GEOMETRIA II EXERCÍCIOS RESOLVIDOS - ABRIL, 2018

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1 GEOMETRIA II EXERCÍCIOS RESOLVIDOS - ABRIL, 08 ( Seja a R e f(x, y ax + ( ay. Designe por C a a cónica dada por f(x, y 0. (a Mostre que os quatro pontos (±, ± R pertencem a todas as cónicas C a (independentemente do valor de a. (b Indique para que valores de a a cónica C a é uma elípse, parábola ou hipérbole. Indique, justificadamente, se alguma das cónicas C a, a R é degenerada. (a Por definição C a {(x, y R : ax + ( ay }. Como a(± + ( a(± a + a, os 4 pontos de coordenadas (x, y (±, ± pertencem ao conjunto C a. (b Sabemos que a equação αx + βy representa o conjunto vazio, caso α, β < 0, uma elipse caso α, β > 0 (circunferência, caso α β > 0 e uma hipérbole caso α e β tenham sinal oposto. Assim, fazendo α a e β a, temos os casos: Para a ]0, [, temos α, β > 0 pelo que C a é uma elípse (circunferência no caso a ; Para a >, bem como para a < 0 temos αβ a( a < 0 pelo que C a é uma hipérbole; Para a 0, ficamos com y, ou seja C 0 é a união de rectas horizontais y ±; e para a temos x, pelo que C são rectas verticais x ±. Não há nenhum valor de a R para o qual C a seja uma parábola. As únicas cónicas degeneradas C a são, como vimos, C 0 e C (em ambos os casos são rectas paralelas. ( Considere a cónica dada por C a,b {(x, y R : a(x by } com (a, b R \ {(0, 0}. (a Determine os valores de a, b para os quais C a,b define uma elipse, ou uma cónica degenerada. (b Sendo b 4, calcule a R de modo a que C a,4 seja uma hipérbole com vértices em (±, 0 e assímptotas dadas por y ± 4 x. (a A equação que define C a,b é ax by a. Para que esta equação represente uma elipse devemos ter a > 0 e b < 0 ou a < 0 e b > 0 pois o discriminante da forma quadrática é ab (e não é vazia nestes casos pois equivale a x b a y. Para obtermos uma cónica degenerada, basta tomarmos a 0 (representa a recta y 0, pois por hipótese b 0 ou b 0 (representa as duas rectas x ± pois neste caso a 0. Se a e b têm o mesmo sinal obtemos uma hipérbole, pelo que não há mais casos pedidos. (b Sendo b 4 temos a equação ax 4y a, que é verificada pelos pontos (±, 0 para qualquer valor de a. As assímptotas destas hipérboles podem ser obtidas substituindo por zero a parte não quadrática, ou seja resolvendo a equação ax 4y 0 que equivale a ax ±y ou: y ± a x ± 4 x. Esta equação implica a 8 ou seja a Note-se que a > 0 caso contrário, pela alínea anterior, a equação definiria uma elipse. ( Seja f : R R definida por f(x, y ( y, x. (a Verifique que f é uma isometria e classifique-a dizendo se é uma translação, rotação, reflexão ou composição destas.

