Questão 46 Fixado algum número real a, considere a reta de equação y=a x+a que contém os pontos (-1,0) e (0, a) do plano xy e denote \alpha=1+a^{2}. Fixado algum ponto (x, y) dessa reta,
a) mostre que
x^{2}+y^{2}=1 \Longleftrightarrow \alpha x^{2}+2 a^{2} x+\left(a^{2}-1\right)=0 \Longleftrightarrow(x+1) \cdot\left(\alpha x+a^{2}-1\right)=0
e conclua que (-1,0) e \left(x_{a}, y_{a}\right)=\left(\frac{1}{\alpha} \cdot\left(1-a^{2}\right), \frac{1}{\alpha} \cdot 2 a\right) são os únicos pontos da reta de equação y=a x+a, que pertencem ao círculo unitário de equação x^{2}+y^{2}=1.
b) Mostre que a aplicação f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R} X \mathbb{R} definida por f(a)=\left(x_{a}, y_{a}\right) é injetora .
c) Mostre que \left(x_{a}, y_{a}\right) \in \mathbb{Q} X \mathbb{Q} se, e somente se, a \in \mathbb{Q}.
d) Conclua que
X=\left\{(x, y) \in \mathbb{Q} X \mathbb{Q} ; x^{2}+y^{2}=1\right\}
é um conjunto enumerável.

Passo 1

O enunciado dá a reta de equação y=a x+a (com a\in\mathbb{R}) e define \alpha=1+a^{2}. A reta contém os pontos (-1,0) e (0,a). Fixamos um ponto arbitrário (x,y) dessa reta (ou seja, satisfaça y=a x+a). O que o exercício pede, em partes:
  • (a) Mostrar que
x^{2}+y^{2}=1 \Longleftrightarrow \alpha x^{2}+2 a^{2} x+\left(a^{2}-1\right)=0 \Longleftrightarrow(x+1)\cdot\left(\alpha x+a^{2}-1\right)=0,
e concluir que os únicos pontos da reta que pertencem ao círculo unitário x^{2}+y^{2}=1 são (-1,0) e \left(x_{a},y_{a}\right)=\left(\dfrac{1-a^{2}}{\alpha},\dfrac{2a}{\alpha}\right).
  • (b) Mostrar que f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}\times\mathbb{R} dada por f(a)=(x_{a},y_{a}) é injetora.
  • (c) Mostrar que \left(x_{a},y_{a}\right)\in\mathbb{Q}\times\mathbb{Q} se, e somente se, a\in\mathbb{Q}.
  • (d) Concluir que
X=\left\{(x,y)\in\mathbb{Q}\times\mathbb{Q}\;:\;x^{2}+y^{2}=1\right\}
é enumerável.
Todas as informações relevantes do enunciado foram listadas acima; a resolução começa no próximo passo.

Passo 2

Substituir a equação da reta y=a x+a na equação do círculo x^{2}+y^{2}=1. Vou explicar passo a passo:
Começo com a equação do círculo:
x^{2}+y^{2}=1.
Como (x,y) está na reta, temos y=a x+a. Substituo y na equação do círculo:
x^{2}+(a x+a)^{2}=1.
Agora explico a operação (a x+a)^{2}: é o quadrado de uma soma, então
(a x+a)^{2}=(a x)^{2}+2\cdot(a x)\cdot a + a^{2}=a^{2}x^{2}+2a^{2}x+a^{2}.
Substituindo de volta:
x^{2}+a^{2}x^{2}+2a^{2}x+a^{2}=1.
Agrupando os termos em x^{2}, x e constantes:
(1+a^{2})x^{2}+2a^{2}x+(a^{2}-1)=0.
Lembre que \alpha=1+a^{2}, então escrevo essa quadrática como
\alpha x^{2}+2a^{2}x+(a^{2}-1)=0.
Assim mostrei a primeira equivalência:
x^{2}+y^{2}=1 \Longleftrightarrow \alpha x^{2}+2 a^{2} x+\left(a^{2}-1\right)=0.

