Lista 2 Gabarito

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Universidade Federal de Pernambuco
Departamento de Matemática - Geometria Analítica 1
Prof. Rodrigo Cavalcante
Segunda Lista
Álgebra Vetorial II
1. Considere o paralelepípedo retângulo abaixo:
A B
C
D
E F
GH
b b
bb
b b
bb
a) Escreva o vetor
−→
AG como combinação linear dos vetores
−→
AE,
−−→
AD e
−−→
AB;
b) Escreva o vetor
−−→
BH como combinação linear dos vetores
−→
AE,
−−→
AD e
−−→
AB;
c) O vetor
−→
AG pode ser escrito como combinação linear dos vetores
−→
AC,
−−→
AD e
−−→
AB? Justifique sua resposta.
2. Seja ABC um triângulo. Suponha que M , N e P sejam os pontos médios de AB, BC e CA respectivamente.
Seja G o ponto comum às retas AN e BP e seja H o ponto comum às retas AN e CM .
a) Mostre que
−−→
AN = 12
−→
AC + 12
−−→
AB;
b) Mostre que
−−→
BP = 12
−−→
BC + 12
−−→
BA;
c) Mostre que existem números reais α, β, λ e µ tais que:
−→
AG = λ
−−→
AN,
−−→
BG = µ
−−→
BP,
−−→
CH = α
−−→
CM e
−−→
AH = β
−−→
AN
d) Mostre que α = β = λ = µ = 23
3. Mostre que se a sequência (~v1, ~v2, ~v3) é LI, então, dado que αi 6= 0, a sequência (α1~v1, α2~v2, α3~v3) também é
LI.
4. Mostre que se a sequência (~v1, ~v2, ~v3) é LI e ~u = α~v1+β~v2+γ~v3 é um vetor não nulo genérico, então a sequência
(~v1 + ~u, ~v2 + ~u, ~v3 + ~u) é LI apenas se α+ β + γ + 1 6= 0.
5. Mostre que se a sequência (~v1, ~v2, ~v3) é LI então a sequência (~v1 + ~v2 + ~v3, ~v1 − ~v2, ~v2) é LI.
1
Propostas de Respostas
1. Os vetores pedidos são indicados na figura.
A B
CD
E F
GH
b b
bb
b b
bb
a) Pela regra da soma
−→
AG =
−−→
AB +
−−→
BC +
−−→
CG. Mas
−−→
BC =
−−→
AD e
−−→
CG =
−→
AE, logo
−→
AG =
−−→
AB +
−−→
AD +
−→
AE
b) Pela regra da soma
−−→
BH =
−−→
BA+
−−→
AD +
−−→
DH. Mas
−−→
DH =
−→
AE e
−−→
BA = −−−→AB, logo
−−→
BH = −−−→AB +−−→AD +−→AE
c) Não, pois os representantes de
−→
AC,
−−→
AD e
−−→
AB estão no plano que contém a face ABCD, formando então
uma sequência LD, ao passo que a diagonal
−→
AG não está contida neste plano.
2. De acordo com a geometria dada temos
A B
C
M
NP
G
b b
b
b
bb
b
A B
C
M
NP
H
b b
b
b
bb
b
a) −−→
AN =
−→
AC +
−−→
CN
−−→
AN =
−−→
AB +
−−→
BN
Somando as duas equações e tendo em conta que
−−→
BN = −−−→CN (pois N é ponto médio de BC) obtemos
2
−−→
AN =
−−→
AB +
−→
AC, logo
−−→
AN =
1
2
−−→
AB +
1
2
−→
AC
b) De forma completamente análoga temos −−→
BP =
−−→
BC +
−−→
CP
−−→
BP =
−−→
BA+
−→
AP
Somando as duas equações e tendo em conta que
−→
AP = −−−→CP (pois P é ponto médio de AC) obtemos
2
−−→
BP =
−−→
BA+
−−→
BC, logo
−−→
BP =
1
2
−−→
BA+
1
2
−−→
BC
2
c) Como os pontos A, G e N pertencem à mesma reta, os segmentos de reta AG e AN tem a mesma direção
e, por consequência, os vetores que tem
−→
AG e
−−→
AN como representantes são paralelos. Isto implica que,
assumindo que nenhum destes vetores é nulo, existe uma constante não nula que ao ser multiplicada por
um gera um vetor igual ao outro, isto é,
∃ λ 6= 0 | −→AG = λ−−→AN
