Geometria Analítica I

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1 Geom. Analítica I Respostas do Módulo I - Aula 7 1 Geometria Analítica I 01/03/2011 Respostas dos Exercícios do Módulo I - Aula 7 Aula 7 1. a. Procedendo como nos Exemplos 7.1 e 7.2, ou a Proposição 7.15 da Aula 7, você encontrará: ( Q 1 = 41 ) 13, 29, Q 2 = (0, 2). 13 b. R 1 = ( 11 13, ) 3 13, R2 = ( 30 c. M 1 = ( 17 13, , ) 6 13 ), M2 = ( 30 13, 6 13 d. A interseção P 0 entre as retas r e s é encontrada resolvendose o sistema formado pelas equações destas retas. Assim, P 0 = ( 15 13, 16 13). Para encontrar T1 simétrico a P 1 em relação a P 0, basta proceder como na discussão que segue a Definição 7.21, isto é, determinar T 1 = (x, y) de forma ) que P 0 seja o ponto médio de P 1 T 1. Procedendo assim, ( P 0 = 15 ) ( x 1 13, 16 = 13 2, y + 1 ) ( T 1 = (x, y) = 17 ) 2 13,

2 Geom. Analítica I Respostas do Módulo I - Aula 7 2 Da mesma forma encontramos T 2, que será ( 30 13, 6 13). Repare que T 1 = M 1 e T 2 = M 2. Isto acontece porque as retas r e s são perpendiculares (verifique). Quando refletimos P 1 em relação a r e depois refletimos o ponto obtido Q 1 em relação a s, acabamos por obter a reflexão em relação ao ponto de interseção das retas. 2. a. Primeiro, observe que as retas não são paralelas. Assim, para obter a simétrica de s em relação a r, procederemos da seguinte forma: 1. Encontramos o ponto Q de interseção entre r e s. Como Q está sobre r ele será seu próprio simétrico em relação a r. 2. Escolhemos um ponto arbitrário P s, tomando o cuidado para que não seja o ponto Q. 3. Determinamos o simétrico P de P em relação a r. 4. A reta s será a reta determinada pelos pontos Q e P. (Não é o caso do exercício, mas se as retas r e s fossem paralelas, não poderíamos utilizar no passo 4 o ponto Q. Precisaríamos utilizar seu simétrico Q em relação a r). Resolvendo o sistema das equações de r e s, obtemos Q = ( 1, 0). Façamos P = (0, 1) (verifique que P s). Calculando o simétrico P de P em relação a r, obtemos P = (4/13, 7/13) (faça como nos Exercício 1). Agora, basta determinar a reta que passa pelos pontos Q = ( 1, 0)

3 Geom. Analítica I Respostas do Módulo I - Aula 7 3 e P = (4/13, 7/13) (veja como na Aula 3). Assim, teremos s : 7 x + 17 y + 7 = 0. b. [HB] Como uma reflexão com relação a uma reta leva retas em retas (Proposição 16), concluímos que o simétrico do triângulo de vértices A = (1, 1), B = ( 1, 4) e C = (3, 1) é o triângulo de vértices A = (16/13, 2/13), B = (7/13, 48/13) e C = (40/13, 8/13). Uma vez que reflexões com relação a uma reta também preservam distâncias, pelo caso LLL de congruência de triângulos, segue-se que ABC e A B C são, de fato, triângulos congruentes. 3. Primeiramente, observe que a interseção das retas x y = 0 e 2x y = 3 é o ponto Q = (3, 3). A partir de agora, não mais precisaremos destas retas. Podemos proceder agora de duas formas. Solução 1: Vamos considerar dois pontos da reta x 2y +4 = 0, P 1 = ( 4, 0) e P 2 = (0, 2). Os simétricos destes pontos em relação ao ponto Q = (3, 3) são, respectivamente, P 1 = (10, 6) e P 2 = (6, 4). Agora, basta determinar a reta que passa por P 1 e P 2, que é dada por x 2y + 2 = 0. Solução 2: Seja P = (x, y ) um ponto da reta simétrica a r : x 2y + 4 = 0 em relação ao ponto Q = (3, 3). Esse ponto P será simétrico a um ponto P = (x, y) da reta r. Como Q é o ponto médio de P P, temos ( x + x (3, 3) = Q =, y + ) y (x, y) = (6 x, 6 y ). 2 2 Sabemos que (x, y) r, logo x 2y+4 = 0 (6 x ) 2(6 y )+4 = 0 x +2y 2 = 0 x 2y +2 = 0.