2 GEOMETRIA II (b Determine, se existirem, os seus pontos fixos. Há alguma recta invariante por f? (c Escreva f em termos da coordenada complexa w x + iy C. (a Sendo p (x, y e p (x, y pontos arbitrários do plano R, temos f(p f(p ( y, x ( y, x (y y, x x (y y + (x x (x x + (y y x y, como pretendido. Para classificar f temos duas vias: matricial ou complexa. Via matricial: Podemos escrever f na forma: ( [ ]( ( x 0 x f +. y 0 y [ ] 0 Como a matriz tem determinante, f é uma isometria indirecta (troca a 0 orientação. Vemos também que: [ 0 0 ] ( Assim, a recta gerada pelo vector (, (parametrizada por (t, t, t R, fica invariante pela transformação linear associada à matriz, e concluímos que representa uma reflexão relativa a esta recta. A soma do vector (, representa uma translacção, portanto f é a composição de uma reflexão com uma translacção, ou seja, uma reflexão deslizante, de acordo com o teorema da classificação de isometrias. Via coordenadas complexas: Se w x + iy, então f(w y + i( x ( + i + ( y ix + i + ( i(x iy + i i w, Assim, f é da forma f(w α w + b com α o que nos diz imediatamente que é uma reflexão deslizante. (b Como f é uma reflexão deslizante, não tem pontos fixos. Pelo teorema de classificação das isometrias através de conjuntos fixos, também sabemos que há uma recta invariante por f. Embora não seja pedido, podemos determinar a recta da seguinte forma. É a recta paralela à da reflexão (, que passa no ponto médio do vector (,, ou seja (x 0, y 0 (,. Assim a recta é dada por: ( x + y x 0 + y 0. (4 Sejam f, g : R R definidas por f(x, y ( + y, x e por g(x, y (x, y. (a Para as transformações f e g f, diga justificadamente, se são isometrias e/ou semelhanças e, nesse caso, se são directas ou indirectas. (b Escreva f e g f em termos da coordenada complexa w x + iy C; no caso de g f, indique se se trata de uma translação, rotação ou reflexão simples/deslizante..

3 GEOMETRIA II (a Sendo p (x, y e p (x, y pontos arbitrários do plano R, temos f(p f(p ( + y, x ( + y, x ( y y (y y 9, x x + (x x 9 9 [(x x + (y y ] 9 p p, o que significa que f é uma semelhança com factor de escala. De igual forma, para g calculamos: g(p g(p (x, y (x, y (x x, y y 9 [(x x + (y y ] 9 p p, o que significa que g é também uma semelhança, com factor de escala. Assim, g f verifica: g f(p g f(p f(p f(p p p p p, e portanto g f é uma isometria. Para verificar se são directas ou indirectas, podemos usar a representação matricial ou complexa. Sendo claro que g é semelhança directa (é uma expansão de factor, a derivada matricial de f é ( 0 0 cujo determinante é positivo. Assim, tanto f como g f são transformações directas. Em alternativa, usando a coordenada complexa w x + iy, temos f(w + y + i( x ( + i + (y ix + i + ( i(x + iy + i i w, Assim, f é da forma f(w aw + b com a, o que nos indica que f é uma semelhança directa. (b Pela alínea (a f(w + i i w, para todo w C. Assim g f(w g( + i i w ( + i i w 6 + i iw, w C. Desta forma, g f é uma composição de rotação (w iw com translacção (w w+6+i, o que nos dá uma rotação em torno de um ponto fixo. Embora não seja pedido, esta pode ser calculado resolvendo: 6 + i iw w w( + i 6 + i w 6 + i + i 9 i. (5 Considere a seguinte transformação de Möbius T(w + w w onde w C. (a Verifique que T envia a circunferência unitária { w }, na circunferência { w } [Sugestão: mostre primeiro que fixa os pontos i e i] (b Mostre que, pela projecção estereográfica ϕ : S \{N} C, T corresponde a uma rotação de S em torno de um eixo, e diga qual é esse eixo. (a De acordo com a sugestão, vemos que T(i + i ( + i( + i i + + i + i i, 4 e um cálculo semelhante dá T( i i. Por outro lado, sabemos que a imagem por T de uma circunferência é sempre uma circunferência ou uma recta (pois T é uma transformação de Möbius. Assim, como ±i são pontos da circunferência unitária C { w }, a circunferência ou recta imagem T(C contém os pontos ±i. Isto significa que a imagem T(C é simétrica relativamente ao eixo dos xx. Calculamos então T( + (+

