Scrivi l'equazione dell'iperbole con assi coincidenti con gli assi cartesiani e tangente nel
punto T(1,1) a una retta t con pendenza 1/2. Detti F1 e F2 i fuochi, verifica che t è
bisettrice delle rette TF1 e TF2. Determina infine le coordinate dei punti intersezione tra
l'iperbole e la circonferenza con lo stesso centro di simmetria e passante per i suoi fuochi.
L'equazione è del tipo
Con la formula di sdoppiamento la tangente in T avrà equazione
La pendenza di questa retta è dunque b2/a2.
Occorre perciò risolvere il sistema
Si trova che il sistema ha soluzione solo nel caso che l'iperbole abbia fuochi sull'asse y e che
a2=1 e b2=1/2.
Alternativamente la condizione di appartenenza di T all'iperbole impone che l'equazione sia
Con la calcolatrice simbolica
solve((1/b^2+1)x^2-y^2/b^2 = 1|y=1+1/2(x-1), x)
fornisce come soluzione x=1, ovviamente, e l'altra sempre negativa per qualunque b;
invece:
solve((1/b^2-1)x^2-y^2/b^2 = -1|y=1+1/2(x-1), x)
fornisce due soluzioni che possono essere uguali: -(4b^2-1)/(4b^2-3)=1.
Ciò avviene per b2=1/2.
Il punto F1' simmetrico di F1(0,Ö(3/2)) rispetto alla retta t di equazione y=1+1/2(x-1)
ha coordinate (x,y) tali che
Con la calcolatrice simbolica
solve((y+Ö(3/2))/2=1/2(x/2-1)|y=Ö(3/2)-2x, x)
fornisce la soluzione
x=2(Ö(6)-1)/5
Poi
y=Ö(3/2)-2x|ans(1)
fornisce
y=4/5-3Ö(6)/19
Poichè
(4/5-3Ö(6)/19-1)/(2(Ö(6)-1)/5-1)=Ö(3/2)-1
la pendenza TF2 è la stessa di TF1' e quindi F1, F2 e T sono allineati.
Infine il sistema
può essere risolto con la calcolatrice simbolica
solve(x^2 - 2y^2 = - 1 | y^2 = 3/2 - x^2, x)
fornisce x=Ö(6)/3 x=-Ö(6)/3
da cui (±Ö(6)/3,±Ö(30)/6)
i punti intersezione richiesti.
Scrivi l'equazione della famiglia di iperboli che hanno asintoti di equazione x=2 e y=-1.
Tra queste considera quelle tangenti alla circonferenza di centro C(2,-1) e raggio 1. Descrivi
con un'unica equazione il luogo formato dalle due iperboli precedentemente trovate. Determina
sulle due iperboli i punti la cui somma delle distanze dagli assi di simmetria è 2Ö(2).
Nel sistema traslato XCY l'equazione del fascio è XY=k.
Poiché
l'equazione del fascio in xOy è (x - 2)(y + 1)=k.
La tangenza con la circonferenza X2 + Y2 = 1
si ha evidentemente nei punti (±Ö(2)/2, ±Ö(2)/2)
quindi Ö(2)/2 · Ö(2)/2 = k cioè k = 1/2.
ma anche –Ö(2)/2 · Ö(2)/2 = k cioè k = –1/2
In sostanza |XY| = 1/2, ovvero
|(x - 2)(y + 1)| = 1/2
è l'equazione di entrambe le iperboli.
Il luogo dei punti la cui somma delle distanze dagli assi di simmetria Y=±X è 2Ö(2) ha forma di
un rettangolo le cui diagonali sono le due rette. Vista la perpendicolarità tra le diagonali,
il rettangolo è anche un quadrato e la lunghezza della metà di queste diagonali è 2Ö(2).
I punti del luogo che stanno anche sulle iperboli hanno X=±2 oppure Y=±2.
Dunque (-2,±1/4), (2,±1/4), (±1/4, -2), (±1/4, 2) sono i punti in XCY
ovvero (0,-3/4), (0,-5/4), (4,-3/4), (4,-5/4), (7/4,1), (9/4,1), (7/4,-3), (9/4,-3),
Disegna il grafico della funzione
.
