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Studio delle coniche
Ellisse
Studiare la conica di equazione 2x2 + 4xy + 5y2 − 4x− 2y + 2 = 0.
Per prima cosa dobbiamo classificarla.
La matrice associata alla conica e:
A =
2 2 −2
2 5 −1
−2 −1 2
Il Det(A) = −2 quindi la conica e non degenere, di rango 3.
Il Det(A33) = 6 quindi la conica e una ellisse.
Determiniamo il centro e gli assi della ellisse; dobbiamo trasformare l’equa-
zione in coordinate omogenee.
(x1 x2 x3
)·A ·
x1
x2
x3
= 2x21 +4x1x2 +5x2
2−4x1x3−2x2x3 +2x23 = 0
Per trovare il centro dobbiamo trovare due diametri dell’ellisse e intersecarli.
I diametri della ellisse sono le polari dei punti impropri rispetto alla conica.
Ci basta quindi scegliere a caso due punti impropri, e calcolare le polari di
questi punti impropri rispetto alla ellisse.
Per semplicita di calcolo scegliamo come punti impropri i punti (1, 0, 0) e
(0, 1, 0), che rappresentano le direzioni degli assi coordinati.
Calcoliamo la polare del punto (1, 0, 0).
(x1 x2 x3
)·
2 2 −2
2 5 −1
−2 −1 2
·
1
0
0
= 0
da cui
2x1 + 2x2 − 2x3 = 0
Calcoliamo la polare del punto (0, 1, 0).
(x1 x2 x3
)·
2 2 −2
2 5 −1
−2 −1 2
·
0
1
0
= 0
da cui
2x1 + 5x2 − x3 = 0
Il centro si ottiene come intersezione dei due diametri appena trovati. Per
semplicita di calcolo li riscriviamo in forma normale.
x + y − 1 = 0
2x + 5y − 1 = 0
Risolvendo questo sistema si trova che il centro dell’ellisse e il punto:
C
(43
,−13
)
Ora troviamo gli assi.
Ricordiamo che gli assi sono gli unici diametri coniugati tra loro ortogonali.
Le loro direzioni sono le soluzioni dell’equazione
a12l2 + (a22 − a11)lm− a12m
2 = 0
Quindi
2l2 + 3lm− 2m2 = 0
Risolvendo questa equazione rispetto ad l si trovano le due soluzioni
l =12m l = −2m
Assegnando opportuni valori ad m troviamo quindi le direzioni dei due assi:
A∞(1, 2, 0) B∞(−2, 1, 0)
Il primo asse sara la retta passante per il centro C e avente direzione A∞.
x− 43
1=
y +13
2
da cui si ricava
2x− y − 3 = 0
Il secondo asse sara la retta passante per il centro C e avente direzione B∞.
x− 43
−2=
y +13
1
da cui si ricava
3x + 6y − 2 = 0
E facile verificare che i due assi sono effettivamente ortogonali.
Per poter disegnare l’ellisse non ci resta che trovare le intersezioni della ellisse
stessa con gli assi.
Intersecando con il primo asse
2x2 + 4xy + 5y2 − 4x− 2y + 2 = 0
2x− y − 3 = 0
troviamo i punti
A
(40 +
√10
30,−5 +
√10
15
)B
(40−√10
30,−5−√10
15
)
Intersecando con il secondo asse
2x2 + 4xy + 5y2 − 4x− 2y + 2 = 0
3x + 6y − 2 = 0
troviamo i punti
D
(20 + 2
√15
15,−5−√15
15
)E
(20− 2
√15
15,−5 +
√15
15
)
Possiamo quindi disegnare l’ellisse.
Figura 1: Ellisse
Ora determiniamo la rotazione e la traslazione necessarie per portare l’equa-
zione della conica in forma canonica..
