Teste 2 18 de Janeiro de h30. P = [1 : 1 : 1], Q = [1 : 3 : 2], R = [0 : 1 : 0] e S = [0 : 0 : 1]. 1 2 x x 0 + x 1 2x 2

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1 Instituto Superior Técnico Departamento de Matemática LMAC Introdução à Geometria Teste 2 18 de Janeiro de h30 Duração: 1h30 1. Em P 2 considere os pontos P = [1 : 1 : 1], Q = [1 : 3 : 2], R = [0 : 1 : 0] e S = [0 : 0 : 1]. (2 val.) a) Indique a equação da recta projectiva l que passa em P e Q. Como 1 3 x x 2 x x x 0 + x 1 2x 2, l = {[x 0 : x 1 : x 2 ] P 2 : x 0 + x 1 2x 2 = 0}. b) Determine um referencial projectivo de P 2 que contenha os pontos P e Q. Como os vectores (1, 1, 1), (1, 3, 2) e (1, 0, 0) são linearmente independentes podemos, por exemplo, considerar o referencial formado pelos pontos P, Q, [1 : 0 : 0] e [3 : 4 : 3]. c) Qual a equação geral das rectas projectivas m tais que m l = P? Como P l qualquer recta projectiva m de P 2 que contenha o ponto P e seja diferente de l satisfa m l = P. A equação geral de uma recta de P 2 é da forma ax 0 + bx 1 + cx 2 = 0 com (a, b, c) R 3 \{(0, 0, 0)}. Para que P pertença a m é necessário que (x 0, x 1, x 2 ) = (1, 1, 1) seja solução desta equação, pelo que a + b + c = 0. Assim, a equação geral de uma recta projectiva m tal que m l = P é ax 0 + bx 1 (a + b)x 2 = 0 com a, b R e a b (para que m l). d) Determine a transformação projectiva τ : P 2 P 2 que verifica τ(p ) = Q, τ([1 : 0 : 0]) = P, τ(r) = S e τ(s) = R. τ([x 0 : x 1 : x 2 ]) = [T (x 0, x 1, x 2 )] onde a 0 0 T (x 0, x 1, x 2 ) = a 0 c a b 0 x 0 x 1 x 2

2 com a, b, c 0. Como τ([1 : 1 : 1]) = [1 : 3 : 2],, por exemplo, a = b = 1 e c = 2, pelo que x 0 T (x 0, x 1, x 2 ) = x 1, x 2 ou seja τ([x 0 : x 1 : x 2 ] = [x 0 : x 0 + 2x 2 : x 0 + x 1 ]. e) Indique, se existir, um ponto fixo de τ. Os valores próprios de são as raíes do polinómio p(λ) = (1 λ)(λ 2 2). Tomando, por exemplo o valor próprio λ = 1, o espaço próprio correspondente é L{(1, 3, 2)}, pelo que [1 : 3 : 2] é um ponto fixo de τ. f) Determine τ(l). τ(l) é a recta projectiva que passa em τ(p ) = Q e em τ(q) = [1 : 5 : 4]. Assim, τ(l) = P (L{(1, 3, 2), (1, 5, 4)}). Então, como 3 5 x x x 1 3x x 0 x 1 + x 2, τ(l) = {[x 0 : x 1 : x 2 ] P 2 : x 0 x 1 + x 2 = 0}. Alternativamente, como os pontos de l satisfaem x 0 = x 1 + 2x 2, τ(l) = { [ x 1 + 2x 2 : x 1 + 4x 2 : 2x 2 ], (x 1, x 2 ) R 2 \ {(0, 0)} }. g) Indique uma isometria φ de P 2 tal que φ(r) = P. φ : P 2 P 2 é uma transformação projectiva induida por uma transformação ortogonal T : R 3 R 3. Como queremos φ([0 : 1 : 0]) = [1 : 1 : 1] por exemplo T (x 0, x 1, x 2 ) = 1/ 2 1/ 3 1/ 6 1/ 2 1/ 3 1/ 6 0 1/ 3 2/ 6 x 0 x 1 x 2. Alternativamente podíamos, por exemplo, considerar a reflexão no plano mediador dos pontos 1 3 (1, 1, 1) e (0, 1, 0).

