1. A Matem´tica do Ensino M´dio, volume 3
a e
SOLUCOES DOS EXERC´
¸˜ ICIOS
CAP´
ITULO 1
3−2
1. A inclina¸˜o da reta r ´ a =
ca e = 1/3. Como ela passsa pelo ponto (4, 2), sua
7−4
1 x 2
equa¸˜o ´ y = 2 + (x − 4), ou y = + , ou ainda x − 3y = −2. Portanto:
ca e
3 3 3
a) O ponto (16, k) pertence a r se, e somente se, 16 − 3k = −2, isto ´, 3k = 18,
e
donde k = 6.
1997 + 2 1
b) O ponto de r com abcissa 1997 tem ordenada y = = 666 , logo o
3 3
ponto (1997, 666) est´ abaixo de r.
a
0−b
2. A inclina¸˜o desssa reta ´
ca e = −b/a. Ela passa pelo ponto (a, 0). Logo, sua
a−0
b b
equa¸˜o ´ y = 0 − (x − a) = − x + b, ou ent˜o bx + ay = ab. Usualmente, esta
ca e a
a a
x y
equa¸˜o ´ escrita sob a forma + = 1. Evidentemente, estamos supondo a = 0
ca e
a b
e b = 0. Se um destes dois n´meros ´ zero, a reta coincide com um dos eixos. Se
u e
ambos forem zero, qualquer reta que passe pela origem resolve o problema.
1 1 1
3. As coordenadas do ponto P = (x, y) s˜o x = 1 −
a a+ b e y = 1 − a+
3 3 3
1
b , ou seja, x = (2a + b)/3 e y = (2a + b )/3.
3
4. Sejam A = (a, a ), B = (b, b ) e C = (c, c ) os v´rtices do triˆngulo e M =
e a
b+c b +c
, o ponto m´dio do lado BC. O ponto P da mediana AM tal
e
2 2
1 b+c 1 a+b+c
que d(P, M )/d(A, M ) = 1/3 tem coordenadas 1 − + a =
3 2 3 3
1 b +c 1 a +b +c a+b+c a +b +c
e 1− + a = , logo P = , . Se cal-
3 2 3 3 3 3
cularmos as coordenadas dos pontos das outras medianas que as dividem na mesma
raz˜o encontraremos que esses pontos coincidem com P . Logo P est´ nas trˆs
a a e
medianas.
5. Admitindo que os v´rtices A, B, C e D = (x, y) s˜o enumerados consecuti-
e a
vamente, AC e BD s˜o as diagonais do paralelogramo logo seus pontos m´dios
a e
1

2. a+c b+x a +d b +y
coincidem. Temos ent˜o
a = e = · Da´ vem x = a + c − b e
ı
2 2 2 2
y = a + c − b . Estas s˜o as coordenadas do quarto v´rtice D.
a e
6. Escolhendo os eixos de modo que A = (0, 0) e B = (b, 0), os outros dois v´rtices
e
do paralelogramo ABCD s˜o C = (c, c ) e D = (d, c ). Como AD e BC tˆm a mesma
a e
inclina¸˜o, temos c /d = c /(c − b), donde c = b + d. As coordenadas do ponto m´dio
ca e
da diagonal AC s˜o c/2 e c /2, enquanto as da diagonal BD s˜o (b + d)/2 e c /2.
a a
Logo esses pontos m´dios coincidem.
e
Reciprocamente, se os pontos m´dios das diagonais coincidem ent˜o c = b + d e
e a
c = d , logo o segmento CD ´ horizontal (portanto paralelo a AB) e, como c−b = d,
e
BC e AD tˆm inclina¸˜es iguais, portanto s˜o paralelos e o quadril´tero ABCD ´
e co a a e
um paralelogramo.
7. Dado o triˆngulo ABC, tome um sistema de coordenadas no qual A = (0, 0),
a
B = (b, 0) e C = (c, c ). Os pontos m´dios de AC e BC s˜o respectivamente
e a
c c b+c c
M= , eN = , . M e N tˆm ordenadas iguais, logo M N ´ paralelo
e e
2 2 2 2
ao eixo das abcissas, isto ´, a AB. Al´m disso, ´ claro que M N = |b|/2 = AB/2.
e e e
8. Dado o trap´zio ABCD, no qual os lados paralelos s˜o AB e CD, tome um
e a
sistema de eixos de modo que A = (0, 0), B = (b, 0), C = (c, c ) e D = (d, c ).
d c
Os pontos m´dios dos lados AD e BC s˜o respectivamente M =
e a , eN =
2 2
b+c c
, . Na escolha dos eixos, podemos admitir que b > 0 e c > d. Ent˜o os
a
2 2
comprimentos dos lados paralelos s˜o AB = b, CD = c − d enquanto o segmento
a
M N tem comprimento M N = (b + c − d)/2. Logo M N = (AB + CD)/2.
9. Dado o quadril´tero ABCD, com A = (a, a ), B = (b, b ), C = (c, c ) e D = (d, d ),
a
sejam M , N , P , Q respectivamente os pontos m´dios dos lados AB, BC, CD e DA.
e
As diagonais do quadril´tero M NP Q s˜o os segmentos M P e NQ, cujos pontos
a a
a+b+c+d a +b +c +d
m´dios concidem pois suas coordenadas s˜o
e a , · Logo
2 2
M NP Q ´ um paralelogramo.
e
10. Escolhe-se um sistema de coordenadas no qual A ´ a origem e AB est´ sobre o
e a
eixo das abcissas. Ent˜o A = (0, 0), B = (b, 0), C = (b + d, c) e D = (d, c). Logo
a
2 2 2 2
AB + BC + CD + DA = b2 + (d2 + c2 ) + b2 + (d2 + c2 ) = 2(b2 + c2 + d2 ). Esta ´ e
a soma dos quadrados dos lados do paralelogramo ABCD. A soma dos quadrado q[(.)ogramo

3. 11. Um ponto P = (x, y) pertence ao lugar geom´trico procurado se, e somente se,
e
2 2 2 2
(x − 1) + (y − 3) = (x − 5) + (y − 1) . Simplificando, obt´m-se 2x − y = −4,
e
portanto o lugar geom´trico ´ uma reta.
e e
12. A equa¸˜o procurada ´ y 2 = x2 +(y −2)2 . Simplificando, tem-se x2 −4y +4 = 0,
ca e
x2
ou ainda, y = + 1. (Equa¸˜o de uma par´bola.)
ca a
4
13. Um sistema de coordenadas que simplifica as contas e trata igualmente os pontos
A e B ´ aquele em que A = (−a, 0) e B = (a, 0). O ponto P = (x, y) pertence ao
e
lugar geom´trico procurado se, e somente se, (x + a)2 + y 2 + (x − a)2 + y 2 = k 2 , ou
e
k2
seja (simplificando): x2 + y 2 = − a2 . (Note que d(A, B) = 2a.) Se k 2 < 2a2 , o
2
lugar geom´trico ´ vazio. Se k 2 = 2a2 , o unico ponto nele contido ´ a origem, isto ´
e e ´ e e
2 2
(nos termos do problema proposto), o ponto m´dio do segmento AB. E se k > 2a ,
e
o lugar geom´trico ´ a circunferˆncia cujo centro ´ o ponto m´dio do segmento AB
e √e e e e
e cujo raio mede k 2 − 2a2 = k 2 − d(A, B)2 /2.
14. Procedendo como acima, encontramos que a equa¸˜o do lugar geom´trico procu-
ca e
rado ´ (x + a) + y − (x − a) − y = k , ou seja, 4ax = k , ou ainda, x = k 2 /4a. O
e 2 2 2 2 2 2
lugar geom´trico procurado ´, portanto, uma reta perpendicular ao segmento AB.
e e
O problema tem solu¸˜o seja qual for o valor de k.
ca
15. Sejam A = (5, 5) e B = (1, 7). Estes pontos est˜o sobre as retas y = x e y = 7x
a
√
respectivamente, ambos a distˆncia 50 da origem 0. Logo o triˆngulo OAB ´
` a a e
is´sceles e M = (3, 6), ponto m´dio do lado AB, ´ o p´ da mediana OM , logo OM
o e e e
´ a bissetriz do angulo AOB. Portanto a equa¸˜o da bissetriz ´ y = 2x. Como o
e ˆ ca e
o
angulo AOB ´ agudo (contido no 1¯ quadrante) ele ´ o menor ˆngulo formado pelas
ˆ e e a
duas retas dadas.
16. O lugar geom´trico que se pede ´ a bissetriz do menor angulo formado pelas
e e ˆ
√
retas y = x e y = 1, logo ´ a reta de equa¸˜o y = 1 + ( 2 − 1)(x − 1).
e ca
2
17. Temos A = (0, y) e B = (x, 0), logo 2 = AB = x2 + y 2 . O ponto m´dio de AB
e
x y 2 f2
´M =
e , . Portanto DM = 2 /4. Ao variar x e y (mantendo x2 + y 2 = ),
2 2 4
M descreve a circunferˆncia de centro na origem e raio /2.
e
18. Seja P = (x, y). Como Q ´ o ponto de abcissa 2 da reta OP , cuja inclina¸˜o
e ca
´ y/x, tem-se Q = (2, 2y/x). Ent˜o d(O, P ) = x + y e d(O, Q) = 4(1 + y /x2 ).
e a 2 2 2 2 2
Portanto
4
d(O, P )2 · d(O, Q)2 = 4(x2 + y 2 )(1 + y 2 /x2 ) = 2 (x2 + y 2 )2 .
x
3