Ricordiamo che ridurre la conica in forma canonica vuol dire trovare un nuo-
vo sistema di riferimento tale che il centro della conica coincida con l’origine
degli assi coordinati, e gli assi della conica coincidono con gli assi coordinati
stessi.
Per determinare la rotazione e necessario calcolare gli autovalori e gli auto-
vettori della matrice A33.
Troviamo il polinomio caratteristico:
Det(A33 − λI) =
∣∣∣∣∣∣2− λ 2
2 5− λ
∣∣∣∣∣∣= (2− λ)(5− λ)− 4 = λ2 − 7λ + 6
Gli autovalori sono le radici di questo polinomio, e quindi sono:
λ1 = 1 λ2 = 6
I corrispondenti autovettori saranno le soluzioni dei sistemi
(A33 − λiI)X = 0 per i = 1, 2
Calcoliamo il primo
x + 2y = 0
2x + 4y = 0
Le due equazioni sono equivalenti e quindi il sistema ha ∞1 soluzioni del
tipo (−2a, a). Assegnando arbitrariamente un valore ad a troviamo il primo
autovettore
u1 = (−2, 1)
Calcoliamo il secondo −4x + 2y = 0
2x− y = 0
Le due equazioni sono equivalenti e quindi il sistema ha ∞1 soluzioni del
tipo (b, 2b). Assegnando arbitrariamente un valore a b troviamo il secondo
autovettore
u2 = (1, 2)
Questi autovettori individuano le direzioni dei nuovi assi coordinati ruotati.
Verifichiamo che la base u1, u2 sia coerentemente orientata con la base
canonica. Devo considerare la matrice formata dai vettori della base presi
come colonne, e calcolare il suo determinante.∣∣∣∣∣∣−2 1
1 2
∣∣∣∣∣∣= −5 < 0
Poiche il determinante e minore di zero la base non e orientata coerente-
mente. Affinche la base sia ben orientata devo invertire i segni di uno dei
due vettori. In questo caso scelgo di invertire i segni di u1.
Quindi la base sara’ formata dai vettori
u1 = (2,−1) u2 = (1, 2)
Poiche ho bisogno di una base ortonormale ora devo normalizzare i vettori.
v1 =u1
||u1|| =(2,−1)√
5v2 =
u2
||u2|| =(1, 2)√
5
La base v1, v2 e la nuova base ruotata.
La matrice di rotazione R che ci porta dalla base canonica alla nuova base
e formata dai vettori v1 e v2 presi come colonne.
R =
2√5
1√5
− 1√5
2√5
Le equazioni della rotazione sono quindi
Ω−1 :
x =2√5
x′ +1√5
y′
y = − 1√5
x′ +2√5
y′
Sostituendo nella equazione di partenza troviamo l’equazione della conica
nel nuovo sistema di riferimento R′(O, x′, y′) ruotato.
2(
2√5
x′ +1√5
y′)2
+ 4(
2√5
x′ +1√5
y′)(
− 1√5
x′ +2√5
y′)
+
+ 5(− 1√
5x′ +
2√5
y′)2
− 4(
2√5
x′ +1√5
y′)−
− 2(− 1√
5x′ +
2√5
y′)
+ 2 = · · · =
= x′2 + 6y′2 − 6√5
x′ − 8√5
y′ + 2 = 0
Voglio farvi notare come sia sufficiente, per semplificare i calcoli, applicare
la sostituzione soltanto alla parte lineare dell’equazione (cioe ai termini in
x e y) poiche la parte quadratica (cioe i termini in x2, in xy e in y2), per
effetto della rotazione, si trasforma semplicemente in λ1x′2 + λ2y
′2.
A questo punto non ci rimane che trovare la traslazione che porta l’origine del
sistema di riferimento a coincidere con il centro della conica. Utilizzeremo
il metodo del completamento dei quadrati.