4 GEOMETRIA II 4 +, e também T( +. Assim, já determinámos 4 pontos da imagem T(C: ±i, + e +. Vemos então que é uma circunferência e cujo centro é o ponto médio entre + e +, ou seja e o raio é metade do diâmetro + ( +, como pretendido. (b As transformações de Möbius que correspondem a rotações de S têm matrizes associadas na forma ( a b, b ā com a + b. Podemos escrever T(w + w w, e definir M : ( Então M é uma matriz associada a T, e está na forma indicada com a e b (reais positivos, que verificam a +b, como pretendido. O eixo de rotação é aquele por onde passam os pontos fixos pela rotação, e que são pontos antípodas. A projecção estereográfica verifica: ϕ(x, x, x (x + ix logo ϕ(0, ±, 0 (±i ±i. x 0 Como ±i são fixos por T, e correspondem a (0, ±, 0 pela projecção estereográfica então o eixo fixo é o eixo x, que corresponde à recta x x 0. Temos então uma rotação em torno desta recta. (6 Considere a seguinte transformação de Möbius M(w w+i iw+, onde w x + iy C. (a Calcule os seus pontos fixos, justifique que M corresponde a uma rotação da esfera, e determine o respectivo eixo de rotação. (b Seja T(w 4iw. Mostre que T M T representa uma isometria do plano hiperbólico H e calcule a imagem T M T (L onde L {w H : Rw 4}. (a Os pontos fixos de M são as soluções da equação M(w w + i iw + w w + i iw + w w pelo que w ± são os pontos fixos (e não há outros. É fácil verificar que M T A onde ( ( A i a b, i b ā sendo a /, b i/. Assim A é uma matriz unitária, e por isso T A representa uma rotação da esfera. Como os pontos fixos são ± ϕ(±, 0, 0 onde ϕ é a projecção estereográfica, o eixo de rotação é o que passa nos pontos (±, 0, 0 ou seja, o eixo x (nas variáveis x, x, x. (b As transformações de Möbius que correspondem a isometrias de H podem ser escritas como T(w aw + b cw + d, com a, b, c, d reais e ad bc > 0. Usando T (w 4iw, temos: S(w : T M T (w T(M( 4i w 4i ( 4i w + i i 4i w +. 4i w 4 4w 6 iw + 4i w + 4,

5 GEOMETRIA II 5 que é uma transformação com os coeficientes reais a d 4, b 6 e c e ad bc > 0. Assim S T M T representa uma isometria de H. Uma recta em H é determinada por dois pontos (semirecta vertical, ou semicircunferência de centro real passando nesses dois pontos. Por simplicidade, escolhemos w 4 e w (limite de qualquer semirecta vertical: S( , S( 4 4, Assim, a imagem T M T (L S(L é uma recta hiperbólica com limites em 0 e 4. Só há uma circunferência euclideana de centro real com estes dois pontos: é centrada em w e tem raio. Assim T M T (L {w H : w }. (7 (a Em RP determine a intersecção da recta definida por {[t, t+s, s], (t, s R \ {(0, 0}} com a recta que passa em [, 0, ] e em [0,, ]. (b Determine uma projectividade F : RP RP {[x, y, z]} que deixa a recta y 0 invariante e envia o par de pontos [0,, ] e [,, 0] em [0,, 0] e [,, ], respectivamente. Com estas condições, F é única? (a A recta de RP dada por [t, t + s, s] corresponde ao plano de R dado pela equação y x + z. Por outro lado, a equação da recta que passa em [, 0, ] e [0,, ] corresponde ao plano de R cuja equação cartesiana é: x y z 0 x y + z 0. 0 Substituindo y x + z vem: 4x + z 0. Assim, podemos colocar z 4, x, y 6 e concluir que a intersecção pretendida é o ponto de coordenadas homogéneas: [, 6, 4]. (b Pelo teorema fundamental da geometria projectiva, há uma projectividade que envia 4 pontos de RP em posição geral noutros 4 pontos em posição geral. Sendo dado um par de pontos e suas imagens, queremos determinar outros dois pontos, na recta y 0, que podemos assumir ficam fixos. Por simplicidade, sejam [, 0, 0] e [0, 0, ] os pontos fixos por F (note-se que estes estão na recta y 0. Determinemos então F tal que o quádruplo [, 0, 0], [0,, ], [0, 0, ], [,, 0] é enviado em [, 0, 0], [0,, 0], [0, 0, ], [,, ], por esta ordem. Estes quádruplos verifica-se estarem em posição geral: o segundo quádruplo é o quádruplo canónico, e para o primeiro não é difícil mostrar directamente que quaisquer vectores representativos dos 4 formam base. Sendo [, 0, 0] e [0, 0, ] fixos, F é representado por matriz da forma: α β γ δ ε. (entradas vazias são 0 Usando os outros dois pontos temos: α β 0 0 α β γ φ, γ δ ε 0 δ ε 0 Estas duas equações dão-nos as relações: β 0, φ γ, δ + ε 0 e η α γ ε. Como podemos escrever todas as variáveis em função de η, obtemos: η 0 η, pelo que F[x, y, z] : [ x η η, y, y z ]. η η η.

