1

CAPITOLO 1 LE COORDINATE POLARI r,ϑ( ) Fino ad ora abbiamo rappresentato i punti del piano euclideo mediante un sistema di riferimento cartesiano, ma non è l’unico modo: esiste anche il cosiddetto sistema di riferimento polare. Scelto un punto qualsiasi del piano euclideo (polo), consideriamo una (semi)retta qualsiasi del fascio proprio (asse polare). Ogni altro punto del piano euclideo è individuato univocamente dalla sua distanza r dal polo, e dall’angolo θ che il segmento congiungente il punto con il polo forma con l’asse polare, in senso (convenzionalmente) antiorario. Sistema cartesiano Sistema polare Individuato da due rette perpendicolari (assi cartesiani), che s’intersecano nell’origine, sulle quali è fissata la stessa unità di misura.

Individuato da una semiretta (asse polare), avente per origine il polo, su cui è fissata un’unità di misura, e da una famiglia di circonferenze concentriche.

P x, y( ) −∞ < x < +∞−∞ < y < +∞

P r,θ( ) r ≥ 0

0 ≤θ < 2π

2

Il passaggio da coordinate cartesiane a polari La corrispondenza biunivoca che stabilisce il passaggio da coordinate cartesiane a polari (polo coincidente con l’origine del sistema cartesiano) è regolata dalle seguenti equazioni:

x = r cosθy = r sinθ

!"#

$#, −∞ < x < +∞−∞ < y < +∞

r ≥ 00 ≤θ < 2π

.

L’equazione polare delle principali curve di secondo grado Cominciamo con la parabola, luogo geometrico dei punti equidistanti da un fuoco e da una direttrice.

In base ai calcoli svolti nel corso di geometria analitica, definita 2p la distanza del fuoco dalla direttrice e scelti come origine e asse delle ordinate rispettivamente il vertice e l’asse della parabola, l’equazione cartesiana della

stessa è: y = x2

4 p. Come si trasforma quest’equazione una volta introdotte

le coordinate polari? Scelti come polo e asse polare rispettivamente il fuoco

3

e l’asse della parabola, le equazioni della trasformazione sono le seguenti:

x = r sin π −θ( ) = r sinθy = p+ r cos π −θ( ) = p− r cosθ

"

#$

%$.

L’equazione della parabola diventa quindi

y = x2

4 p⇒ p− r cosθ = r

2 sin2θ4 p

⇒ r2 sin2θ +4 pr cosθ −4 p2 = 0 . Come d’uso,

si esprime la distanza in funzione dell’angolo, per cui

r = −2pcosθ + 4 p2 cos2θ +4 p2 sin2θsin2θ

=2p

1+ cosθ.

Non può passare inosservato il fatto che, quando l’angolo θ = π , il denominatore dell’espressione trovata si annulla. L’interpretazione geometrica di questo fatto è legata all’illimitatezza della parabola come curva del piano; in questo caso conveniamo di rappresentare con

r = 2p1+ cosθ

il ramo che si trova a destra dell’asse della parabola, per valori

dell’angolo 0 ≤θ < π . Il ramo di sinistra, stante la simmetria della funzione

y = cosx rispetto all’asse x = π , è sempre espresso dalla r = 2p1+ cosθ

,

stavolta per valori dell’angolo π <θ ≤ 2π .

4

Problema. E’ data la parabola di equazione cartesiana y = x2 . Scelto come asse polare la direttrice, e come polo il punto A, intersezione di questa con l’asse delle ordinate:

a) Si determini l’intervallo di variazione dell’angolo θ , con vertice nel punto A e verso antiorario,

b) Si scriva l’equazione polare della parabola. Soluzione. a) L’angolo varia tra i valori corrispondenti alle tangenti alla parabola (perpendicolari perché A appartiene alla direttrice), ovvero 45° e 135°, come evidenziato in figura.

b) Dalla figura notiamo che, in corrispondenza di un angolo 45° <θ < 90°e 90° <θ <135° , il “raggio vettore” incontra la parabola in due punti: questo significa che la relazione che esprimerà la distanza r in funzione dell’angolo non sarà una funzione. Infatti, con le scelte imposte risulta x = r cosθ

y = r sinθ − 14

⎧

⎨⎪

⎩⎪,π4≤θ ≤

3π4

, da cui segue la trasformazione da y = x2 a

r1 = FA =sinθ + sin2θ − cos2θ

2cos2θ e r2 =CA =

sinθ − sin2θ − cos2θ2cos2θ

. Notiamo

che, quando θ = π2

, il denominatore si annulla mentre il numeratore di

5

r1 = 2 e quello di r2 = 0 . L’interpretazione geometrica è legata all’intersezione della parabola con l’asse, che può avvenire solo in corrispondenza del vertice. Questo risultato ce lo fornisce r2 se opportunamente riscritto, moltiplicandolo e dividendolo per il termine

sinθ + sin2θ − cos2θ , ottenendo così r2 =CA =1

2 sinθ + sin2θ − cos2θ( ).

