/Szkoła średnia/Funkcje - wykresy/Styczna do wykresu/Funkcje wymierne

Zadanie nr 5391420

Rozważamy wszystkie proste na płaszczyźnie, które są jednocześnie styczne do wykresu funkcji homograficznej y = 2x−−x1 oraz do okręgu o równaniu (x+ 2)2 + (y− 2)2 = 2 . Wyznacz równania tych spośród rozważanych prostych, których współczynniki kierunkowe są liczbami wymiernymi.

Wersja PDF

Rozwiązanie

Wzór danej funkcji homograficznej możemy zapisać w postaci

f (x) = 2-−-x-= −-(x-−-1)-+-1-= −1 + --1--. x − 1 x − 1 x− 1

Jej wykresem jest więc hiperbola y = 1x przesunięta o wektor [1,− 1] (czyli asymptotami są proste y = − 1 i x = 1 ). Dany okrąg to okrąg ośrodku O = (− 2,2 ) i promieniu √ 2- . Szkicujemy teraz tę sytuację.

ZINFO-FIGURE

Wyznaczmy najpierw ogólną postać stycznej do danej hiperboli w punkcie

( ) a,f (a) = a,− 1+ --1--- . ( ) a− 1

Liczymy pochodną

′ ( −1) ′ −2 1 f (x) = − 1+ (x − 1) = − (x − 1) = − (x-−-1-)2

styczna do wykresu funkcji f w punkcie ( ) -1-- a,− 1 + a−1 ma więc współczynnik kierunkowy równy − --1--2 (a−1) , czyli jest postaci

y = − ----1--- ⋅x + b. (a − 1)2

Współczynnik b wyznaczamy podstawiając współrzędne punktu ( -1--) a,− 1 + a−1 .

1 1 − 1+ ------= − --------⋅a + b a − 1 (a− 1 )2 a − 1 a b = − 1 + -------2 + -------2 (a− 1 ) (a− 1) −-(a2 −-2a-+-1-)+-2a-−-1 −a-2-+-4a-−-2 b = (a− 1)2 = (a− 1)2 .

Styczna ma więc postać

1 a2 − 4a + 2 y = − -------- ⋅x − ------------ / ⋅(a− 1)2 (a − 1)2 (a− 1)2 (a − 1)2 ⋅ y+ x+ (a2 − 4a + 2) = 0.

Jeżeli styczna ta ma być styczna do danego okręgu o środku O = (− 2,2) i promieniu √ -- r = 2 , to środek okręgu O musi być odległy od tej prostej o √ -- r = 2 . Korzystamy ze wzoru na odległość punktu P = (x0,y0) od prostej Ax + By + C = 0 :

|Ax + By + C| ---0√------0-----. A 2 + B 2

W naszej sytuacji mamy więc równanie

|2(a-−-1)2 −-2+--(a2 −-4a+--2)| √ -- ∘ (a−-1-)4 +-1 = 2 √ -- ∘ ------------------ |3a2 − 8a+ 2| = 2⋅ (a2 − 2a+ 1)2 + 1 / ()2 9a4 + 64a2 + 4 − 48a3 + 12a 2 − 32a = 2(a4 + 4a2 + 1− 4a3 + 2a2 − 4a+ 1) 4 3 2 7a − 40a + 64a − 24a = 0.

Mamy stąd pierwsze rozwiązanie: a = 0 . Jeżeli natomiast a ⁄= 0 , to mamy równanie

7a3 − 40a2 + 64a − 24 = 0.

Szukamy jego pierwiastków całkowitych wśród dzielników wyrazu wolnego. Łatwo sprawdzić, że jednym z pierwiastków jest a = 2

7⋅8 − 4 0⋅4 + 64 ⋅2 − 24 = 56− 160+ 128 − 24 = 0.

Dzielimy teraz wielomian z lewej strony równania przez (x − 2 ) .

3 2 ( 3 2) ( 2 ) 7a − 40a + 64a − 24 = 7a − 14a − 26a − 52a + (12a − 24) = 2 2 = 7a (a − 2) − 26a (a− 2 )+ 1 2(a− 2) = (a− 2)(7a − 26a + 12).

Wyznaczamy teraz pierwiastki trójmianu w drugim nawiasie.

2 √ ---2 Δ = 26 − 4 ⋅7 ⋅12 = 34 0 = (2 85) √ --- √ --- √ --- √ --- a = 2-6−--2--85 = 13−----85- lub a = 26+--2--85-= 13-+---85- 14 7 14 7

W obu przypadkach (a− 1)2 jest liczbą niewymierną, więc współczynniki kierunkowe odpowiednich stycznych też będą niewymierne. W takim razie pozostają nam tylko odpowiedzi a = 0 i a = 2 . Odpowiednie styczne mają wtedy równania

2 ----1--- a--−-4a-+-2- y = − (a − 1)2 ⋅x − (a− 1)2 = −x − 2 2 y = − ----1--- ⋅x − a--−-4a-+-2-= −x + 2. (a − 1)2 (a− 1)2

 
Odpowiedź: y = −x − 2 , y = −x + 2

Wersja PDF