Geometria analitica

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EFB102 - Diurno

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EFB102 - DIURNO 2013 – 1º Semestre – Prova P1 Disc.: GEOMETRIA ANALÍTICA E ÁLGEBRA LINEAR Curso: CICLO BÁSICO Aluno: Curso: Série Período: RG: RA: Nota: Série:

São Caetano do Sul, 15 de abril 2013. Assinatura:

EFB102 – DIURNO – GABARITO – P1 – 2013
Q1: Na figura, tem-se:  AGFE e GBCF são quadrados congruentes;  CDE é um triângulo isósceles;  u  ED e v BA ;  DF  2  FG . a) (0,75) Expresse os vetores DC , DF e AF como combinações lineares de u e v .
E
u

D

DC

DF

H
F
C

v

AF
v
A
G

y

4 AF 3
B

Solução: A partir da figura, temos:
DC  DE  EC  u  v ; DF  DE  EF  u 
1 1 1 v ; AF  AB  BC  CD  DF   v  u . 2 4 2

b) (0,75) Localizar na figura o ponto H tal que 4FH  AH . Justifique algebricamente suaresposta. Solução: Tem-se 4FH  AH (*). Mas AF  AH  HF , para quaisquer pontos A, F e H. Utilizando (*), temos:
AF  4 FH  FH  AF  3  FH  FH  1 1  AF , ou equivalentemente: H  F  AF . 3 3

O ponto H está representado na figura.

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c) (0,5) Construir na figura, a partir do ponto B, o vetor y  representante de y com origem no ponto B?

4 AF  v .Qual a extremidade de um 3

Solução: O vetor y está representado na figura. Nota-se que a extremidade de um representante do vetor y com origem no ponto B é o ponto H.

******************************************************************************************

Q2: Na figura, ABCDEFGH é um paralelepípedo em que u  AD , v  AB e w  AE . Além disso, os pontos I, J, L e M são pontos médios dossegmentos em que estão localizados.
H
G

São conhecidos os vértices:
A  1,0, 1 , B   2,1, 2 ,
D   0, 2,1 e E   2, 1,1 .

I

L

J

K

a) (0,5) Determine as coordenadas dos vetores u , v e w. Solução: Aplicando a notação de Grassmann, temos:
u  D  A   0, 2,1  1,0, 1  v  B  A   2,1, 2   1,0, 1    1 2 2  1 1 3
T T

D

C

E

F

M
uw

A

v

B

w  E  A   2, 1,1  1,0, 1   1 1 2
T

b) (0,75) Determine as coordenadas dos pontos I, F e J. Solução: De acordo com a figura: BF  w , assim F  B  w   2,1, 2  1 1 2   3,0, 4  .
T

Uma vez que DI 
JF

1 1 1 1 1  1 3  w e FJ  u , temos I  D  w   0, 2,1    1   , , 2  e 2 2  2 2 2 2 2 
T

T

1  1  5  u   3,0, 4    1 1   ,1,5  . 2 2 2    

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c) (0,5) Sabendo-se que IB  u  v  1 2 w e IJ   1 2 u  v  1 2 w , escreva os vetores BL e
MJ como combinações lineares dos vetores u , v e w .

Solução: Sabendo-se que IB  u  v  1 2 w e observando a figura, escreve-se o vetor BL como combinações lineares dos vetores u , v e w :
BL  BI  IL  BI  11 1 1 1 3 1 3 IJ  u  v  w  u  v  w  u  v  w 2 2 4 2 4 4 2 4

Sabendo-se que IJ   1 2 u  v  1 2 w e observando a figura, escreve-se o vetor MJ como combinações lineares dos vetores u , v e w :
MJ  MI  IJ  1 1 1 1 1 1 1 3 BI  IJ  u  v  w  u  v  w  v  w 2 2 2 4 2 2 2 4

d) (1,25) Seja o plano do triângulo BIJ. Escreva o vetor BK como uma combinação linear de u , v ew.
 BK   BL 1  Solução: No triângulo BIJ, temos  e BK  BM  MK   IB   MJ   BL . 2  MK   MJ  Explicitando os vetores envolvidos como combinações lineares de u , v e w , vem:

.

3  3 1 1 1  3 u v w u v  w v  w 4 2 4 2 2 4 2 4

 1 3   1    1 3 3  Rearranjando:   u   2  2  2 v   4  4  4 w  0 . 2 4     
 1 3 2  4  0   1   Umavez que u, v, w é l.i., então:      0 .  2 2 2  1 3 3 4  4  4  0 

A solução deste sistema linear é  

23 1 3  1 1 1 2 1 e   . Daí: BK   u  v  w   u  v  w . 34 2 4  2 3 2 3 3

****************************************************************************************** Q3 – Parte A: (0,5) Sejam os vetores u , v , w e z tais que w  u  v e u z . Prove que...
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