Geometria Analítica I

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1 Geom. Analítica I Respostas do Módulo I - Aula 1 Geometria Analítica I 07/0/011 Respostas dos Exercícios do Módulo I - Aula Aula 1. Localização dos pontos: Fazendo os cálculos, teremos: a. 0, 5, b. 11, 1, c. 0, 0, d. 0, 0, e. 1,, f. 4, 8.. [HB] Usando a definição 4 na página 19 da aula, temos que:

2 Geom. Analítica I Respostas do Módulo I - Aula A 1 A + A A }} + A A 4 + A 4 A 5 + A 5 A 1 = A 1 A + A A }} 4 A 1 A A 1 A 4 + = A 1 A 4 + A 4 A }} 5 A 1 A 5 + = A 1 A 5 + A 5 A }} 1 = A 1 A 1 A 4 A 5 + A 5 A 1 A 5 A 1 A 1 A 1 = O. Este resultado também pode ser estabelecido geometricamente, como mostra a próxima figura. Note que esta demonstração geométrica se aplica independentemente da escolha específica das posições dos pontos A 1, A, A, A 4 e A 5 que foi feita na figura.. [HB] O exercício precisa de uma hipótese extra: A, B e C devem ser distintos além de serem colineares. Feita esta observação, escolha agora um sistema de coordenadas cuja origem seja o ponto A e cujo eixo horizontal eixo x seja justamente a reta que passa por A, B e C. Se b é a abscissa do ponto B e c é a abscissa do ponto C, então AB = b, 0 e AC = c, 0. Como, pela hipótese extra, os pontos são distintos, segue-se então que b 0 e c 0! Portanto, b AB = b, 0 = c c, 0 = b c, 0 = t c, 0 = t AC, c

3 Geom. Analítica I Respostas do Módulo I - Aula onde t = b c. Observe que t 0, pois b 0 e c 0. Agora, t > 0 se, e somente se, b e c possuem o mesmo sinal como números reais, isto é, se, e somente se, b e c estão em um mesmo semi-eixo do eixo x ou, ainda, se, e somente se, AB e AC possuem o mesmo sentido! Analogamente, mostra-se que t < 0 se, e somente se, b e c possuem sinais contrários como números reais, isto é, se, e somente se, AB e AC possuem sentidos opostos. 4. a. 1 6, 1 b. Pensemos o exercício em um caso mais geral, com um triângulo ABC genérico. Denotemos por M, N e P as medianas de BC, AC e AB, respectivamente. Dessa forma, os vetores representados pelas medianas serão AM, BN e CP. Utilizando a Definição.4 Adição de Vetores, temos AM = AB + BM = AB + 1 BC BN = BC + CN = BC + 1 CA CP = CA + AP = CA + 1 AB AM + BN + CP = AB + 1 BC+ BC + 1 CA+ CA + 1 AB AB + BC + CA = Mas, pelo Exercício, temos AB + BC + CA = 0. AM + BN + CP = 0. Uma observação muito importante é que esse resultado só vale com as medianas orientadas como fizemos acima: começando no vértice e terminando no ponto médio do lado oposto. O resultado também seria válido com a orientação contrária para todas as medianas? tente responder sem escrever!. E invertendo a orientação de apenas uma delas? Resolvendo de forma menos genérica, isto é, dependente dos valores da questão, teríamos:

4 Geom. Analítica I Respostas do Módulo I - Aula 4 AM + BN + 7 CP = 4, M =, AM = 7, 4 4 N = 1, 1 BN = 1, P =, 1 CP = 11, , + 5. Usando a Identidade., com G = O = origem, temos OA + OB + OC = , 0 = 0, 0 Pela Definição.4, OB + BC = OC, assim, substituindo na expressão acima, que implica OA + OB + OB + BC = 0, OB = OA BC = 1,, 4 = 4, 6 OB =,. Como O = 0, 0, temos B =,. Como BC =, 4, temos C = 1, Esta questão pede que seja provada uma propriedade clássica do baricentro, muito utilizada em geometria básica. Para simplificar, vamos mostrar apenas que AG = AX, porém, para compensar, faremos isso de duas formas diferentes! Solução 1: A Identidade.1 do Módulo é válida para qualquer ponto O, em particular, quando O = A. Pela Adição de Vetores, AG = 1 AA + AB + AC = 1 AB + AC. 1 AX = AB + BX = AB + 1 BC AB = AX 1 BC. Esta identidade parece útil: podemos substituir o AB que aparece em 1. Antes, por que não tentamos fazer algo parecido para AC? AX = AC + CX = AC + 1 CB AC = AX 1 CB..