Per prima cosa raccogliamo i fattori in x′ e in y′, mettendo in evidenza i
coefficienti di x′2 e y′2.
x′2 +6y′2− 6√5
x′− 8√5
y′+2 =(
x′2 − 6√5
x′)
+6(
y′2 − 43√
5y′
)+2 = 0
I termini tra parentesi possono essere rivisti come i primi due termini di un
quadrato di un binomio. Riscriviamoli quindi come quadrati, ricordandoci
poi di sottrarre il quadrato del secondo termine del binomio, che e stato
aggiunto per poter scrivere il quadrato.[(
x′ − 3√5
)2
− 95
]+ 6
[(y′ − 2
3√
5
)2
− 445
]+ 2 = 0
Facciamo la seguente sostituzione
σ :
X = x′ − 3√5
Y = y′ − 23√
5
e otteniamo [X2 − 9
5
]+ 6
[Y 2 − 4
45
]+ 2 = 0
da cui si ricava
X2 + 6Y 2 − 13
= 0
La sostituzione fatta e la traslazione cercata.
Se consideriamo la sostituzione inversa
σ−1 :
x′ = X +3√5
y′ = Y +2
3√
5
possiamo trovare, componendo la rotazione con la traslazione, le equazioni
che ci permettono di passare direttamente dal sistemaR(O, x, y) di partenza
al sistema di riferimento R′′(O”, X, Y )
Ω−1 σ−1 :
x =2√5
(X +
3√5
)+
1√5
(Y +
23√
5
)
y = − 1√5
(X +
3√5
)+
2√5
(Y +
23√
5
)
Infine riscriviamo meglio la forma canonica, dividendo tutto per il termine
notoX2
13
+6Y 2
13
= 1
da cuiX2
(1√3
)2 +Y 2
(1
3√
2
)2 = 1
Possiamo quindi dedurre che i due semiassi dell’ellisse misurano rispettiva-
mente a =1√3
e b =1
3√
2.
Iperbole
Studiare la conica di equazione x2 + 6xy − 7y2 − 2x− 6y − 19 = 0.
Per prima cosa dobbiamo classificarla.
La matrice associata alla conica e:
A =
1 3 −1
3 −7 −3
−1 −3 −19
Il Det(A) = −320 quindi la conica e non degenere, di rango 3.
Il Det(A33) = −16 quindi la conica e una iperbole.
Determiniamo il centro e gli assi e gli asintoti della iperbole; dobbiamo
trasformare l’equazione in coordinate omogenee.
(x1 x2 x3
)·A ·
x1
x2
x3
= x21 +6x1x2−7x2
2−2x1x3−6x2x3−19x23 = 0
Per trovare il centro dobbiamo trovare due diametri dell’iperbole e interse-
carli. I diametri dell’iperbole sono le polari dei punti impropri rispetto alla
conica.
Ci basta quindi scegliere a caso due punti impropri, e calcolare le polari di
questi punti impropri rispetto all’iperbole.
Per semplicita di calcolo scegliamo come punti impropri i punti (1, 0, 0) e
(0, 1, 0), che rappresentano le direzioni degli assi coordinati.
Calcoliamo la polare del punto (1, 0, 0).
(x1 x2 x3
)·
1 3 −1
3 −7 −3
−1 −3 −19
·
1
0
0
= 0
da cui
x1 + 3x2 − x3 = 0
Calcoliamo la polare del punto (0, 1, 0).
(x1 x2 x3
)·
1 3 −1
3 −7 −3
−1 −3 −19
·
0
1
0
= 0
da cui
3x1 − 7x2 − 3x3 = 0
Il centro si ottiene come intersezione dei due diametri appena trovati. Per
semplicita di calcolo li riscriviamo in forma normale.
x + 3y − 1 = 0
3x− 7y − 3 = 0
Risolvendo questo sistema si trova che il centro dell’iperbole e il punto:
C (1, 0)
Ora troviamo gli assi.
Ricordiamo che gli assi sono gli unici diametri coniugati tra loro ortogonali.
