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Teste 2 18 de Janeiro de h30. P = [1 : 1 : 1], Q = [1 : 3 : 2], R = [0 : 1 : 0] e S = [0 : 0 : 1]. 1 2 x x 0 + x 1 2x 2

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Academic year: 2021

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(1)

Instituto Superior T´ecnico Departamento de Matem´atica

LMAC

Introdu¸c˜

ao `

a Geometria

Teste 2 18 de Janeiro de 2018 - 11h30 Dura¸c˜ao: 1h30 1. Em P2 considere os pontos P = [1 : 1 : 1], Q = [1 : 3 : 2], R = [0 : 1 : 0] e S = [0 : 0 : 1]. a) Indique a equa¸c˜ao da recta projectiva ` que passa em P e Q.

(2 val.)

Solu¸c˜ao: Como   1 1 x0 1 3 x1 1 2 x2  →   1 1 x0 0 1 x2− x0 0 0 x0+ x1− 2x2  , temos ` = {[x0: x1: x2] ∈ P2 : x0+ x1− 2x2 = 0}.

b) Determine um referencial projectivo de P2 que contenha os pontos P e Q. (1 val.)

Solu¸c˜ao:

Como os vectores (1, 1, 1), (1, 3, 2) e (1, 0, 0) s˜ao linearmente independentes podemos, por exemplo, considerar o referencial formado pelos pontos P , Q, [1 : 0 : 0] e [3 : 4 : 3]. c) Qual a equa¸c˜ao geral das rectas projectivas m tais que m ∩ ` = P ?

(1 val.)

Solu¸c˜ao:

Como P ∈ ` qualquer recta projectiva m de P2 que contenha o ponto P e seja diferente de ` satisfaz m ∩ ` = P .

A equa¸c˜ao geral de uma recta de P2 ´e da forma ax0+ bx1+ cx2 = 0

com (a, b, c) ∈ R3\ {(0, 0, 0)}. Para que P perten¸ca a m ´e necess´ario que (x

0, x1, x2) =

(1, 1, 1) seja solu¸c˜ao desta equa¸c˜ao, pelo que a + b + c = 0.

Assim, a equa¸c˜ao geral de uma recta projectiva m tal que m ∩ ` = P ´e ax0+ bx1− (a + b)x2= 0

com a, b ∈ R e a 6= b (para que m 6= `).

d) Determine a transforma¸c˜ao projectiva τ : P2 → P2 que verifica

(1 val.)

τ (P ) = Q, τ ([1 : 0 : 0]) = P, τ (R) = S e τ (S) = R. Solu¸c˜ao: τ ([x0: x1: x2]) = [T (x0, x1, x2)] onde

T (x0, x1, x2) =   a 0 0 a 0 c a b 0     x0 x1 x2  

(2)

com a, b, c 6= 0. Como τ ([1 : 1 : 1]) = [1 : 3 : 2], temos, por exemplo, a = b = 1 e c = 2, pelo que T (x0, x1, x2) =   1 0 0 1 0 2 1 1 0     x0 x1 x2  , ou seja τ ([x0: x1: x2] = [x0 : x0+ 2x2 : x0+ x1].

e) Indique, se existir, um ponto fixo de τ . (1 val.)

Solu¸c˜ao: Os valores pr´oprios de   1 0 0 1 0 2 1 1 0  

s˜ao as ra´ızes do polin´omio p(λ) = (1−λ)(λ2−2). Tomando, por exemplo o valor pr´oprio λ = 1, o espa¸co pr´oprio correspondente ´e L{(1, −3, −2)}, pelo que [1 : −3 : −2] ´e um ponto fixo de τ .

f) Determine τ (`). (1 val.)

Solu¸c˜ao: τ (`) ´e a recta projectiva que passa em τ (P ) = Q e em τ (Q) = [1 : 5 : 4]. Assim,

τ (`) = P (L{(1, 3, 2), (1, 5, 4)}) . Ent˜ao, como

  1 1 x0 3 5 x1 2 4 x2  →   1 1 x0 0 2 x1− 3x0 0 0 x0− x1+ x2  , temos τ (`) = {[x0: x1: x2] ∈ P2 : x0− x1+ x2 = 0}.

Alternativamente, como os pontos de ` satisfazem x0= −x1+ 2x2, temos

τ (`) = [−x1+ 2x2: −x1+ 4x2 : 2x2], (x1, x2) ∈ R2\ {(0, 0)} .

g) Indique uma isometria φ de P2 tal que φ(R) = P . (1 val.)

Solu¸c˜ao:

φ : P2→ P2 ´e uma transforma¸ao projectiva induzida por uma transforma¸ao ortogonal

T : R3 → R3. Como queremos φ([0 : 1 : 0]) = [1 : 1 : 1] temos por exemplo

T (x0, x1, x2) =   1/√2 1/√3 −1/√6 −1/√2 1/√3 −1/√6 0 1/√3 2/√6     x0 x1 x2  .