Applichiamo quest’approccio anche alla determinazione dell’equazione polare dell’ellisse e dell’iperbole. L’ellisse in coordinate polari In questo caso, l’asse polare coincide con quello focale e il polo con uno dei due fuochi. Dalla definizione di ellisse come luogo geometrico, la distanza

dai fuochi è data dalle relazioni PF1 = r; PF2 = 2c + r cosθ( )2+ r sinθ( )

2. Di

conseguenza, PF1 + PF2 = 2a implica 2a = r + r2 +4c2 +4cr cosθ , da cui segue:

r = a2 − c2

a+ ccosθ= a 1− e2

1+ ecosθ .

Osservazione. Se e = 0 , allora r ≡ a e l’ellisse è una circonferenza. E’ interessante giungere all’equazione polare dell’ellisse anche attraverso la sua definizione come luogo dei punti del piano il cui rapporto tra la

distanza dal fuoco e dalla direttrice è uguale all’eccentricità: PFdist(P ,d )

= e .

6

Per questo scopo è utile ricordare le proprietà geometriche (indipendenti

dal sistema di riferimento) dell’ellisse: e = ca

e la distanza del fuoco dalla

direttrice è 2p = a2

c− c . Di conseguenza,

PFdist(P ,d )

=r

2p− r cosθ= e⇒ r = 2pe

1+ ecosθ, da cui segue

2p = a2

c− c = a

2 − c2

c⇒ r =

a2 − c2

ce

1+ ecosθ=

a2 − c2

a 1+ ecosθ( )= a 1− e2

1+ ecosθ.

La definizione di ellisse in base all’eccentricità è utile anche nel caso in cui volessimo scriverne l’equazione cartesiana. Introdotto il sistema di

riferimento cartesiano con x = c + r cosθy = r sinθ

⎧⎨⎩

, le coordinate del fuoco sono

F = c,0( ) , l’equazione della direttrice è x = a2

c, e l’eccentricità e = c

a;

sommando in “quadratura” si ha r2 = x − c2( )+ y2 . Ricaviamo l’espressione

cosθ =x − c( )r

e sostituiamola all’interno di r2p− r cosθ

= e : otteniamo così

r

a2

c− c − r

x − c( )r

=ca⇒ r = a − c

ax . Eleviamo al quadrato l’espressione di r e

uguagliamola a quella ottenuta dalla somma in quadratura:

x − c( )2+ y2 = a − c

ax

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

2

. Da quest’espressione, una volta posto b2 = a2 − c2 ,

determiniamo l’equazione cartesiana canonica dell’ellisse: x2

a2+y2

b2=1.

7

L’iperbole in coordinate polari Sia F1 un fuoco dell’iperbole. Se PF2 − PF1 = 2a , allora

2a+ r = r2 +4c2 +4cr cosθ : di conseguenza

r = c2 − a2

a − ccosθ= a e2 −11− ecosθ .

Come nel caso dell’ellisse, consideriamo la definizione dell’iperbole basata sull’eccentricità. Per questo scopo consideriamo i sistemi polare e cartesiano scelti con le caratteristiche riportate nella figura seguente

Come nel caso dell’ellisse, la relazione tra coordinate polari e cartesiane è

la seguente: x = c + r cosθy = r sinθ

⎧⎨⎩

. La definizione d’iperbole è tale che

r2p+ r cosθ

= e , da cui segue l’equazione polare r = 2pe1− ecosθ

=c2 − a2

a − ccosθ.

L’ equazione cartesiana è ottenuta in modo del tutto analogo a quello con cui è stata determinata l’equazione dell’ellisse:

r

c − a2

c+ r

x − c( )r

=ca⇒ r = c

ax − a ; la solita somma in quadratura restituisce

l’espressione x − c( )2+ y2 = c

ax − a

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

2

, e l’uguaglianza con

8

r2 = cax − a

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

2

conduce infine all’equazione canonica dell’iperbole:

x2

a2−y2

b2=1, avendo posto b2 = c2 − a2 .

La determinazione dell’intervallo di variazione dell’angolo Nel caso dell’ellisse, poiché il fuoco è interno alla curva che di per sé è chiusa e limitata, l’angolo varia nell’intervallo 0 ≤θ ≤ 2π , mentre nel caso dell’iperbole la situazione richiede uno sforzo maggiore. Infatti, poiché l’iperbole non è limitata, occorre fare alcune considerazioni.

In figura è rappresentata l’iperbole di equazione cartesiana x2

3− y2 =1. Gli

asintoti formano un angolo di 30° con l’asse delle ascisse, e l’iperbole è tutta contenuta nella porzione di piano delimitata da questi: l’angolo varia nell’intervallo. Concludiamo l’esame dell’iperbole in coordinate polari notando che la condizione sull’angolo poteva essere dedotta anche dalla discussione del denominatore dell’equazione polare associata:

r = c2 − a2

a − ccosθ=

4−3

3 −2cosθ=

1

3 −2cosθ. Infatti, il raggio rappresenta una

distanza, quindi il suo valore non può essere negativo. Di conseguenza

3 −2cosθ > 0⇒ cosθ < 32⇒−

π6<θ <

π6

.