5 Geom. Analítica I Respostas do Módulo I - Aula 5 Se você for um leitor astuto, já terá percebido o que acontecerá em seguida... veja que em e temos BC e CB, que são simétricos! Substituindo as identidades e em 1, teremos AG = 1 AB + AC = 1 1 AX BC + AX 1 CB = 1 AX 1 BC + CB = 1 AX 1 BC BC = AX Solução : Podemos zer O = 0, 0 na Identidade.1 do Módulo. se A = a 1, a, B = b 1, b, C = c 1, c e G = g 1, g g 1, g = OG = 1 a 1, a + b 1, b + c 1, c a1 + b 1 + c 1 =, a + b + c AG = = a1 + b 1 + c 1 a1 + b 1 + c 1 a 1, a + b + c, a + b + c a = 1 a 1 + b 1 + c 1, a + b + c. Por outro lado, X = b 1 +c 1, b +c. AX = = b1 + c 1 a 1, b + c a a1 + b 1 + c 1, a + b + c = 1 a 1 + b 1 + c 1, a + b + c.

6 Geom. Analítica I Respostas do Módulo I - Aula 6 AG = AX AG = AX. Há quem considere a segunda solução suja, por nela terem sido feitas várias contas desnecessárias com coordenadas o que na primeira solução não ocorreu. Porém, ela é mais direta ou mecânica, se preferir, não envolvendo o uso de qualquer artifício; basta que se façam as contas que, em algum momento, o resultado aparecerá. Mesmo que o comentário possa estar soando pejorativo, esse fato ilustra bem o poder da Geometria Analítica; aqui estamos provando, de forma puramente algébrica, um fato nada trivial da Geometria Plana. 7. Seguindo a indicação do enunciado do exercício, precisamos encontrar o ponto R = x, y tal que RQ = ±λ RP. x, y = RQ = ±λ RP = ±λ1 x, y. temos duas possibilidades uma para cada sinal do ± x = λ λx y = λ λy que, implicam λ 1x = λ + λ 1y = λ + ou ou x = λ + λx y = λ + λy, λ 1x = λ + λ 1y = λ +. Para λ = 1, o primeiro sistema é impossível, assim, a única solução é obtida pelo segundo sistema λ = 1 x = 1, y = 0. Para λ = 1, o segundo sistema é impossível, assim, a única solução é obtida pelo primeiro sistema λ = 1 x = 1, y = 0. Achou estranho essa solução ser a mesma do caso λ = 1? Na verdade, era previsível: uma vez que, na equação vetorial que estamos resolvendo RQ = ±λ RP, a única aparição do λ é antecedido de um ±, valores simétricos de λ devem ter o mesmo sigificado na equação!

7 Geom. Analítica I Respostas do Módulo I - Aula 7 Para λ 1 e λ 1, teremos x = λ+ λ 1 y = λ+ λ 1 ou x = λ λ+1 y = λ λ+1. Resumindo os casos acima, temos λ = 1 ou λ = 1 R = 1, 0 λ + λ 1 e λ 1 R = λ 1, λ + ou R = λ 1 8. a. Precisamos mostrar que, para qualquer ponto O, a identidade O G = 1 O A 1 + O A O A n n será satisfeita. Para isso, observe que O A i = O O + OA i, i = 1,... n. λ λ + 1, λ. λ n O A 1 + O O + OA 1 + = 1 n }} O A }} O O + OA O A n = }} O O + OA n = 1 n O O + OA 1 + OA OA n n = O O+ = O O+ = O G. 1 n OA 1 + OA OA n }} OG b. Provamos no item acima que O pode ser substituído por qualquer ponto na definição do centro de massa. basta substituí-lo por G e encontraremos a identidade desejada. Referências [HB] Gabarito elaborado pelo professor Humberto Bortolossi, primeiro semestre de 005.