4. 2
Logo d(O, P ) · d(O, Q) = (x2 + y 2 ). A condi¸˜o d(O, P ) · d(O, Q) = 4 significa
ca
x
2
ent˜o (x2 +y 2 ) = 4, ou seja, x2 +y 2 = 2x, ou ainda x2 −2x+y 2 = 0. Completando
a
x
o quadrado, isto se escreve como (x − 1)2 + y 2 − 1 = 0, isto ´, (x − 1)2 + y 2 = 1.
e
Portanto o lugar geom´trico procurado ´ a circunferˆncia de raio 1 com centro no
e e e
ponto A = (1, 0).
19. Se P = (x, y) ent˜o Q = (x/3, y/3). Como Q pertence ` reta r, temos a(x/3) +
a a
b(y/3) = c, donde ax + by = 3c. Esta ´ a equa¸˜o do lugar geom´trico dos pontos
e ca e
P , o qual ´, portanto, uma reta paralela a r.
e
2 5
20. Para que as retas dadas sejam paralelas, devemos ter = , donde k = 7, 5.
3 k
21. As retas 2x + 3y = 8 e 4x + 7y = 18 tˆm em comum o ponto (1, 2) pois x = 1,
e
y = 2 ´ a solu¸˜o do sistema formado pelas equa¸˜es que as representam. A fim de
e ca co
que a reta 5x + my = 3 contenha o ponto (1, 2), deve ser 5 · 1 + m · 2 = 3, donde
m = −1.
0−4 1+3 0+4
22. A inclina¸˜o de AB ´
ca e = −2. O ponto m´dio de AB ´ M =
e e , =
3−1 2 2
(2, 2). A mediatriz de AB ´ a reta perpendicular a AB (portanto de inclina¸˜o 1/2)
e ca
1 1
passando por M. Sua equa¸˜o ´ y = 2 + (x − 2), ou seja, y = x + 1.
ca e
2 2
23. O ponto procurado ´ a interse¸˜o da reta x + 3y = −15 com a mediatriz do
e ca
1
segmento AB. Ora, a equa¸˜o da mediatriz ´ y = x + 1, como vimos acima.
ca e
2
Resolvendo o sistema formado por estas duas equa¸˜es obtemos x = −33/5 e y =
co
−14/5. Estas s˜o as coordenadas do ponto procurado.
a
24. Seja A∗ o ponto procurado. A reta r, de equa¸˜o x + 2y = 1, ´ a mediatriz
ca e
∗ ∗
do segmento AA . A inclina¸˜o da reta AA ´, portanto, igual a 2. Ela passa pelo
ca e
ponto A = (3, 4), logo sua equa¸˜o ´ 2x − y = 2. Resolvendo o sistema x + 2y = 1,
ca e
2x − y = 2 encontramos a interse¸˜o M = (1, 0) das retas r e AA∗ . M ´ o ponto
ca e
∗ ∗
m´dio do segmento AA . Logo A = (−1, −4).
e
25. A area do triˆngulo ABC ´ o valor absoluto da metade do determinante da
´ a e
3−1 7−1 2 6
matriz = , logo ´ igual a 7.
e
4−1 3−1 3 2
26. Considere o sistema de coordenadas no qual A = (0, 0), B = (1, 0), C = (1, 1),
−→ −→
D = (0, 1) e M = (1/2, 1). Ent˜o os vetores u = M A e v = M B tˆm coordenadas
a e
4

5. u = (−1/2, −1) e v = (1/2, −1), logo seu produto interno ´ u, v = (−1/2)(1/2) +
e
(−1)(−1) = 3/4. Por outro lado, |u| = 5/4 = |v|, logo u, v = |u| |v| cos α =
(5/4) · cos α. Assim, (5/4) · cos α = 3/4, portanto cos α = 3/5. (Estamos escrevendo
α = AM B.)
27. Sejam A = (2, 3), B = (3, 1) e C = (9, y). Quer-se determinar o quarto v´rtice
e
−→ −→
D do retˆngulo ABCD. Sejam u = BA = (−1, 2) e v = BC = (6, y − 1). Como
a
u, v = (−1) · 6 + 2(y − 1) = 0, conclu´ ımos que y = 4, logo v = (6, 3). Assim
u + v = (5, 5) e D = B + u + v = (8, 6).
28. Sabemos que |u + v|2 = u + v, u + v = |u|2 + |v|2 + 2 u, v , portanto u, v =
1 1
|u + v|2 − |u|2 − |v|2 . Pelos dados do exerc´
ıcio, temos ent˜o u, v = (36 − 16 −
a
2 2
25) = −5/2.
29. Conhecemos os v´rtices A = (5, 1) e B = (8, 3) do quadrado ABCD no qual
e
−→
A, B, C e D s˜o enumerados no sentido anti-hor´rio. Seja u = AB = (3, 2). Como
a a
−→
v = AD ´ obtido de u por rota¸˜o de 90◦ no sentido anti-hor´rio, temos v = (−2, 3).
e ca a
Logo D = A+v = (5, 1)+(−2, 3) = (3, 4). Finalmente C = B+v = (8, 3)+(−2, 3) =
(6, 6). Estes s˜o os v´rtices C e D que faltavam.
a e
a+c a +c
30. Seja M = , o ponto m´dio de AC. Enumerando os v´rtices do
e e
2 2
c−a c −a
−→
,
quadrado ABCD na seq¨ˆncia anti-hor´ria, se u = M C =
ue a ent˜o
a
2 2
−→ a −c c−a a+a +c−c a +c +c−a
v = MD = , e D = M +v = , . Por
2 2 2 2
a−a +c+c a+a −c+c
sua vez, B = M − v = , .
2 2
31. A proje¸˜o ortogonal do ponto A sobre a reta BC, cuja equa¸˜o ´ 5x−8y = −3,
ca ca e
´ o ponto de interse¸˜o dessa reta com a perpendicular baixada de A sobre ela, a
e ca
qual tem a equa¸˜o 8x + 5y = 59. Resolvendo o sistema formado por essas duas
ca
equa¸˜es, encontramos x = 457/89, y = 319/89, que s˜o as coordenadas da proje¸˜o
co a ca
procurada.
32. Fazendo sucessivamente m = 0 e m = 1 na equa¸˜o dada, obtemos as retas
ca
y = 2 e x = −1, as quais tˆm o ponto P = (−1, 2) em comum. Uma substitui¸˜o
e ca
direta mostra que, para todo valor real de m, o ponto P = (−1, 2) pertence a reta
`
mx + (m − 1)y + 2 − m = 0.
5

6. 33. Tem-se (x+y −3)(3x−y −1) = 0 se, e somente se x+y −3 = 0 ou 3x−y −1 = 0.
Logo a equa¸˜o dada representa o conjunto formado pela reuni˜o das retas 3x−y = 1
ca a
e x + y = 3.
34. Escrevendo x + y − 3 + k(3x − y − 1) = (3k + 1)x + (1 − k)y − k − 3, vemos que
cada Rk ´ a reta de equa¸˜o (3k + 1)x + (1 − k)y = k + 3. Tomando sucessivamente
e ca
k = 0 e k = 1, obtemos as retas x + y = 3 e x = 1 respectivamente, as quais tˆm o e
ponto P = (1, 2) em comum. Vˆ-se imediatamente que P pertence a todas as retas
e
Rk . Reciprocamente, toda reta r que passa pelo ponto P = (1, 2) e tem inclina¸˜o ca
diferente de 3 (isto ´, n˜o ´ a reta 3x − y − 1 = 0) ´ da forma Rk para algum k. Com
e a e e
efeito, se r ´ vertical e cont´m P , sua equa¸˜o ´ x = 1, logo r = R1 . E se r, passando
e e ca e
por P , n˜o ´ vertical nem tem inclina¸˜o 3, sua equa¸˜o ´ y = mx + 2 − m, com
a e ca ca e
3k + 1 k+3
m = 3. Por sua vez, se k = 1, a equa¸˜o de Rk se escreve como y =
ca x+ ·
k−1 1−k
Dada a reta r, de equa¸˜o y = mx+2−m com m = 3, tomando k = (1+m)/(m−3)
ca
temos (3k + 1)/(k − 1) = m e (k + 3)(1 − k) = 2 − m, logo r = Rk . Assim o conjunto
das Rk ´ formado por todas as retas que passam pelo ponto P = (1, 2), exceto a
e
reta y = 3x − 1.
35. Como x3 y − xy 3 = xy(x + y)(x − y), tem-se x3 y − xy 3 = 0 se, e somente se,
xy = 0, ou x + y = 0, ou x − y = 0. Portanto a equa¸˜o dada representa a reuni˜o
ca a
dos dois eixos e as duas diagonais do plano.
36. As inclina¸˜es a e a s˜o as tangentes dos angulos que o eixo OX forma com as
co a ˆ
retas dadas e θ ´ a diferen¸a entre esses ˆngulos, ou o suplemento dessa diferen¸a,
e c a c
(o que for agudo entre estes dois). Logo tg θ = |(a − a )/(1 + aa )| de acordo com a
conhecida f´rmula da tangente da diferen¸a.
o c
37. Pelo exerc´ anterior, com a = 1 e a = 1/3, temos tg θ = 1/2.
ıcio
38. A distˆncia de um ponto P = (x, y) a reta 8x + 6y = −5 ´ |8x + 6y + 5|/10.
a ` e
Portanto os pontos do plano que distam 5 dessa reta s˜o os pontos das retas 8x +
a
6y + 5 = 50 e −8x − 6y − 5 = 50, ou seja 8x + 6y = 45 e 8x + 6y = −55, as quais
cortam a reta y = x + 1 nos pontos P1 = (39/14, 53/14) e P2 = (−61/14, −47/14)
respectivamente. Estes s˜o os pontos procurados.
a
39. As retas procuradas passam pelo ponto (7, 4) e n˜o s˜o verticais, logo suas
a a
equa¸˜es s˜o da forma y = 4 + m(x − 7), ou seja, mx − y = 7m − 4. O angulo que
co a ˆ
m+3
uma delas forma com a reta x − 3y = 0 tem cosseno igual a ± √ √ · Como
10 1 + m2
6

