Física I ⇒ Vetores e Analítica, apostila IME/ITA nível 2 Tópico resolvido

[lookez]

A figura a seguir mostra um vetor [tex3]\vec{A}[/tex3] que parte do ponto de tangência cartesiano da reta que passa pelos pontos (0, 10) e (6, 0) a um quarto de circunferência centrado na origem do sistema. Qual o vetor unitário na direção do vetor [tex3]\vec{A}[/tex3]?

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OBS: Parece que há um pequeno erro na imagem, o número 6 deveria estar no ponto de interseção da reta com o eixo x, como diz o enunciado.

a) [tex3]-\frac{2}{\sqrt{34}}(5î + 3ĵ)[/tex3]
b) [tex3]\frac{1}{2\sqrt{34}}(5î - 3ĵ)[/tex3]
c) [tex3]-\frac{1}{\sqrt{34}}(5î + 3ĵ)[/tex3]
d) [tex3]\frac{2}{\sqrt{34}}(5î + 3ĵ)[/tex3]
e) [tex3]-\frac{2}{\sqrt{34}}(5î - 3ĵ)[/tex3]

Resposta

---

C

[Planck]

Olá lookez,

Uma solução é encontrar a equação da reta que passa pelos pontos [tex3](0, \,10)[/tex3] e [tex3](6, \,0)[/tex3] e encontrar a equação da reta perpendicular a essa, passando pela origem e pelo ponto de tangência entre a reta descendente e a circunferência:

Para a reta descendente:
[tex3]f(x)=a\cdot x + b[/tex3]

[tex3]0=a\cdot 6 + 10[/tex3]

[tex3]a=-\frac{5}{3}[/tex3]

[tex3]\boxed{f(x)=-\frac{5}{3}\cdot x+10}[/tex3]

Vamos determinar a reta perpendicular a essa e que passe pela origem:

[tex3]g(x)= a\cdot x + \cancelto0b[/tex3], [tex3]P(0, \,0)[/tex3]
[tex3]y-y_0=a\cdot(x-x_0)[/tex3]
[tex3]y=a\cdot x[/tex3]

Mas, temos uma relação entre coeficientes angulares perpendiculares:

[tex3]m_1 \cdot m_2=-1[/tex3]

[tex3]-\frac{5}{3} \cdot m_2=-1[/tex3]

[tex3]m_2= \frac{3}{5}[/tex3]

Ou seja:

[tex3]\boxed{g(x)= \frac{3}{5}\cdot x}[/tex3]

Vamos determinar o ponto de tangência, fazendo:

[tex3]f(x)=g(x)[/tex3]

[tex3]-\frac{5}{3}\cdot x+10= \frac{3}{5}\cdot x[/tex3]

Após os cálculos:

[tex3]x=\frac{75}{17}[/tex3]

Portanto, o ponto de tangência é do tipo:

[tex3]\left(\frac{75}{17}, \, k \right)[/tex3]

Podemos encontrar [tex3]k[/tex3] substituindo a coordenada em [tex3]x[/tex3] em qualquer uma das equações:

[tex3]g(k)= \frac{3}{5}\cdot \frac{75}{17}[/tex3]

[tex3]g(k)=\frac{45}{17}[/tex3]

O ponto de tangência é, então:

[tex3]\left(\frac{75}{17}, \, \frac{45}{17} \right)[/tex3]

O vetor unitário [tex3]\vec A[/tex3] é dado por:

[tex3]\vec u= \frac{\vec A}{|\vec A|}[/tex3]

O vetor [tex3]\vec A[/tex3] pode ser definido por:

[tex3]\vec A = d_x \hat i + d_y \hat j[/tex3]

E:

[tex3]|\vec A|=\sqrt{(d_x \hat i )^2 + (d_y \hat j)^2}[/tex3]

Portanto:

[tex3]\vec u= \frac{d_x \hat i + d_y \hat j}{\sqrt{(d_x \hat i )^2 + (d_y \hat j)^2}}[/tex3]

[tex3]\vec u= \frac{\frac{75}{17} \hat i + \frac{45}{17} \hat j}{\sqrt{(\frac{75}{17}\hat i )^2 + (\frac{45}{17} \hat j)^2}}[/tex3]

[tex3]\vec u= \frac{\frac{75}{17} \hat i + \frac{45}{17} \hat j}{-\frac{15\sqrt{34}}{17}}[/tex3]

[tex3]\vec u= \frac{75}{17} \hat i + \frac{45}{17} \hat j\cdot-\frac{17}{15\sqrt{34}}[/tex3]

[tex3]\vec u= 75 \hat i + 45 \hat j\cdot-\frac{1}{15\sqrt{34}}[/tex3]

[tex3]{\color{forestgreen}\boxed{\vec u=-\frac{1}{\sqrt{34}}(5\hat i+ 3 \hat j)}}[/tex3]

O que foi feito:

Geogebra online (25).png (66.96 KiB) Exibido 2356 vezes

[joaopcarvMOD]

Uma forma alternativa, respeitando a ótima solução do colega Planck, é usando álgebra linear:

Fixando uma base ortonormal positiva [tex3]\mathsf{B \ = \ (\hat{x}, \hat{y}, \hat{z})} \ \in \ \mathbb{V^3}[/tex3], tomemos o plano da construção como sendo o [tex3]\mathsf{XY \ = \ \underbrace{O}_{(0,0,0)_B} \ + \ \lambda\cdot\hat{x} \ + \ \mu\cdot\hat{y} \ ( \lambda, \mu \ \in \mathbb{R)}}[/tex3].

Neste caso, temos [tex3]\mathsf{O \ = \ (0,0,0); \ P \ = \ (0,10,0); \ Q \ = \ (6,0,0); \ T \ = \ (x,y,0)}[/tex3], onde [tex3]\mathsf{T \ \in \ \mathbb{E^3}}[/tex3] é o ponto de tangência citado.

