1

    2, 0)+ sen(

    pi

    5)( 1

    3,13, 1

    3))

    5

  • 5. Existe algum plano que passa pelos pontos (3, 0, 0), (0,2, 0) (0, 0,3) e (1, 1, 1) ?

    Solucao . A resposta e negativa. Mas, assumamos que existe um plano que passa

    pelos pontos (3, 0, 0), (0,2, 0), (0, 0,3) e (1, 1, 1). Para determinar a equacaoCartesiana desse plano precisamos de um ponto no plano e dois vetores paralelos ao

    plano, por exemplo,

    Po = (3, 0, 0); v = (0,2, 0)(3, 0, 0) = (3,2, 0); u = (0, 0,3)(3, 0, 0) = (3, 0,3).

    O vetor u v = (6,9,6) e normal ao plano . Logo, a equacao Cartesiana de e

    [(x, y, z) (3, 0, 0)].(6, 9,6) = 0

    Isto e,

    2x+ 3y 2z = 6

    Porem, o ponto (1, 1, 1) nao pertence ao plano , pois

    2(1) + 3(1) 2(1) 6= 6

    Assim, verificamos que nao existe tal plano.

    6

  • 6. Determine o centro e o comprimento do raio da circunferencia da intersecao da esfera

    x2 + y2 + z2 = 25 com o plano 2x+ y + z = 4.

    Solucao . A solucao depende da seguinte observacao : o centro da esfera e o interior da

    circunferencia podem ser considerados como o vertice e a base de um cone(ver figura).

    Alem disso, pode-se verificar sem dificuldade que o segmento que liga o centro da cir-

    cunferencia, C, e o centro da esfera, O = (0, 0, 0), e perpendicular ao interior da

    circunferencia, i.e., ao plano 2x+ y + z = 4, denotado por .

    A reta que liga os pontos O e C e paralelo ao vetor (2, 1, 1), perpendicular ao

    plano . Logo, a equacao parametrica desta e

    x = 2t, y = t, z = t

    O ponto C seria a intersecao de com o plano . Isto e C = ( 43 ,23 ,

    23 ). Observemos

    que os ponto O, C e um ponto qualquer da circunferencia Q sao o vertices de um

    triangulo retangulo. O comprimento do segmento OQ e 5 e o segmento OC e 26

    3 .

    Logo, o comprimento do raio procurado e

    673 .

    7

  • 7. Existe algum ponto comun entre a esfera x2+y2+z2 = 4 e o plano x+y+z =

    4.

    Solucao . A resposta e negativa. Pois, a distancia do centro da esfera ao plano e maior

    que o comprimento do raio que e 2.

    8

  • 8. Encontre a intersecao dos planos 2x+ 3y + z = 1 e x 2y + 3z = 0.

    Solucao . Sabemos que a intersecao de dois planos e uma reta. Assim, procuraremos

    as equacoes parametricas desta reta. Um ponto generico da intersecao e um ponto que

    satisfaz simultaneamente as equacoes dos dois planos, isto e, e uma solucao do sistema

    2x+ 3y + z = 1

    (D)

    x 2y + 3z = 0

    Em termos de z, a solucao do sistema (D) e

    x =27 11

    7z

    y =17+57z.

    Portanto, os pontos da intersecao da forma

    (x, y, z) = (27 11

    7z,17+57z, z)

    Logo, as equacoes parametricas sao

    x =27 11

    7t

    y =17+5t7

    z = 0 + t

    9. Prove que o vetor (1, 1, 1)(2, 3, 4) e paralelo a` intersecao dos planos x+y+z =0 e 2x + 3y + 4z = 5. Solucao . A intersecao e uma reta que e perpendicular aos

    vetores (1, 1, 1) e (2, 3, 4), logo e paralela ao vetor

    (1, 1, 1) (2, 3, 4).

    9

  • 10. Determine o ponto do plano ax+ by + cz = d mais proximo da origem.

    Solucao . Observar que o vetor (a, b, c) e perpendicular ao plano dado. Logo, o ponto

    do plano mais proximo da origem e a intersecao do plano com a reta que passa pela origem

    e e paralela ao vetor (a, b, c), isto e,

    (x, y, t) = t(a, b, c).

    Entao , o ponto procurado ed

    a2 + b2 + c2(a, b, c)

    10

  • 11. Determine o ponto da esfera x2+y2+z2 = 4 mais proximo do plano x+y+z = 6.

    Solucao . Observar que o vetor (1, 1, 1) e normal ao plano dado.Logo, o ponto da esfera

    mais proximo da origem e a intersecao da esfera com a semi-reta que passa pela origem

    com a mesma direcao e sentido do vetor (1, 1, 1), isto e,

    (x, y, t) = t(1, 1, 1), t > 0.