Le loro direzioni sono le soluzioni dell’equazione
a12l2 + (a22 − a11)lm− a12m
2 = 0
Quindi
3l2 − 8lm− 3m2 = 0
Risolvendo questa equazione rispetto ad l si trovano le due soluzioni
l = −13m l = 3m
Assegnando opportuni valori ad m troviamo quindi le direzioni dei due assi:
A∞(−1, 3, 0) B∞(3, 1, 0)
Il primo asse sara la retta passante per il centro C e avente direzione A∞.
x− 1−1
=y + 0
3
da cui si ricava
3x + y − 3 = 0
Il secondo asse sara la retta passante per il centro C e avente direzione B∞.
x− 13
=y + 0
1
da cui si ricava
x− 3y − 1 = 0
E facile verificare che i due assi sono effettivamente ortogonali.
Calcoliamo ora le intersezioni dell’iperbole con gli assi; ovviamente soltanto
uno dei due assi interseca l’iperbole.
Intersecando con il primo asse
x2 + 6xy − 7y2 − 2x− 6y − 19 = 0
3x + y − 3 = 0
non si hanno soluzioni reali.
Intersecando con il secondo asse
x2 + 6xy − 7y2 − 2x− 6y − 19 = 0
x− 3y − 1 = 0
troviamo i punti
A(−2, 1) B(4, 1)
Ora per disegnare l’iperbole troviamo gli asintoti. Essi sono le rette pas-
santi per il centro che hanno come direzione i punti impropri che si trovano
intersecando l’iperbole con la retta impropria.
x21 + 6x1x2 − 7x2
2 − 2x1x3 − 6x2x3 − 19x23 = 0
x33 = 0
Le direzioni asintotiche sono quindi
P∞(−7, 1, 0) Q∞(1, 1, 0)
Il primo asintoto e la retta
x− 1−7
=y + 0
1=⇒ x + 7y − 1 = 0
Il secondo asintoto e la retta
x− 11
=y + 0
1=⇒ x− y − 1 = 0
Disegnamo l’iperbole
Figura 2: Iperbole
Ora determiniamo la rotazione e la traslazione necessarie per portare l’equa-
zione della conica in forma canonica.
Ricordiamo che ridurre la conica in forma canonica vuol dire trovare un nuo-
vo sistema di riferimento tale che il centro della conica coincida con l’origine
degli assi coordinati, e gli assi della conica coincidono con gli assi coordinati
stessi.
Per determinare la rotazione e necessario calcolare gli autovalori e gli auto-
vettori della matrice A33.
Troviamo il polinomio caratteristico:
Det(A33 − λI) =
∣∣∣∣∣∣1− λ 3
3 −7− λ
∣∣∣∣∣∣= (1− λ)(−7− λ)− 9 = λ2 + 6λ− 16
Gli autovalori sono le radici di questo polinomio, e quindi sono:
λ1 = −8 λ2 = 2
I corrispondenti autovettori saranno le soluzioni dei sistemi
(A33 − λiI)X = 0 per i = 1, 2
Calcoliamo il primo
9x + 3y = 0
3x + y = 0
Le due equazioni sono equivalenti e quindi il sistema ha ∞1 soluzioni del
tipo (a,−3a). Assegnando arbitrariamente un valore ad a troviamo il primo
autovettore
u1 = (1,−3)
Calcoliamo il secondo −x + 3y = 0
3x− 9y = 0
Le due equazioni sono equivalenti e quindi il sistema ha ∞1 soluzioni del
tipo (3b, b). Assegnando arbitrariamente un valore a b troviamo il secondo
autovettore
u2 = (3, 1)
Questi autovettori individuano le direzioni dei nuovi assi coordinati ruotati.
