Tópicos de Geometria - CMUP
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α. Por semelhança <strong>de</strong> triângulos, CA 0 /CA = CB 0 /CB, logo existe um esticão <strong>de</strong> centro<br />
C (commeio-gironasituaçãodaesquerdadafigura), δ = D(C, §k), queenviaA em A 0<br />
e B em B 0 .<br />
A<br />
A<br />
B'<br />
A'<br />
B<br />
C<br />
A'<br />
De novo pela unicida<strong>de</strong>, α = δ. Acabámos, assim, <strong>de</strong> provar a seguinte classificação <strong>de</strong><br />
Dil(R 2 )<br />
Teorema 44 Uma dilatação é uma translação ou um esticão (simples ou com meio-giro).<br />
Po<strong>de</strong>mos agora passar à segunda prova, estabelecendo primeiro o seguinte lema:<br />
Lema 45 Consi<strong>de</strong>remos a recta pelos pontos A e B, comumaorientaçãofixada, ¡! AB.<br />
Definimos, para um segmento <strong>de</strong> recta arbitrário, XY ,adistância dirigida XY por XY<br />
= §kY ¡ Xk conformeaorientaçãodosegmento ¡¡! XY coinci<strong>de</strong> ou não com a orientação<br />
fixada; é claro que XY = ¡YX eparatodoopontoC, AC/CB é in<strong>de</strong>pen<strong>de</strong>nte da<br />
orientação fixada.<br />
Se y 6= ¡1 existe um único ponto P 6= B na recta, tal que AP /P B = y; reciprocamente<br />
para todo P 6= B, AP /P B 6= ¡1 e AP /P B > 0 se e só se P está entre A e B.<br />
Exercício 46 Prove o lema anterior ( sugestão: existe uma correspondência natural entre<br />
os pontos da recta Ã! AB e R dada pela parametrização A + x(B ¡ A) =(1¡ x)A + xB)<br />
2 a prova do teorema:<br />
Seja α 2 S(R 2 ) ¡ I(R 2 ); Sem perda <strong>de</strong> generalida<strong>de</strong> (spg) α não é uma dilatação, logo<br />
existe uma recta l tal que l ∦ α(l) =l 0 . Sejam A = l \ l 0 e A 0 = α(A); spg A 6= A 0 ;seja<br />
m umarectaporA 0 paralela a l e m 0 = α(m). Entãom 0 k l 0 porque uma similitu<strong>de</strong> (ou<br />
mais geralmente uma aplicação afim injectiva) envia rectas paralelas em rectas paralelas.<br />
Sejam B = m \ m 0 e B 0 = α(B); spg B 6= B 0 . Com referência à figura seguinte<br />
spg Ã! AB ∦ á! A 0 B 0 , caso contrário AA 0 B 0 B seria um paralelogramo e portanto A 0 B 0 = AB<br />
e α seria uma isometria. Logo existe um ponto P na intersecção das duas rectas. Por<br />
semelhança <strong>de</strong> triângulos, AP/P B = A 0 P/PB 0 ; por outro lado, se α tem razão k e<br />
P 0 = α(P ), AP/P B = kAP/kPB = A 0 P 0 /P 0 B 0 ; logo A 0 P/PB 0 = A 0 P 0 /P 0 B 0 ; como<br />
P, P 0 = α(P ) 2 á! A 0 B 0 , passando a distâncias dirigidas em á! A 0 B 0 ,efixando uma qualquer<br />
orientação já que estamos a consi<strong>de</strong>rar os quocientes, temos que A 0 P /P B 0 = A 0 P 0 /P 0 B 0<br />
logo, pela unicida<strong>de</strong> estabelecida no lema, P 0 = P ¥<br />
B<br />
B'<br />
C<br />
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