DETERMINANTES 2 × 2 Aplicaç˜ao Algébrica

DETERMINANTES 2 × 2
Aplicação Algébrica - Interpretação Geométrica - Conexões com Complexos
MAT105- Geometria Analı́tica - Instituto de Geociências
Primeiro semestre de 2016
Professor Oswaldo Rio Branco de Oliveira
1. APLICAÇÃO ALGÉBRICA
Distância de ponto a reta. A equação geral de uma reta no plano cartesiano
é:
D : ax + by + c = 0, com a ou b não nulo.
Dado um ponto Po = (xo , yo ) ∈ R2 , a distância de Po à reta D é
|Po D| =
| axo + byo + c |
√
.
a2 + b 2
Prova (primeira).
Seja mr o coeficiente angular de uma reta r qualquer. As retas, designadas
por S, perpendiculares à reta D, tem coeficiente angular mS tal que
mS .mD = −1.
Logo, utilizando o parametro d, uma equação geral de tais retas é
S : −bx + ay + d = 0, com d ∈ R.
Entre tais retas perpendiculares a D queremos a que passe por Po = (xo , yo ).
Assim temos, −bxo + ayo + d = 0 e, portanto, determinamos o valor
d = bxo − ayo .
Obtemos então a reta
SPo : −bx + ay + (bxo − ayo ) = 0.
Para determinarmos o ponto P1 = (x1 , y1 ) = D ∩ SPo (intersecção das retas
perpendiculares entre si D e SPo ) resolvemos o sistema
(
ax + by = −c
(∗)
−bx + ay = ayo − bxo ,
1
Multiplicando a primeira equação por a, a segunda por −b, e então somando-
as encontramos
1
(b2 xo − abyo − ac).
a2 + b 2
A seguir, multiplicando a primeira equação por b e a segunda por a e
x1 =
somando-as concluı́mos
y1 =
a2
1
(−abxo + a2 yo − bc).
+ b2
Computemos agora o quadrado da distância de Po = (xo , yo ) a P1 = (x1 , y1 ):
|Po P1 |2 = (xo − x1 )2 + (yo − y1 )2
= [ xo −
1
(
a2 +b2
b2 xo − abyo − ac ) ]2 + [ yo −
1
(
a2 +b2
−abxo + a2 yo − bc ) ]2
=
1
[
(a2 +b2 )2
( a2 xo + abyo + ac )2 + ( abxo + b2 yo + bc )2 ]
=
1
[
(a2 +b2 )2
a2 (axo + byo + c)2 + b2 (axo + byo + c)2 ]
=
1
[
(a2 +b2 )2
(a2 + b2 ) (axo + byo + c)2 ]
=
(axo + byo + c)2
a2 +b2
, donde segue a tese.
Segunda Prova. Reescrevendo o sistema (*) na notação matricial obtemos
"
#" # "
#
a b
x
−c
(∗∗)
=
.
−b a
y
ayo − bxo
Observação. É fácil constatar que dada uma matriz inversı́vel,
"
#
a′ b ′
M=
c′ d ′
sua inversa é dada por
M −1 =
a′ d ′
1
− b′ c ′
2
"
d′
−c′
−b′
a′
#
.
Assim, a solução do sistema (*) é
"
x1
y1
#
1
= 2
a + b2
Logo,
x1 =
a2
"
a −b
b
a
#"
−c
ayo − bxo
#
.
1
(−ac − abyo + b2 xo )
+ b2
e
1
(−bc + a2 yo − abxo )
2
+b
e a demonstração segue como a anterior (a primeira) ♣
y1 =
a2
2. INTERPRETAÇÃO GEOMÉTRICA ÁREA DE UM PARALELOGRAMO
−
Nesta seção, →
u denota um vetor em R2 . Dado (a, b) no plano cartesiano,
indicamos o vetor representado pelo segmento com extremidade inicial a origem
→
→
deste plano e final (a, b) por ha, bi. Dois vetores −
u = ha, bi e −
v = hc, di, não
paralelos e em R2 , determinam um paralelogramo P que supomos, inicialmente,
→
−
→
no primeiro quadrante. Seja −
w = →
u + −
v = ha + b, c + di. Consideremos a
→
→
representação de P [numa segunda e última representação as posições de −
u e−
v
são trocadas],
y
(c, d)
b+d
(a + c, b + d)
(a + c, b)
d
(a, b)
O
c
a
a+c
x
Figura 1: Área de um paralelogramo no plano cartesiano.
3
−
−
Admitindo a disposição de →
u e→
v na figura acima, a área A(P) do paralelogramo P é dada pela área do retângulo de vértices
O = (0, 0), (a + c, 0), (a + c, b + d) e (0, b + d)
subtraindo-se as áreas de dois trapézios congruentes e dois triângulos congruentes. Encontramos então
cd
(a + c + c)b
−2
A(P) = (a + c)(b + d) − 2
2
2
a c = ad − bc = ♣
b d 3. FORMALIZAÇÃO DA INTERPRETAÇÃO GEOMÉTRICA
Formalizemos a associação entre determinantes 2×2 e áreas de paralelogramos.