7. √
◦
√ m+3 2 m2 + 6m + 9 1
cos 45 = 2/2, devemos ter √ √ =± donde = , ou
10 1 + m2 2 10 + 10m2 2
2
seja, 2m − 3m − 2 = 0. Esta equa¸˜o nos d´ m = 2 ou m = −1/2. Portanto as
ca a
retas procuradas s˜o y = 2x − 10 e x + 2y = 15.
a
40. Os pontos da reta dada tˆm coordenadas (x, 2x). Sejam A = (1, 0), B =
e
1
(3, 1) e C = (x, 2x). A area do triˆngulo ABC ´ igual ao valor absoluto de ·
´ a e
2
x − 1 2x 1
det = (3x + 1). Portanto, devemos ter 3x + 1 = 10 ou −3x − 1 = 10.
2 1 2
Assim, x = 3 ou x = −11/3. Os pontos procurados s˜o, por conseguinte P1 = (3, 6)
a
ou P2 = (−11/3, −22/3).
41. Sejam A = (−3, 0), B = (2, 0) e C = (0, 6). O ortocentro do triˆngulo ABC ´
a e
a interse¸˜o das 3 alturas. Uma delas ´ o eixo OY . Outra ´ a reta AD, que passa
ca e e
por A e ´ perpendicular a BC. Como a inclina¸˜o de BC ´ −3, a inclina¸˜o de AD
e ca e ca
1
´ 1/3, logo sua equa¸˜o ´ y = (x + 3), ou seja, x − 3y = −3. Sua interse¸˜o com
e ca e ca
3
a altura OY ´ o ponto em que x = 0, ou seja, −3y = −3, o que nos d´ y = −1.
e a
Portanto o ortocentro de ABC ´ o ponto (0, −1).
e
√
42. Completando os quadrados, a equa¸˜o dada se escreve como (x − m)2 +
ca
(y − 6)2 = 36 − 2m. Portanto devemos ter 36 − 2m > 0, ou seja m < 18. Como
√
ocorre m entre os dados da quest˜o, deve ser tamb´m m ≥ 0. Assim, a resposta
a e
´ 0 ≤ m < 12.
e
43. Sejam A = (10, 7), B = (2, −9), C = (−4, 9). O centro da circunferˆncia que
e
cont´m os pontos A, B e C ´ a interse¸˜o das mediatrizes AB e AC. Ora, a mediatriz
e e ca
de AB tem equa¸˜o x + 2y = 4 e a equa¸˜o da mediatriz de AC ´ 7x − y = 13. A
ca ca e
interse¸˜o das duas mediatrizes ´ o ponto P = (2, 1). O raio da circunferˆncia ´ a
ca e e e
distˆncia de P a qualquer dos pontos A, B ou C, logo ´ AD. A equa¸˜o pedida ´,
a e ca e
2 2
portanto (x − 2) + (y − 1) = 100.
44. Subtraindo a segunda equa¸˜o da primeira encontramos 3x + 6y = 0, ou
ca
seja, x = −2y. Portanto, os pontos comuns as duas circunferˆncias cumprem
` e
x = −2y. Fazendo esta substitui¸˜o em qualquer das duas equa¸˜es dadas, che-
ca co
2
gamos a condi¸˜o 5y −2y −3 = 0, que s´ ´ satisfeita para y = 1 ou y = −3/5. Como
` ca oe
x = −2y, conclu´ ımos que os pontos comuns as duas circunferˆncias s˜o P1 = (−2, 1)
` e a
e P2 = (6/5, −3/5).
45. Escrita por extenso, a equa¸˜o da circunferˆncia dada ´ x2 −4x+y 2 −2y +4 = 0.
ca e e
7

8. Sua interse¸˜o com a reta y = ax ´ definida pela equa¸˜o x2 −4x+(ax)2 −2ax+4 = 0,
ca e ca
2 2
ou seja, (1 + a )x − (4 + 2a)x + 4 = 0. Para que a reta y = ax seja tangente a
Γ, esta ultima equa¸˜o deve ter uma s´ raiz real. A condi¸˜o para que isto se dˆ
´ ca o ca e
2 2
´ (4 + 2a) − 16(1 + a ) = 0, o que significa a = 0 ou a = 4/3. A tangente y = 0
e
´ ´bvia e o ponto de tangˆncia ´ (2, 0). A tangente y = 4x/3 toca Γ no ponto de
eo e e
3
sua interse¸˜o com a reta y = 1 − (x − 2) que lhe ´ perpendicular e passa pelo
ca e
4
centro (2, 1). Fazendo y = 4x/3 nesta ultima equa¸˜o, obtemos x = 6/5 e da´
´ ca ı
y = 4x/3 = 8/5. Portanto (6/5), 8/5) ´ o ponto de tangˆncia.
e e
46. Substituindo y por kx na equa¸˜o da circunferˆncia, temos (1 + k 2 )x2 − 20x +
ca e
36 = 0. Se y = kx ´ tangente, esta equa¸˜o tem uma s´ raiz real, o que significa
e ca o
2
144(1 + k ) = 400, donde k = ±4/3.
47. Se o ponto P = (x, y) pertence ` circunferˆncia x2 + y 2 = 13 e a reta x + y
a e ` i P=( +
x2+
y2

9. A potˆncia desse mesmo ponto (x0 , y) em rela¸˜o a segunda circunferˆncia ´
e ca ` e e
x2 − 2ax0 + a2 + y − R2 = x2 − 2ax0 + a2 + y 2 − (x2 − 2ax0 + a2 + y0 ) = y 2 − y0 .
0 0 0
2 2
Logo a potˆncia de todos os pontos (x0 , y), y ∈ R, ´ a mesma em rela¸˜o a
e e ca
qualquer das duas circunferˆncias.
e
50. Seja Q o ponto em que a tangente de origem P toca a circunferˆncia Γ, que tem
e
centro A e raio R. O triˆngulo AP Q ´ retˆngulo em Q, logo d(A, P ) = d(P, Q)2 +R2
a e a 2
2 2 2
e da´ d(P, Q) = d(A, P ) − R = potˆncia do ponto P em rela¸˜o a circunferˆncia
ı e ca ` e
Γ.
51. Sejam u = (a1 , a2 ) e v = (b1 , b2 ) os vetores que tˆm os n´ meros dados como
e u
coordenadas. Se um deles for zero, a desigualdade proposta ´ ´bvia. Caso contr´rio,
eo a
seja α o angulo entre u e v. Ent˜o |a1 b1 + a2 b2 | = | u, v | = |u| |v| | cos α| ≤ |u| |v| =
ˆ a
2 2 2 2
(a1 + a2 )(g1 + b2 ). Tem-se igualdade se, e somente se, cos α = ±1, o que significa
que os vetores u, v s˜o m´ltiplos um do outro, isto ´, v = tu, ou seja a1 = tb1 ,
a u e
a2 = tb2 para algum t real.
52. Considere um sistema de coordenadadas no qual o v´rtice do ˆngulo reto ´
e a e
A = (0, 0) e os outros dois v´rtices s˜o B = (b, 0) e C = (0, c). Os lados do triˆngulo
e a a
ABC s˜o tangentes a circunferˆncia inscrita, logo o centro da mesma ´ o ponto
a ` e e
P = (x, x) tal que a distˆncia d(P, BC) ´ igual a x. Como a equa¸˜o da reta BC ´
a e ca e
x y
+ = 1, tem-se
b c
|x +
b
x
c
− 1| 1 − (x + x)
b c
d(P, BC) = = ,
(1/b)2 + (1/c)2 (1/b)2 + (1/c)2
pois o ponto P est´ abaixo da reta BC. Resolvendo a equa¸˜o d(P, BC) = x,
a ca
√
obt´m-se x = bc/(b + c + b2 + c2 ).
e
53. Isto ´ ´bvio geometricamente, pois o angulo entre as duas bissetrizes ´ a soma
eo ˆ e
das metades de dois angulos suplementares.
ˆ
Para resolver o problema analiticamente, tomamos um sistema de coordenadas
no qual a origem ´ o ponto de interse¸˜o das duas retas dadas, logo as equa¸˜es das
e ca co
mesmas s˜o ax + by = 0 e a x + b y = 0. Al´m disso, como ´ permitido multiplicar
a e e
cada uma dessas equa¸˜es por uma constante, podemos supor que a2 + b2 = 1 e
co
2 2
a + b = 1. As duas bissetrizes tˆm as equa¸˜es ax + by = a x + b y e ax + by =
e co
−a x − b y, ou seja: (a − a )x + (b − b )y = 0 e (a + a )x + (b + b )y = 0. Levando em
9

10. conta que a2 + b2 = 1 e a 2 + b 2 = 1, vemos que (a − a )(a + a ) + (b − b )(b + b ) = 0,
logo as duas bissetrizes s˜o perpendiculares.
a
54. Sabemos que a area do paralelogramo ´ o produto da base pela altura. A base
´ e
´ |u| e, se θ ´ o angulo entre os vetores u e v, a altura ´ |v| sen θ. Portanto
e e ˆ e
A2 = |u|2 · |v|2 · sen2 θ = |u|2 · |v|2 (1 − cos2 θ) = |u|2 |v|2 − |u|2 · |v|2 cos2 θ =
= |u|2 |v|2 − u, v 2 .
Escrevendo |u|2 = α2 + β 2 , |v|2 = γ 2 + δ 2 e u, v = αγ + βδ, conclu´
ımos que
2 2 2 2 2 2 2
A = (α + β )(γ + δ ) − (αγ + βδ) = (αδ − βγ) , logo A = |αδ − βγ|. A area do´
1
triˆngulo que tem u e v como dois de seus lados ´, portanto |αδ − βγ|.
a e
2
10

11. A Matem´tica do Ensino M´dio, volume 3
a e
SOLUCOES DOS EXERC´
¸˜ ICIOS
CAP´
ITULO 2
1. A equa¸˜o de um plano vertical Π ´ da forma ax + by = d. Como o plano
ca e
vertical Π cont´m os pontos (3, 0, 0) e (0, −1, 0), devemos ter 3a = d, −b = d e,
e
por subtra¸˜o, 3a + b = 0. Tomando a = 1, temos b = −3, logo a equa¸˜o de Π
ca ca
´ x − 3y = d. Como esta equa¸˜o ´ satisfeita quando x = 3 e y = 0, devemos ter
e ca e
d = 3, portanto x − 3y = 3 ´ a equa¸˜o procurada.
e ca
2. A mudan¸a indicada corresponde a trocar y por z (e vice-versa). Um plano
c
horizontal, cuja equa¸˜o era z = constante, passa a ter equa¸˜o y = constante
ca ca
portanto ´ vertical. A afirma¸˜o (a) ´ correta. Um plano vertical, de equ¸a˜o
e ca e c a
ax+by = d, passa a ter equa¸˜o ax+bz = d, n˜o ´ horizontal nas novas coordenadas,
ca a e
a menos que se tenha a = 0. Logo (b) ´ falsa.
e
3. Como 4 − 1 = 3, 5 − 2 = 3 e 6 − 3 = 3, os pontos da reta AB s˜o os da forma
a
(1 + 3t, 2 + 3t, 3 + 3t), com t ∈ R. Assim, AB corta os planos Πxy , Πyz e Πxz
respectivamente nos pontos (−2, −1, 0), (0, 1, 2) e (−1, 0, 1).
4. Os pontos de reta AB s˜o da forma (3 − 4t, 5 − 6t, 2 + 2t) e os da reta CD s˜o
a a
do tipo (2 − 2s, 1 + 2s, 5 − 4s). Num ponto comum a essas duas retas, devemos ter
2 − 2s = 3 − 4t, 1 + 2s = 5 − 6t e 5 − 4s = 2 + 2t, ou seja, 2s − 4t = −1, 2s + 6t = 4 e
4s + 2t = 3. As duas primeiras equa¸˜es d˜o s = 1/2 e t = 1/2, valores que tamb´m
co a e
satisfazem a terceira. Logo as duas retas tˆm em comum o ponto (1, 2, 3).
e
5. Como −1 − 3 = −4, −1 − 5 = −6 e 4 − 2 = 2, as equa¸˜es param´tricas pedidas
co e
s˜o x = 2 − 4t, y = 1 − 6t, z = 5 + 2t.
a
6. Temos AB = {(1+2t, 2−3t, 3+t); t ∈ R} e CD = {(2+s, 3−2s, −1+4s); s ∈ R}.
Num ponto comum a essas duas retas, dever´ ıamos ter 1 + 2t = 2 + s, 2 − 3t = 3 − 2s
e 3 + t = −1 + 4s. Mas estas 3 equa¸˜es s˜o incompat´veis. Logo AB e CD n˜o tˆm
co a ı a e
pontos em comum. Do mesmo modo, vˆ-se que nenhum dos pares de retas AC e
e
BD, AD e BC tem ponto em comum. Portanto os pontos A, B, C e D n˜o podem a
estar no mesmo plano, logo as retas AB e CD tamb´m n˜o, isto ´, s˜o reversas.
e a e a
7. Tomemos um sistema de coordenadas no qual A = (a, 0, 0) e B = (−a, 0, 0),
11

