In questo articolo vediamo come determinare analiticamente e come rappresentare un’iperbole traslata rispetto alla sua forma canonica
LA TRASLAZIONE DELL’IPERBOLE
L’equazione dell‘iperbole traslata è:
$$ \large{\gamma’ : \quad \frac{(x-x_0)^2}{a^2} – \frac{(y-y_0)^2}{b^2} = \pm 1} $$
a seconda che i fuochi si trovino sull’asse x (=+1) oppure sull’asse y (=–1)
Essa di ottiene dall’equazione dell’iperbole nella forma canonica o esplicita con centro nell’origine:
$$ \gamma: \quad \frac{x^2}{a^2} – \frac{y^2}{b^2} = \pm 1 $$
Il cui nuovo centro viene spostato nel punto generico O’ di coordinate:
$$ O’: (x_0, y_0) $$
Possiamo anche dire che trasliamo questa iperbole di un vettore v le cui componenti sono pari alle coordinate del nuovo centro O’
$$ \gamma’ : \quad \frac{(x-x_0)^2}{a^2} – \frac{(y-y_0)^2}{b^2} = \pm 1 $$
LA TRASLAZIONE DELL’IPERBOLE – ESEMPIO
Trasla l’iperbole con centro nell’origine di vertice reale V1(√5,3) e vertice immaginario V2(0,√2) di un vettore v(3,5) e successivamente di un vettore u(-2,3).
SVOLGIMENTO
Per prima cosa dobbiamo determinare l’equazione canonica dell’iperbole
Sappiamo che un vertice reale si trova sull’asse x, dunque anche i fuochi si trovano sull’asse delle x.
L’equazione canonica dell’iperbole che vogliamo trovare è del tipo:
$$ \gamma: \quad \frac{x^2}{a^2} – \frac{y^2}{b^2} = \pm 1 $$
Dal vertice reale andiamo a calcolare i valori del parametro reale a:
$$ V_1 ( \sqrt{5} , 0) \to a= \sqrt{5} \to a^2 = 5 $$
Mentre dal vertice immaginario che si trova sull’asse y calcoliamo il valore del parametro b:
$$ V_2 (0, \sqrt{2}) \to b= \sqrt{2} \to b^2= 2 $$
L’equazione canonica della nostra conica è
$$ \gamma: \quad \frac{x^2}{5} – \frac{y^2}{2} = 1 $$
I suoi asintoti sono le rette:
$$ y= \pm \sqrt{\frac{2}{5}}x $$
IPERBOLE TRASLATA DEL VETTORE v=(3 , 5)
Cominciamo con il determinare l’equazione dell’iperbole in seguito ad una traslazione del vettore v:
$$ v= (3,5) $$
Applicando la formula generale :
$$ \gamma’ : \quad \frac{(x-x_0)^2}{a^2} – \frac{(y-y_0)^2}{b^2} = \pm 1 $$
Ricaviamo che l’equazione della nuova curva è:
$$ \gamma’ : \quad \frac{(x-3)^2}{5} – \frac{(y-5)^2}{2} = 1 $$
IPERBOLE TRASLATA DEL VETTORE u=(–2 , 3)
Troviamo ora l’iperbole traslata del vettore u:
$$ u= (2,3) $$
Anche in questo caso applichiamo la formula generale per la traslazione dell’iperbole
$$ \gamma’ : \quad \frac{(x-x_0)^2}{a^2} – \frac{(y-y_0)^2}{b^2} = \pm 1 $$
Ricaviamo che l’equazione della nuova conica traslata è
$$ \gamma” : \quad \frac{(x+2)^2}{5} – \frac{(y-3)^2}{2} = 1 $$
SVILUPPO DELLE EQUAZIONI NELLA FORMA IMPLICITA
Determiniamo ora le equazioni implicite delle due iperboli nella forma generica:
$$ ax^2+by^2+cx+dy+e=0 \quad \text{con }\ a \cdot b <0 $$
FORMA IMPLICITA DELL’IPERBOLE TRASLATA DI v=(3 , 5)
Partiamo dalla prima iperbole
$$ \gamma’ : \quad \frac{(x-3)^2}{5} – \frac{(y-5)^2}{2} = 1 $$
Moltiplichiamo tutto per il denominatore comune
$$ 2(x-3)^2-5(y-5)^2= 10 $$
Sviluppiamo i due quadrati di binomio
$$ 2(x^2-6x+9)-5(y^2-10y+25)=10 $$
Spostiamo tutto a sinistra
$$ 2x^2-12x+18-5y^2+50y-125-10=0 $$
Riassembliamo meglio il polinomio
$$ 2x^2-5y-12x+50y+(18-125-10)=0 \\ \ \\ 2x^2-5y-12x+50y+117=0 $$
FORMA IMPLICITA DELL′IPERBOLE TRASLATA DI u=(–2 , 3)
Seguiamo la stessa procedura di calcolo vista in precedenza
$$ \begin{array}{l} \gamma” : & \quad \frac{(x+2)^2}{5} – \frac{(y-3)^2}{2} = 1 \\ \ \\ & 2(x+2)^2-5(y-3)^2= 10 \\ & 2(x^2+4x+4)-5(y^2-6y+9)= 10 \\ & 2x^2+8x+8-5y^2+30y-45-10=0 \\ & 2x^2-5y^2+8x-30y+(8-45-10)=0 \\ & 2x^2-5y^2+8x+30y-47=0 \end{array} $$
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