Este mesmo argumento pode ser utilizado para os pontos B,G e P , C,H e M e para A,H e N , de forma
que
∃ µ 6= 0 | −−→BG = µ−−→BP
∃ α 6= 0 | −−→CH = α−−→CM
∃ β 6= 0 | −−→AH = β−−→AN
d) Note que
−−→
AB =
−→
AG − −−→BG. Como mostrado no item c) temos −−→AB = λ−−→AN − µ−−→BP . Dos itens a) e b)
temos então
−−→
AB = λ
(
1
2
−−→
AB + 12
−→
AC
)
−µ
(
1
2
−−→
BA+ 12
−−→
BC
)
. Note agora que
−−→
BC =
−→
AC−−−→AB. Juntando esses
resultados temos: −−→
AB = λ
(
1
2
−−→
AB +
1
2
−→
AC
)
− µ
(
1
2
−−→
BA+
1
2
−→
AC − 1
2
−−→
AB
)
Reorganizando os temos temos
(λ+ 2µ− 2)−−→AB + (λ− µ)−→AC = ~0
Como
−−→
AB e
−→
AC se apoiam em lados não paralelos de um triângulo, a sequência é LI, o que implica que{
λ+ 2µ− 2 = 0
λ− µ = 0 ⇒ λ = µ =
2
3
Para provar que α = β = 23 você pode começar mostrando que
−−→
CM = 12
−→
CA + 12
−−→
CB e escrevendo
−−→
CB =−−→
AB −−→AC. Tendo isto em conta,escrevendo −→CA = −−→CH +−−→HA e usando as igualdadades mostradas no item
c) temos obtemos
−→
CA =
α
2
(2
−→
CA+
−−→
AB)− β
2
(
−−→
AB +
−→
AC)
reorganizando os termos temos
(−2α− β + 22)−→AC + (α− β)−−→AB = ~0
Pelo mesmo motivo anterior temos{
−2α− β − 2 = 0
α− β = 0 ⇒ α = β =
2
3
3. Considere a combinação linear
γ1(α1~v1) + γ2(α2~v2) + γ3(α3~v3) = ~0
que pode ser reescrita como
(γ1α1)~v1 + (γ2α2)~v2 + (γ3α3)~v3 = ~0
Como a sequência (~v1, ~v2, ~v3) é LI, temos que a combinação linear β1~v1 + β2~v2 + β3~v3 = ~0 implica que
β1 = β2 = β3 = 0, logo: 
γ1α1 = 0
γ2α2 = 0
γ3α3 = 0
Dado que todos os αi 6= 0 podemos concluir que γ1 = γ2 = γ3 = 0 é a única possibilidade para tornar a primeira
combinação linear válida, o que implica que (α1~v1, α2~v2, α3~v3) também é LI.
4. Precisamos mostrar que a combinação linear que gera o vetor nulo em termos dos vetores ~v1+~u, ~v2+~u e ~v3+~u
admite apenas a solução trivial, isto é,
δ1(~v1 + ~u) + δ2(~v2 + ~u) + δ3(~v3 + ~u) = ~0 ⇒ δ1 = δ2 = δ3 = 0
Inserindo ~u = α~v1 + β~v2 + γ~v3 na combinação linear anterior temos
δ1(~v1 + α~v1 + β~v2 + γ~v3) + δ2(~v2 + α~v1 + β~v2 + γ~v3) + δ3(~v3 + α~v1 + β~v2 + γ~v3) = ~0
3
Agrupando os termos semelhantes temos
(δ1(1 + α) + δ2α+ δ3α)~v1 + (δ1β + δ2(1 + β) + δ3β)~v2 + (δ1γ + δ2γ + δ3(1 + γ))~v3 = ~0
Como a sequência (~v1, ~v2, ~v3) é LI concluímos que
δ1(1 + α) + δ2α+ δ3α = 0
δ1β + δ2(1 + β) + δ3β = 0
δ1γ + δ2γ + δ3(1 + γ) = 0
As incógnitas deste sistema são δ1, δ2 e δ3, este sistema possui solução única se, e somente se, a matriz dos
coeficientes tem determinante não nulo, isto é:∣∣∣∣∣∣
1 + α α α
β 1 + β β
γ γ 1 + γ
∣∣∣∣∣∣ 6= 0
Desenvolvendo esse determinante concluímos que α+ β + γ + 1 6= 0, como queríamos demonstrar.
5. Se a sequência (~v1 + ~v2 + ~v3, ~v1 − ~v2, ~v2) for LI então a equação α(~v1 + ~v2 + ~v3) + β(~v1 − ~v2) + γ~v2 = ~0 admite
apenas a solução trivial α = β = γ = 0. Reordenando os termos obtemos
(α+ β)~v1 + (α− β + γ)~v2 + α~v3 = ~0
e como (~v1, ~v2, ~v3) é LI temos então
α+ β = 0
α− β + γ = 0
α = 0
⇒ α = β = γ = 0
de onde concluímos que a sequência (~v1 + ~v2 + ~v3, ~v1 − ~v2, ~v2) é LI.
4