12. com a = 0. Ent˜o, dado P = (x, y, z), tem-se d(P, A) = d(P, B) ⇔ d(P, A)2 =
a
d(P, B) ⇔ (x − a)2 + y 2 + z 2 = (x + a)2 + y 2 + z 2 ⇔ (x − a)2 = (x + a)2 ⇔ 2ax =
2
−2ax ⇔ 4ax = 0 ⇔ x = 0. Portanto os pontos equidistantes de A e B s˜o aqueles
a
da forma P = (0, y, z), os quais constituem o plano vertical Πyz .
8. Seja C tal que B ´ o ponto m´dio do segmento AC. A condi¸˜o P B ⊥ AB
e e ca
equivale a dizer que P ´ equidistante de A e C logo significa que os pontos P que a
e
satisfazem formam, junto com B, um plano, a saber, o plano mediador de AC.
9. Para simplificar, tomemos um sistema de coordenadas no qual a reta r seja o eixo
OZ, isto ´, r = {(0, 0, z); z ∈ R}. A esfera S tem equa¸˜o (x−a)2 +(y−b)2 +(z−c)2 =
e ca
2
R , onde A = (a, b, c). Os pontos de r ∩ S tˆm coordenadas obtidas fazendo-
e
se x = y = 0 nesta equa¸˜o, o que d´ a + b + z 2 − 2zc + c2 = R2 , ou seja,
ca a 2 2
2 2 2
z − 2cz + (a + b + c

13. −→ −→
12. Sejam u = AB = (2, −3, 1) e v = CD = (1, −2, 4). As retas r e s, que se cortam
no ponto C, formam dois angulos suplementares, θ e π −θ. O maior deles ´ o obtuso,
ˆ e
que portanto tem cosseno negativo. Temos u, v = 2 · 1 + (−3)(−2) + 1 · 4 = 12,
√ √
|u| = 14 e |v| = 21. Sabemos que u, v = |u|·|v|·cos θ, logo cos θ = u, v |u|·|v|.
√
Portanto cos θ = 12/7 6. Assim, o angulo θ, entre os vetores u e v, ´ agudo e da´
ˆ e ı
o maior angulo entre as retas r e s mede π − θ radianos e seu cosseno ´ igual a
ˆ e
√ ◦
−12/7 6. Olhando a calculadora, vemos que esse ˆngulo mede 134 24 36 .
a
13. A verifica¸˜o de que u, v = u, w = 0 ´ uma conta imediata. Observamos
ca e
que as proje¸˜es dos vetores v e w sobre o plano Πxy s˜o os vetores vxy = (α, β)
co a
e wxy = (α , β ) e que a primeira coordenada de u ´, em valor absoluto, a area do
e ´
paralelogramo cujos lados s˜o vxy e wxy . Observa¸˜o an´loga vale para as demais
a ca a
coordenadas de u. Portanto tem-se u = 0 se, e somente se, as proje¸˜es de v e w
co
sobre cada um dos planos Πxy , Πxz e Πyz s˜o colineares, ou seja, v e w s˜o colineares.
a a
14. Dado u = (a, b, c), com a2 + b2 + c2 = 1, e tomando v = (−bt, at, 0), w =
(act, bct, −1/t), ´ imediato que u, v = 0 e v, w = 0 seja qual for t. Por outro
e
lado, temos u, w = a2 ct + b2 ct − c/t. Lembrando que a2 + b2 = 1 − c2 , a fim
de que seja u, w = 0, devemos ter ent˜o (1 − c2 )ct = c/t. Admitindo abc = 0,
a
ou seja, a = 0, b = 0 e c = 0, tem-se tamb´m c2 = 1, logo podemos concluir
e
que, para ser u, w = 0, deve-se tomar t = 1/(1 − c2 ). Com essa escolha (essas
2
escolhas, na verdade) de t valem tamb´m |v|2 = (a2 + b2 )t2 = (1 − c2 )t2 = 1 e
e
|w| = a c t + b c t + 1/t = (1 − c )c t + 1/t2 = 1. Examinando o argumento,
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
vˆ-se que bastaria admitir que c = 0 e que uma das coordenadas a ou b tamb´m
e e
fosse = 0. Sem esta hip´tese, o vetor u seria igual a ±e1 , ±e2 ou ±e3 . Neste caso,
o
n˜o haveria dificuldade em achar v e w mas a solu¸˜o proposta n˜o serviria.
a ca a
−→ −→
15. Se P = A + sv + tw ent˜o AP = sv + tw, logo AP , u = s v, u + t w, u = 0.
a
−→ −→
Reciprocamente, se AP , u = 0 ent˜o, tomando B = A tal que u = AB, vemos
a
que AB e AP s˜o segmentos perpendiculares, portanto P pertence ao plano Π que
a
passa por A e ´ perpendicular a AB. (V. Exerc´ 8.) Como v e w s˜o vetores
e ıcio a
−→
n˜o-colineares nesse plano, segue-se que AP = sv + tw para determinados n´meros
a u
reais s, t. Assim, o conjunto dos pontos A + sv + tw coincide com o plano que
cont´m A e ´ perpendicular a AB.
e e
−→
16. Os pontos da semi-reta N P diferentes de N s˜o da forma P = (tx, ty, 1 −
a
t(1 − z)). Para que P esteja no ponto Πxy , deve-se ter 1 − t(1 − z) = 0, ou seja,
13

14. x y x y
t = 1/(1 − z), o que d´ P =
a , , 0 , portanto x = ,y = · Em
1−z 1−z 1−z 1−z
seguida, vamos obter a f´rmula das coordenadas de P em fun¸˜o das de P . Escreva-
o ca
−→
mos P = (a, b, 0). Os pontos da semi-reta NP s˜o da forma P = (ta, tb, 1 − t). A
a
fim de que P perten¸a a esfera S, deve-se ter t a +t2 b2 +(1−t)2 = 1. Desenvolvendo
c ` 2 2
e simplificando, vem (a2 + b2 + 1)t2 − 2t = 0. Como P = N, t ´ diferente de zero,
e
2a 2b a2 + b2 − 1
portanto t = 2/(a2 + b2 + 1). Assim, P = 2 , 2 , 2 .
a + b2 + 1 a + b2 + 1 a + b2 + 1
17. Na equa¸˜o do plano, podemos multiplicar todos os coeficientes por um fator
ca
constante. Se o plano n˜o passa pela origem, sua equa¸˜o pode, portanto, ser escrita
a ca
sob a forma mx + ny + pz = 1. Impondo que as coordenadas dos pontos (a, 0, 0),
(0, b, 0) e (0, 0, c) satisfa¸am esta equa¸˜o, obtemos sucessivamente ma = 1, nb = 1,
c ca
x y z
pc = 1, logo m = 1/a, n = 1/b e p = 1/c e a equa¸˜o procurada ´ + + = 1.
ca e
a b c
18. A fim de que uma reta seja perpendicular a um plano, basta que ela seja
ortogonal a dois segmentos de reta n˜o paralelos contidos nesse plano. Seja P =
a
−→ −→
(x, y, z). Temos AB = (0, 1, 1) e AC = (−2, 1, −1) n˜o-colineares. A fim de que
a
−→ −→ −→ −→ −→
OP = (x, y, z) seja ortogonal a AB e AC, deve ser 0 = OP , AB = y + z e
−→ −→
0 = OP , AC = −2x + y − z. O sistema y + z = 0, −2x + y − z = 0 admite a
solu¸˜o geral P = (x, x, −x). Em particular, P = (1, 1, −1) responde ao que foi
ca
pedido. A equa¸˜o do plano ´, portanto x + y − z = d. Para determinar d, usa-se o
ca e
fato de que A = (1, 1, 2) pertence a esse plano, o que nos d´ d = 0. Logo, a resposta
a
´ x + y − z = 0.
e
19. A equa¸˜o procurada tem a forma mx + ny + pz = q. Como os pontos
ca
A = (1, 1, 2), B = (1, 2, 3) e C = (−1, 2, 1) pertencem ao plano, suas coordenadas
satisfazem a equa¸˜o. Logo
ca
m + n + 2p = q
m + 2n + 3p = q
−m + 2n + p = q.
Por escalonamento, este sistema ´ equivalente a
e
m + n + 2p = q
n+p=0
0 = 2q.
14

