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H ∈ h2.
Esse ponto de encontro das treˆs alturas e´ o Ortocentro.
Quando H = B ?
Quando
A =
A+ 1
3
e
B
3
= −A(A− 1)
B
.
Que e´ exatamente quando:
A =
1
2
e B2 =
3
4
,
que diz que se trata de triaˆngulo equila´tero, como ja´ vimos.
CAPI´TULO 7. GEOMETRIA ANALI´TICA PLANA 97
Falta vermos tambe´m quando o Ortocentro coincide com o circuncentro. Isso se
da´ quando
A =
1
2
e − A(A− 1)
B
=
A · (A− 1)
2B
+
B
2
,
que tambe´m da˜o
A =
1
2
e B2 =
3
4
,
formando triaˆngulos equila´teros.
Agora, supondo que nosso triaˆngulo na˜o seja equila´tero, so´ nos resta encontrar a
equac¸a˜o da reta ligando B a C e conferir que ela passa pelo H.
A reta por B e C e´ ou bem a reta vertical
x =
1
2
, se A =
1
2
,
quando o triaˆngulo e´ iso´sceles, ou bem se A 6= 1
2
:
y = −B
2 + 3A2 − 3A
B(2A− 1) · x+
A(B2 + A2 − 1)
B(2A− 1) .
Esta e´ a reta de Euler !
So´ falta agora verificarmos as distaˆncias.
Os quadrados das distaˆncias sa˜o:
HB2 := (2
3
A− 1
3
)2 + (
A(A− 1)
B
+
1
3
B)2 =
=
10A2B2 − 10AB2 +B2 + 9A4 − 18A3 + 9A2 +B4
9B2
.
Enquanto que
BC2 := (1
3
A− 1
6
)2 + (
A(A− 1)
2B
+
1
6
B)2 =
=
10A2B2 − 10AB2 +B2 + 9A4 − 18A3 + 9A2 +B4
36B2
.
ou seja
HB2 = 4 · BC2,
como quer´ıamos.
�
Observac¸a˜o 1:
Observe que temos a equac¸a˜o expl´ıcita e portanto podemos determinar casos onde
a reta de Euler e´ horizontal. Que ocorrem para pontos da forma
P = (A,±
√
3A(1− A) ).
4. A EQUAC¸A˜O DA RETA DE EULER 98
10,80,60,40,20
0,8
0,6
0,4
0,2
0
Figura: A reta de Euler e´ horizontal para pontos da forma P = (2
3
,
√
6
3
).
Observac¸a˜o 2:
E´ natural termos curiosidade por qual seria o gra´fico da func¸a˜o z = z(A,B), B 6= 0
dada por
z = 10A2B2 − 10AB2 +B2 + 9A4 − 18A3 + 9A2 +B4,
pois vimos z = 0 esta´ associado a um ponto muito especial no plano formado pelos
paraˆmetros (A,B): o ponto
(
1
2
,
√
3
2
) ∼ (0.5, 0.8).
A Figura a seguir mostra uma parte dessa superf´ıcie, com A ∈ [0, 1] e B ∈ [0.1, 1.3]
(na figura o eixo x e´ o dos A e o eixo y e´ o dos B).
10
1,2 0,8
1
1 0,6
2
0,8
0,4 x
3
0,6y
0,4 0,2
4
0,2 0
CAPI´TULO 7. GEOMETRIA ANALI´TICA PLANA 99
Mas na˜o se veˆ muita coisa. Ja´ as pro´ximas duas Figuras sa˜o perfis da superf´ıcie,
e elas sim ilustram bem que um ponto pro´ximo de (0.5, 0.8) e´ o mı´nimo dessa func¸a˜o
z = z(A,B) (na figura o eixo x e´ o dos A e o eixo y e´ o dos B).
0,20,40,6
y
0,811,20
4
0,2
3
0,4
2
x
0,6
1
0,81
0
10,80,6 x0,40,20
0,20,4
y
0,60,811,2
0
1
2
3
4
5. A inversa como reflexa˜o de gra´fico na diagonal
Imagine uma func¸a˜o f : I → J , y = f(x) que admita uma func¸a˜o inversa f−1 :
J → I, x = f−1(y).
Vamos supor agora que temos ambos os gra´ficos, de f e de f−1, no mesmo sistema
de coordenadas (x, y), ou seja, por um momento pensemos em g = f−1 tomada com as
6. O ME´TODO DE DESCARTES PARA AS TANGENTES A UM GRA´FICO 100
mesmas abcissas e oordenadas que a f , ou seja, vamos ver ao mesmo tempo y = f(x)
e y = g(x).
Agora ligamos com uma reta r o ponto (A,B) := (x, f(x)) do gra´fico de y = f(x)
com o ponto (B,A) do gra´fico de y = g(x). Enta˜o o coeficiente angular dessa reta e´:
a :=
A−B
B −A = −1.
Ou seja que a reta r que os liga tem a mesma inclinac¸a˜o da anti-diagonal, a = −1,
ou seja, r e´ ortogonal a` diagonal y = x. A equac¸a˜o dessa r e´ pelo que vimos na
Afirmac¸a˜o 1.3:
r : y = −x+ (A+B).
E r corta a diagonal y = x no ponto cuja abcissa satisfaz:
x = −x+ (A+B),
ou seja x = A+B
2
, ou seja, no ponto com coordenadas (A+B
2
, A+B
2
). E (A,B) e (B,A)
sa˜o equidistantes de (A+B
2
, A+B
2
).
