L'equazione dell'iperbole è del tipo xy=k. Il sistema deve avere due soluzioni coincidenti. Dunque l'equazione di secondo grado in x x·(x/2 + 1) = k ovvero x2/2 + x - k = 0 deve avere due soluzioni coincidenti. Quindi Δ = 0 ovvero 1 + 2k = 0 L'equazione dell'iperbole è dunque xy=–1/2. L'ascissa del punto T si ottiene dalla precedente equazione in x dopo aver posto k=–1/2. x2/2 + x + 1/2 = 0 cioè (x+1)2= 0 Dunque T(-1,1/2). Poiché l'asse focale ha equazione y = –x, i vertici V hanno ascisse x=±Ö2/2 e quindi i fuochi F, che distano OV·Ö2 dal centro, avranno ascisse ±1.
F1(-1,1), F2(-1,1)
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Le equazioni delle rette TF1: x = –1 TF2: y – 1/2 = –3/2/2(x + 1) ovvero y = 3/4·x - 1/4 Poiché la distanza del punto (0,1) da TF2 è come la distanza da TF2, allora t è bisettrice delle rette TF1 e TF2. |
Le rette parallele a t, di equazione y=x/2+q, intersecano l'iperbole in punti di coordinate che risolvono il sistema Le ascisse si calcolano quindi x·(x/2+q)=–1/2 x2/2 + q·x + 1/2 = 0 da cui x1,2=–q/2±Ö(q2 – 1) quindi x2–x1=2Ö(q2 – 1) da cui, inoltre y2–y1=Ö(q2 – 1) La condizione s2=(x2–x1)2 + (y2–y1)2£ 1 diventa quindi 5(q2 – 1)£ 1 da cui |q|£ Ö(6/5)
Detto A il punto di Γ che sta sull'asse y, detto d l'asintoto orizzontale di Γ, determina la parabola che ha vertice A e direttrice d. Determina i punti intersezione tra Γ e la parabola.
Individua, tra le parabole di vertice A e direttrice y=k, quelle che sono eventualmente tangenti a Γ.
Per disegnare Γ si può partire dal grafico della funzione , un'iperbole con asintoti x=3 e y=1 passante per A(0,2). Infatti Γ coincide con questa iperbole per x¤0 mentre per x<0 è simmetrica di quello rispetto all'asse y. La parabola, di direttrice y=1 e vertice A, ha evidentemente fuoco nel punto F(0,3). La sua equazione si ottiene da PF=dist(P,y=1), cioè x2+(y–3)2 = (y–1)2 da cui y = x2/4 + 2 |
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Altri punti in comune oltre A tra la parabola e Γ si trovano risolvendo il sistema Ne deriva un'equazione in x di terzo grado (x–3)(x2+8) = 4(x–3) della quale si conosce la soluzione x=0 e quindi si abbassa di grado x2 – 3x + 4 = 0 priva di soluzioni.
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Le parabole con direttrice y=k e vertice A avranno fuoco F(0,2·2–k). Procedendo come nel caso precedente si trova l'equazione Dunque quando il sistema ha soluzioni diverse da A coincidenti tra loro si ha tangenza tra le due curve. Con la calcolatrice simbolica Solve((x2+16–8k)/(8–4k)=(x–6)/(x–3),x) evidenzia soluzioni in cui Δ = 16k–23. Per k=23/16 si ottiene dunque una parabola tangente alla curva Γ |
La curva è un'ellisse di fuochi A e B, quindi con c=Ö3, e 2a=4. Poiché b2=a2–c2, allora b=1. L'equazione richiesta è dunque 4x2 + y2 = 4. L'equazione della simmetrica rispetto all'asse y è semplicemente 4y2 + x2 = 4. Le intersezioni si ricavano dal sistema che conduce all'equazione x2 + 16 – 16x2 = 4 ovvero 12 = 15x2 da cui x = ±Ö(4/5) e inoltre y = ±Ö(4/5) La tangenti comuni alle due ellissi nel primo quadrante devono essere simmetriche rispetto a y=x e quindi perpendicolari ad esse: y=–x+q Il sistema dovrà avere soluzioni coincidenti, quindi l'equazione 4x2 + (–x+q)2 = 4 dovrà avere Δ=0 cioè 5–q2=0 e dunque y=–x+Ö5 è la tangente cercata. Le altre tre si ricavano per simmetria rispetto agli assi di simmetria comuni alle due figure. La parte di piano delimitata da queste tangenti, un quadrato, può descriversi come |x|+|y| £ Ö5
La curva Γ è descritta equivalentemente dal sistema ovvero Si tratta dunque di una semi ellisse con assi coincidenti con quelli cartesiani, a=2 e b=2/5. Per i punti A e B, evidentemente su una retta parallela all'asse y, Così l'area del triangolo OAB è La calcoltrice simbolica con Solve(y^2*(4-25y^2)=4/25,y) fornisce soluzioni y=Ö2/5 or y=-Ö2/5 e dunque A(Ö2,Ö2/5) e B(Ö2,–Ö2/5) Altre soluzioni, immediate, sono A(0,2/5) e B(2,0) e A(0,–2/5) e B(2,0) |
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Il luogo richiesto infine è una parabola con fuoco C(2,0) e direttrice x=0. Da (x-2)2 + y2 = x2 si ha x = y2/4 + 1