15. Portanto q = 0 e a solu¸˜o geral do sistema ´ (m, m, −m). A equa¸˜o procurada ´
ca e ca e
x + y − z = 0.
20. Como as retas AB e CD s˜o paralelas, o ponto D pertence ao plano determinado
a
pelos pontos n˜o-colineares A, B e C. Esse plano cont´m as duas retas dadas e pode
a e
ser determinado pelos processos apresentados nos exerc´ıcios 18 e 19.
21. O plano Π que se procura cont´m o ponto P0 = (x0 , y0 , z0 ) e ´ perpendicular
e e
ao segmento AP . Como A = (a, b, c), a equa¸˜o do plano Π ´ (x0 − a)(x − x0 ) +
ca e
(y0 − b)(y − y0 ) + (z0 − z)(z − z0 ) = 0.
22. O segmento OA tem comprimento igual a distˆncia de O ao plano Π, logo ´
` a e
perpendicular a esse plano. A equa¸˜o de Π ´, portanto, da forma ax + by + cz = d.
ca e
Como A ∈ Π, temos d = a + b + c . Em suma: ax + by + cz = a2 + b2 + c2 ´ a
2 2 2
e
equa¸˜o de Π.
ca
23. Tome um sistema de coordenadas no qual se tenha A = (0, 0, 0), B = (1, 0, 0),
C = (0, 1, 0), D = (0, 0, 1) e A = (1, 1, 1).
−→ −→ −→ −→
a) Temos BC = (−1, 1, 0), BD = (−1, 0, 1) e AA = (1, 1, 1). Portanto AA , BC =
−→ −→
AA , BD = 0. Ent˜o AA ´ ortogonal aos segmentos BC e BD do plano (BCD),
a e
logo ´ perpendicular a esse plano.
e
−→
b) O baricentro do triˆngulo BCD ´ o ponto P , extremidade do vetor AP =
a e
1 −→ −→ −→
(AB + AC + AD). (Lembre que A ´ a origem do sistema de coordenadas.) Em
e
3
−→ 1 −→
termos de coordenadas, temos P = (1/3, 1/3, 1/3), logo AP = AA . Assim, P
3
pertence tanto ao plano (BCD) como ao segmento AA , logo ´ a interse¸˜o de
e ca
(BCD) com AA .
Nota: Acima, estamos tomando a aresta do cubo como unidade de comprimento.
24. Tomemos o cubo de aresta 1, contendo os v´rtices A = (0, 0, 0), B = (1, 0, 0),
e
D = (0, 1, 0), E = (0, 0, 1), C = (1, 1, 0), F = (1, 0, 1) e mais outros trˆs que n˜o
e a
−→
vˆm ao caso. Consideremos as diagonais CE e DF . Temos CE = (−1, −1, 1) e
e
−→ −→ −→ −→ −→ √
DF = (1, −1, 1), portanto CE, DF = 1 e |CE| = |DF | = 3. Se chamarmos de
−→ −→ −→ −→
θ o angulo entre esses dois vetores teremos CE, DF = |CE| · |DF | · cos θ portanto
ˆ
cos θ = 1/3.
25. Os pontos procurados s˜o A = (1, 0, 0), B = (0, 1, 0), C = (0, 0, 1) e D =
a
(1, 1, 1). H´ duas solu¸˜es poss´
a co ıveis.
15

16. 26. Basta tomar os seis pontos (±1, 0, 0), (0, ±1, 0) e (0, 0, ±1).
27. Tomamos um sistema de coordenadas no qual os v´rtices do octaedro sejam
e
A = (a, 0, 0), A = (−a, 0, 0), B = (0, a, 0), B = (0, −a, 0), C = (0, 0, a) e C =
(0, 0, −a). Consideremos as faces opostas ABC e A B C . Seus baricentros s˜o a
−→
P = (a/3, a/3, a/3) e P = (−a/3, −a/3, −a/3). Os vetores AB = (−a, a, 0) e
−→ −→
AC = (−a, 0, a), ambos sobre a face ABC, s˜o ortogonais a OP . Como AB e
a
AC s˜o n˜o-colineares, segue-se que o segmento OP ´ perpendicular a face ABC.
a a e `
Analogamente, a face A B C ´ perpendicular a OP , portanto a OP . Logo ABCi(12(i(
e t=(a, >
>

17. √ √
altura. As coordenadas dos v´rtices s˜o, portanto: A = (3 2, 0, 0), B = (0, 3 2, 0),
e a
√ √
C = (−3 2, 0, 0), D = (0, −3 2, 0) e E = (0, 0, 4).
b) Cada aresta lateral ´ a hipotenusa de um triˆngulo retˆngulo cujos catetos
e a a √
s˜o a altura da pirˆmide (que mede 4) e a metade da diagonal da base (igual a 3 2).
a a
√
Logo a aresta lateral vale 34.
−→ √ −→ √ √ −→ −→
c) Temos AE = (−3 2, 0, 4) e BC = (−3 2, −3 2, 0), logo AE, BC = 18.
−→ √ −→ −→ −→ −→ −→
Al´m disso, |AE| = 34 e |BC| = 6. Portanto 18 = AE, BC = |AE| |BC|·cos θ =
e
√ √
6 · 34 · cos θ e da´ cos θ = 3/ 34.
ı
d) Por conveniˆncia, escrevamos a equa¸˜o do plano √
e ca (EBC) sob a forma ax +
√ √
by + cz = 3 2. Como os pontos E = (0, 0, 4), B = (0, 3 2, 0) e C = (−3 2, 0, 0)
√
pertencem a esse plano, conclu´ ımos que a = −1, b = 1 e c = 3/(4 2), logo a
3 √
equa¸˜o do plano (EBC) ´ −x + y + √ z = 3 2. O plano (EBC) ´ paralelo a
ca e e `
4 2
reta AD pois cont´m a reta BC, que ´ paralela a AD. Logo, a distˆncia de √
e e a qualquer
ponto de AD ao plano (EBC) ´ a mesma. Tomemos o ponto A = (3 2, 0, 0).
e
Aplicando diretamente a f´rmula da distˆncia de um ponto a um plano, obtemos
o a
d(A, (EBC)) = 24/5.
32. Este exerc´ pertence ao Cap´
ıcio ıtulo 4.
33. A equa¸˜o x+2y −3+k(3x−y −2) = 0 representa um plano vertical contendo a
ca
reta rk ⊂ Πxy que ´ dada pela mesma equa¸˜o. Tomando k = 0 e k = 2, vemos que
e ca
r0 ´ a reta x + 2y = 3 e r2 ´ a reta x = 1. Temos r0 ∩ r2 = {(1, 1)} e ´ imediato que
e e e
o ponto (1,1) est´ contido em todas as retas rk . Logo todos os planos representados
a
pela equa¸˜o dada, para k ∈ R qualquer, contˆm a reta vertical x = y = 1. A reta
ca e
rk , cuja equa¸˜o em Πxy ´ x + 2y − 3 + k(3x − y − 2) = 0, passa pelo ponto (1,1) e
ca e
tem inclina¸˜o (1 + 3k)/(k − 2). (Podemos supor sempre k = 2 pois j´ sabemos que
ca a
r2 ´ a reta x = 1.) Como se vˆ facilmente, a fra¸˜o (1 + 3k)/(k − 2), quando k varia
e e ca
em R − {2}, assume todos os valores reais salvo 3. Portanto, quando se atribui a
k um valor real qualquer, a equa¸˜o originalmente dada representa qualquer plano
ca
vertical que contenha a reta vertical x = y = 1, exceto aquele que cont´m a reta
e
horizontal dada por 3x − y = 2, z = 0, pois esta ´ a reta em Πxy que passa por (1, 1)
e
com inclina¸˜o 3.
ca
34. Para todo k ∈ R, a equa¸˜o x − y + z − 1 + k(2x + y − 3z) = 0 representa
ca
um plano Πk , o qual (afirmamos) cont´m a reta r, de equa¸˜es param´tricas x = t,
e co e
y = (5t − 3)/2, z = (3t − 1)/2. Com efeito, as equa¸˜es dos planos Π1 e Π1/3
co
s˜o 3x − 2z = 1 e 5x − 2y = 3, respectivamente. O sistema formado por estas
a
17

18. duas equa¸˜es tem a solu¸˜o geral y = (5x − 3)/2, z = (3x − 1)/2. Tomando
co ca
x = t como parˆmetro obtemos a reta r, portanto r ´ a interse¸˜o de Π1 com Π1/3 .
a e ca
Uma substitui¸˜o direta mostra que r est´ contida em todos os planos Πk , k ∈ R.
ca a
Mostraremos agora que, reciprocamente, todo plano Π, de equa¸˜o ax + by + cz = d,
ca
que contenha a reta r, ´ da forma Π = Πk para algum k, desde que Π n˜o seja o
e a
plano Π de equa¸˜o 2x + y − 3z = 0. Com efeito, como r ⊂ Π, o vetor w = (a, b, c) ´
ca e
ortogonal a r. Tamb´m s˜o ortogonais a r os vetores u = (1, −1, 1) e v = (2, 1, −3)
e a
pois os planos Π0 , de equa¸˜o x−y +z = 1, e Π , de equa¸˜o 2x+y −3z = 0, contˆm
ca ca e
a reta r. Segue-se que w, u e v s˜o coplanares e (como u e v n˜o s˜o colineares)
a a a
1
tem-se ent˜o w = αu + βv. Se for α = 0 poderemos escrever
a · w = u + kv,
α
com k = β/α e ent˜o o plano Π, cuja equa¸˜o pode tamb´m ser escrita na forma
a ca e
a b c d
x + y + z = , ser´ igual a Πk , com k = β/α. Ora, α = 0 significa que o
a
α α α α
plano Π n˜o coincide com Π . Isto completa a solu¸˜o.
a ca
35. Lembremos que dois ou mais vetores se dizem linearmente dependentes quando
um deles ´ combina¸˜o linear dos demais. No plano Π que cont´m os 4 pontos dados,
e ca e
tomemos um sistema de coordenadas no qual A = (0, 0). Ent˜o as coordenadas dos
a
vetores u = (b, b ), v = (c, c ) e w = (d, d ) s˜o as mesmas dos pontos B, C e D,
a
nesta ordem. Se os 4 pontos forem colineares, os vetores u, v e w ser˜o m´ ltiplos uns
a u
dos outros, logo linearmente dependentes. Caso contr´rio, pelo menos dois desses
a
vetores, digamos u e v, ser˜o n˜o-colineares, o que significa que bc − cb = 0. Ent˜o
a a a
o sistema formado pelas equa¸˜es bx + cy = d, b x + c y = d possui uma solu¸˜o
co ca
(x, y), e isto quer dizer que w = xu + yv, ou seja, os vetores u, v e w s˜o linearmente
a
dependentes.
Em seguida, consideremos 4 vetores v1 , v2 , v3 e v4 no espa¸o tridimensional.
c
Se trˆs deles, digamos v1 , v2 , v3 , s˜o coplanares ent˜o, como vimos acima, um
e a a
´ combina¸˜o linear dos outros dois, por exemplo, v3 = α1 v1 + α2 v2 . Ent˜o v3 =
e ca a
α1 v1 +α2 v2 +0·v4 e os 4 vetores dados s˜o linearmente dependentes. Caso contr´rio,
a a
podemos tomar no espa¸o um sistema de coordenadas no qual v1 = (a1 , 0, 0), v2 =
c
(a2 , b2 , 0) e v3 = (a3 , b3 , c3 ), com a1 = 0, b2 = 0 e c3 = 0. Seja v4 = (d1 , d2 , d3 ).
Podemos resolver (de cima para baixo) o sistema de equa¸˜es co
a1 x = d1
a2 x + b2 y = d2
a3 x + b3 y + c3 z = d3 ,
18