Conclu´ımos que a diagonal y = x funciona como um espelho para os gra´ficos de
y = f(x) e y = g(x):
O gra´fico da f−1 referido ao mesmo sistema (x, y) e´ um reflexa˜o na diagonal do
gra´fico da y = f(x)
(A,B)
(B,A)
r
y=x
y= f^{−1}(x)
y= f(x)
Figura: Os gra´ficos de f e f−1 no mesmo sistema cartesiano
6. O me´todo de Descartes para as tangentes a um gra´fico
Como a Geometria anal´ıtica foi um criac¸a˜o de Rene´ Descartes, nada mais justo
que indicarmos um bonito me´todo criado por ele1
Pelo menos no meu caso, durante meu tempo de ensino Me´dio, so´ me lembro da
palavra reta tangente ser usada para referir a reta tangente de um c´ırculo.
Nesse caso, para um c´ırculo C de raio r e centro O, pode ser definida como a reta
t pelo ponto P que e´ ortogonal ao raio do C´ırculo.
Em geral uma reta por um ponto P de C o intersecta noutro ponto, mas a reta
tangente t a P na˜o pode intersectar C noutro ponto P ′: se por absurdo t∩C = {P, P ′}
1Me baseei mais no livro de Edwards, mas o leitor pode comparar com o que esta´ nas pa´ginas
95-113 de The geometry of Rene´ Descartes, Dover.
CAPI´TULO 7. GEOMETRIA ANALI´TICA PLANA 101
enta˜o no triaˆngulo ∆OPP ′ a hipotenusa OP ′ mediria o mesmo que o cateto OP ,
absurdo.
Descartes se perguntou pelo significado da reta ortogonal a um gra´fico qualquer,
pois isso esta´ ligado a questo˜es de O´ptica, de reflexa˜o da luz em lentes, que lhe
interessavam.
Responder a essa questa˜o da´ a chave tambe´m para o significado da reta tangente
a um gra´fico qualquer (pois uma e´ ortogonal a` outra).
De fato na˜o vamos lidar coma questa˜o assim ta˜o geral: suponhamos gra´ficos de
polinoˆmios y = f(x).
Ele pensou em usar o que sabia de c´ırculos para atacar o caso geral de gra´ficos.
Para isso, considerou um ponto P = (x, f(x)) do gra´fico e considerou C´ırculo com
centro (c, 0) no eixo dos x, de raios r que passem por P = (x, f(x)).
Ou seja, escolhidos c, r teremos que x e´ ra´ız de:
(f(x)− 0)2 + (x− c)2 − r2 = 0.
Em geral, se c e´ escolhido de qualquer jeito, pode haver outra ra´ız x′ dessa equac¸a˜o,
pois o c´ırculo
y2 + (x− c)2 − r2 = 0
pode cortar o gra´fico de y = f(x) em mais de um ponto.
problema: Como escolher c para que x seja ra´ız dupla de:
(f(x)− 0)2 + (x− c)2 − r2 = 0,
ou seja, para que uma segunda ra´ız x′ colida com x ?
Se consegu´ıssemos resolver esse Problema estar´ıamos colocando o C´ırculo de modo
a tocar, tangenciar o gra´fico em P .
Ora, como sabemos qual a tangente ao C´ırculo usar´ıamos essa reta como tangente
ao gra´fico !
Melhor do que explicar o me´todo em abstrato sera´ fazermos dois Exemplos.
Exemplo 6.1. Consider y = Cx2 uma para´bola e tome P = (x, Cx2), com x > 0.
Comos os C´ırculos com centro (c, 0) tem equac¸a˜o:
y2 + (x− c)2 = r2,
queremos encontrar uma ra´ız dupla x de:
(Cx2)2 + (x− c)2 − r2 = 0,
ou seja queremos encontrar uma fatorac¸a˜o:
(Cx2)2 + (x− c)2 − r2 = (x− x)2q(x)
onde q(x) e´ um polinoˆmio de grau 2.
Ou seja queremos encontrar uma fatorac¸a˜o do tipo:
(Cx2)2 + (x− c)2 − r2 = (x− x)2 · (a2x2 + a1x+ a0).
6. O ME´TODO DE DESCARTES PARA AS TANGENTES A UM GRA´FICO 102
Expandindo ambos os lados, formam-se dois polinoˆmios de grau 4 em x, a` esquerda e
a` direita. Igualando os coeficientes do monoˆmios x4 a` esquerda e a` direita faz aparecer
C2 − a2 = 0 ⇔ a2 = C2.
Igualando os coeficientes de x3 a` esquerda e a` direita faz aparecer:
−a1 + 2xa2 = 0
ou seja
−a1 + 2x(C2) = 0 ⇔ a1 = 2xC2.
Igualando os coeficientes de x2 a` esquerda e a` direita faz aparecer:
1 + 2xa1 − a0 − x2a2 = 0,
ou seja
1 + 2x(2xC2)− a0 − x2C2 = 0 ⇔ a0 = 1 + 3x2C2.
Por u´ltimo, igualando os coeficientes de x a` esquerda e a` direita faz aparecer:
−2c+ 2xa0 − x2a1 = 0
ou seja,
−2c+ 2x(1 + 3x2C2)− x2(2xC2) = 0 ⇔ c = x+ 2x3C2.
Logo o C´ırculo cujo centro e´ o ponto
O = (c, 0) = (x+ 2x3C2, 0)
e que passa por P = (x, Cx2) tangencia o gra´fico de y = Cx2 nesse ponto P .
y
3
-1
4
2
-2
x
5431 20
0
1
Figura: O gra´fico de y = x2 e o c´ırculo tangente em P = (1,