Verifichiamo che la base u1, u2 sia coerentemente orientata con la base
canonica. Devo considerare la matrice formata dai vettori della base presi
come colonne, e calcolare il suo determinante.∣∣∣∣∣∣
1 3
−3 1
∣∣∣∣∣∣= 10 > 0
Poiche il determinante e maggiore di zero la base e orientata coerentemente.
Ora devo normalizzare i vettori.
v1 =u1
||u1|| =(1,−3)√
10v2 =
u2
||u2|| =(3, 1)√
10
La base v1, v2 e la nuova base ruotata.
La matrice di rotazione R che ci porta dalla base canonica alla nuova base
e formata dai vettori v1 e v2 presi come colonne.
R =
1√10
3√10
− 3√10
1√10
Le equazioni della rotazione sono quindi
Ω−1 :
x =1√10
x′ +3√10
y′
y = − 3√10
x′ +1√10
y′
Sostituendo nella equazione di partenza troviamo l’equazione della conica
nel nuovo sistema di riferimento R′(O, x′, y′) ruotato.
(1√10
x′ +3√10
y′)2
+ 6(
1√10
x′ +3√10
y′)(
− 3√10
x′ +1√10
y′)
+
− 7(− 3√
10x′ +
1√10
y′)2
− 2(
1√10
x′ +3√10
y′)−
− 6(− 3√
10x′ +
1√10
y′)− 19 = · · · =
= −8x′2 + 2y′2 +16√10
x′ − 12√10
y′ − 19 = 0
Voglio farvi notare come sia sufficiente, per semplificare i calcoli, applicare
la sostituzione soltanto alla parte lineare dell’equazione (cioe ai termini in
x e y) poiche la parte quadratica (cioe i termini in x2, in xy e in y2), per
effetto della rotazione, si trasforma semplicemente in λ1x′2 + λ2y
′2.
A questo punto non ci rimane che trovare la traslazione che porta l’origine del
sistema di riferimento a coincidere con il centro della conica. Utilizzeremo
il metodo del completamento dei quadrati.
Per prima cosa raccogliamo i fattori in x′ e in y′, mettendo in evidenza i
coefficienti di x′2 e y′2.
−8(
x′2 − 2√10
x′)
+ 2(
y′2 − 6√10
y′)− 19 = 0
I termini tra parentesi possono essere rivisti come i primi due termini di un
quadrato di un binomio. Riscriviamoli quindi come quadrati, ricordandoci
poi di sottrarre il quadrato del secondo termine del binomio, che e stato
aggiunto per poter scrivere il quadrato.
−8
[(x′ − 1√
10
)2
− 110
]+ 2
[(y′ − 3√
10
)2
− 910
]− 19 = 0
Facciamo la seguente sostituzione
σ :
X = x′ − 1√10
Y = y′ − 3√10
e otteniamo
−8[X2 − 1
10
]+ 2
[Y 2 − 9
10
]− 19 = 0
da cui si ricava
−8X2 + 2Y 2 − 20 = 0
La sostituzione fatta e la traslazione cercata.
Se consideriamo la sostituzione inversa
σ−1 :
x′ = X +1√10
y′ = Y +3√10
possiamo trovare, componendo la rotazione con la traslazione, le equazioni
che ci permettono di passare direttamente dal sistemaR(O, x, y) di partenza
al sistema di riferimento R′′(O”, X, Y )
Ω−1 σ−1 :
x =1√10
(X +
1√10
)+
3√10
(Y +
3√10
)
y = − 3√10
(X +
1√10
)+
1√10
(Y +
3√10
)
Infine riscriviamo meglio la forma canonica, dividendo tutto per il termine
noto−8X2
−20+
2Y 2
−20= −1
da cuiX2
(√5√2
)2 −Y 2
(√10
)2 = −1
Parabola
Studiare la conica di equazione 4x2 − 4xy + y2 − 8x + 24y + 24 = 0.
Per prima cosa dobbiamo classificarla.
La matrice associata alla conica e:
A =
4 −2 −4
−2 1 12
−4 12 24
Il Det(A) = 400 quindi la conica e non degenere, di rango 3.