3 2. Sejam f : H H uma rotação limite tal que f(1 + i) = 1 + i e g : H H a reflexão na recta hiperbólica de equação 1 = 1. (2 val.) a) Indique, justificando, os possíveis horociclos e pontos fixos de f em C. Os horociclos de f são circunferências de H R que são tangentes a R no (único) ponto fixo de f. Como f(1 + i) = 1 + i, existe um horociclo que passa em 1 + i e em 1 + i. As únicas possiblidades para este horociclo são as circunferências de C dadas por i = 1 ou { C : Im = 1} { }. No primeiro caso, os horociclos de f são todas as circunferências da forma ki = k, com k R + e o ponto fixo de f é 0 = 0. No segundo caso, os horociclos de f são da forma e o ponto fixo de f é 0 =. { C : Im = k} { }, com k R + Alternativamente, como f é uma isometria directa de H então f é da forma a + b c + d com a, b, c, d R e ad bc > 0. Como f(1 + i) = 1 + i, pelo que a = d e b = 2(a + c), e então a(1 + i) + b = 1 + i, c(1 + i) + d a 2(a + c). c + a Se c = 0 então 2, pelo que o seu ponto fixo é o e os horociclos são da forma { C : Im = k} { }, com k R +. Se c 0, os pontos fixos de f satisfaem a equação a 2(a + c) c + a = c 2 = 2(a + c). Como f tem um único ponto fixo, que a + c = 0, pelo que a a + a = + 1, e o ponto fixo de f é 0 = 0. Os horociclos são então circunferências tangentes ao eixo real no ponto 0 = 0 pelo que têm equação ki = k, com k R +.

4 (2 val.) b) Determine as possíveis expressões de f. Como f é uma isometria directa de H então f é da forma a + b c + d com a, b, c, d R e ad bc > 0. No primeiro caso descrito em a), como f(0) = 0, b = 0 e então Como f(1 + i) = 1 + i, a c + d. a(1 + i) c(1 + i) + d = 1 + i e então a = d e c = d. Conclui-se assim que + 1. No segundo caso, f( ) =, pelo que c = 0, e então a c + b d = ã + b. Como queremos que seja o único ponto fixo de f que ã = 1 (caso contrário seria outro ponto fixo de f). Como f(1 + i) = 1 + i, conclui-se que b ã 1 2. c) Sendo C := { H : (2 + i) = 1} determine g(c). Como g é uma transformação de Möbius generaliada sabemos que g(c) é uma circunferência de C. Para além disso, como os pontos = 2 e = 1 + i são pontos fixos de g e pertencem a C, também pertencem a g(c). Como g preserva ângulos, e C é perpendicular ao eixo de reflexão de g (a recta hipebólica de equação 1 = 1) nos pontos de interseção, que g(c) é também perpendicular a esta recta hiperbólica. Conclui-se assim que g(c) é uma circunferência que passa em = 2 e = 1 + i e que é perpendicular a 1 = 1 nestes pontos. Assim, as tangentes a 1 = 1 nestes dois pontos são raios de g(c), pelo que o centro de g(c) é 2 + i (o ponto de interseção destes dois raios). Conclui-se assim que g(c) = C. Alternativamente, podemos determinar a expressão de g a partir do seu conjunto de pontos fixos. Com efeito, como 1 2 = 1 ( 1)( 1) = 1 = 1,

