Um Curso de Calculo e Equaçoes Diferenciais com Aplicaçoes
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Um Curso de Calculo e Equaçoes Diferenciais com Aplicaçoes

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de quadrados de
outros dois lados menores, enta˜o o triaˆngulo e´ retaˆngulo no aˆngulo oposto ao maior
lado. Logo o triaˆngulo ∆3 tem que ter aˆngulo reto em α, por ter um lado cuja medida
e´ λ2 + λ2.

Logo y = ax e y = −1
a
x sa˜o de fato ortogonais, pois α e´ reto.

Apenas com as noc¸o˜es de coeficiente angular e de ortogonalidade e´ poss´ıvel provar
fatos bonitos e fundamentais da Geometria Euclidiana.

E´ o que faremos nas duas Sec¸o˜es seguintes.

3. Teorema de Tales no c´ırculo

Um dos mais bonitos teoremas da geometria Euclidiana e´ o Teorema de Tales no
C´ırculo, que diz:

Afirmac¸a˜o 3.1. (Teorema de Tales)
Todos os aˆngulos inscritos no c´ırculo determinados pelo diaˆmetro sa˜o aˆngulos retos

(= pi
2
radianos).

CAPI´TULO 7. GEOMETRIA ANALI´TICA PLANA 91

Figura: O Teorema de Tales no Cı´rculo

Demonstrac¸a˜o.

Vamos provar para pontos do C´ırculo com coordenada y > 0 (para os outros e´
ana´logo).

Tome um ponto no do C´ırculo de raio r > 0, de coordenadas (x,+
√
r2 − x2), onde

x ∈ [−r, r].
Queremos ver se os coeficiente angular a da reta ligando (x,+

√
r2 − x2) a (r, 0) e

o coeficiente angular a′ da reta ligando (x,+
√
r2 − x2) a (−r, 0) satisfazem a condic¸a˜o

que expressa a ortognalidade:

a′ · a = −1.
Mas

a′ =

√
r2 − x2 − 0
x− (−r) =

√
r2 − x2
x+ r

,

enquanto que a =
√
r2−x2
x−r e portanto:

a′ · a =
√
r2 − x2
(x+ r)

·
√
r2 − x2
(x− r) =

r2 − x2
x2 − r2 = −1.

�

4. A equac¸a˜o da reta de Euler

Um Teorema muito geral, que escapou de Euclides, mas na˜o de Euler, e´ o seguinte:

Afirmac¸a˜o 4.1. (Reta de Euler)
Considere qualquer triaˆngulo.
Se o triaˆngulo na˜o e´ equila´tero, o Baricentro B, o Circuncentro C e o Ortocentro

H sa˜o pontos distintos mas sa˜o colineares. Ademais as distaˆncias entre eles verificam:
HB = 2 · BC.

Se o triaˆngulo e´ equila´tero, os treˆs pontos coincidem num mesmo ponto.

Essa reta que conte´m esse treˆs pontos e´ a reta de Euler.

4. A EQUAC¸A˜O DA RETA DE EULER 92

0
10,80,60,40,20

2

1,5

1

0,5

Figura: A reta de Euler representada por segmento intersectando
uma mediana, uma altura e uma mediatriz, para P = (2

3
, 2)

0
10,80,60,40,20

2

1,5

1

0,5

Figura: A reta de Euler representada por segmento intersectando
uma mediana, uma altura e uma mediatriz, para P = (1

5
, 2)

A` medida que formos demonstrando esse fato iremos relembrando os conceitos
envolvidos. A demosntrac¸a˜o dara´ as coordenadas expl´ıcitas dos pontos e a equac¸a˜o
expl´ıcita da reta de Euler.

Demonstrac¸a˜o.

Na˜o perdemos muita generalidade se supusermos que o triaˆngulo tem ve´rtices:

(0, 0), (1, 0) e (A,B), B 6= 0,
pois isso se obte´m escolhendo um sistema de coordenadas cartesiano adequado.

Os lados do triaˆngulo fazem parte de treˆs retas, das quais obviamente a primeira
e´

l1 : y = 0.

CAPI´TULO 7. GEOMETRIA ANALI´TICA PLANA 93

A reta l2 e´ a que conte´m (0, 0) e (A,B), cuja equac¸a˜o e´:

l2 : y =
B

A
· x, se A 6= 0,

ou a reta vertical:
l2 : x = 0, se A = 0.

E a terceira e´ a que contem (1, 0) e (A,B), cuja equac¸a˜o e´:

l3 : y =
B

A− 1 · x−
B

A− 1 , se A 6= 1
ou a reta vertical

l3 : x = 1, se A = 1.

Os pontos me´dios de cada lado do triaˆngulo sa˜o:

(
1

2
, 0), (

A+ 1

2
,
B

2
) e (

A

2
,
B

2
).

Considero agora as treˆs medianas : retas ligando ve´rtices a pontos me´dios dos
lados opostos.

A reta que liga (0, 0) a (A+1
2
, B
2
) e´

m1 : y =
B
2

A+1
2

· x = B
A + 1

· x, se A 6= −1,

ou a reta vertical
m1 : x = 0, se A = −1.

A reta que liga (1, 0) a (A
2
, B
2
) e´

m2 : y =
B

A− 2 · x−
B

A− 2 , se A 6= 2,
ou a reta vertical

m2 : x = 1, se A = 2.

A reta que liga (A,B) a (1
2
, 0) e´:

m3 : y =
2B

2A− 1 x−
B

2A− 1 , se A 6=
1

2

ou a reta vertical:

m3 : x =
1

2
, se A =

1

2
.