Il Det(A33) = 0 quindi la conica e una parabola.
Troviamo l’asse e il vertice della parabola; dobbiamo trasformare l’equazione
in coordinate omogenee.
(x1 x2 x3
)·A·
x1
x2
x3
= 4x21−4x1x2+1x2
2−8x1x3+24x2x3+24x23 = 0
L’asse della parabola e la retta polare della direzione ortogonale al punto
improprio della parabola, che si trova intersecando la parabola stessa con la
retta impropria. Ricordiamo che la parabola interseca la retta impropria in
un solo punto.
Calcoliamo questa intersezione
4x21 − 4x1x2 + 1x2
2 − 8x1x3 + 24x2x3 + 24x23 = 0
x3 = 0
Il punto improprio della parabola ha quindi coordinate
P∞(1, 2, 0)
La direzione ortogonale al punto improprio sara
Q∞(2,−1, 0)
L’asse della parabola e la polare di questo punto. Calcoliamola
(x1 x2 x3
)·
4 −2 −4
−2 1 12
−4 12 24
·
2
−1
0
= 10x1 − 5x2 − 20x3 = 0
Quindi, semplificando e ritornando in coordinate non omogenee, l’asse della
parabola e la retta di equazione
2x− y − 4 = 0
Il vertice della parabola si ottiene intersecando l’asse con la parabola stessa.
4x2 − 4xy + y2 − 8x + 24y + 24 = 0
2x− y − 4 = 0
Il vertice e quindi il punto
V
(75,−6
5
)
Il vertice e l’asse non sono pero sufficienti per poter disegnare la parabola;
infatti ci mancano informazioni sulla direzione della concavita della parabo-
la.
Per averle io consiglio di trovare un paio di punti della parabola, semplice-
mente dando un valore casuale ad x e ricavando le corrispondenti y.
Per esempio ponendo x = 3 si trova y = −6.
Quindi il punto A(3,−6) appartiene alla parabola.
Adesso abbiamo sufficienti informazioni per poter disegnare la parabola.
Figura 3: Parabola
Ora determiniamo la rotazione e la traslazione necessarie per portare
l’equazione della conica in forma canonica..
Ricordiamo che ridurre la conica in forma canonica vuol dire trovare un nuo-
vo sistema di riferimento tale che il centro della conica coincida con l’origine
degli assi coordinati, e gli assi della conica coincidono con gli assi coordinati
stessi.
Per determinare la rotazione e necessario calcolare gli autovalori e gli auto-
vettori della matrice A33.
Troviamo il polinomio caratteristico:
Det(A33 − λI) =
∣∣∣∣∣∣4− λ −2
−2 1− λ
∣∣∣∣∣∣= (4− λ)(1− λ)− 4 = λ2 − 5λ
Gli autovalori sono le radici di questo polinomio, e quindi sono:
λ1 = 0 λ2 = 5
Vi faccio notare come, nel caso della parabola, uno dei due autovalori sia
sempre nullo; inoltre, per poter trovare la parabola nella forma canonica
usuale y2 + 2px = 0, scegliamo l’autovalore nullo come primo valore.
I corrispondenti autovettori saranno le soluzioni dei sistemi
(A33 − λiI)X = 0 per i = 1, 2
Calcoliamo il primo
4x− 2y = 0
−2x + y = 0
Le due equazioni sono equivalenti e quindi il sistema ha ∞1 soluzioni del
tipo (a, 2a). Assegnando arbitrariamente un valore ad a troviamo il primo
autovettore
u1 = (1, 2)
Calcoliamo il secondo −x− 2y = 0
−2x− 4y = 0
Le due equazioni sono equivalenti e quindi il sistema ha ∞1 soluzioni del
tipo (−2b, b). Assegnando arbitrariamente un valore a b troviamo il secondo
autovettore
u2 = (−2, 1)
Questi autovettori individuano le direzioni dei nuovi assi coordinati ruotati.