9

Un’applicazione delle coordinate polari all’astronomia Vogliamo scrivere l’equazione di un’ellisse in coordinate polari; per questo scopo cerchiamo una relazione tra gli elementi fondamentali dell’orbita ellittica, quali i semiassi e l’eccentricità, ed i punti di minima e massima distanza da uno dei due fuochi, che viene scelto come polo, denominati rispettivamente afelio r2 , e perielio r1. Se indichiamo con a e b rispettivamente i semiassi maggiori e minori dell’ellisse, e con 2c la distanza tra i fuochi, risulta

2a = r1 + r22c = r2 − r1

"#$

%$⇒ e = c

a=r2 − r1r2 + r1

⇒ b = a2 − c2 = r1r2 .

Di conseguenza, l’area sarà A = πab = π r1 + r22

r1r2 .

Dalla definizione dell’ellisse in termini di eccentricità

e = dist(P ,S )dist(P ,d )

=r

p− r cosϑ,

dove p è la distanza della stella (fuoco dell’ellisse) dalla direttrice. Quando l’angolo con l’asse focale è zero la distanza di P dal fuoco è proprio

€

r1. Di conseguenza

e = r1p− r1

⇒ p = r1(1+ e )e

.

L’ellisse in coordinate polari è quindi espressa dalla relazione

e = rr1(1+ e )e

− r cosϑ⇒ r1 1+ e( ) = r(1+ ecosϑ )⇒ r = r1(1+ e )

1+ ecosϑ.

Da quanto osservato in precedenza, l’eccentricità può essere espressa in termini di distanza all’afelio ed al perielio dalla

10

e = ca=r2 − r1r2 + r1

,

da cui segue

r =r1 1+

r2 − r1r2 + r1

"

#$$

%

&''

1+r2 − r1r2 + r1

"

#$$

%

&''cosϑ

=2r1r2

r2 + r1 + r2 − r1( )cosϑ( )

PROBLEMA. E’ data nel piano cartesiano l’equazione della parabola y =1− x2 .

a) Si scriva l’equazione della parabola in coordinate polari, assumendo per polo il fuoco della parabola, e per asse polare l’asse della parabola.

b) Si scriva l’equazione della famiglia di ellissi con fuoco coincidente con quello della parabola, e tangenti a questa nel vertice.

c) Tra tutte le ellissi di cui al punto precedente, si determini quella di

area A = 5π16

.

d) In corrispondenza di quale valore dell’angolo θ il punto sulla

parabola dista r =1− 22

dal fuoco?

Soluzione. a) Per prima cosa è opportuno rappresentare graficamente la

parabola e determinarne le coordinate del fuoco F 0, 34

!

"#

$

%&. Con la scelta

dell’angolo come in figura, l’equazione del luogo geometrico in coordinate

polari è particolarmente agevole: r = 2p+ r cos(π −θ )⇒ r = 12 1+ cosθ( )

.

11

b) Le ellissi cercate hanno il pericentro coincidente con il vertice della

parabola, per cui r1 =14

. Se scegliamo di scrivere l’equazione dell’ellisse

nella forma r =2r1r2

r2 + r1 + r2 − r1( )cosθ⇒ r =

r2

2 r2 +14+ r2 −

14

#

$%

&

'(cosθ

)

*+

,

-.

, la

dipendenza è rispetto alla distanza all’afelio r2 .

c) Dalla relazione A = πab = πr2 + r12

r1r2 =5π16

⇒r2 +142

r22=516

, che

espressa nell’incognita x = r2diventa 4x +1( ) x = 5⇒ x =1⇒ r2 =1.

L’equazione polare dell’ellisse cercata è quindi r = 25+3cosθ

. Notiamo che

l’equazione di terzo grado risolvente, 16x3 +8x2 + x −25 = 0 , ha per polinomio associato P (x ) = 16x2 +24x +25( ) x −1( ) , che non è ulteriormente

riducibile, per cui l’unica soluzione è x =1.

12

d) Questo punto richiede la conoscenza dei metodi risolutivi delle equazioni goniometriche elementari:

12 1+ cosθ( )

=1− 22⇒

11+ cosθ

= 2− 2⇒ cosθ = 1

2⇒θ = ±

π4

.

Esercizi

1. Scelti come polo l’origine e come asse polare quello delle ascisse, convertire da cartesiane a polari le coordinate dei seguenti punti:

A −8 2,8 2( );B 1,0( );C −2 3,2( ) . 2. Scrivere l’equazione polare delle seguenti curve cartesiane di secondo

grado:a)4x2 −9 y2 = 36 , b) y = x +1 , c )x2 − y2 = 2 .