19. obtendo assim n´meros x, y, z tais que v4 = xv1 + yv2 + zv3 , logo os vetores dados
u
s˜o linearmente dependentes.
a
36. Fixado um sistema de coordenadas, consideremos o cubo cujos v´rtices s˜o A1 =
e a
(0, 0, 0), B1 = (1, 0, 0), C1 = (1, 1, 0), D1 = (0, 1, 0), A2 = (0, 0, 1), B2 = (1, 0, 1),
C2 = (1, 1, 1) e D2 = (0, 1, 1). Ent˜o B1 , D1 , C2 , A2 s˜o os v´rtices de um tetraedro
a a e
regular. Duas arestas opostas deste tetraedro, como B1 D1 e A2 C2 , por exemplo,
s˜o ortogonais porque s˜o diagonais “diferentes” em faces paralelas do cubo. Mais
a a
−→ −→ −→ −→
precisamente, B1 D1 = (−a, a, 0) e A2 C2 = (a, a, 0), logo B1 D1 , A2 C2 = 0.
37. Nos quatro pontos de tangˆncia, os raios da esfera inscrita no tetraedro s˜o
e a
ortogonais as suas faces, trˆs das quais est˜o contidas nos planos coordenados e a
` e a
quarta, contendo os pontos (1, 0, 0), (0, 2, 0) e (0, 0, 3), ´ parte do plano 6x+3y+2z =
e
6. Como esses raios tˆm o mesmo comprimento x, o centro da esfera ´ o ponto
e e
P = (x, x, x), cuja distˆncia ao plano 6x + 3y + 2z = 6 ´ igual a x. Pela f´rmula da
a e o
|6x + 3x + 2x − 6|
distˆncia de um ponto a um plano, temos
a √ = x, ou 11x − 6 = 7x,
36 + 9 + 4
o que nos d´ x = 2/3. Esta ´ a medida do raio da esfera.
a e
38. Tem-se um ponto O e um plano Π tais que, para quaisquer P, Q ∈ Π, se
−→ −→ −→
OP + OQ = OR ent˜o R ∈ Π. Se O n˜o pertencesse a Π, seu sim´trico O∗
a a e
∗
em rela¸˜o a esse plano tamb´m n˜o pertenceria. Seja O = OO ∩ Π o p´ da
ca e a e
perpendicular baixada de O sobre Π. Tomando em Π dois pontos P e Q tais que O
−→ −→ −→
e ıamos OP + OQ = OO∗ . Como O ∗ ∈ Π chegar´
seja o ponto m´dio de P Q, ter´ / ıamos
a uma contradi¸˜o. Logo O ∈ Π.
ca
39. Como o plano dado n˜o cont´m a origem, sua equa¸˜o pode ser escrita sob a
a e ca
forma mx + ny + pz = 1. Levando em conta que os pontos (a, 0, 0), (0, b, 0) e (0, 0, c)
pertencem ao plano, temos ma = 1, nb = 1 e pc = 1, donde m = 1/a, n = 1/b e
x y z
p = 1/c, logo a equa¸˜o procurada ´ + + = 1.
ca e
a b c
40. Considere dois pontos distintos A, B em X. Ent˜o a reta AB est´ contida em
a a
X. Se X possuir algum ponto C fora de AB, seja Π o plano (ABC). Dado qualquer
ponto P ∈ Π, se a reta CP n˜o for paralela a AB ent˜o P ∈ X pois, neste caso, CP
a a
cont´m C e o ponto CP ∩ AB, logo CP ⊂ X. Assim, X cont´m todos os pontos
e e
do plano Π salvo eventualmente aqueles que est˜o na reta r que passa por C e ´
a e
paralela a AB. Mas se Q ´ um ponto de r ent˜o, tomando pontos M e N em lados
e a
opostos de r, no plano Π, de modo que Q ∈ M N, conclu´ımos que Q ∈ X. Assim, X
cont´m o plano Π. Se, al´m disso, X contiver algum ponto D fora do plano Π, um
e e
19

20. racioc´
ınio inteiramente an´logo ao anterior mostra que X cont´m todos os pontos
a e
do espa¸o.
c
20

21. A Matem´tica do Ensino M´dio, volume 3
a e
SOLUCOES DOS EXERC´
¸˜ ICIOS
CAP´
ITULO 3
1. Escrevendo a = 5732 e b = 2134, o sistema dado se escreve como
ax + by + bz = a + b
bx + ay + bz = 3b − a
bx + by + az = 2a.
Ent˜o, subtraindo a segunda equa¸˜o da primeira, obtemos
a ca
(a − b)x + (b − a)y = 2(a − b) e da´ (dividindo por a − b):
ı
x − y = 2, ou seja, y = x − 2.
Analogamente, subtraindo a terceira equa¸˜o da primeira, vem:
ca
(a − b)x + (b − a)z = b − a, portanto
x − z = −1, ou seja, z = x + 1.
Substituindo, na terceira equa¸˜o y por x−2 e z por x+1, vem bx+bx−2b+ax+a =
ca
2a, isto ´: (a + 2b)x = a + 2b, portanto x = 1. Segue-se que y = −1 e z = 2.
e
2. Neste problema, admite-se tacitamente que A, B e C se deslocam com velocidades
uniformes, as quais s˜o mantidas durante as trˆs disputas. Vamos tomar como
a e
unit´rio o tempo que A levou para percorrer a distˆncia d. Portanto A, B e C
a a
percorrem, respectivamente, d, d − 20 e d − 28 metros na unidade de tempo. Por sua
vez, B usa d/(d − 20) unidades de tempo para percorrer a distˆncia d. Nesse mesmo
a
tempo, C percorre d(d − 28)/(d − 20) metros. Pelos dados do problema, tem-se
d(d − 28)
= d − 10.
d − 20
Resolvendo esta equa¸˜o, obtemos facilmente d = 100 m.
ca
21

22. 3. Sejam x, y, z respectivamente os pre¸os de um par de tˆnis, uma bermuda e uma
c e
camiseta. O enunciado nos diz que
x + 2y + 3z = 100
e 2x + 5y + 8z = 235.
Com estes dois dados, as trˆs inc´gnitas n˜o ficam determinadas. Mas o que se pede
e o a
´ apenas a soma x + y + z. Para obtˆ-la, basta multiplicar a primeira equa¸˜o por
e e ca
3 e subtrair a segunda equa¸˜o do resultado, encontrando x + y + z = 65.
ca
Nota. Pode-se chegar a esta solu¸˜o por meio de tentativas ou, de modo mais
ca
racional, exprimindo o vetor w = (1, 1, 1) como combina¸˜o linear w = αu + βv
ca
dos vetores u = (1, 2, 3) e v = (2, 5, 8). Em termos de coordenadas, a igualdade
w = αu + βv significa α + 2β = 1, 2α + 5β = 1 e 3α + 2β = 1. Resolvendo o
sistema formado pelas duas primeiras equa¸˜es, obtemos α = 3 e β = −1, valores
co
que satisfazem a terceira equa¸˜o. Logo, devemos multiplicar a primeira equa¸˜o
ca ca
x+2y +3z = 100 por 3 e subtrair do resultado a segunda equa¸˜o 2x+5y +8z = 235
ca
para obter x + y + z = 65.
4. Os pontos Q = (x, y, z) que satisfazem as equa¸˜es dadas formam uma reta
co
r. Escrevendo as equa¸˜es dadas como 2y − z = 2 − x e y − z = 2x − 4, vemos
co
que as solu¸˜es deste sistema s˜o y = −3x + 6 e z = −5x + 10, logo os pontos da
co a
referida reta s˜o da forma Q = (x, −3x + 6, −5x + 10), onde o parˆmetro x assume
a a
todos os valores reais. Tomando x = 0 e x = 1, obtemos os pontos Q0 = (0, 6, 10),
−→
Q1 = (1, 3, 5) e o vetor v = Q0 Q1 = (1, −3, −5). Assim Q = Q0 + x · v ´ a equa¸˜o
e ca
param´trica de r sob forma vetorial. O ponto Q mais pr´ximo de P = (4, −1, 1)
e o
−→ −→
´ aquele tal que v, P Q = 0. Ora, P Q = (x − y, −3x + 2, −5x + 9), portanto
e
−→
v, P Q = 0 significa 1(x − y) − 3(−3x + 2) − 5(−5x + 9) = 0, ou seja, x = 11/7. O
ponto procurado ´, portanto,
e
11 11 11 9 15
Q = Q0 + · v = (0, 6, 10) + (1, −3, −5) = , , .
7 7 7 7 7
5. O enunciado sup˜e tacitamente que os planos definidos pelas duas equa¸˜es n˜o
o co a
coincidem, isto ´, que os vetores v = (a, b, c) e v = (a , b , c ) n˜o s˜o colineares
e a a
pois neste caso a unica solu¸˜o fornecida pela f´rmula sugerida como resposta seria
´ ca o
(0, 0, 0), enquanto as solu¸˜es do sistema seriam todos os pontos do plano dado.
co
Dito isto, lembremos o Exerc´ 13, Cap´
ıcio ıtulo 2, segundo o qual o vetor w = (bc −
b c, a c − ac , ab − a b) ´ (n˜o-nulo e) ortogonal a v e a v , fato que — de resto —
e a
22

23. se verifica imediatamente. As solu¸˜es do sistema proposto formam uma reta que
co
passa pela origem e cont´m o ponto de coordenadas iguais a de w logo tais solu¸˜es
e ` co
s˜o os pontos P = (x, y, z), onde x = (bc − b c)t, y = (a c − ac )t e z = (ab − a b)t,
a
t ∈ R.
6. Submetemos as linhas da matriz aumentada do sistema a uma seq¨ˆncia de
ue
opera¸˜es elementares, conforme abaixo indicadas:
co
     