Verifichiamo che la base u1, u2 sia coerentemente orientata con la base
canonica. Devo considerare la matrice formata dai vettori della base presi
come colonne, e calcolare il suo determinante.∣∣∣∣∣∣
1 −2
2 1
∣∣∣∣∣∣= 5 > 0
Poiche il determinante e minore di zero la base e orientata coerentemente.
Normalizziamo i vettori.
v1 =u1
||u1|| =(1, 2)√
5v2 =
u2
||u2|| =(−2, 1)√
5
La base v1, v2 e la nuova base ruotata.
La matrice di rotazione R che ci porta dalla base canonica alla nuova base
e formata dai vettori v1 e v2 presi come colonne.
R =
1√5
− 2√5
2√5
1√5
Le equazioni della rotazione sono quindi
Ω−1 :
x =1√5
x′ − 2√5
y′
y =2√5
x′ +1√5
y′
Sostituendo nella equazione di partenza troviamo l’equazione della conica
nel nuovo sistema di riferimento R′(O, x′, y′) ruotato.
4(
1√5
x′ − 2√5
y′)2
− 4(
1√5
x′ − 2√5
y′)(
2√5
x′ +1√5
y′)
+
+(
2√5
x′ +1√5
y′)2
− 8(
1√5
x′ − 2√5
y′)
+
+ 24(
2√5
x′ +1√5
y′)
+ 24 = · · · =
= 5y′2 +40√
5x′ +
40√5
y′ + 24 = 0
Voglio farvi notare come sia sufficiente, per semplificare i calcoli, applicare
la sostituzione soltanto alla parte lineare dell’equazione (cioe ai termini in
x e y) poiche la parte quadratica (cioe i termini in x2, in xy e in y2), per
effetto della rotazione, si trasforma semplicemente in λ1x′2 + λ2y
′2.
A questo punto non ci rimane che trovare la traslazione che porta l’origine del
sistema di riferimento a coincidere con il centro della conica. Utilizzeremo
il metodo del completamento dei quadrati. Nel caso della parabola bisogna
completare soltanto il quadrato relativo a y′.
Raccolgo i fattori in y′, mettendo in evidenza il coefficiente di y′2.
5(
y′2 +8√5
y′)
+40√
5x′ + 24 = 0
I termini tra parentesi possono essere rivisti come i primi due termini di un
quadrato di un binomio. Riscriviamoli quindi come quadrati, ricordandoci
poi di sottrarre il quadrato del secondo termine del binomio, che e stato
aggiunto per poter scrivere il quadrato.
5
[(y′ +
4√5
)2
− 165
]+
40√5
x′ + 24 = 5(
y′ +4√5
)2
+40√
5x′ + 8 = 0
A questo punto, per ottenere la forma canonica della parabola dobbiamo far
scomparire il termine noto. Per farlo, lo raccogliamo insieme al termine in
x, mettendo sempre in evidenza il coefficiente del termine in x stesso.
5(
y′ +4√5
)2
+40√
5
(x′ +
√5
5
)= 0
Facciamo la seguente sostituzione
σ :
X = x′ +√
55
Y = y′ +4√5
e otteniamo
5Y 2 +40√
5X = 0
La sostituzione fatta e la traslazione cercata.
Se consideriamo la sostituzione inversa
σ−1 :
x′ = X −√
55
y′ = Y − 4√5
possiamo trovare, componendo la rotazione con la traslazione, le equazioni
che ci permettono di passare direttamente dal sistemaR(O, x, y) di partenza
al sistema di riferimento R′′(O”, X, Y )
Ω−1 σ−1 :
x =1√5
(X −
√5
5
)− 2√
5
(Y − 4√
5
)
y =2√5
(X −
√5
5
)+
1√5
(Y − 4√
5
)