3. E’ data l’ellisse di equazione cartesiana x2

4+ y2 =1. Dopo averne

tracciato il grafico, se ne esprima l’equazione in coordinate polari con polo coincidente con il fuoco di ascissa positiva, e asse polare coincidente con la retta congiungente i fuochi. Si determini per quali

valori dell’angolo θ si ha r = 27

. Si ripetano i calcoli scegliendo come

polo il fuoco di ascissa negativa.

4. Problema. E’ data l’iperbole equilatera di equazione x2 − y2 =1. Scelto il polo del sistema polare coincidente con il fuoco di ascissa positiva, e come asse polare quello contenente i fuochi dell’iperbole, se ne scriva l’equazione in coordinate polari, e si specifichino i limiti geometrici dell’angolo θ (E’ sufficiente riferirsi ad uno dei due rami, per esempio quello situato nel semipiano delle scisse positive). Inoltre, rispondere ai seguenti quesiti:

a) Si determini la distanza del fuoco dalla direttrice dell’iperbole;

b) Per quali valori di θ risulta r =1? Per quali invece risulta r = 12

?

c) Per quali valori di θ l’area del triangolo avente per base il segmento congiungente i due fuochi ed il terzo vertice sull’iperbole ha area A =1?

13

d) Indicata con H la proiezione del punto P dell’iperbole sull’asse delle ascisse, e con F il fuoco-polo, si dica per quali valori di θ si

ha FH + FP ≥ r2

.

5. L’equazione di una conica in coordinate polari è la seguente:

r = 41+ cosθ

.

a) Si determini il tipo di conica, e se ne specifichino i parametri geometrici di riferimento;

b) Se ne scriva l’equazione cartesiana in un sistema di riferimento a scelta;

c) Si scriva l’espressione della retta tangente nel punto corrispondente a

θ =π3

, in forma cartesiana e polare.

6. L’equazione di una conica in coordinate polari è la seguente:

r = 95+4cosθ

.

a) Si determini il tipo di conica, e se ne specifichino i parametri geometrici di riferimento;

b) Si scriva l’equazione cartesiana della conica di cui sopra in forma canonica, e si determini l’equazione (cartesiana e polare) delle parabole con fuoco coincidente con quello della conica avente ascissa positiva, asse coincidente con quello delle ascisse, e distanza focale 2.

c) Si trovino le coordinate polari e cartesiane dei punti intersezione delle due parabole.

7. L’equazione di un ramo d’iperbole in coordinate polari è la seguente:

r = 163−5cosθ

.

a) Si determini il tipo di conica, e se ne specifichino i parametri geometrici di riferimento;

b) Si scriva l’equazione cartesiana della conica di cui sopra in forma canonica, e l’equazione polare degli asintoti.

c) Si scriva l’equazione (polare e cartesiana) della parabola avente per fuoco quello dell’iperbole (di ascissa positiva), e per direttrice la tangente all’iperbole nel suo punto distante r = 2 dal fuoco. Quali angoli corrispondono ai punti della parabola che distano dal fuoco

meno di 4 2+ 3( ) ?

14

8. Si rappresenti sul piano cartesiano la parabola di equazione

y =1+ x2

2.

a) Si esprimano in coordinate cartesiane il fuoco e la direttrice della parabola, e si rappresentino sul piano cartesiano.

b) Si esprima in coordinate polari l’equazione della parabola, avendo cura di scegliere il polo coincidente con il fuoco della parabola, l’asse polare coincidente con quello della parabola, e l’angolo in senso antiorario.

c) SianoP , !P i punti in cui la retta di equazione y = k , con 12≤ k ≤ 3

2 interseca la parabola. Si esprimano in funzione

dell’angolo θ l’area e il perimetro del triangolo FP !P . d) Per quali angoli il valore del perimetro è minore di due?

Soluzioni

1.

A = −8 2,8 2( )⇒ x = r cosθ = −8 2

y = r sinθ = 8 2⇒ tanθ = −1

r2 = 256

#$%

&%⇒ θ =

3π4

r =16

#

$%

&%

#

$%

&%

B = 1,0( )⇒ x = r cosθ =1y = r sinθ = 0

⇒ tanθ = 0r2 =1

#$%

&%⇒ θ = 0

r =1

#$&

#$%

&%

C = −2 3,2( )⇒ x = r cosθ = −2 3y = r sinθ = 2

⇒tanθ = − 1

3r2 =16

#

$%

&%

⇒ θ =5π6

r = 4

#

$%

&%

#

$%

&%

2. a) r = c2 − a2

a − ccosθ=

13−9

3− 13cosθ=

4

3− 13cosθ; b) Si tratta di una

parabola con asse coincidente con l’asse delle ascisse, quindi

y = x +1⇒ x > −1∧ y > 0( )⇒ x = y2 −1⇒ 14 p

=1⇒ 2p = 12

, da cui

15

segue F −

34,0

"

#$

%

&'⇒

x = r cosθ − 34

y = r sinθ

)

*+

,+

⇒ r cosθ − 34= r2 sin2θ −1⇒

r2 sin2θ − r cosθ − 14= 0⇒ r = cosθ ± cos2θ + sin2θ

2sin2θ=cosθ +12sin2θ

.

