Gabarito Aula 2 de Geometria Analítica Cederj- UFF

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Geom. Anal´ıtica I Respostas do Mo´dulo I - Aula 2 1
Geometria Anal´ıtica I
07/02/2011
Respostas dos Exerc´ıcios do Mo´dulo I - Aula 2
Aula 2
1. Localizac¸a˜o dos pontos:
Fazendo os ca´lculos, teremos:
a. (0,−5), b. (−11, 1), c. (0, 0), d. (0, 0), e. (1
2
,−2), f. (4, 8).
2. [HB] Usando a definic¸a˜o 4 na pa´gina 19 da aula 2, temos que:
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−−−→
A1A2 +
−−−→
A2A3︸ ︷︷ ︸
−−−→
A1A3
+
−−−→
A3A4 +
−−−→
A4A5 +
−−−→
A5A1 =
−−−→
A1A3 +
−−−→
A3A4︸ ︷︷ ︸
−−−→
A1A4
+
−−−→
A4A5 +
−−−→
A5A1
=
−−−→
A1A4 +
−−−→
A4A5︸ ︷︷ ︸
−−−→
A1A5
+
−−−→
A5A1
=
−−−→
A1A5 +
−−−→
A5A1︸ ︷︷ ︸
−−−→
A1A1
=
−−−→
A1A1 =
−→
O.
Este resultado tambe´m pode ser estabelecido geometricamente, como mostra
a pro´xima figura. Note que esta demonstrac¸a˜o geome´trica se aplica inde-
pendentemente da escolha espec´ıfica das posic¸o˜es dos pontos A1, A2, A3,
A4 e A5 que foi feita na figura.
3. [HB]
O exerc´ıcio precisa de uma hipo´tese extra: A, B e C devem ser distintos
(ale´m de serem colineares). Feita esta observac¸a˜o, 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 e´ a abscissa do ponto B
e c e´ a abscissa do ponto C, enta˜o
−→
AB = (b, 0) e
−→
AC = (c, 0).
Como, pela hipo´tese extra, os pontos sa˜o distintos, segue-se enta˜o que b 6= 0
e c 6= 0! Portanto,
−→
AB = (b, 0) =
(
b
c
· c, 0
)
=
b
c
· (c, 0) = t · (c, 0) = t · −→AC,
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onde
t =
b
c
.
Observe que t 6= 0, pois b 6= 0 e c 6= 0. Agora, t > 0 se, e somente se, b e c
possuem o mesmo sinal (como nu´meros reais), isto e´, se, e somente se, b e
c esta˜o 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 contra´rios (como nu´meros reais), isto e´, se,
e somente se,
−→
AB e
−→
AC possuem sentidos opostos.
4. a.
(
1
6
, 1
)
b. Pensemos o exerc´ıcio em um caso mais geral, com um triaˆngulo ABC
gene´rico. Denotemos por M , N e P as medianas de BC, AC e AB, res-
pectivamente. Dessa forma, os vetores representados pelas medianas
sera˜o
−−→
AM ,
−−→
BN e
−→
CP .
Utilizando a Definic¸a˜o 2.4 (Adic¸a˜o de Vetores), temos
−−→
AM =
−→
AB +
−−→
BM =
−→
AB + 1
2
−−→
BC−−→
BN =
−−→
BC +
−−→
CN =
−−→
BC + 1
2
−→
CA−→
CP =
−→
CA+
−→
AP =
−→
CA+ 1
2
−→
AB
Assim, −−→
AM +
−−→
BN +
−→
CP =
−→
AB + 1
2
−−→
BC+−−→
BC + 1
2
−→
CA+−→
CA+ 1
2
−→
AB
= 3
2
(−→
AB +
−−→
BC +
−→
CA
)
Mas, pelo Exerc´ıcio 2, temos
−→
AB+
−−→
BC+
−→
CA = 0. Assim,
−−→
AM+
−−→
BN+−→
CP = 0.
Uma observac¸a˜o muito importante e´ que esse resultado so´ vale com as
medianas orientadas como fizemos acima: “comec¸ando” no ve´rtice e
“terminando” no ponto me´dio do lado oposto. O resultado tambe´m
seria va´lido com a orientac¸a˜o contra´ria para todas as medianas? (tente
responder sem escrever!). E invertendo a orientac¸a˜o de apenas uma
delas?