Passo 3

Fatorar o polinômio quadrático \alpha x^{2}+2a^{2}x+(a^{2}-1). Vou tentar fatorar por inspeção em dois fatores lineares (x+1)(\text{algo}) porque já sabemos que x=-1 corresponde ao ponto (-1,0) que está na reta e no círculo.
Calculo o produto
(x+1)\cdot(\alpha x + b)=\alpha x^{2}+(\,b+\alpha\,)x + b.
Para que isso seja igual a \alpha x^{2}+2a^{2}x+(a^{2}-1) devemos ter
b = a^{2}-1 \qquad\text{e}\qquad b+\alpha = 2a^{2}.
Verifico com b=a^{2}-1:
b+\alpha = (a^{2}-1)+(1+a^{2})=2a^{2},
que bate exatamente. Logo a fatoração é válida:
\alpha x^{2}+2a^{2}x+(a^{2}-1)=(x+1)\cdot\left(\alpha x+a^{2}-1\right).
Portanto obtenho a segunda equivalência:
\alpha x^{2}+2 a^{2} x+\left(a^{2}-1\right)=0 \Longleftrightarrow (x+1)\cdot\left(\alpha x+a^{2}-1\right)=0.

Passo 4

Resolver as raízes da fatoração para achar as interseções reta ∩ círculo. As soluções em x da equação (x+1)\cdot\left(\alpha x+a^{2}-1\right)=0 são:
x=-1 \qquad\text{ou}\qquad \alpha x+a^{2}-1=0 \Rightarrow x=\dfrac{1-a^{2}}{\alpha}.
Estas são as duas abscissas possíveis de pontos da reta que também estão no círculo. Para cada x eu obtenho y=ax+a.
  • Se x=-1, então y=a(-1)+a=0, o que dá o ponto (-1,0).
  • Se x=\dfrac{1-a^{2}}{\alpha}, chamo essa abscissa de x_{a}. Então a ordenada correspondente é
y_{a}=a x_{a}+a = a\left(x_{a}+1\right).
Calculo x_{a}+1:
x_{a}+1=\dfrac{1-a^{2}}{\alpha}+1=\dfrac{1-a^{2}+\alpha}{\alpha}=\dfrac{1-a^{2}+1+a^{2}}{\alpha}=\dfrac{2}{\alpha}.
Logo
y_{a}=a\cdot \dfrac{2}{\alpha}=\dfrac{2a}{\alpha}.
Portanto o segundo ponto de interseção é
\left(x_{a},y_{a}\right)=\left(\dfrac{1-a^{2}}{\alpha},\dfrac{2a}{\alpha}\right).
Ainda preciso justificar que não há mais soluções: a equação quadrática em x tem no máximo duas raízes reais; encontrei exatamente duas raízes distintas (veja comentário abaixo sobre coincidência). Verifico que as raízes nunca coincidem: se fossem iguais então \dfrac{1-a^{2}}{\alpha}=-1 implicaria 1-a^{2}=-\alpha=-(1+a^{2}), o que dá 1-a^{2}=-1-a^{2} e portanto 1=-1, contradição. Assim as duas raízes são distintas para todo a\in\mathbb{R}. Concluo que os únicos pontos da reta y=ax+a que pertencem ao círculo x^{2}+y^{2}=1 são exatamente (-1,0) e \left(x_{a},y_{a}\right) com as fórmulas acima. Isso resolve (a).

Passo 5

Prova de (b): mostrar que f(a)=(x_{a},y_{a}) é injetora.
Sejam a e b em \mathbb{R} tais que f(a)=f(b). Então
x_{a}=x_{b} \qquad\text{e}\qquad y_{a}=y_{b},
ou explicitamente,
\dfrac{1-a^{2}}{1+a^{2}}=\dfrac{1-b^{2}}{1+b^{2}}, \qquad \dfrac{2a}{1+a^{2}}=\dfrac{2b}{1+b^{2}}.
Para simplificar a argumentação uso apenas a igualdade das segundas coordenadas y_{a}=y_{b} (a igualidade de x também será usada implicatívamente). Igualdade das ordenadas dá
\dfrac{2a}{1+a^{2}}=\dfrac{2b}{1+b^{2}}.
Posso cancelar o 2 e multiplicar em cruz:
a(1+b^{2})=b(1+a^{2}).
Expandindo:
a+ab^{2}=b+ba^{2}.
Agrupando termos:
a-b = ab(a-b).
Coloco (a-b) em evidência:
(a-b)\,(1-ab)=0.
Da última igualdade seguem duas possibilidades: a=b ou ab=1.
  • Se a=b então já tenho injetividade nesse caso.
  • Se ab=1 e a\neq b, então b=1/a. Vou mostrar que nesse caso as abscissas x_{a} e x_{b} não são iguais, o que contradiz f(a)=f(b). Calculo x_{b} quando b=1/a:
x_{b}=\dfrac{1-b^{2}}{1+b^{2}}=\dfrac{1-\tfrac{1}{a^{2}}}{1+\tfrac{1}{a^{2}}} =\dfrac{\tfrac{a^{2}-1}{a^{2}}}{\tfrac{a^{2}+1}{a^{2}}}=\dfrac{a^{2}-1}{a^{2}+1}=-\dfrac{1-a^{2}}{1+a^{2}}=-x_{a}.
Logo x_{b}=-x_{a}. Para ter x_{b}=x_{a} deveríamos ter x_{a}=0, ou seja 1-a^{2}=0 (pois x_{a}=(1-a^{2})/(1+a^{2})). Mas se 1-a^{2}=0 então a=\pm1, e nesse caso b=1/a=a, contradizendo a hipótese a\neq b. Portanto quando ab=1 com a\neq b tem-se x_{a}\neq x_{b}, de modo que f(a)\neq f(b). Concluimos que a única possibilidade para f(a)=f(b) é a=b. Logo f é injetora.