Semplificando otteniamo r = 12 1− cosθ( )

. I calcoli sarebbero stati

decisamente meno onerosi se avessimo scelto, come strategia risolutiva, di seguire la definizione di parabola come luogo geometrico:

dist P ,F( ) = dist P ,d( )⇒ r = 2p+ r cosθ ⇒ r = 2p1− cosθ

=1

2 1− cosθ( ); c)

r = c2 − a2

a − ccosθ=

4−2

2 −2cosθ=

2

2 −2cosθ=

2

1− 2 cosθ. Come

risoluzione alternativa, consideriamo la definizione d’iperbole basata sul concetto di eccentricità. L’equazione della direttrice è

x = a2

c=1⇒ e = c

a= 2⇒ r

(2−1)+ r cosθ= 2⇒ r = 2

1− 2 cosθ, dove

il termine 2−1( )è la distanza del fuoco dalla direttrice.

3. r = a2 − c2

a+ ccosθ=

4−3

2+ 3cosθ=

1

2+ 3cosθ.

16

r = 27⇔

1

2+ 3cosθ=27⇔ 3= 2 3cosθ⇔ cosθ = 3

2⇔θ =

π6∨11π6

.

4. r = c2 − a2

a − ccosθ=

2−1

1− 2 cosθ=

1

1− 2 cosθ; il comportamento asintotico

dell’iperbole è tale che π4<θ <

7π4

.

a) L’equazione della direttrice dell’iperbole è data dalla relazione

x = a2

c=12

, da cui segue la distanza richiesta 2 − 12=12

.

b) Si ha 1= 1

1− 2 cosθ⇔ cosθ = 0⇔θ =

π2∨θ =

3π2

12=

1

1− 2 cosθ⇔ cosθ = − 1

2⇔θ =

3π4∨θ =

7π4

.

c) L’area è data dalla relazione A = 2 2r sinθ2

, con r = 1

1− 2 cosθ;

di conseguenza A =1⇔ 2 sinθ

1− 2 cosθ=1⇔ 2 sinθ + cosθ( ) =1.

L’ultima equazione (lineare) può essere risolta con il metodo dell’angolo aggiunto:

17

2 sinθ + cosθ( ) = 2cos θ − π4"

#$

%

&'⇒ cos θ − π

4

"

#$

%

&'=12

, da cui segue

θ =7π12

∨23π12

.

a) FH + FP ≥ r2⇒ r cosθ + r ≥ r

2⇒ cosθ ≥ −1

2⇒

π4<θ ≤

2π3∨4π3≤θ <

7π4 Si determini il tipo di conica, e se ne specifichino i parametri

geometrici di riferimento; 5. a) Dall’espressione di una conica basata sull’eccentricità

r = 2pe1+ ecosθ

⇒ (e =1)⇒ r = 2p1+ cosθ

trattasi di parabola con distanza

focale 2p = 4 . b) Scegliamo come sistema di riferimento cartesiano quello con l’asse

delle ordinate coincidente con quello della parabola e con l’origine coincidente con il vertice di questa. Si hanno quindi le seguenti

possibilità: fuoco F 0,2( ) d : y = −2 e F 0,−2( ) d : y = 2 . Nel

primo caso l’equazione della parabola è y = x2

8, nel secondo

y = − x2

8.

c) In base alla scelta fatta in figura, le equazioni di passaggio da

coordinate cartesiane a polari sono le seguenti: x = r sinθy = 2− r cosθ

"#$

%$. Le

coordinate cartesiane del punto di tangenza corrispondente a θ = π3

sono le seguenti: x = 4sinθ1+ cosθ

=4 33

y = 2− 4cosθ1+ cosθ

=23

"

#

$$

%

$$

. L’equazione della tangente

in coordinate cartesiane si ottiene dalla

18

y− y0 = 2ax0 + b( ) x − x0( )⇒ y− 23=33x − 4 3

3

#

$%%

&

'(( , da cui segue

3x −3 y−2 = 0 .

6. a) Poiché r = 9

5 1+ 45

!

"#

$

%&cosθ

=a 1− e2( )1+ ecosθ

⇒ e = 45⇒ ellisse . Di conseguenza,

a 1− e2( ) = 95⇒ a 1−1625

#

$%

&

'(=95⇒ a = 5⇒ c = ae = 4⇒ b = 3.

b) L’equazione canonica dell’ellisse è la seguente: x2

25+y2

9=1. Il fuoco

ha coordinate F 4,0( ) , e le direttrici equazioni x = 6 e x = 2 . Nel primo caso l’equazione della parabola è data dalla relazione

x −4( )2+ y2 = 6− x ⇒ x = − y

2

4+5 , mentre nel secondo dalla

x −4( )2+ y2 = x −2 ⇒ x = y

2

4+3 . Mediante le equazioni di

passaggio giungiamo all’espressione polare delle due

19

parabole: x = 4+ r cosθy = r sinθ

!"#

$#⇒ x = − y

2

4+5⇒ r = 2

1+ cosθ, e

x = 4+ r cosθy = r sinθ

!"#

$#⇒ x = y

2

4+3⇒ r = 2

1− cosθ.

c) Uguagliando le equazioni polari notiamo che le intersezioni si hanno

in corrispondenza degli angoli θ = π2∨θ =

3π2

, da cui segue r = 2. Le

coordinate cartesiane saranno rispettivamente 4,2( ), 4,−2( ) .