6 GEOMETRIA II 6 Note-se que F não fixa todos os pontos a recta y 0, por exemplo F[, 0, ] [, 0, ] [, 0, ]. Uma vez que foi feita uma escolha de pontos na recta y 0 que ficaram fixos, mas os outros pontos desta recta não, esta projectividade, nas condições dadas, não é única (depende destas escolhas. (8 (a Considere a transformação de Möbius T(w [i i wi]. Determine uma 4i matriz que representa T e verifique que [, ], [, ] CP são os únicos 4 pontos fixos da correspondente projectividade de CP. (b Determine uma projectividade F : CP CP que fixa o ponto [ : ] e troca os pontos [0 : ] com [, 0]. Esta transformação é única nestas condições? (a Por definição, temos: T(w [i i 4i wi] i + i 4i wi 4i i wi i i(4 w i i( + w w + 4 w +. Assim, uma matriz que representa esta transformação é: ( 4, ou qualquer múltiplo escalar não nulo desta. Para verificar os pontos fixos, podemos usar coordenadas afins ou homogéneas. Em coordenadas afins, temos que resolver a equação: T(w w 4 w + w w 4 w w + w w + w 4 0, cujas duas soluções são w e w 4. Uma vez que w C corresponde ao ponto de coordenadas homogéneas [w, ] em CP, estes pontos fixos têm coordenadas homogéneas [, ] [, ] e [ 4, ] [, 4 ], como pretendido. Em alternativa, podemos calcular ( 4 [ ] [ 6 6 ], ( 4 e verificar que, em coordenadas homogéneas, [6, 6] [, ] e [, ] [, 4 ]. (a A recta de RP dada por [t, t + s, s] corresponde ao plano de R dado pela equação y x + z. Por outro lado, a equação da recta que passa em [, 0, ] e [0,, ] corresponde ao plano de R cuja equação cartesiana é: x y z 0 x y + z 0. 0 Substituindo y x + z vem: 4x + z 0. Assim, podemos colocar z 4, x, y 6 e concluir que a intersecção pretendida é o ponto de coordenadas homogéneas: [, 6, 4]. (b Em coordenadas afins, os pontos [ : ], [0 : ] e [ : 0] correspondem a, 0 e, respectivamente. Assim, F(, F(0 e F( 0. É fácil de ver, directamente, que uma transformação que verifica isto é F(w /w. Podemos também usar a razão cruzada: A única transformação que envia, 0, em,, 0 é (usando a regra de corte para o : [ 4 F(w [ 0 w] 0 w 0 w w ( w. Como F envia pontos em posição geral (distintos a para outros em posição geral, esta transformação é única. ] [ ],

