Soluzione prova di Matematica - Scuola Galileiana di Studi Superiori

4
portando tutto a secondo membro e ordinando con le potenze di t 2 si ottiene
(2m(am + b) −2mb(1 − m 2 ))t 2 + ((1 − m 2 )b(am + b)+4m 2 b 2 − b(1 − m 2 )(b − ma))t +2mb 2 (b −ma) = 0;
il coefficiente di t si semplifica in 2bm(a(1 − m 2 ) + 2bm), quello di t 2 in 2m 2 (b + am) e l’equazione
diventa:
m(bm + a)t 2 + b(a(1 − m 2 ) + 2bm)t + b 2 (b − ma) = 0;
Il discriminante è (omettendo alcuni calcoli!)
b 2 (a − am 2 + 2bm) 2 − 4m(bm + a)b 2 (b − ma) =
b 2 (a 2 + a 2 m 2 + 4b 2 m 2 − 2a 2 m 2 + 4abm − 4abm 3 ) − 4mb 2 (b 2 m − m 2 ab + ab − ma 2 ) = . . .
a 2 b 2 + 2a 2 b 2 m 2 + a 2 b 2 m 4 = (ab) 2 (1 + m 2 ) 2 ,
e le radici sono quindi
t = −b(a − am2 + 2bm) ± ab(1 + m2 )
2m(bm + a)
con il segno + si ha
t = a − ξ = abm2 − 2b2m + abm2 am − b
= b
2m(bm + a) bm + a ,
e si noti cha b < am, quindi la soluzione è positiva. Con il segno − si ottiene
t = a − ξ = −ba + bam2 − 2b 2 m − ab − abm 2
2m(bm + a)
= − b
m
negativa e quindi non accettabile dovendo essere a−ξ > 0 (del resto, a−ξ = −b/m porge m(a−ξ)+b = 0;
questa soluzione è stata aggiunta eliminando i denominatori sopra). Resta quindi solo la soluzione
che è unica; da qui si ottiene
t = a − ξ =
b(ma − b)
bm + a ,
b(ma − b)
ξ = a −
bm + a = abm + a2 − bma + b2 =
bm + a
a2 + b2 mb + a
(m = tanα).
Resta da dimostrare l’asserzione fatta sulla pendenza della simmetrica di y = tx rispetto ad y = mx.
Preso un punto (x, y) non sulla retta y = mx, il suo simmetrico (x ′ , y ′ ) rispetto a tale retta si trova
imponendo che ((x + x ′ )/2, (y + y ′ )/2) stia su y = mx, cioè sia (y + y ′ )/2 = m(x + x ′ )/2 ed il segmento
che ha (x, y) ed (x ′ , y ′ ) come estremi sia ortogonale ad y = mx: cioè (y ′ − y)/(x ′ − x))m + 1 = 0; si ha il
sistema
−mx ′ + y ′ = mx − y; x ′ + my ′ = x + my da cui x ′ = (1 − m2 )x + 2my
1 + m 2
; y ′ = 2mx − (1 − m2 )y
1 + m2 ,
coordinate del punto simmetrico di (x, y) rispetto alla retta di equazione y = mx. Se prendiamo il punto
(x, y) sulla retta y = tx, ad esempio (1, t), la retta simmetrica ha pendenza
y ′
x ′ = 2m − (1 − m2 )t
(1 − m 2 ) + 2mt ,
come sopra asserito.
Soluzione alternativa Una soluzione assai più rapida ed elegante si ha nel modo seguente: prendiamo
il simmetrico della sorgente rispetto allo specchio i base, e cioè (a, −b), ed il simmetrico anche rispetto
all’altro specchio, che è come sopra visto il punto di coordinate
(1 − m2 )a + 2mb
1 + m2 ;
2ma − (1 − m2 )b
1 + m2 ;
se prendiamo la retta congiungente questi due punti, l’intersezione (ξ, 0) di essa con l’asse delle ascisse
fornisce il punto cercato. La retta ha equazione
cioè
y + b
(2ma − (1 − m2 )b)/(1 + m2 ) + b =
x − a
((1 − m2 )a + 2mb)/(1 + m2 ) − a ,
y + b x − a
=
a + mb b − ma ,