7. a) Poiché r = 16

3 1− 53

"

#$

%

&'cosθ

=a e2 −1( )1− ecosθ

⇒ e = 53⇒ iperbole . Di

conseguenza,

a e2 −1( ) = 163 ⇒ a 259−1

#

$%

&

'(=163⇒ a = 3⇒ c = ae = 5⇒ b = 4 .

a) L’equazione canonica dell’iperbole è x2

9−y2

16=1. In base alle

equazioni di passaggio scelte (vedi figura sopra), le equazioni degli asintoti sono le seguenti:

3r sinθ = ± 20+4r cosθ( )⇒r = 203sinθ −4cosθ

r = − 203sinθ +4cosθ

.

20

b) L’equazione della parabola, come luogo geometrico, è data dalla

x −5( )2+ y2 = x −3 ⇒−4x + y2 = −16⇒ x = y

2

4+4 . Quella polare,

sempre come luogo geometrico, è r = 2+ r cosθ ⇒ r = 21− cosθ

,

risultato ottenibile anche sostituendo le equazioni di passaggio

x = 5+ r cosθy = r sinθ

!"#

$# nell’equazione cartesiana della parabola. Per

quanto riguarda l’ultimo quesito, imponiamo che 2

1− cosθ≤ 4 2+ 3( )⇒1− cosθ ≥ 1

4−2 3=4+2 34

, da cui segue

cosθ ≤ − 32⇒5π6≤θ ≤

7π6

.

8.

a) Le coordinate del fuoco sono F = 0,32

!

"#

$

%& e l’equazione della

direttrice è y = 12

.

b) Dalla 12= a = 1

4 p⇒ 2p =1⇒ r = r cosθ +1⇒ r = 1

1− cosθ.

21

c) L’area del triangolo FP !P è

A = 12(r cosθ )(2r sinθ ) = sin2θ

2 1− cosθ( )2

, mentre il perimetro è

℘= 2r +2r sinθ = 2r(1+ sinθ ) = 2(1+ sinθ )(1− cosθ )

.

d) Il perimetro è minore di due per angoli tali che 2(1+ sinθ )(1− cosθ )

< 2⇒ 1+ sinθ −1+ cosθ1− cosθ

< 0⇔ sinθ − cosθ < 0 .

L’ultima disequazione può essere agevolmente risolta per confronto grafico, oppure con il metodo dell’angolo aggiunto essendo equivalente a

2 sin θ −π4

"

#$

%

&'< 0⇒ π <θ −

π4< 2π ⇒ 0 <θ < π

4∨5π4<θ < 2π .

22

“Liceo Scient i f i co Statale “Guido Caste lnuovo” COMPITO DI MATEMATICA

Classe IV sezione E 17/10/2015

Problema

Nel piano cartesiano, sono dati il fuoco F = 94,0

!

"#

$

%& e la direttrice x = 7

4.

Introdotto un sistema di riferimento polare, con il polo coincidente col fuoco e con l’asse polare coincidente con quello delle ascisse: a) Si scrivano le equazioni del luogo geometrico1dei punti equidistanti dal

fuoco e dalla direttrice, in forma cartesiana e polare.

b) Sia P 4, 2( ) un punto del luogo r = 12 1− cosθ( )

. Si trovino le coordinate

polari del punto Q del luogo geometrico, situato nel primo quadrante,

tale che FP ⋅FQ ≤94

.

c) Verificato che FQ forma un angolo θ = π3

con l’asse delle ascisse, si

calcoli l’area del triangolo FPQ. Quesiti Si rappresentino graficamente tutte le situazioni proposte 1. Si esprima l’area dell’ellisse in funzione delle distanze dal fuoco del

pericentro r1 e dell’apocentro r2 .

2. In un triangolo le misure di due lati sono a = 4,b = 3. Si determinino i valori ammissibili per la lunghezza di c, e si calcoli il valore dell’angolo γ nel caso in cui c = 13 .

1 Senza utilizzare formule immediate, illustrando chiaramente il procedimento che conduce all’equazione del luogo geometrico.

23

3. L’equazione di una conica in coordinate polari è: r = 1

1− 2 cosθ. Si

determini il tipo di conica, e se ne specifichino i parametri geometrici di riferimento.

CORREZIONE Problema

Nel piano cartesiano, sono dati il fuoco F = 94,0

!

"#

$

%& e la direttrice x = 7

4.

Introdotto un sistema di riferimento polare, con il polo coincidente col fuoco e con l’asse polare coincidente con quello delle ascisse:

a) Si scrivano le equazioni del luogo geometrico dei punti equidistanti dal fuoco e dalla direttrice, in forma cartesiana e polare.

