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Conhecimentos necessários:
Matrizes (Geometria Analítica)
Determinantes (Geometria Analítica)
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Navegação
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Consiste em uma multiplicação e soma de cada uma das coordenadas de dois vetores e obtemos um número real. Escrevemos $\vec v \cdot \vec u$ e lê-se $\vec v$ escalar $\vec u$. Por exemplo:
$\vec v = (1, 2, 3) \text{ e } \vec u = (4, 5, 6) \Longrightarrow \vec v \cdot \vec u = 1 \cdot 4 + 2 \cdot 5 + 3 \cdot 6 = 4 + 10 + 18 = 32$.
Sabendo que:
Chegamos que:
$\vec u \cdot \vec v = |\vec u| \cdot |\vec v| \cdot \cos \theta$
Uma igualdade que deve guardar profundamente! Além de que: Se o ângulo $\theta$ for 90°, então $\cos \theta$ é 0 e, portanto:
$\vec u \cdot \vec v = 0$, se os dois vetores forem ortogonais.
$| \vec u \cdot \vec v | \le |\vec u| |\vec u|$ (Desigualdade de Schwarz)
$| \vec u + \vec v | \le |\vec u| + |\vec u|$
Se $\vec u \cdot \vec v = |\vec u| \cdot |\vec v| \cdot \cos \theta$, então:
$\cos \theta = \dfrac{\vec u \cdot \vec v}{|\vec u| \cdot |\vec v|}$
Dado um vetor qualquer $\vec v$, temos $\alpha$, $\beta$ e $\gamma$, que são os ângulos que esse vetor faz com $\vec i$, $\vec j$ e $\vec k$, de forma que:
$\cos \alpha = \dfrac{x}{|\vec v|} \\ \text{} \\ \cos \beta = \dfrac{y}{|\vec v|} \\ \text{} \\ \cos \gamma = \dfrac{z}{|\vec v|}$
Exatamente as mesmas coordenadas do versor de $\vec v$. Em outras palavras:
$\dfrac{\vec v}{|\vec v|} = (\cos \alpha, \cos \beta, \cos \gamma)$
Como o módulo de um vetor unitário é 1, temos que $\cos^2 \alpha + \cos^2 \beta + \cos^2 \gamma = 1$.
Como todo vetor de um plano pode ser formado por dois paralelos, vamos determinar a projeção de $\vec v$ sobre $\vec u$ (um vetor qualquer), de forma que:
$\vec v = \vec v_1 + \vec v_2$
$\vec v_1 // \vec u \because \vec v_1 = \text{proj}_{\vec u} \vec v$ ($\vec v_1$ é chamado de projeção ortogonal de $\vec v$ sobre $\vec u$)
$\vec v_2 \perp \vec u$
Então $\vec v$, $\vec v_1$ e $\vec v_2$ formam um triângulo retângulo.
Então pensa comigo: se $\vec v_1$ e $\vec u$ são paralelos, podemos escrever assim: $\vec v_1 = \alpha \vec u$.
Como $\vec v = \vec v_1 + \vec v_2$, então $\vec v - \vec v_1 = \vec v_2$ ou $\vec v - \alpha \vec u = \vec v_2$
Como $\vec v_2$ é ortogonal a $\vec u$, então $\vec v_2 \cdot \vec u = 0$, ou $(\vec v - \alpha \vec u) \cdot \vec u = 0$.
Fazendo a distributiva, encontramos $\vec v \cdot \vec u - \alpha \vec u \cdot \vec u = 0$, que nos permite encontrar isso aq:
$\alpha = \dfrac{\vec v \cdot \vec u}{\vec u \cdot \vec u}$
Como $\vec v_1 = \alpha \vec u$, então $\vec v_1 = (\dfrac{\vec v \cdot \vec u}{\vec u \cdot \vec u}) \vec u$.
Ou seja, $\text{proj}_{\vec u} \vec v = (\dfrac{\vec v \cdot \vec u}{\vec u \cdot \vec u}) \vec u$
Mas se $|\vec u| = 1$ (ou seja, ele forma um vetor unitário), chegamos nessa conclusão aqui:
$|\vec u| = 1 \Longleftrightarrow |\text{proj}_{\vec u} \vec v| = |\vec v \cdot \vec u|$
Tudo visto aqui se aplica tanto para vetores escalares no espaço quanto no plano.