Mostra come si può ottenere a partire da un'opportuna iperbole equilatera. Scrivi le equazioni
degli asintoti del grafico della funzione data. Scrivi le equazioni delle rette tangenti alla
curva passanti per il punto O(0,0).
Il grafico di y=|f(x)| si può ottenere da quello di y=f(x) perché coincide con quello quando
f(x)³0 ed è il simmetrico di quello quando f(x)£0.
La funzione omografica ha per grafico un'iperbole equilatera con asintoti
le rette x=1 e y=–2 e passante per il punto (-1/2, 0).
La nostra funzione ha dunque un grafico con asintoti x=1 e y=2.
Le tangenti alla nostra curva condotte da O(0,0) le trovo tra le tangenti alla iperbole di partenza
e tra le tangenti alla iperbole di equazione
A partire dal sistema
la condizione di tangenza mi conduce a m2–8x+4=0, da cui m=2(Ö(3)+2) è accettabile
A partire dal sistema
la condizione di tangenza mi conduce a m2+8x+4=0, da cui m=2(Ö(3)–2) è accettabile
Conta il numero di diversi rimescolamenti di un mazzo di 40 carte. In quanti modi diversi i
due giocatori possono dividersi il mazzo a metà? Il giocatore A distribuisce tre carte al
giocatore B e poi tre a se stesso. Quante sono le diverse mani possibili di tre carte che
capitano a B? e ad A? Alla fine della partita, se nessuno dei due ha vinto tutte le carte,
hanno vinto ciascuno un numero pari di carte. Quante sono le diverse configurazioni finali?
Naturalmente il numero di diversi rimescolamenti di un mazzo di 40 carte è il numero delle
permutazioni di queste carte: 40!. Con la calcolatrice simbolica nPr(40,40) è un numero
con molte cifre. Se scelgo la notazione scientifica posso ottenere circa 8.16E47.
I due giocatori possono dividersi il mazzo a metà in C40,20 modi possibili,
il numero di sottinsiemi che si possono formare di 20 elementi di un insieme che ne ha 40.
Con la calcolatrice simbolica nCr(40,20) vale circa 1.38E11
Le diverse mani possibili di tre carte che capitano a B sono certamente, in analogia al
caso precedente, C40,3=40·39·38/6=9880.
Quali sono le diverse mani possibili di tre carte che capitano ad A? B, dopo aver visto
le proprie carte, può rispondere C37,3=37·36·35/6=7770. Ma A, se non sa quali
carte ha B, dovrebbe rispondere C40,3 non essendoci motivo di escludere nessuna
in particolare delle 40 carte dal suo conteggio. Altrimenti dovrebbe dire che per ognuna
delle C40,3 mani possibili andate a B ne restano C37,3 per lui, ma
contandone C40,3·C37,3 ne conterebbe troppe perché ognuna di queste
sue possibilità si realizza per qualunque altra delle C37,3 mani che possono
capitare a B; quindi C40,3·C37,3/C37,3 è il numero delle
sue possibili mani.
Le diverse configurazioni finali sono del tipo (0,40), (2,38), (4,36), ..., (40,0) intendendo il primo
numero quello delle carte vinte da A, il secondo di quelle vinte da B.
Il numero di queste configurazioni è la somma del numero di configurazioni di ciascun tipo:
C40,0+C40,2+C40,4+ ... +C40,38+C40,40 = 240 - (C40,1+C40,3+C40,5+ ... +C40,37+C40,39)=
= ?
Che tale risultato sia 240-1 lo si può arguire facendo analoga somma per le prime righe del
triangolo di Pascal-Tartaglia.
Con la calcolatrice simbolica si può calcolare sum(nCr(40,2n),n,0,20) ottenendo tale risultato.
Si possono anche fare calcoli come il seguente.
Da Cn,k=Cn-1,k-1+Cn-1,k risulta che
C40,1+C40,3+C40,5+ ... +C40,37+C40,39 = C39,0+C39,1+C39,2+ ... +C39,38+C39,39 = 239
e quindi ? = 240 – 239 = 239
pagina di Roberto Ricci
L.S. "A. Righi", Bologna.
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