Supondo por um instante que estamos no caso geral, em que A 6= −1, 2, a intersecc¸a˜o
m1 ∩m2 se obtem facilmente, resolvendo:

B

A+ 1
x =

B

A− 2 · x−
B

A− 2
que da´ (usando B 6= 0):

x =
A+ 1

3
e portanto e´

B := (A+ 1
3

,
B

3
).

4. A EQUAC¸A˜O DA RETA DE EULER 94

Agora tratemos dos casos particulares que faltaram.
Se A = −1, enta˜o m1 ∩m2 consiste na intersecc¸a˜o de x = 0 e y = −B3 x+ B3 . Ou

seja e´ o ponto

(0,
B

3
),

que coincide com o B.
Se A = 2, enta˜o m1 ∩m2 e´ dada por y = B3 x intersectada com x = 1, que da´ o

ponto:

(1,
B

3
),

que coincide tambe´m com o B.
Agora Afirmo que

B ∈ m3.
Se A 6= 1

2
enta˜o o fato ques eja verdade

(
2B

2A− 1) · (
A+ 1

3
)− B

2A− 1 =
B

3

diz que B ∈ m3.
Se A = 1

2
, enta˜o m3 e´ dada por x =

1
2
, que obviamente passa por

B = (
1
2
+ 1

3
,
B

3
) = (

1

2
,
B

3
).

Esse ponto B, que em todos os casos poss´ıveis e´
B = m1 ∩m2 ∩m3

e´ chamado Baricentro.
Considero agora as treˆs mediatrizes : retas saindo de cada ponto me´dio em aˆngulo

reto com o lado.
A mediatriz pelo ponto me´dio (1

2
, 0) e´ fa´cil, e´ a reta:

md1 : x =
1

2
.

O lado que conte´m o ponto me´dio (A
2
, B
2
) esta´ na reta l2 e essa reta ou e´ y =

B
A
x,

se A 6= 0, ou a reta vertical x = 0 se A = 0.
Portanto mediatriz md2 pelo ponto me´dio (

A
2
, B
2
) ou e´ horizontal

md2 : y =
B

2
, se A = 0,

ou a reta:

md2 : y = −A
B
· x+ (B

2
+

A2

2B
), se A 6= 0,

(lembre que nunca B = 0).
Enta˜o md1 ∩md2 e´ o ponto:

C : (1
2
,
B

2
), se A = 0

ou

C : (1
2
,
A · (A− 1)

2B
+
B

2
), se A 6= 0.

CAPI´TULO 7. GEOMETRIA ANALI´TICA PLANA 95

Afirmo agora que em qualquer caso:

C ∈ md3
onde md3 e´ a mediatriz do lado contendo om ponto me´dio (

A+1
2
, B
2
).

De fato, o lado esta´ contido em l3, cujas equac¸o˜es sa˜o:

l3 : y =
B

A− 1 · x−
B

A− 1 , se A 6= 1
ou a reta vertical

l3 : x = 1, se A = 1.

Portanto ou md3 e´ y =
B
2
no caso A = 1 e claramente passa por

C : (1
2
,
B

2
),

ou

md3 : y = −A− 1
B

· x+ B
2
+
A2 − 1
2B

, se A 6= 1,
que passa tambe´m por

C = (1
2
,
A · (A− 1)

2B
+
B

2
),

como se veˆ em seguida.
Esse ponto C que verifica:

C = md1 ∩md2 ∩md3
e´ chamado Circuncentro (o Exerc´ıcio 8.7 ajudara´ a justificar essa nomenclatura).

Ja´ podemos nos perguntar o que acontece se

B = C.
Isso ocorre quando:

A+ 1

3
=

1

2
e

B

3
=

A · (A− 1)
2B

+
B

2
.

A primneira da´ A = 1
2
, que posta na segunda da´:

B2 =
3

4
,

ou seja B =
√
3
2

ou B = −
√
3
2
.

Esse triaˆngulo com (A,B) = (1
2
,
√
3
2
) ou (A,B) = (1

2
,−

√
3
2
) e com os outros ve´rtices

em (0, 0) e (1, 0) e´ equila´tero.
Agora consideremos as treˆs alturas : retas que saem de ve´rtices e sa˜o ortogonais

ao lado oposto.
Como veremos no Exerc´ıcio 8.6, se

P = (x, y) 6∈ r,
a reta PQ intersecta ortogonalmente r : y = ax+ b em Q ∈ r com coordenadas

Q = (x, b) se a = 0

4. A EQUAC¸A˜O DA RETA DE EULER 96

ou coordenadas

Q = (
x− a(b− y)

a2 + 1
, a · ( x− a(b− y)

a2 + 1
) + b ), se a 6= 0.

A altura que sai de (A,B) e vai ortogonal ate´ o lado l1 : y = 0 e´ portanto:

h1 : x = A.

A altura que sai de (0, 0) e´:

h3 : y = 0, se A = 1,

pois nesse caso l3 : x = 1. Ou

h3 = −A− 1
B

· x, se A 6= 1,
pois no caso geral

l3 : y =
B

A− 1 · x−
B

A− 1 .
A intersecc¸a˜o h1 ∩ h3 e´ portanto:

(1, 0), se A = 1

ou

(A,−A · (A− 1)
B

), se A 6= 1.
Em qualquer caso,

H = (A,−A · (A− 1)
B

) = h1 ∩ h2.
Afirmo que

H ∈ h2,
onde h2 e´ a altura que sai de (1, 0) e chega ortogonal a l2.

Se l2 : x = 0 (quando A = 0) enta˜o

h2 : y = 0

obviamente passa por H. E se l2 : y = BA · x (no caso A 6= 0) enta˜o:

h2 : y = −A
B
· x+ A

B
.

Nesse caso tambe´m