É representado dessa forma: $\vec v \times \vec u$ e lido dessa forma: $\vec v$ vetorial $\vec u$. No final de tudo, obteremos um vetor.
Supondo que $\vec v = (x_1, y_1, z_1)$ e que $\vec u = (x_2, y_2, z_2)$, temos:
\begin{bmatrix} x_1 & z_1 \\ x_2 & z_2 \end{bmatrix} \vec j + \begin{bmatrix} x_1 & y_1 \\ x_2 & y_2 \end{bmatrix} \vec k$
Percebe que parece o Teorema de Laplace? Porque é quase isso! Para facilitar, podemos escrever assim e calcular o determinante da matriz:
$\vec v \times \vec u = \begin{bmatrix} \vec i & \vec j & \vec k\\ x_1 &y_1 & z_1 \\ x_1 &y_2 & z_2 \end{bmatrix}$
Lembrando que escrever dessa forma é apenas para facilitar, não quer dizer que é correto.
Podemos usar a Regra de Sarrus também para calcular, por ser um determinantes. Pelo mesmo motivo, também concluímos duas coisas:
Para somarmos dois vetores, podemos completar um paralelogramo, né? A área desse paralelogramo é justamente o módulo do produto vetorial!
Ou seja, $|\vec u \times \vec v| = |\vec u| |\vec v| \text{sen } \theta = A$.
Vamos pegar um exemplo simples para provar isso!
Vamos pegar os vetores $\vec v = (2, 0, 0)$ e $\vec u = (0, 3, 0)$. Como são ortogonais e sabemos que o módulo deles são 2 e 3, respectivamente, concluímos que a área do paralelogramo é 6. Agora vamos tentar calcular pelo produto vetorial:
$\vec v \times \vec u = \begin{bmatrix} \vec i & \vec j & \vec k\\ 2 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & 0 \end{bmatrix} = (0, 0, 6) = 6 \vec k$, que tem módulo 6!
Nada mais é do que a junção dos outros dois e resulta em um um escalar! Como o produto vetorial é calculado por determinante, tecnicamente, o produto misto também é. Fica assim:
Supondo que $\vec u = (x_1, y_1, z_1)$, $\vec v = (x_2, y_2, z_2)$ e $\vec w = (x_3, y_3, z_3)$, temos que:
$\vec u \cdot (\vec v \times \vec w) = \begin{bmatrix} x_1 & y_1 & z_1 \\ x_2 & y_2 & z_2 \\ x_3 & y_3 & z_3 \end{bmatrix}$
Para facilitar a escrita, podemos escrever também $(\vec u, \vec v, \vec w)$, que é a mesma coisa do produto misto acima, apenas escrito de forma diferente.
Representa o volume do paralelepípedo que podemos obter a partir dos três vetores. Como o produto misto pode ser negativo e não existe volume negativo, consideramos o módulo dele. Dessa forma:
$|(\vec u, \vec v, \vec w)| = V$
Isso ocorre por esse motivo:
Volume de um paralelepípedo é $A_{base} \cdot h$, mas a área da base é o produto vetorial, como já vimos. Como o produto escalar é $|\vec u| \cdot |\vec v| \cdot \cos \theta$, então o produto misto é $|\vec u \times \vec v| \cdot |\vec w| \cos \theta$, então isso só seria possível se $|\vec w| \cdot \cos \theta$ fosse a altura, exatamente o que ocorre, pois:
$\cos \theta= \dfrac{\text{Cat. Adj.}}{Hipot.} = \dfrac{h}{| \vec w |}$
Mas como estamos multiplicando esse cosseno por $|\vec w|$, só resta a altura, fazendo com que $|\vec u \times \vec v| \cdot |\vec w| \cos \theta$ seja $A_{base} \cdot h$.
Partindo um paralelepípedo no meio, obtemos um prisma. Partindo esse prisma em 3 pedaços, obtemos o tetraedro. Logo, o volume do tetraedro formado pelos 3 vetores é:
$\dfrac{|(\vec u, \vec v, \vec w)|}{6} = V_\text{tetraedro}$