Notemos que toda área é positiva mas o determinante não necessariamente.
Não há aı́ uma incongruência pois os casos em que o determinante é negativo não
corresponderão à figura esboçada. Vejamos.
Mostremos que associamos a área de um paralelogramo ou ao determinante
a b D=
,
c d como acima, se seu valor (que também é chamado determinante) é positivo ou ao
determinante D′ , obtido trocando as colunas de D uma pela outra, se o determinante D é negativo.
Definição. O ângulo entre dois segmentos AB e AC no plano é o menor ângulo
θ, onde 0 ≤ θ ≤ π, unindo B e C.
→
−
Definição. O ângulo entre dois vetores −
u e→
v , ambos no plano, é o ângulo
→
→
entre dois segmentos AB e AC, representantes de −
u e−
v , respectivamente. Fixas
→
−
−
−
tais representações, o (menor) ângulo entre −
u e→
v , orientado de →
u para →
v , é o
ângulo entre os segmentos AB e AC, orientado de B para C.
4
Mantendo a notação acima temos então o importante resultado abaixo.
→
→
Teorema. Se −
u corresponde à primeira coluna do determinante abaixo, −
v à
→
−
→
−
→
−
→
−
segunda, com u e v não paralelos, e θ, o menor ângulo entre u e v , orientado
−
−
de →
u para →
v , tem sentido anti-horário, então
a c D=
= ad − bc > 0.
b d Caso contrário, se a orientação de θ é no sentido horário, temos ad − bc < 0.
Prova.
Lembremos que medimos ângulos em R2 no sentido anti-horário e a partir
do eixo Ox. Suponhamos, primeiro, θ orientado no senti anti-horário.
−
−
Se α é o ângulo de Ox a →
u e β é o ângulo de Ox a →
v , com a 6= 0 e c 6= 0,
temos
tan α =
b
a
e
d
tan β = tan .
c
−
Caso 1. O caso →
u no primeiro quadrante.
−
(1a) Para →
v no primeiro quadrante temos (vide figura anterior)
0 < tan α =
b
d
< = tan β , bc < ad e ad − bc > 0,
a
c
onde na segunda afirmação utilizamos ac > 0.
−
(1b) Para →
v no segundo quadrante temos c < 0, d > 0, ac < 0 e também
tan β =
b
d
< 0 < = tan α e ad > bc.
c
a
→
(1c) Para −
v no terceiro quadrante, com 0 < β − α < π, temos c < 0, d < 0,
ac < 0 e observando o valor da tangente no cı́rculo trigonométrico (faça
um esboço) encontramos
0 < tan β =
b
d
< = tan α e ad > bc.
c
a
5
−
Caso 2. O caso →
u no segundo quadrante. Logo, a < 0 e b > 0.
−
(2a) Para →
v no segundo quadrante temos, c < 0, d > 0, ac > 0 e (faça um
esboço) também
tan α =
d
b
< = tan β < 0 e bc < ad.
a
c
−
(2b) Para →
v no terceiro quadrante, temos c < 0, d < 0, ac > 0 e também
tan α =
b
d
< 0 < = tan β e bc < ad.
a
c
→
(2c) Para −
v no quarto quadrante, com 0 < β − α < π, temos c > 0, d > 0,
ac < 0 e observando o valor da tangente no cı́rculo trigonométrico
(faça um esboço) encontramos
tan β =
d
b
< = tan α < 0 e ad > bc.
c
a
→
→
Caso 3. O caso −
u no terceiro quadrante. Os sub-casos com −
v no terceiro,
quarto e primeiro quadrantes são análogos a (1a), (1b) e (1c), respectivamente.
−
−
Caso 4. O caso →
u no quarto quadrante. Os sub-casos com →
v no quarto,
primeiro e segundo quadrantes são análogos a (2a), (2b) e (2c), respectivamente.
Por fim, se o ângulo θ tem o sentido horário, trocando as colunas de D
recaı́mos na suposição anterior e obtemos um determinante D′ > 0. Logo,
D = −D′ < 0 ♣
Verifique. Nas doze possibilidades acima, o determinante é igual à área do
paralelogramo determinados pelos vetores cujas cooodenadas (em relação à base
canônica) são as colunas da matriz.
→
→
Definição. O par ordenado de vetores {−
u ,−
v } é positivamente (negativamente)
→
→
orientado se o menor ângulo entre eles, orientado de −
u para −
v , tem sentido
anti-horário (horário).
6
−
→
Definição. O paralelogramo determinado pelo par ordenado {→
u ,−
v } é posi-
tivamente orientado ou negativamente orientado segundo a orientação do par
→
→
(ordenado) {−
u ,−
v }.