1 3 5 7 12 3L1 − L2 1 3 5 7 12 1 3 5 7 12
3 5 7 1 0  0 4 8 20 362L2 − L1 0 4
  −→    8 20 36 

    −→   −→
5 7 1 3 4 5L1 − L3 0 8 24 32 56 0 0 −8 8 16 
5L2 − L4
7 1 3 5 16 7L1 − L4 0 20 92 44 68 0 0 8 56 112
 
1 3 5 7 12
0 4 8 20 36 
 
−→  
0 0 −8 8 16 
L3 + L4
0 0 0 64 128
Logo o sistema dado ´ equivalente ao seguinte:
e
x + 3y + 5z + 7w = 12
4y + 8z + 20w = 36
−8z + 8w = 16
64w = 128,
o qual, resolvido de baixo para cima, nos d´: w = 2, z = 0, y = −1, x = 1.
a
A Regra de Cramer, se empregada para resolver este sistema, nos obrigaria a
calcular 5 determinantes 4 × 4, e isto seria, sem d´vida, bem mais trabalhoso. Na
u
verdade, calculando esses determinantes pelo desenvolvimento de Laplace, ter´ıamos
que somar 120 parcelas, cada uma das quais envolvendo um produto de 4 fatores.
Desprezando as adi¸˜es e subtra¸˜es, ter´
co co ıamos que efetuar 360 multiplica¸˜es e de-
co
pois mais 4 divis˜es.
o
Nota. Determinantes e a Regra de Cramer ser˜o vistos no Cap´
a ıtulo 4.
7. Aplicando opera¸˜es elementares sobre as linhas da matriz aumentada, vemos
co
que o sistema dado ´ equivalente a
e
2x − y + 3z = 1
−5y + 5z = −7
(2m − 6)z = 2n − 11
23

24. Logo ele ´ indeterminado quando m = 3, n = 11/2 e imposs´ quando m = 3
e ıvel
e n = 11/2.
8. A igualdade f (x, y) = λ · (x, y) significa que 2x + y = λ · x e x − y = λ · y, ou seja,
(2 − λ)x + y = 0 e x − (1 + λ)y = 0. Pelo enunciado, o sistema formado por estas
duas equa¸˜es admite uma solu¸˜o al´m da trivial x = 0, y = 0. Ent˜o a matriz
co ca e a
2−λ 1
1 −(1 + λ)
√
tem determinante igual a zero. Isto nos d´ λ2 − λ − 3 = 0, e da´ λ = (1 +
a ı 13)/2
√
ou λ = (1 − 13)/2.
9. a) Somando as trˆs primeiras equa¸˜es obtemos 3x+2y+2z = 11, logo x+y +z =
e co
11/2. Como a quarta equa¸˜o ´ x + y + z = 0, vemos que o sistema ´ imposs´
ca e e ıvel.
b) Resolvendo por escalonamento o sistema formado pela primeira, segunda e
quarta equa¸˜es, temos:
co
     
2 −2 4 1 2 −2 4 1 2 −2 4 1
2 0 7 1 −→ 0 2 3 0 −→ 0 2 3 0
0 2 6 2 0 2 6 2 0 0 3 2
logo o sistema destas equa¸˜es escolhidas ´ equivalente a
co e
2x − 2y + 4z = 1
2y + 3z = 0
3z = 2,
o qual, resolvido de baixo para cima, nos d´ z = 2/3, y = −1 e x = −11/6. Estes
a
valores de x, y e z n˜o satisfazem a terceira nem a quinta das equa¸˜es dadas, logo
a co
o sistema ´ imposs´
e ıvel.
c) Por conveniˆncia, reescrevamos o sistema dado sob a forma
e
y + x − 2y = 1 − t
−2z + 2x + y = −2t
x + 6y = −2.
O escalonamento nos d´:
a
     
1 1 −2 1 − t 1 1 −2 1 − t 1 1 −2 1 − t
−2 2 1 −2t  −→ 0 4 −3 2 − 4t −→ 0 4 −3 2 − 4t 
0 1 6 −2 0 1 6 −2 0 0 27 10 − 4t
24

25. Assim, o sistema dado ´ equivalente a
e
z + x − 2y = 1 − t
4x − 3y = 2 − 4t
−27y = 10 − 4t.
o qual, sendo resolvido de baixo para cima, tem como resultado y = (4t − 10)/27,
x = (2−8t)/9, z = (1+5t)/27. Portanto, atribuindo valores arbitr´rios a t, obtemos
a
todas as solu¸˜es (2 − 8t)/9, (4t − 10)/27, (1 + 5t)/27, t do sistema proposto.
co
10. Tomemos a tonelada (1t) como unidade de peso. Dispomos de dois tipos de
bronze: A e B. Cada tonelada do tipo A cont´m 0, 62t de cobre e 0, 38t de zinco
e
e do tipo B s˜o 0, 70t de cobre e 0, 30t de zinco. Se uma tonelada do bronze que
a
desejamos for formada por x toneladas do bronze A e y toneladas do bronze B ent˜o a
ela conter´, no total, 0, 62x + 0, 70y toneladas de cobre e 0, 38x + 0, 30y toneladas
a
de zinco. As condi¸˜es do problema imp˜em que
co o
0, 62x + 0, 70y = 0, 65
0, 38x + 0, 30y = 0, 35.
Resolvendo este sistema, obtemos x = 0, 625 e y = 0, 375. Portanto, a fim de obter
uma tonelada de bronze com 65% de cobre e (conseq¨entemente) 35% de zinco,
u
devemos tomar 625 quilos do bronze A e 375 quilos do bronze B.
11. Em 100 quilos de a¸o do tipo V 2A h´ 8 quilos de n´
c a ıquel, 18 quilos de cromo
e 74 quilos de ferrro. Se, na composi¸˜o deste a¸o, usarmos x quilos do tipo I, y
ca c
quilos do tipo II, z quilos do tipo III e t quilos do tipo IV ent˜o, levando em conta
a
a composi¸˜o de cada um desses quatro tipos, devemos ter
ca
8x + 8y + 10z + 3t = 8
22x + 20y + 10z + 12t = 18
70x + 72y + 80 + 85t = 74.
(Cada uma das equa¸˜es acima representa o n´mero de quilos de n´
co u ıquel, cromo e
ferro contidos — nesta ordem — em 100 quilos de a¸o V 2A.) Por escalonamento,
c
vemos que este sistema ´ equivalente a
e
8x + 8y + 10z + 3t = 8
−8y − 70z + 15t = −16
−2z + 5t = 0.
25

26. 5 45 31
Resolvendo de baixo para cima, obtemos z = t, y = 2 − tex= t − 1.
2 4 4
4 8
Como os valores de x, y, z e t n˜o podem ser negativos, deve-se ter
a ≤t≤ ·
31 45
Para cada valor de t neste intervalo tem-se um modo de misturar os a¸os de tipos I,
c
II, III e IV de forma a obter 100k do a¸o V 2A. Esta flexibilidade permite atender as
c
conveniˆncias de pre¸o e estoque. Por exemplo, se n˜o h´ estoque do tipo I, tomamos
e c a a
t = 4/31 e ent˜o x = 0, y = 45/31 e z = 10/31. Analogamente, se n˜o dispomos
a a
de a¸o do tipo II, tomamos t = 8/45, o que nos d´ y = 0. Evidentemente, para
c a
fabricar uma tonelada (em vez dos cem quilos que estamos considerando) devemos
multiplicar x, y, z e t por 10.
´
12. E dado o sistema
3x + y − 3z = 1
mx − 4y + 2z = 3
5x − 2y − 4z = n
e pede-se achar os valores de m e n para os quais os planos definidos por estas
equa¸˜es estejam:
co
a) na posi¸˜o da Figura 73
ca
b) na posi¸˜o da Figura 74.
ca
No caso a) a terceira equa¸˜o deve ser combina¸˜o linear das duas primeiras,
ca ca
isto ´, deve ser igual a primeira multiplicada por um n´mero α, mais a segunda
e ` u
multiplicada por um β. Ent˜o, devemos ter
a
2α + mβ = 5
α − 4β = −2
−3α + 2β = −4
α + 3β = n.
Resolvendo o sistema formado pela segunda e terceira equa¸˜o, obtemos α = 2 e
ca
β = 1. Entrando com estes valores na primeira equa¸˜o, resulta m = 1. A ultima
ca ´
equa¸˜o nos d´ n = 5. Isto responde a). Quanto ao item b), deve ser α = 2 , β = 1,
ca a
como no caso anterior, e n = α + 3β, ou seja, n = 5, como era de se esperar.
26

27. 13. Pedem-se todas as solu¸˜es x > 0, y > 0 e z > 0 do sistema
co
x − 3y + 2z = 3
2x + y − 3z = 1
x + 11y − 12z = −7.
Considerando nas duas primeiras equa¸˜es apenas x e y como inc´gnitas, a
co o
solu¸˜o ´ x = z + 6/7, y = z − 5/7. Portanto as solu¸˜es do sistema formado
ca e co
por estas duas equa¸˜es s˜o os pontos (z + 6/7, z − 5/7, z), para valores arbitr´rios
co a a
de z. Como a terceira equa¸˜o ´ uma combina¸˜o linear das 2 primeiras (multiplique
ca e ca
a primeira por −3, a segunda por 2 e some), os termos (z + 6/7, z − 5/7, z) tamb´me
s˜o solu¸˜es da ultima equa¸˜o (o que se pode ver tamb´m por substitui¸˜o direta).
a co ´ ca e ca
Para que as trˆs coordenadas sejam positivas, basta que se tenha z > 5/7. Portanto
e
a resposta ´: z > 5/7, x = z + 6/7 e y = z − 5/7.
e
14. 100 gramas da refei¸˜o pedida, formadas por x gramas do alimento A, y gramas
ca
de B e z gramas de C contˆm 47 gramas de albumina, 35 gramas de carbohidrato
e
e 18 gramas de lip´
ıdio, onde
30x + 50y + 20z = 47
30x + 30y + 70z = 35
40x + 20y + 10z = 18.
Resolvendo este sistema, encontramos z = 1/8, y = 73/80 e x = −3/80, uma
solu¸˜o negativa, logo a refei¸˜o procurada n˜o existe. Se a coluna do segundo
ca ca a
membro do sistema fosse (40, 40, 20), a solu¸˜o seria x = 5/40, y = 25/40, z = 1/4,
ca
e a refei¸˜o procurada existiria.
ca
15. As condi¸˜es apresentadas s˜o evidentemente necess´rias. Reciprocamente,
co a a
supondo-as satisfeitas, suponhamos que α1 v1 + α2 v2 + α3 v3 = 0. Ent˜o deve ser
a
α1 α2
α3 = 0 pois do contr´rio ter´amos v3 = − v1 −
a ı v2 e v3 seria combina¸˜o linear
ca
α3 α3
de v2 e v2 . Ficamos assim reduzidos a α1 v1 + α2 v2 = 0. Logo deve ser α2 = 0
α1
pois se fosse α2 = 0 ter´ ıamos v2 = − v1 e v2 seria m´ ltiplo de v1 . Ent˜o a
u a
α2
rela¸˜o original se resume a α1 v1 = 0. Como v1 = 0, isto nos d´ α1 = 0. Portanto
ca a
α1 v1 +α2 v2 +α3 v3 = 0 ⇒ α1 = α2 = α3 = 0 e v1 , v2 v3 s˜o linearmente independentes.
a
−→ −→ −→
16. Se A, B, C e D s˜o coplanares ent˜o os vetores u = AB, v = AC e w = AD
a a
s˜o linearmente dependentes, pelo Exerc´ 35 do Cap´
a ıcio ıtulo 2. Reciprocamente, se
27