Portanto, tomando os vetores [tex3]\mathsf{\vec{PQ} \ = \ (6,-10,0); \ \vec{TO} \ = \ (-x, -y, 0)}[/tex3], sendo [tex3]\mathsf{T \ \in \ \overleftrightarrow{PQ}}[/tex3] um ponto de tangência, [tex3]\mathsf{\vec{PQ} \ \perp \vec{TO}}[/tex3], o que implica [tex3]\mathsf{\vec{PQ} \ \bullet\ \vec{TO} \ = \ 0}[/tex3]:

[tex3]\mathsf{(6,-10,0) \ \bullet \ (-x,-y, 0) \ = \ 0}[/tex3]

[tex3]\mathsf{-6\cdot x \ + 10\cdot y \ = \ 0 \ \therefore \ \boxed{\mathsf{3\cdot x \ = \ 5\cdot y}} \ (I)}[/tex3]

Por outro lado, tomando agora o vetor [tex3]\mathsf{\vec{QO} \ = \ (-6,0,0)}[/tex3], a norma de [tex3]\mathsf{\vec{TO}}[/tex3] é a distância da origem à reta [tex3]\mathsf{\overleftrightarrow{PQ}}[/tex3], "servindo como" altura para a norma [tex3]\mathsf{||\vec{PQ}||}[/tex3] no cálculo da área do paralelogramo formado por [tex3]\mathsf{\vec{PQ}}[/tex3] e [tex3]\mathsf{\vec{QO}}[/tex3], sendo que essa área é por sua vez a norma do produto vetorial [tex3]\mathsf{\vec{QO} \ \wedge \vec{PQ}}[/tex3].
Ou seja, temos:

[tex3]\mathsf{\underbrace{||\vec{TO}||}_{dist\big(O, \ \overleftrightarrow{PQ}\big)} \cdot \ \ ||\vec{PQ}||\ = \ || \vec{QO} \ \wedge \vec{PQ}} ||[/tex3]

Fazendo o produto vetorial [tex3]\mathsf{\vec{QO} \ \wedge \vec{PQ}}[/tex3]:

[tex3]\mathsf{\vec{QO} \ \wedge \vec{PQ} \ = }\ \begin{vmatrix} \mathsf{ \hat{x}} & \mathsf{ \hat{y}} & \mathsf{ \hat{z}} \\

\mathsf{-6} & \mathsf{0} & \mathsf{0} \\

\mathsf{6} & \mathsf{-10} & \mathsf{0}
\end{vmatrix}[/tex3]


[tex3]\mathsf{\vec{QO} \ \wedge \vec{PQ} \ = \ (-1)^{(1+1)} \cdot \begin{vmatrix} \mathsf{0} & \mathsf{0} \\ \mathsf{-10} & \mathsf{0} \end{vmatrix} \cdot \hat{x} \ + \ (-1)^{(1+2)} \cdot \begin{vmatrix} \mathsf{-6} & \mathsf{0} \\ \mathsf{6} & \mathsf{0} \end{vmatrix} \cdot \hat{y} \ + \ (-1)^{(1+3)} \cdot \begin{vmatrix} \mathsf{-6} & \mathsf{0} \\ \mathsf{6} & \mathsf{-10} \end{vmatrix} \cdot \hat{z}}[/tex3]

[tex3]\mathsf{\vec{QO} \ \wedge \vec{PQ} \ = \ 60\cdot \hat{z}}[/tex3], o que naturalmente é um vetor perpendicular ao plano [tex3]\mathsf{XY}[/tex3]. Sua norma é simplesmente [tex3]\mathsf{||\vec{QO} \ \wedge \ \vec{PQ}|| \ = \ 60}[/tex3]. e então:

[tex3]\mathsf{||\vec{TO}|| \ \cdot \ \underbrace{||\vec{PQ}||}_{= \sqrt{6^2 \ + \ (-10)^2 \ + \ 0}} \ = \ 60 \ \therefore \ \boxed{\mathsf{||\vec{TO}|| \ = \ \dfrac{30}{\sqrt{34}}}}}[/tex3]

Por fim, temos que [tex3]\mathsf{x^2 \ + \ y^2 \ = \ \bigg(\dfrac{30}{\sqrt{34}}\bigg)^2 \ \therefore x^2 \ + \ y^2 \ = \ \dfrac{450}{17} \ (II)}[/tex3]

Juntando [tex3]\mathsf{(I), (II)}[/tex3] chegamos em: [tex3]\mathsf{x \ =\ \dfrac{75}{17}, \ y \ = \ \dfrac{45}{17}}[/tex3] . Logo:

[tex3]\mathsf{\vec{TO} \ = \ -\dfrac{75}{17}\cdot \hat{x} \ - \dfrac{45}{17} \cdot \hat{y}}[/tex3]

Então, dividindo [tex3]\mathsf{\vec{TO}}[/tex3] por sua norma, obtemos seu versor:

[tex3]\mathsf{\hat{r} \ = \ \dfrac{1}{||\vec{TO}||} \cdot \vec{TO}}[/tex3]

[tex3]\mathsf{\hat{r} \ = \ \dfrac{1}{\frac{30}{\sqrt{34}}} \cdot \ \bigg(-\dfrac{75}{17}\cdot \hat{x} \ - \dfrac{45}{17} \cdot \hat{y} \bigg) \therefore}[/tex3]

[tex3]\boxed{\boxed{\mathsf{\hat{r} \ = \ \dfrac{-1}{\sqrt{34}} \cdot \ \big(5 \cdot \hat{x} \ + 3 \cdot \hat{y} \big)}}}[/tex3]