Corolário. No teorema acima, se o ângulo θ tem sentido anti-horário [horário],
então o valor D é a área [o oposto da área] do paralelogramo positivamente
→
→
[negativamente] orientado determinado pelo par ordenado {−
u ,−
v }.
Prova. É deixada ao leitor ♣
−
−
−
−
Observação. Se o ângulo de →
u a→
v é maior que π, então o de →
v a→
u é menor
→
que π e o determinante cuja primeira coluna é formada pelas coordenadas de −
v
−
e a segunda pelas coordenadas de →
u é positivo e, portanto, trocando as colunas
o determinante então obtido é negativo.
4. DETERMINANTE 2 × 2, ÁREA e NÚMEROS COMPLEXOS
Teorema 2. Consideremos dois números complexos
zj = xj + iyj = eiθj |zj |, com xj , yj , θj ∈ R, para cada j = 1, 2.
Então, temos
x x 1 2 z2 z1 = (x1 x2 +y1 y2 ) + i = | z1 | | z2 | cos(θ2 −θ1 ) + i| z1 | | z2 | sen(θ2 −θ1 ) .
y1 y2 y
C
z2
z1
θ2
θ1
−1
θ2 − θ1
1
x
Figura 2: Ângulo entre dois números em C
Prova.
Basta desenvolver (uma trivialmente e a outra com a fórmula de Euler)
z2 z1 = (x2 + iy2 )(x1 − iy1 ) e z2 z1 = |z1 | |z2 |ei(θ2 −θ1 ) ♣
7
Corolário. Com as mesmas hipóteses e notação acima, temos
x x 1 2 = | z1 | | z2 | sen(θ2 − θ1 ).
y1 y2 Exercı́cio 2. A área de um paralelogramo P tal que θ é o (menor) ângulo entre
dois lados não paralelos e de comprimentos l1 e l2 é dada por
l1 l2 sen θ.
Notemos que 0 < θ < π. Vide figura.
l2
θ
l1
Figura 3: Área de um Paralelogramo P
Solução. Fixemos a base canônica do plano
Podemos supor sem perda de generalidade que θ é o ângulo orientado no
sentido anti-horário e desde o lado l1 até o lado l2 [vide Figura 3].
−→ → −−→
→
Escrevamos l1 = AB e l2 = AD. Sejam −
u = AB e −
v = AD.
−
−
Escrevamos →
u = (x1 , y1 ) e →
v = (x2 , y2 ).
Escrevamos z1 = x1 + iy1 = |z1 |eiθ1 e z2 = x2 + iy2 = |z2 |eiθ2 , com ângulos
θ1 , θ2 ∈ [0, 2π). Devido às hipóteses, temos 0 < θ2 − θ1 < π [cheque]. Logo,
θ2 − θ1 = θ e sen(θ2 − θ1 ) = sen(θ).
Pela corolário do Teorema 2, segue
x x 1 2 = | z1 | | z2 | sen(θ2 − θ1 ).
y1 y2 →
→
Então, como o determinante é a área do paralelogramo (pois o par {−
u ,−
v}
é positivamente orientado), pelas duas últimas identidades concluı́mos que
→
→
área(P) = |z1 | |z2 | sen(θ2 − θ1 ) = k−
u k k−
v k sen(θ) = l1 l2 sen(θ) ♣
8
Exercı́cio 3. Prove |z1 − z2 |2 = |z1 |2 − 2Re (z2 z1 ) + |z2 |2 , ∀z1 , z2 ∈ C.
Observação. Seja θ o ângulo (o menor, com 0 ≤ θ ≤ π) entre os segmentos que
representam usualmente os números complexos
zj = xj + iyj = |zj |eiθj , para j = 1, 2 e θj ∈ R,
no plano de Argand-Gauss.
Podemos supor, sem perda de generalidade, θ2 − θ1 ∈ [0, 2π).
Desta forma, ou temos θ = θ2 − θ1 ou temos θ = 2π − (θ2 − θ1 ).
De qualquer forma, segue
cos θ = cos(θ2 − θ1 ).
Ainda mais, pela lei dos cossenos segue
|z1 − z2 |2 = |z1 |2 + |z2 |2 − 2|z1 | |z2 | cos θ.
Portanto, pelo Exercı́cio 3 encontramos
Re(z2 z1 ) = |z1 | |z2 | cos(θ2 − θ1 ) = |z1 | |z2 | cos(θ).
−
−
Escrevamos →
u = (x1 , y1 ) e →
v = (x2 , y2 ). Então,
→
→
u k k−
v k cos(θ).
Re(z2 z1 ) = k−
Portanto, e para finalizar, pelo Teorema 2 obtemos a seguinte interpretação
para o produto interno de números complexos
→
→
z2 z1 = −
u ·−
v ± iárea(P),
→
→
onde P é o paralelogramo determinado por −
u e −
v e o sinal ± é atricbuı́do
→
−
→
−
conforme o par ordenado { u , v } é positivamente ou negativamente orientado.
9