Resolvendo de forma menos gene´rica, isto e´, dependente dos valores
da questa˜o, ter´ıamos:
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M =
(
3
4
, 3
2
) ⇒ −−→AM = (7
4
, 3
2
)
N =
(
1
2
, 1
2
) ⇒ −−→BN = (1,−3
2
)
P =
(−3
4
, 1
) ⇒ −→CP = (−11
4
, 0
)
⇒ −−→AM +−−→BN +−→CP =
(
7
4
,
3
2
)
+
(
1,−3
2
)
+
(
−11
4
, 0
)
= (0, 0)
5. Usando a Identidade 2.2, com G = O = origem, temos
−→
OA+
−−→
OB +
−→
OC =
−→
0 .
Pela Definic¸a˜o 2.4,
−−→
OB +
−−→
BC =
−→
OC, assim, substituindo na expressa˜o
acima, −→
OA+
−−→
OB +
(−−→
OB +
−−→
BC
)
=
−→
0 ,
que implica
2 · −−→OB = −−→OA−−−→BC = −(1, 2)− (3, 4) = (−4,−6)⇒ −−→OB = (−2,−3).
Como
−→
O = (0, 0), temos B = (−2,−3). Como −−→BC = (3, 4), temos C =
(1, 1).
6. Esta questa˜o pede que seja provada uma propriedade cla´ssica do baricentro,
muito utilizada em geometria ba´sica.
Para simplificar, vamos mostrar apenas que
−→
AG = 2
3
−−→
AX, pore´m, para com-
pensar, faremos isso de duas formas diferentes!
Soluc¸a˜o 1:
A Identidade 2.1 do Mo´dulo e´ va´lida para qualquer ponto O, em par-
ticular, quando O = A. Assim,
−→
AG =
1
3
(−→
AA+
−→
AB +
−→
AC
)
=
1
3
(−→
AB +
−→
AC
)
. (1)
Pela Adic¸a˜o de Vetores,
−−→
AX =
−→
AB +
−−→
BX =
−→
AB +
1
2
−−→
BC ⇒ −→AB = −−→AX − 1
2
−−→
BC. (2)
Esta identidade parece u´til: podemos substituir o
−→
AB que aparece em (1).
Antes, por que na˜o tentamos fazer algo parecido para
−→
AC?
−−→
AX =
−→
AC +
−−→
CX =
−→
AC +
1
2
−−→
CB ⇒ −→AC = −−→AX − 1
2
−−→
CB.. (3)
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(Se voceˆ for um leitor astuto, ja´ tera´ percebido o que acontecera´ em seguida...
veja que em (2) e (3) temos
−−→
BC e
−−→
CB, que sa˜o sime´tricos!)
Substituindo as identidades (2) e (3) em (1), teremos
−→
AG =
1
3
(−→
AB +
−→
AC
)
=
1
3
(−−→
AX − 1
2
−−→
BC +
−−→
AX − 1
2
−−→
CB
)
=
1
3
(
2 · −−→AX − 1
2
(−−→
BC +
−−→
CB
))
=
1
3
(
2 · −−→AX − 1
2
(−−→
BC −−−→BC
))
=
2
3
· −−→AX
Soluc¸a˜o 2:
Podemos zer O = (0, 0) na Identidade 2.1 do Mo´dulo. Assim, se A =
(a1, a2), B = (b1, b2), C = (c1, c2) e G = (g1, g2)
(g1, g2) =
−→
OG =
1
3
((a1, a2) + (b1, b2) + (c1, c2))
=
(
a1 + b1 + c1
3
,
a2 + b2 + c2
3
)
Assim,
−→
AG =
(
a1 + b1 + c1
3
− a1, a2 + b2 + c2
3
− a2
)
=
(−2a1 + b1 + c1
3
,
−2a2 + b2 + c2
3
)
=
1
3
(−2a1 + b1 + c1,−2a2 + b2 + c2) .
Por outro lado, X =
(
b1+c1
2
, b2+c2
2
)
. Assim,
−−→
AX =
(
b1 + c1
2
− a1, b2 + c2
2
− a2
)
=
(−2a1 + b1 + c1
2
,
−2a2 + b2 + c2
2
)
=
1
2
(−2a1 + b1 + c1,−2a2 + b2 + c2) .