4 Geom. Analítica I Respostas do Módulo I - Aula 7 4 Assim, a equação da reta procurada é x 2y + 2 = [HB] Toda reta r que passa pela origem pode ser descrita por uma equação cartesiana na forma a x + b y = 0, com a e b constantes não simultaneamente nulas. Se (x, y) é um ponto do círculo de equação x 2 + y 2 = r 2, então o seu simétrico com relação a reta r é, conforme a Proposição 7.15, dado por ( (b (x, y 2 a 2 ) x 2 aby ) =, (a2 b 2 ) ) y 2 abx. a 2 + b 2 a 2 + b 2 Devemos mostrar que (x, y ) também pertence ao círculo de equação x 2 + y 2 = r 2. Para isto, basta mostrar que (x ) 2 + (y ) 2 = r 2. Ora, (x ) 2 + (y ) 2 = ( (b 2 a 2 ) 2 ( ) x 2 aby (a 2 b 2 ) y 2 abx + a 2 + b 2 a 2 + b 2 = x2 b x 2 b 2 a 2 + x 2 a a 2 b 2 y 2 + y 2 a 4 + y 2 b 4 (a 2 + b 2 ) 2 = (x2 + y 2 ) (a 2 + b 2 ) 2 (a 2 + b 2 ) 2 = x 2 + y 2 = r 2. ) 2 5. [HB] a. Seja P = (x, y) um ponto da elipse de equação (x x 0 ) 2 /a 2 + (y y 0 ) 2 /b 2 = 1. Devemos mostrar que os simétricos de P com relação às retas x = x 0 e y = y 0 e com relação ao ponto P 0 = (x 0, y 0 ) também satisfazem esta equação. Ora,

5 Geom. Analítica I Respostas do Módulo I - Aula 7 5 estes pontos simétricos são dados, respectivamente, por Q = (x 1, y 1 ) = (x 0 + (x 0 x), y) = (2 x 0 x, y), R = (x 2, y 2 ) = (x, y 0 + (y 0 y)) = (x, 2 y 0 y), M = (x 3, y 3 ) = (x 0 +(x 0 x), y 0 +(y 0 y)) = (2 x 0 x, 2 y 0 y). Agora, (x 1 x 0 ) 2 + (y 1 y 0 ) 2 = (2 x 0 x x 0 ) 2 + (y y 0) 2 = a 2 b 2 a 2 b 2 (x 0 x) 2 + (y y 0) 2 = (x x 0) 2 + (y y 0) 2. a 2 b 2 a 2 b 2 Como P = (x, y) é um ponto da elipse, esta última expressão é igual a 1 e, portanto, (x 1 x 0 ) 2 a 2 + (y 1 y 0 ) 2 b 2 = 1. Assim, o ponto simétrico Q = (x 1, y 1 ) também satisfaz a equação da elipse e, conseqüentemente, ela é invariante pela simetria com relação à reta x = x 0. Do mesmo modo, mostra-se que (x 2 x 0 ) 2 a 2 + (y 2 y 0 ) 2 b 2 = 1 e (x 3 x 0 ) 2 a 2 + (y 3 y 0 ) 2 b 2 = 1. de onde se segue que a elipse de equação (x x 0 ) 2 /a 2 + (y y 0 ) 2 /b 2 = 1 também é invariante pela simetria com relação à reta y = x 0 e pela simetria com relação ao ponto P 0 = (x 0, y 0 ). b. Solução análoga ao do item (a) (basta trocar o sinal de + pelo sinal de na equação da cônica. 6. Inicialmente, observe que V = (a, 0) é um ponto da elipse de