• La distanza focale è data dalla differenza

2p = 94−74=12⇒ a = 1

4 p=1; le equazioni di passaggio da coordinate

cartesiane a polari sono le seguenti:x = 94+ r cosθ

y = r sinθ

!

"#

$#

, ed il vertice si

trova nel punto V 2,0( ) . Pertanto, l’equazione polare del luogo

geometrico è PF = PH ⇒ r = 2p+ r cosθ ⇒ r = 2p1− cosθ

=1

2 1− cosθ( ).

Quella cartesiana, invece, è la seguente:

x − 94

"

#$

%

&'

2

+ y−0( )2= x − 7

4⇒ x = y2 +2 .

b) Sia P 4, 2( ) un punto del luogo r = 12 1− cosθ( )

. Si trovino le

coordinate polari del punto Q del luogo geometrico, situato nel

primo quadrante, tale che FP ⋅FQ ≤94

.

24

• FP = 4− 94

"

#$

%

&'

2

+ 2 −0( )2

=4916

+2 = 94

, da cui risulta

FP ⋅FQ =94⋅

12 1− cosθ( )

≤94⇒1− cosθ ≥ 1

2, da cui segue

cosθ ≤ 12

0 <θ ≤ π

"

#$

%$

⇒π3≤θ ≤ π . Le coordinate polari di Q sono quindi

θ =π3;r = 1

2 1− 12

"

#$

%

&'

=1.

c) Verificato che FQ forma un angolo θ = π3

con l’asse delle ascisse, si

calcoli l’area del triangolo FPQ. • L’altezza relativa alla base FQ è FP sin QF̂P( ) , e le coordinate polari

di P 4, 2( )sono r = 94;cosθ = 7

9⇒ sinθ = + 1− cos2θ = 4 2

9. Di

conseguenza,

FP sin QF̂P( ) = 94 sinπ3−θ

"

#$

%

&'=94

32⋅79−12⋅4 29

)

*++

,

-..=7 3 −4 2

8.

L’area del triangolo è quindi A = FQ ⋅FP sinθ2

=7 3 −4 2

16.

25

Quesiti

1. Se indichiamo con a e b rispettivamente i semiassi maggiori e minori dell’ellisse, e con 2c la distanza tra i fuochi, risulta 2a = r1 + r22c = r2 − r1

"#$

%$⇒ e = c

a=r2 − r1r2 + r1

⇒ b = a2 − c2 = r1r2 . Di conseguenza, l’area

sarà A = πab = π r1 + r22

r1r2 .

2. I valori ammissibili per la lunghezza di c scaturiscono dalla

condizione c < a+ bc > a − b

"#$

⇒ c < 7c >1

⇒1< c < 7"#$

. L’ampiezza dell’angolo

si calcola con il teorema di Carnot: c2 = a2 + b2 −2abcosγ , da cui

segue 13=16+9−24cosγ ⇒ cosγ = 12⇒ γ =

π3

.

26

3. L’equazione dell’iperbole in coordinate polari r = a e2 −11− ecosθ

, è quella

che può essere presa in considerazione per determinare il tipo di

conica rappresentata dall’espressione r = 1

1− 2 cosθ; di conseguenza

1− ecosθ =1− 2 cosθ ⇒ e = 2

a e2 −1( ) =1⇒ a =1⇒ b =1

#

$%

&%. Si tratta quindi di un’iperbole

equilatera di equazione cartesiana canonica x2 − y2 =1. Approfondimento Leggi di Keplero: una rapida sintesi Nel 1618 l’astronomo Keplero (1571-1630) deduce dalle tabelle di Brahe le tre leggi che portano il suo nome. La prima legge di Keplero I pianeti descrivono un’orbita ellittica in cui il sole occupa uno dei fuochi. La seconda scoperta fatta da Keplero riguarda la velocità con cui i pianeti percorrono la loro orbita intorno al sole. Egli nota che si muovono più velocemente quando sono vicini al Sole, e più lentamente quando sono lontani. La seconda legge di Keplero Il raggio vettore (linea congiungente in ogni istante il Sole con il pianeta) “spazza” aree uguali in intervalli di tempo uguali. Si tratta della cosiddetta “legge delle aree”.

27

ΔA = 12rp ⋅ vpΔt⇒

ΔAΔt

=12rp ⋅ vp =C

E’ possibile esprimere i semiassi dell’ellisse, a e b, in funzione delle distanze del pianeta dal Sole al perielio, rp , ed all’afelio, rA : indicata con 2c la distanza tra i fuochi, risulta

2a = rp + rA2c = rA − rp

"#$

%$⇒ e = c

a=rA − rprA + rp

⇒ b = a2 − c2 = rArp .

Di conseguenza, l’area spazzata nel periodo T è A = πab = πrA + rp2

rArp .