    Entao , o ponto procurado e23

    3(1, 1, 1)

    11

  • 12. Prove que o vetor (a, b, c) (a1, b1, c1) e paralelo a` intersecao dos planos ax+by + cz = d e a1x+ b1y + c1z = d1.

    Solucao . Sem considerar os casos singulares, plano ou vazio, a intersecao e uma reta

    que e perpendicular aos vetores (a, b, c) e (a1, b1, c1), logo e paralela ao vetor

    (a, b, c) (a1, b1, c1).

    12

  • 13. Encontre a equacao do plano que passa pelo ponto (2, 1, 0), e e perpendicular

    aos planos 2x+ 2y 3z + 4 = 0 e 8x 4y + 16z 1 = 0.

    Solucao . A normal n do plano procurado e perpendicular a`s normais dos planosdados, (2, 2,3) e (8,4, 16). Logo, podemos assumir

    n = (2, 2,3) (8,4, 16) = (20,56,24)

    A equacao Cartesiana do plano procurado e

    20(x 2) 56(y 1) 24z = 0.

    13

  • 14. De uma equacao do plano que passa pelos pontos P = (1, 1,1) e Q = (2, 1, 1)e que dista 1 da reta

    r : (1, 0, 2) + t(1, 0, 2).

    Solucao . Observar que o vetorPQ = (1, 0, 2). Logo, todo plano que passa por P e Q

    e paralelo a` reta r. Assim, outra forma de formular o problema e encontrar o plano

    tangente a` esfera (x 1)2 + y2 + (z 2)2 = 1, que passa pelos pontos P e Q. Paraisso, e suficiente encontrar um ponto R = (a, b, c) da esfera dada tal que

    (a 1)2 + b2 + (c 2)2 = 1(a 1, b, c 2) (a 1, b 1, c+ 1)(a 1, b, c 2) (a 2, b 1, c 1)(a 1, b, c 2) (1, 0, 2)

    Na realidade, existem dois planos que satisfazem as condicoes . Mas, pedimos somente

    um plano. Logo, basta considerar quando (a, b, c) = (1, 1, 2). Assim, o vetor normal do

    plano procurado e n = (0, 1, 0) e a equacao Cartesiana do plano e

    y 1 = 0.

    14

  • 15. Encontrar o vetor bissetriz dos vetores (1, 2, 3) e (3, 2, 1).

    Solucao . Consideremos os vetores unitarios na direcao e no sentido dos vetores dados.

    Isto e,u = 1

    14(1, 2, 3) e v = 1

    14(3, 2, 1)

    Logo, um vetor bissetriz procurado e

    u +v

    15

  • 16. Escreva uma das equacoes parametricas do plano 3x y + z = 5.

    Solucao .Verifica-se que o ponto (0, 0, 5) pertence ao plano. Resta encontrar dois

    vetores nao paralelos; mas paralelos ao plano,isto e, perpendiculares a` normal (3,1, 1).Uma possibilidade e (0.1, 1) e (1, 3, 0). Logo,

    x = s

    y = t+ 3s

    z = 5 + t

    16

  • 17. Escreva a equacao Cartesiana do plano:x = 2 2pit+ 32sy = 3 + pit8sz = 1 + pi2 t

    50s

    Solucao . Para a equacao Cartesiana, precisarmos de um ponto do plano e um ve-

    tor normal ao plano. O ponto pode ser (2, 3,1). Os vetores tangentes ao plano(2pi, pi, pi2 ) e (3

    2,8,50) ao vetores (4, 2, 1) e (3,2,5). Logo, o vetor normal

    e i j k

    4 2 13 2 5

    = (8,17, 2)Assim, a equacao Cartesiana e

    (x 2, y 3, z + 1)(8,17, 2) = 0

    Isto e

    8x 17y + 2z + 59 = 0

    17

  • 18. Verifique que a reta x = 2 + 2t

    y = 1 + t

    z = 5t

    esta contida no plano 2x+ y z = 0.

    Solucao . A reta nao esta contida, pois o ponto (2, 1, 0) nao pertence ao plano.

    18

  • 19. Determine o simetrico do ponto P (2, 1, 3) em relacao ao plano x2y+3z = 1.

    Solucao . Seja a reta que passa pelo ponto (2, 1, 3) e que e perpendicular ao plano:x = 2 + t

    y = 1 2tz = 3 + 3t

    A interseccao dessa reta com o plano e Q( 107 ,157 ,

    97 ). O vetor

    PQ perpendicular ao plano

    e (47 ,87 ,127 ). Assim, o ponto simetrico e

    S = QPQ = (2, 1, 3)

    19

  • 20. Sejam u = (1, 1,2) e v = (2,1, 1).

    (a)(1 ponto) Dete

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