6 Geom. Analítica I Respostas do Módulo I - Aula 7 6 equação x 2 /a 2 + y 2 /b 2 = 1 (este ponto é um dos vértices da elipse). Pela Proposição 7.15, o simétrico de P com relação à reta x y = 0 (bissetriz do primeiro quadrante) é dado por V = (0, a). Como a elipse é invariante por esta simetria, o ponto V = (0, a) também deve satisfazer sua equação. Substituindo (x, y) = (0, a) na equação da elipse, temos x 2 a 2 + y2 b 2 = 1 02 a 2 + a2 b 2 = 1 a2 = b 2. Assim, multiplicando a equação da elipse por a 2, temos x 2 + y 2 = a 2, Mostrando que, de fato, trata-se de um círculo com centro na origem e raio a. A figura abaixo pode dar uma boa idéia intuitiva do que se passa. Uma reflexão em relação à bissetriz do primeiro quadrante nada mais é que uma troca das coordenadas x e y. (de fato, pela Proposição 7.15, o simétrico de (x, y) em relação a x y = 0 é (y, x)). Assim, para que a elipse refletida (na figura, a mais clara) coincida com a original (mais escura) após tal reflexão, ela deverá ser um círculo.

7 Geom. Analítica I Respostas do Módulo I - Aula a. Teremos A(x a) 2 + B(y b) 2 = 0. Como A > 0 e (x a) 2 0, temos que A(x a) 2 0. Da mesma forma, como B > 0 e (y b) 2 0, temos B(y b) 2 0. Assim, a equação representa a soma de dois números não negativos resultando em 0, o que só é possível se ambos os números forem iguais a 0. Logo A(x a) 2 = 0 e B(y b) 2 = 0. Mas, como A > 0 e B > 0, teremos então (x a) 2 = 0 e (y b) 2 = 0, que implica x = a e y = b. Isto mostra que a equação representa apenas o ponto (a, b). b. Teremos A(x a) 2 + B(y b) 2 = 0. Como B < 0, temos que B > 0. Como A > 0 e B > 0, as expressões A e B estão bem definidas, logo podemos escrever A (x a) = ± B (y b), que é equivalente a A x a A = ± ( B y b B ). Equivalentemente, podemos dizer que A x a A = B y b B ou A x a A = B y+b B.

8 Geom. Analítica I Respostas do Módulo I - Aula 7 8 Isto mostra que a equação representa as retas A x B y a A + b B = 0 e A x + B y a A b B = 0. c. Teremos A(x a) 2 + B(y b) 2 = A, A > 0, B > 0. Como A 0 e B 0, a equação é equivalente a (x a) 2 + (y b)2 A/B = 1. Como A > 0 e B > 0, temos que A/B > 0, logo, existe C > 0 tal que C 2 = A/B. Assim, a equação é equivalente a (x a) 2 (y b)2 + = 1, 1 2 C 2 que representa uma elipse. d. Analogamente ao item (b), teremos as retas A x B y a A + b B = 0 e A x + B y a A b B = 0. e. Teremos A(x a) 2 + B(y b) 2 = B, A < 0, B > 0. Como A 0 e B 0, a equação é equivalente a (y b) 2 (x a)2 B/( A) = 1.

9 Geom. Analítica I Respostas do Módulo I - Aula 7 9 Como B > 0 e A > 0, temos que B/( A) > 0, logo, existe C > 0 tal que C 2 = B/( A). Assim, a equação é equivalente a (y b) 2 (x a)2 = 1, 1 2 C 2 que representa uma hipérbole de eixo focal vertical. f. Teremos B(y b) 2 = 0, B > 0. Como B > 0, teremos então (y b) 2 = 0 y b = 0. Ou seja, a equação representa a reta y = b. Observação: Você pode achar um pouco estranho expressões como A ou B. Estas expressões, porém, estão bem definidas nos casos em que A < 0 ou B < 0, respectivamente. Nestes casos, inclusive, o que NÃO estaria bem definidos seriam A e B!!! Uma outra forma de escrever seria A e B, uma vez que, com A < 0, vale A = A, e, com B < 0, vale B = B.