La terza legge che porta il suo nome, fu scoperta da Keplero molto più tardi rispetto alle prime due, e riguarda la proporzionalità tra il quadrato del periodo di rivoluzione del pianeta attorno al Sole, e il cubo della distanza media (il semiasse maggiore) del pianeta dal Sole. La terza legge di Keplero d 3

T 2= K , dove K = 3,36 ⋅1018m3s−2 è detta costante solare.

Esercizi

1. Si calcoli l’eccentricità dell’orbita di un pianeta la cui velocità al perielio è doppia di quella all’afelio.

28

• Dalla v1r1 = v2r2 segue 2 =v1v2=r2r1⇒ r2 = 2r1 . Inseriamo il dato

ottenuto nella relazione e = ca=r2 − r1r2 + r1

=2r1 − r12r2 + r1

=13⇒ e = 1

3.

1. Si calcoli il rapporto tra la massima e la minima velocità di Urano, sapendo che la sua eccentricità vale 0,047. • 0,047 = e = c

a=rA − rprA + rp

=1− rPrA

−1

1+ rPrA−1 ⇒ rPrA

−1 =1− e1+ e

= 0,91⇒ vPvA=

1rPrA

−1 =1,10

2. Il pianeta X impiega due anni per ruotare attorno alla propria stella lungo un’orbita circolare, il cui raggio è uguale alla distanza all’afelio di un pianeta Y, che per ruotare attorno alla medesima stella impiega un anno. Sapendo che tale distanza è uguale a 200 Gm, si calcoli (a) la distanza del pianeta Y dalla stella al perielio; (b) le velocità del pianeta Y all’afelio ed al perielio. • Indicate con

€

r1 e con

€

r2 rispettivamente le distanze del pianeta Y dalla propria stella al perielio e all’afelio, si ha che

dYS =r1 + r22

(semiasse maggiore) e dXS = r2 . Per la III legge di

Keplero risulta:

dXS3

TX2=dYS3

TY2⇒r23

TX2=

r1 + r22

"

#$

%

&'

3

TX2

"

#$

%

&'

2⇒ r2

3 =r1 + r2( )

3

2⇒ r1 = 23 −1( ) r2 ≈ 50Gm .

• Per calcolare la velocità del pianeta nei due punti dati ci

serviamo della II legge di Keplero, riferita all’intero periodo e ad un intervallo di tempo “piccolo” intorno al passaggio del pianeta dai due punti dati:

ATY

=πr1 + r22

r1r2TY

=ri ⋅ riΔθ2Δt

=rivi2⇒

v1 =π r1 + r2( ) r1r2

r1TY≈ 5,0 ⋅104 m

s

v2 =π r1 + r2( ) r1r2

r2TY≈1,3 ⋅104 m

s

%

&

'''

(

'''

29

Problema (proposto al concorso di ammissione alla Scuola Normale Superiore di Pisa nel 1974) Un’astronave ruota intorno alla Terra in un’orbita circolare di raggio r1 = 6,5 ⋅10

6m . Si calcoli la velocità v1dell’astronave. • Dalla seconda legge della dinamica applicata a quella della

gravitazione universale risulta: mv1

2

r1=GMTmr12

⇒ v1 =GMT

r1= 7,86 ⋅103ms−1.

L’astronauta accende ora per un brevissimo intervallo di tempo i motori del razzo in modo da acquistare una velocità v2 . Qual è il valore massimo vmax di v2 per cui il razzo non sfugge all’attrazione terrestre? • La velocità del razzo deve essere tale che l’energia meccanica lo

mantenga in uno stato “legato” alla Terra. Ciò accade se mv2

2

2−GMTmr1

≤ 0⇒ v2 ≤2GMT

r1:= vmax ⇒ vmax = 2v1 ≅11⋅10

3ms−1 .

Per un’opportuna velocità v2 < vmax l’astronave si pone in un’orbita ellittica di perigeo r1(dove la velocità è v2 ) ed apogeo r2 = 3 ⋅10

7m . Raggiunto l’apogeo con velocità v3 ,

30

un’altra accensione istantanea dei motori inserisce l’astronave in una nuova orbita circolare di parcheggio con velocità v4 . Calcolare v2,v3,v4 . • Applichiamo i Principi di conservazione del momento angolare e

dell’energia meccanica tra il perigeo e l’apogeo, e determiniamo così le velocità v2,v3 :

mv2r1 = mv3r2mv2

2

2−GMTmr1

=mv3

2

2−GMTmr2

"

#$$

%$$

⇒

v3 =r1r2v2

v22 r2

2 − r12

2r22

'

())

*

+,,=GMT

r2 − r1r1r2

'

())

*

+,,

"

#

$$

%

$$

, da

cui segue

v2 =2r2GMT

r1 r2 + r1( )=10 ⋅103ms−1

v3 =2r1GMT

r2 r1 + r2( )= 2,18 ⋅103ms−1

#

$

%%%

&

%%%

. La determinazione della

velocità v4 avverrà come al punto precedente:

mv42

r2=GMTmr22

⇒ v4 =GMT

r2= 3,66 ⋅103ms−1 .