28. esses vetores s˜o linearmente dependentes, digamos, com w = αu + βv ent˜o, pelas
a a
defini¸˜es das opera¸˜es com vetores, o ponto D (extremidade do vetor w) pertence
co co
ao plano ABC, ou mesmo a / T T 5 2 C T D 7 T 1 4 0 e a n
`

29. A Matem´tica do Ensino M´dio, volume 3
a e
SOLUCOES DOS EXERC´
¸˜ ICIOS
CAP´
ITULO 4
1. Sejam m = [aij ] e n = [bij ]. Ent˜o
a
n n n
tr(m + n) = tr[aij + bij ] = (aii + bii ) = aii + bii = tr m + tr n,
i=1 i=1 i=1
n n
tr(αm) = tr[αaij ] = αaii = α aii = α · tr m.
i=1 i=1
Quanto ao tra¸o da matriz produto, observemos que mn = [cij ], onde cij =
c
ai1 bij + ai2 b2j + · · · + ain bnj , logo cii = ai1 b1i + ai2 b2i + · · · + ain bni s˜o os elementos da
a
diagonal de mn. Assim, o tra¸o de mn, soma dos cii , ´ a soma de todos os produtos
c e
da forma aik bki , onde i e k assumem (independentemente) todos os valores inteiros
de 1 a n. Analogamente, o tra¸o de nm ´ a soma de todos os produtos da forma
c e
brs asr , onde r e s variam entre os inteiros de 1 a n. Como brs asr = asr brs , segue-se
que tr(mn) = tr(nm).
2. Para todo ponto (x, y) ∈ R2 tem-se
(M ◦ N)(x, y) = M(N (x, y)) = M (c1 x + d1 y, c2 x + d2 y) =
= (a1 (c1 x + d1 y) + b1 (c2 x + d2 y), a2 (c1 x + d1 y) + b2 (c2 x + d2 y)) =
= ((a1 c1 + b1 c2 )x + (a1 d1 + b1 d2 )y, (a2 c1 + b2 c2 )x + (a2 d1 + b2 d2 )y) =
= (r1 x + s1 y, r2 x + s2 y).
O resultado para matrizes 3 × 3, ou mesmo n × n, se verifica do mesmo modo.
Se dissermos que M, N : Rn → Rn s˜o os operadores lineares associados respectiva-
a
mente as matrizes m e n, a verifica¸˜o acima significa que a matriz produto mn foi
` ca
definida de tal modo que o operador linear a ela associado ´ M ◦ N.
e
3. Como o tra¸o do produto de matrizes n˜o depende da ordem dos fatores, temos
c a
tr(p−1mp) = tr((p−1 m)p) = tr(p(p−1 m)) = tr(pp−1m) = tr(I3 · m) = tr m.
29

30. 4. Seja X o paralelogramo que tem P A e P B como lados, onde P = (x0 , y0 ),
A = (x1 , y1 ) e B = (x2 , y2 ). A transforma¸˜o linear M : R2 → R2 , associada
ca
a1 b1
a
` matriz m = , leva o paralelogramo X no paralelogramo X , que tem
a2 b2
P A e P B como lados, onde P = M (P ) = (a1 x0 + b1 y0 , a2 x0 + b2 y0 ), A =
(a1 x1 + b1 y1 , a2 x1 + b2 y1 ) e B = (a1 x2 + b1 y2 , a2 x2 + b2 y2 ). Escrevendo α1 = x1 − x0 ,
β1 = y1 − y0 , α2 = x2 − x0 e β2 = y2 − y0 , vemos que as ´reas dos paralelogramos
a
X e X s˜o os valores absolutos dos determinantes das matrizes
a
α1 β1 a1 α1 + b1 β1 a2 α1 + b2 β1
=n e = mn
α2 β2 a1 α2 + b1 β2 a2 α2 + b2 β2
respectivamente. Segue-se que
´ ´
Area X = | det(mn)| = | det m| · | det n| = | det m| · Area X.
Evidentemente, pode ocorrer que se tenha det m = 0. Neste caso, os lados P A
e P B s˜o colineares e o paralelep´
a ıpedo X se degenera num segmento de reta. Tudo
a a ´
isto est´ de acordo com o fato de que, ent˜o, det(mn) = Area X = 0.
ıpedos em R3 se trata da mesma maneira.
O caso de paralelep´
5. Temos v = a1 e1 + b1 e2 e w = a2 e1 + b2 e2 . Preliminarmente, observemos que,
para qualquer v ∈ R2 , vale f (v, v) = 0 como conseq¨ˆncia da igualdade f(v, w) =
ue
−f(w, v). Portanto
f (v, w) = f(a1 e1 + b1 e2 , w) = a1 f (e1 , w) + b1 f(e2 , w) =
= a1 f (e1 , a2 e1 + b2 e2 ) + b1 f (e2 , a2 e1 + b2 e2 ) =
= a1 a2 f (e1 , e1 ) + a1 b2 f (e1 , e2 ) + a2 b1 f(e2 , e1 ) + b1 b2 f (e2 , e2 ) =
= (a1 b2 − a2 b1 )f(e1 , e2 ) = a1 b2 − b2 a1 ,
j´ que f(e1 , e1 ) = f(e2 , e2 ) = 0, f(e2 , e1 ) = −f (e1 , e2 ) e f (e1 , e2 ) = 1.
a
6. O enunciado do an´logo para R3 do exerc´ anterior ´ o seguinte: Seja f : R3 ×
a ıcio e
R × R → R uma fun¸˜o que associa a cada terno (u, v, w) de vetores em R3 o
3 3
ca
n´mero f (u, v, w) de modo a valerem as condi¸˜es seguintes, para quaisquer u, v, w ∈
u co
3
R e α ∈ R:
1. f (v, u, w) = −f(u, v, w) e f(u, w, v) = −f (u, v, w).
2. f (u + u , v, w) = f (u, v, w) + f (u , v, w).
3. f (αu, v, w) = α · f (u, v, w).
30

31. De 1. resulta que f (u, v, w) = −f (w, v, u), logo f (u, v, w) muda de sinal quando
se permutam duas quaisquer de suas vari´veis. De 1. resulta ainda que a linearidade
a
de f em rela¸˜o a primeira vari´vel, expressa pelas condi¸˜es 2. e 3., vale tamb´m
ca ` a co e
para a segunda e para a terceira vari´veis. Diz-se ent˜o que f ´ uma fun¸˜o trilinear.
a a e ca
Exprime-se a condi¸˜o 1. dizendo que a fun¸˜o trilinear f ´ alternada. Segue-se de
ca ca e
1. que f (u, u, w) = f(u, v, v) = f(u, v, u) = 0.
O enunciado an´logo do exerc´ 5) para R3 ´ o seguinte: se f : R3 ×R3 ×R3 → R
a ıcio e
´ uma fun¸˜o trilinear alternada tal que f (e1 , e2 , e3 ) = 1 ent˜o, para u, v, w ∈ R3
e ca a
quaisquer, o valor f (u, v, w) ´ o determinante da matriz cujas linhas (ou colunas)
e
s˜o os vetores u, v, w.
a
Para provar esta afirma¸˜o sejam u = (a1 , b1 , c1 ) = a1 e1 + b1 e2 + c1 e3 , v =
ca
(a2 , b2 , c2 ) = a2 e1 + b2 e2 + c2 e3 e w = (a3 , b3 , c3 ) = a3 e1 + b3 a2 + c3 e3 . A linearidade
de f em rela¸˜o a cada uma de suas vari´veis nos d´, sucessivamente:
ca a a
f(u, v, w) = f(a1 e1 + b1 e2 + c1 e3 , v, w) =
= a1 · f (e1 , v, w) + b1 · f (e2 , v, w) + c1 · f (e3 , v, w), (*)
f(e1 , v, w) = f(e1 , a2 e1 + b2 e2 + c2 e3 , w) =
= a2 · f (e1 , e1 , w) + b2 · f (e1 , e3 , w) + c2 · f (e1 , e3 , w) =
= b2 · f (e1 , e2 , w) + c2 · f(e1 , e3 , w),
f(e1 , e2 , w) = f(e1 , e2 , a3 e1 + b3 e2 + c3 e3 ) =
= a3 · f (e1 , e2 , e1 ) + b3 · f (e1 , e2 , e2 ) + c3 · f(e1 , e2 , e3 ) = c3 .
De modo inteiramente an´logo se vˆ que
a e
f (e1 , e3 , w) = b3 · f (e1 , e3 , e2 ) = −b3 · f(e1 , e2 , e3 ) = −b3 .
Por conseguinte f (e1 , v, w) = b2 c3 − b3 c2 . O mesmo argumento nos d´ f (e1 , v, w) =
a
a3 c2 − a2 c3 e f (e3 , v, w) = a2 b3 − a3 b2 . Pela igualdade (*), tem-se portanto
f (u, v, w) = a1 b2 c3 − a1 b3 c2 + a3 b1 c2 − a1 b1 c3 + a2 b3 c1 − a3 b2 c1
logo f (u, v, w) ´ o determinante da matrix 3 × 3 cujas linhas s˜o os vetores u, v e w.
e a
7. A verifica¸˜o de que m2 = I2 ´ imediata. Em seguida observamos que se
ca e
p = αm + βI2 ent˜o p = α I2 + 2αβm + β 2 I2 = (α2 + β 2 )I2 + 2αβm. Para termos
a 2 2
p = p = 0, basta tomar α = β = 1/2, logo p = 1 (m + I2 ). De p2 = p vem
2
2
p2 − p = 0, ou seja p(p − I2 ) = 0. A matriz q = p − I2 cumpre pq = qp = 0.
31