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Assim,
3 · −→AG = 2 · −−→AX ⇒ −→AG = 2
3
−−→
AX.
Ha´ quem considere a segunda soluc¸a˜o “suja”, por nela terem sido feitas
va´rias contas desnecessa´rias com coordenadas (o que na primeira soluc¸a˜o
na˜o ocorreu). Pore´m, ela e´ mais “direta” (ou “mecaˆnica”, se preferir),
na˜o envolvendo o uso de qualquer artif´ıcio; basta que se fac¸am as contas
que, em algum momento, o resultado aparecera´. Mesmo que o comenta´rio
possa estar soando pejorativo, esse fato ilustra bem o poder da Geometria
Anal´ıtica; aqui estamos provando, de forma puramente alge´brica, um fato
nada trivial da Geometria Plana.
7. Seguindo a indicac¸a˜o do enunciado do exerc´ıcio, precisamos encontrar o
ponto R = (x, y) tal que
−→
RQ = ±λ−→RP . Assim,
(−2− x,−2− y) = −→RQ = ±λ−→RP = ±λ(1− x, 2− y).
Assim, temos duas possibilidades (uma para cada sinal do “±”)
{
−2− x = λ− λx
−2− y = 2λ− λy ou
{
−2− x = −λ+ λx
−2− y = −2λ+ λy ,
que, implicam{
(λ− 1)x = λ+ 2
(λ− 1)y = 2λ+ 2 ou
{
(−λ− 1)x = −λ+ 2
(−λ− 1)y = −2λ+ 2 .
• Para λ = 1, o primeiro sistema e´ imposs´ıvel, assim, a u´nica soluc¸a˜o e´
obtida pelo segundo sistema
λ = 1⇒ x = −1
2
, y = 0.
• Para λ = −1, o segundo sistema e´ imposs´ıvel, assim, a u´nica soluc¸a˜o
e´ obtida pelo primeiro sistema
λ = −1⇒ x = −1
2
, y = 0.
Achou estranho essa soluc¸a˜oser a mesma do caso λ = 1? Na verdade,
era previs´ıvel: uma vez que, na equac¸a˜o vetorial que estamos resol-
vendo (
−→
RQ = ±λ−→RP ), a u´nica aparic¸a˜o do λ e´ antecedido de um ±,
valores sime´tricos de λ devem ter o mesmo sigificado na equac¸a˜o!
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• Para λ 6= 1 e λ 6= −1, teremos{
x = λ+2
λ−1
y = 2λ+2
λ−1
ou
{
x = λ−2
λ+1
y = 2λ−2
λ+1
.
Resumindo os casos acima, temos
λ = 1 ou λ = −1 ⇒ R =
(
−1
2
, 0
)
λ 6= 1 e λ 6= −1 ⇒ R =
(
λ+ 2
λ− 1 ,
2λ+ 2
λ− 1
)
ou R =
(
λ− 2
λ+ 1
,
2λ− 2
λ+ 1
)
.
8. a. Precisamos mostrar que, para qualquer ponto O′, a identidade
−−→
O′G =
1
n
(−−−→
O′A1 +
−−−→
O′A2 + . . .+
−−−→
O′An
)
sera´ satisfeita. Para isso, observe que
−−→
O′Ai =
−−→
O′O +
−−→
OAi, i = 1, . . . n.
Assim,
1
n
(
−−−→
O′A1 +
−−−→
O′A2 + . . . +
−−−→
O′An ) =
= 1
n
(
︷ ︸︸ ︷−−→
O′O +
−−→
OA1 +
︷ ︸︸ ︷−−→
O′O +
−−→
OA2 + . . . +
︷ ︸︸ ︷−−→
O′O +
−−→
OAn )
=
1
n
(n · −−→O′O +−−→OA1 +−−→OA2 + . . .+−−→OAn)
=
−−→
O′O+
1
n
(
−−→
OA1 +
−−→
OA2 + . . .+
−−→
OAn)︸ ︷︷ ︸
=
−−→
O′O+
−→
OG
=
−−→
O′G.
b. Provamos no item acima que O pode ser substitu´ıdo por qualquer
ponto na definic¸a˜o do centro de massa. Assim, basta substitu´ı-lo por
G e encontraremos a identidade desejada.
Refereˆncias
[HB] Gabarito elaborado pelo professor Humberto Bortolossi, primeiro semestre
de 2005.
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