7 GEOMETRIA II 7 (9 Indique se cada uma das seguintes afirmações é verdadeira ou falsa. Justifique cada caso, demonstrando ou dando um contra-exemplo. (a Se uma isometria directa de R fixa dois pontos distintos de R, então ela é a identidade. (b Seja f : R R uma semelhança. Se f fixa dois pontos, então também fixa a recta que os une. (c Existem isometrias de S sem pontos fixos. (d Seja F : RP RP uma projectividade que fixa pontos distintos p, q e deixa invariante uma recta que não intersecta p ou q. Então F é a identidade. (e Há triângulos hiperbólicos cuja soma dos ângulos internos é π. (f A composição de um número par de semelhanças indirectas é uma semelhança directa. (g Seja C uma circunferência de S (C π S, onde π é plano em R. A imagem de C pela projecção estereográfica é uma recta de R, se e só se C contém o pólo norte (0, 0, R. (h Uma transformação de Möbius, não trivial, com coeficientes reais tem dois pontos fixos em H. (a Verdadeira. Vamos usar coordenadas complexas. As isometrias directas são da forma f(w aw + b, com a, b C e a. Sejam w, w pontos fixos distintos. Verifica-se, simultaneamente: f(w aw + b w, f(w aw + b w. Subtraindo as equações vem a(w w w w. Assim, como w w, vemos que a. A primeira equação fica então: w + b w, o que significa que b 0. Concluímos que f(w w para todo w C, o que significa que f é a identidade. (b Verdadeira. Em coordenadas complexas, as semelhanças são da forma f(w aw + b, ou f(w a w + b, com a, b C e a 0 (o segundo caso são semelhanças indirectas. Se f fixa dois pontos w w e é semelhança directa, o mesmo argumento da alínea (a serve para mostrar que f é a identidade (não se usou o facto que a, apenas que a 0. Sendo f a identidade, fixa todo o R, em particular a recta que passa em w e w. Se f é indirecta, então as equações são agora f(w aw + b w, f(w aw + b w. Seja w um ponto na recta que une w a w. Podemos escrever w w +t(w w tw + ( tw. Multiplicando cada equação e somando de forma adequada, vem: a(tw + ( tw + tb + ( tb tw + ( tw que equivale a: f(tw + ( tw a(tw + ( tw + b tw + ( tw, pelo que todos os pontos na recta estão fixos. (c Verdadeira. A função f : S S dada por f(x, x, x ( x, x, x é uma isometria (composição de reflexões, uma relativa a cada um dos planos coordenados e não tem nenhum ponto fixo. (d Falsa. Sendo F[x, y, z] : [x, y, z] esta não é a transformação identidade. Com p [0,, ] e q [0,, ] temos que F(p p, F(q q. Mas F deixa invariante a recta de RP correspondente ao plano y 0. (e Falsa. Qualquer triângulo hiperbólico tem a soma dos ângulos internos menor que π. (f Verdadeira. Usando coordenadas complexas, as semelhanças indirectas são da forma f(w a w + b, com a, b C e a 0. A composição de duas deste tipo é uma semelhança

8 GEOMETRIA II 8 directa, pois f f (w f (a w + b a (a w + b + b a ā w + a b + b, com a ā 0. Por outro lado a composição de semelhanças directas é uma semelhança directa. Assim, a composição de n semelhanças indirectas, para qualquer n N, é a composição de n semelhanças directas, e portanto, é uma semelhança directa. Em alternativa, podemos ver que o produto de n matrizes com determinante negativo é uma matriz com determinante positivo (uma vez que a orientabilidade de uma semelhança é dada pelo valor absoluto do determinante da derivada dessa transformação. (g Verdadeira. A imagem pela projecção estereográfica ϕ de uma circunferência em S é sempre uma circunferência ou uma recta em R. Assumindo que é uma recta em R, então não é uma circunferência, o que significa que é ilimitada. Assim, há pontos dessa recta cuja pré-imagem estão arbitrariamente próximos de (0, 0,. Por continuidade de ϕ, e porque C é um conjunto fechado, C contém o ponto (0, 0,. Reciprocamente, se C contém o pólo norte (0, 0,, então a imagem ϕ(c não pode ser compacta, pelo que não pode ser uma circunferência. Assim, é uma recta em R. (h Falsa. Qualquer transformação de Möbius não trivial tem um ou dois pontos fixos em C. Se M é uma transformação de Möbius com coeficientes reais e com dois pontos fixos distintos em H (note-se que H é aberto, e por isso disjunto de H, então os seus conjugados são também fixos. De facto, se w 0 H é fixo por M, então M( w 0 M(w 0 w 0 pelo que w 0 também é fixo (aqui usa-se o facto que M tem coeficientes reais. Isto conduziria a 4 pontos fixos distintos de M, como transformação de C, o que implica que M é a identidade.

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