Passo 6

Prova de (c): mostrar que \left(x_{a},y_{a}\right)\in\mathbb{Q}\times\mathbb{Q} se, e somente se, a\in\mathbb{Q}.
Primeiro, se a\in\mathbb{Q} então claramente
x_{a}=\dfrac{1-a^{2}}{1+a^{2}} \qquad\text{e}\qquad y_{a}=\dfrac{2a}{1+a^{2}}
são expressões obtidas por somas, produtos e quocientes de números racionais (o denominador 1+a^{2} não é zero), portanto x_{a},y_{a}\in\mathbb{Q}. Assim a\in\mathbb{Q}\Rightarrow (x_{a},y_{a})\in\mathbb{Q}\times\mathbb{Q}.
Agora a recíproca: suponha (x_{a},y_{a})\in\mathbb{Q}\times\mathbb{Q}. Quero mostrar a\in\mathbb{Q}. Uso a relação linear simples que vem da reta:
y_{a}=a(x_{a}+1).
Isso é válido porque y=a x+a implica y=a(x+1). Para o ponto (x_{a},y_{a}) obtive x_{a}+1=\dfrac{2}{\alpha}, que nunca é zero (já que \alpha=1+a^{2}\ge1). Assim posso resolver para a:
a=\dfrac{y_{a}}{x_{a}+1}.
Se x_{a} e y_{a} são racionais, então o quociente acima é racional (denominador não nulo), portanto a\in\mathbb{Q}. Isso prova a equivalência desejada.

Passo 7

Prova de (d): concluir que
X=\left\{(x,y)\in\mathbb{Q}\times\mathbb{Q}\;:\;x^{2}+y^{2}=1\right\}
é enumerável.
Observação: (-1,0)\in X e é ponto racional. Pelas partes anteriores, o mapa f associa a cada a\in\mathbb{R} o ponto f(a)=(x_{a},y_{a}) que é a interseção da reta y=ax+a com o círculo, diferente de (-1,0). Da parte (c) sabemos que f(a)\in\mathbb{Q}\times\mathbb{Q} se, e somente se, a\in\mathbb{Q}. Da parte (a) e da construção geométrica também segue que todo ponto racional do círculo diferente de (-1,0) aparece como f(a) para algum a\in\mathbb{Q} (basta tomar a como a inclinação da reta que liga (-1,0) ao ponto racional (x,y), e essa inclinação é a=y/(x+1)\in\mathbb{Q} porque x,y\in\mathbb{Q} e x+1\neq0). Portanto f restringida a \mathbb{Q} fornece uma bijeção entre \mathbb{Q} e X\setminus\{(-1,0)\}.
Mais formalmente:
  • A aplicação f|_{\mathbb{Q}}:\mathbb{Q}\to X\setminus\{(-1,0)\} é sobrejetora (todo ponto racional do círculo diferente de (-1,0) vem de algum a\in\mathbb{Q} como explicado) e, pela (b), injetora. Logo é bijeção.
  • Como \mathbb{Q} é enumerável, sua imagem X\setminus\{(-1,0)\} também é enumerável.
  • Finalmente, X=(X\setminus\{(-1,0)\})\cup\{(-1,0)\} é união de um conjunto enumerável com um conjunto finito, logo X é enumerável.
Isto conclui (d).

Resposta

a) Os únicos pontos são (-1,0) e \displaystyle\left(\dfrac{1-a^{2}}{1+a^{2}},\dfrac{2a}{1+a^{2}}\right).\n
b) f é injetora.\n
c) \left(x_{a},y_{a}\right)\in\mathbb{Q}\times\mathbb{Q} se, e somente se, a\in\mathbb{Q}.\n
d) X é enumerável.

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