Alternativamente pod´ıamos, por exemplo, considerar a reflex˜ao no plano mediador dos pontos √1

(3)

2. Sejam f : H → H uma rota¸c˜ao limite tal que

f (1 + i) = −1 + i

e g : H → H a reflex˜ao na recta hiperb´olica de equa¸c˜ao |z − 1| = 1. a) Indique, justificando, os poss´ıveis horociclos e pontos fixos de f em C. (2 val.)

Solu¸c˜ao: Os horociclos de f s˜ao circunferˆencias de H ∪ R que s˜ao tangentes a R no (´unico) ponto fixo de f . Como f (1 + i) = −1 + i, existe um horociclo que passa em 1 + i e em −1 + i. As ´unicas possiblidades para este horociclo s˜ao as circunferˆencias de C dadas por |z − i| = 1 ou {z ∈ C : Im z = 1} ∪ {∞}.

No primeiro caso, os horociclos de f s˜ao todas as circunferˆencias da forma |z − ki| = k, com k ∈ R+

e o ponto fixo de f ´e z0 = 0.

No segundo caso, os horociclos de f s˜ao da forma

{z ∈ C : Im z = k} ∪ {∞}, com k ∈ R+ e o ponto fixo de f ´e z0 = ∞.

Alternativamente, como f ´e uma isometria directa de H ent˜ao f ´e da forma f (z) = az + b

cz + d

com a, b, c, d ∈ R e ad − bc > 0. Como f (1 + i) = −1 + i, temos a(1 + i) + b

c(1 + i) + d = −1 + i, pelo que a = d e b = −2(a + c), e ent˜ao

f (z) = az − 2(a + c) cz + a .

Se c = 0 ent˜ao f (z) = z − 2, pelo que o seu ponto fixo ´e o ∞ e os horociclos s˜ao da forma

{z ∈ C : Im z = k} ∪ {∞}, com k ∈ R+. Se c 6= 0, os pontos fixos de f satisfazem a equa¸c˜ao

f (z) = z ⇔ az − 2(a + c)

cz + a = z ⇔ cz

2 = −2(a + c).

Como f tem um ´unico ponto fixo, temos que a + c = 0, pelo que f (z) = az

−az + a = z −z + 1,

e o ponto fixo de f ´e z0= 0. Os horociclos s˜ao ent˜ao circunferˆencias tangentes ao eixo

real no ponto z0 = 0 pelo que tˆem equa¸c˜ao

(4)

b) Determine as poss´ıveis express˜oes de f . (2 val.)

Solu¸c˜ao: Como f ´e uma isometria directa de H ent˜ao f ´e da forma f (z) = az + b

cz + d com a, b, c, d ∈ R e ad − bc > 0.

No primeiro caso descrito em a), como f (0) = 0, temos b = 0 e ent˜ao f (z) = az

cz + d. Como f (1 + i) = −1 + i, temos

a(1 + i)

c(1 + i) + d = −1 + i e ent˜ao a = d e c = −d. Conclui-se assim que

f (z) = z −z + 1.

No segundo caso, temos f (∞) = ∞, pelo que c = 0, e ent˜ao f (z) = a

cz + b

d = ˜az + ˜b.

Como queremos que ∞ seja o ´unico ponto fixo de f temos que ˜a = 1 (caso contr´ario −˜a−1˜b seria outro ponto fixo de f ). Como f (1 + i) = −1 + i, conclui-se que

f (z) = z − 2. c) Sendo C := {z ∈ H : |z − (2 + i)| = 1} determine g(C). (1 val.)

Solu¸c˜ao:

Como g ´e uma transforma¸c˜ao de M¨obius generalizada sabemos que g(C) ´e uma circun-ferˆencia de C. Para al´em disso, como os pontos z = 2 e z = 1 + i s˜ao pontos fixos de g e pertencem a C, tamb´em pertencem a g(C).

Como g preserva ˆangulos, e C ´e perpendicular ao eixo de reflex˜ao de g (a recta hipeb´olica de equa¸c˜ao |z−1| = 1) nos pontos de interse¸c˜ao, temos que g(C) ´e tamb´em perpendicular a esta recta hiperb´olica.

Conclui-se assim que g(C) ´e uma circunferˆencia que passa em z = 2 e z = 1 + i e que ´

e perpendicular a |z − 1| = 1 nestes pontos. Assim, as tangentes a |z − 1| = 1 nestes dois pontos s˜ao raios de g(C), pelo que o centro de g(C) ´e 2 + i (o ponto de interse¸c˜ao destes dois raios). Conclui-se assim que g(C) = C.

Alternativamente, podemos determinar a express˜ao de g a partir do seu conjunto de pontos fixos. Com efeito, como

|z − 1|2 = 1 ⇔ (z − 1)(z − 1) = 1 ⇔ z = z

(5)

temos

g(z) = z z − 1.

Ent˜ao, como g(2) = 2, g(1 + i) = 1 + i e, por exemplo, g(2 + 2i) = 65 +25i, temos que o centro de g(C) ´e a intersec¸c˜ao des mediatrizes dos segmentos de recta que unem 2 a 1 + i e 2 a 65+25i respectivamente. Estas mediatrizes s˜ao as rectas de equa¸c˜ao y = x − 1 e y = 2x − 3, pelo que o centro de g(C) ´e 2 + i e ent˜ao g(C) = C.

d) Indique a reflex˜ao h : H → H tal que g ◦ h ◦ g ´e a reflex˜ao na recta de equa¸c˜ao Re z = 2. (1 val.)