5 g() = 1. Então, como g(2) = 2, g(1 + i) = 1 + i e, por exemplo, g(2 + 2i) = i, que o centro de g(c) é a intersecção des mediatries dos segmentos de recta que unem 2 a 1+i e 2 a i respectivamente. Estas mediatries são as rectas de equação y = x 1 e y = 2x 3, pelo que o centro de g(c) é 2 + i e então g(c) = C. d) Indique a reflexão h : H H tal que g h g é a reflexão na recta de equação Re = 2. Seja m o eixo de reflexão de h e r a recta hiperbólica Re = 2. Então, como g h g = g 1 h g é a reflexão na recta g 1 (m), que g 1 (m) = r, ou seja que m = g(r). Para determinar esta recta basta determinar g(2) e g( ). Como 2 pertence ao eixo de reflexão de g, que g(2) = 2. Por outro lado, como g é a a reflexão na recta hiperbólica de equação 1 = 1, que g( ) = 1. Conclui-se assim que m = g(r) é a recta hiperbólica que passa em 2 e em 1, pelo que tem equação 3/2 = 1/2. Alternativamente, se j : H H é a reflexão na recta Re = 2, a sua expressão é facilmente determinada pelo seu conjunto de pontos fixos: Re = 2 + = 4 = + 4, pelo que j() = + 4. Então, como g h g = j e g() = Como h = g j g = , h() = = 3 4 = x 2 + y 2 3x + 2 = 0 (x 3/2) 2 + y 2 = 1/4, onde = x+y i, conclui-se que h é a reflexão na recta hiperbólica de equação 3/2 = 1/2. 3. Diga, justificando, se as seguintes afirmações são verdadeiras ou falsas: (1,5 val.) a) Dada uma transformação projectiva τ : P 1 P 1, se existem dois pontos distintos P, Q P 1 tais que τ(p ) = Q e τ(q) = P, então τ 2 = id. Verdadeiro. Sejam u, v R 2 \ {0} tais que P = [u] e Q = [v]. Como P Q, que u e v formam uma base de R 2. Além disso, se T : R 2 R 2 é uma transformação linear que indu τ, τ(p ) = [T (u)] = [v] e τ(q) = [T (v)] = [u],

6 pelo que T (u) = α v e T (v) = β u, com α, β R \ {0}. Para qualquer ponto R = [w] com w R 2 \ {0}, escrevendo w = au + bv com a, b R, τ 2 (R) = [T 2 (w)] = [T (T (au + bv))] = [T (at (u) + bt (v))] = [at (T (u)) + bt (T (v))] = [at (αv) + bt (βu)] = [aαt (v) + bβt (u)] = [aαβu + bβαv] = [αβ(au + bv)] = [au + bv] = [w] = R, (1,5 val.) (3 val.) pelo que τ 2 é a identidade. b) Se f : H H é uma isometria tal que f(2 + i) = 2 + i então f(l) = l onde l é a recta hiperbólica de H definida pela equação Re = 0. Falso. Podemos considerar por exemplo a isometria 4. Com efeito, f(2 + i) = 2 + i e, se = ki com k > 0, então 4 + ki não pertence à recta de equação Re = Seja f : H H uma rotação limite. Mostre que se g : H H é uma isometria que comuta com f, então g é uma isometria directa. Seja f uma rotação limite e P R o seu único ponto fixo. Se g é uma isometria de H que comuta com f, então f(g(p )) = (f g)(p ) = (g f)(p ) = g(p ), pelo que g(p ) é um ponto fixo de f. Como f tem um único ponto fixo, conclui-se que g(p ) = P, pelo que P é um ponto fixo de g. Se g é uma isometria inversa então tem (exactamente) dois pontos fixos em R, pelo que tem necessariamente um outro ponto fixo Q P em R. Então g(f(q)) = (g f)(q) = (f g)(q) = f(q), pelo que f(q) (um ponto de R) é ponto fixo de g. Conclui-se assim que f(q) = P ou f(q) = Q. O primeiro caso é impossível pois f é injectiva e f(p ) = P e o segundo também pois f tem um único ponto fixo. Conclui-se assim que g é uma isometria directa (g é, de facto, uma rotação limite).