Solu¸c˜ao: Seja m o eixo de reflex˜ao de h e r a recta hiperb´olica Re z = 2. Ent˜ao, como g ◦ h ◦ g = g−1◦ h ◦ g

´

e a reflex˜ao na recta g−1(m), temos que g−1(m) = r, ou seja que m = g(r). Para determinar esta recta basta determinar g(2) e g(∞).

Como 2 pertence ao eixo de reflex˜ao de g, temos que g(2) = 2. Por outro lado, como g ´e a a reflex˜ao na recta hiperb´olica de equa¸c˜ao |z − 1| = 1, temos que g(∞) = 1. Conclui-se assim que m = g(r) ´e a recta hiperb´olica que passa em 2 e em 1, pelo que tem equa¸c˜ao

|z − 3/2| = 1/2.

Alternativamente, se j : H → H ´e a reflex˜ao na recta Re z = 2, a sua express˜ao ´e facilmente determinada pelo seu conjunto de pontos fixos:

Re z = 2 ⇔ z + z = 4 ⇔ z = −z + 4,

pelo que j(z) = −z + 4. Ent˜ao, como g ◦ h ◦ g = j e g(z) = z−1z , temos h = g ◦ j ◦ g = 3z − 4 2z − 3. Como h(z) = z ⇔3z − 4 2z − 3 = z ⇔ 3z − 4 = 2|z| 2− 3z ⇔ x2+ y2− 3x + 2 = 0 ⇔ (x − 3/2)2+ y2 = 1/4,

onde z = x+y i, conclui-se que h ´e a reflex˜ao na recta hiperb´olica de equa¸c˜ao |z −3/2| = 1/2.

3. Diga, justificando, se as seguintes afirma¸c˜oes s˜ao verdadeiras ou falsas:

a) Dada uma transforma¸c˜ao projectiva τ : P1 → P1, se existem dois pontos distintos

(1,5 val.)

P, Q ∈ P1 tais que τ (P ) = Q e τ (Q) = P , ent˜ao τ2= id.

Solu¸c˜ao: Verdadeiro. Sejam u, v ∈ R2 \ {0} tais que P = [u] e Q = [v]. Como P 6= Q, temos que u e v formam uma base de R2. Al´em disso, se T : R2 → R2 ´e uma

transforma¸c˜ao linear que induz τ , temos

(6)

pelo que

T (u) = α v e T (v) = β u, com α, β ∈ R \ {0}.

Para qualquer ponto R = [w] com w ∈ R2\ {0}, escrevendo w = au + bv com a, b ∈ R, temos

τ2(R) = [T2(w)] = [T (T (au + bv))] = [T (aT (u) + bT (v))] = [aT (T (u)) + bT (T (v))] = [aT (αv) + bT (βu)] = [aαT (v) + bβT (u)] = [aαβu + bβαv]

= [αβ(au + bv)] = [au + bv] = [w] = R, pelo que τ2 ´e a identidade.

b) Se f : H → H ´e uma isometria tal que f (2 + i) = −2 + i ent˜ao f (`) = ` onde ` ´e a (1,5 val.)

recta hiperb´olica de H definida pela equa¸c˜ao Re z = 0.

Solu¸c˜ao: Falso. Podemos considerar por exemplo a isometria f (z) = z − 4. Com efeito, temos f (2 + i) = −2 + i e, se z = ki com k > 0, ent˜ao f (z) = −4 + ki n˜ao pertence `a recta de equa¸c˜ao Re z = 0.

4. Seja f : H → H uma rota¸c˜ao limite. Mostre que se g : H → H ´e uma isometria que comuta (3 val.)

com f , ent˜ao g ´e uma isometria directa.

Solu¸c˜ao: Seja f uma rota¸c˜ao limite e P ∈ R o seu ´unico ponto fixo. Se g ´e uma isometria de H que comuta com f , ent˜ao

f (g(P )) = (f ◦ g)(P ) = (g ◦ f )(P ) = g(P ),

pelo que g(P ) ´e um ponto fixo de f . Como f tem um ´unico ponto fixo, conclui-se que g(P ) = P , pelo que P ´e um ponto fixo de g.

Se g ´e uma isometria inversa ent˜ao tem (exactamente) dois pontos fixos em R, pelo que tem necessariamente um outro ponto fixo Q 6= P em R.

Ent˜ao

g(f (Q)) = (g ◦ f )(Q) = (f ◦ g)(Q) = f (Q),

pelo que f (Q) (um ponto de R) ´e ponto fixo de g. Conclui-se assim que f (Q) = P ou f (Q) = Q. O primeiro caso ´e imposs´ıvel pois f ´e injectiva e f (P ) = P e o segundo tamb´em pois f tem um ´unico ponto fixo.

Referências

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