1 GEOMETRIA PIANA Esercizio 1 Dati i due punti A = (0,4) e B = (4

VETTORI E GEOMETRIA ANALITICA
1
GEOMETRIA PIANA
Segmenti e distanza tra punti.
Rette in forma cartesiana e parametrica. Posizioni reciproche di due rette, parallelismo e perpendicolarità. Angoli e distanze.
Circonferenze e posizioni reciproche di rette e circonferenze.
Coniche in forma canonica e loro classificazione.
Esercizio 1 Dati i due punti A = (0, 4) e B = (4, 2), trovarne la distanza e trovare poi i punti
C allineati con A e B che verificano, di volta in volta, le seguenti condizioni:
1) sia verificata l’uguaglianza di segmenti AC = CB (ossia C è punto medio del segmento
AB);
2) sia verificata l’uguaglianza di segmenti AC = 2CB;
3) sia verificata l’uguaglianza di segmenti AC = kCB (discutere al variare del parametro
k ∈ R).
Esercizio 2 Dati i punti A = (1, 1) e B = (2, 3) calcolare:
1) la retta AB in forma parametrica;
2) la retta AB in forma cartesiana;
3) un vettore parallelo ed uno perpendicolare alla retta AB;
4) detto C il punto medio di AB, calcolare la retta s per C perpendicolare ad AB, sia in
forma parametrica che in forma cartesiana.
Verificare inoltre che:
5) il punto C si trova sulla retta AB;
6) le rette AB ed s sono incidenti in C.
Esercizio 3 Dati il punto A = (2, 0) e la retta r : x − y = 0, calcolare:
1) la retta s per A, parallela ad r;
2) la distanza tra le rette r ed s;
3) la retta t per A perpendicolare ad r;
4) le rette p e q per A, formanti un angolo di π/4 con r.
Esercizio 4 Calcolare la distanza di A = (2, 0) dalla retta r : 2x + y + 1 = 0 e l’area del
triangolo ABC, dove B = (0, −1) e C = (−1, 1) sono punti di r.
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2
Esercizio 5 Sia γ la circonferenza di centro C = (1, 1) e raggio 3.
1) Determinare l’equazione di γ.
2) Stabilire se il punto A = (2, 3) è interno, esterno o appartenente a γ.
3) Stabilire se la retta r : 3x + 4y + 8 = 0 è secante, tangente o esterna a γ.
4) Calcolare i punti di intersezione tra γ e la retta s per C parallela ad r.
Esercizio 6 Data l’equazione γ : x2 + y 2 + 2x − 2y + 3 = 0, stabilire se γ è una circonferenza
con punti reali.
Esercizio 7 Date le rette r : x + y = 1 ed s : 2x − y = −4, trovare le rette passanti per il loro
punto di intersezione e soddisfacenti, di volta in volta, le seguenti condizioni:
1) incidenti l’asse x sotto un angolo di π/3;
2) incidenti l’asse y secondo un segmento di lunghezza 1;
3) tangenti alla circonferenza γ : x2 + y 2 − 2x − 4y + 1 = 0.
Esercizio 8 Classificare, ridurre a forma canonica (col metodo del completamento dei quadrati)
e disegnare le seguenti coniche (la riduzione non è richiesta per le coniche degeneri):
γ1 : x2 − y 2 + 2x = 0;
γ2 : 2x2 + 4x − 2y + 1 = 0;
γ3 : x2 + 2y 2 + 12y + 10 = 0;
γ4 : x2 + 2y 2 + 12y + 20 = 0;
γ5 : x2 − y 2 + 2x − 2y = 0;
γ6 : xy + x + y + 1 = 0.
Esercizio 9 Dato il seguente fascio di coniche:
γt :
x2 + (1 − t)y 2 + 2tx − 2(1 − t)y + 2 − t = 0,
determinare i valori del parametro reale t per cui:
1) γt è una parabola;
2) γt è un’iperbole;
3) γt è un’ellisse con punti reali;
4) γt è una circonferenza;
5) γt è una conica degenere;
6) γt è un’ellisse senza punti reali.
3
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SVOLGIMENTI
Esercizio 1 Si ha
d (A, B) = kB − Ak =
q
√
(4 − 0)2 + (2 − 4)2 = 2 5.
−→
−
−
→
I punti allineati con A e B sono i punti C = (x, y) tali che AC = tAB, ossia C − A = t (B − A),
ossia (x, y) = (4t, 4 − 2t), con t ∈ R.
1) Poiché due segmenti (non orientati) sono uguali se e solo se hanno uguale lunghezza, si
tratta di trovare i punti C = (4t, 4 − 2t) tali che d (A, C) = d (C, B), ossia d (A, C)2 =
d (C, B)2 . Ciò significa
(4t)2 + (−2t)2 = (4t − 4)2 + (2 − 2t)2 ,
che ha l’unica soluzione t =
1
2
e fornisce pertanto l’unico punto C = (2, 3).
2) Si tratta di trovare i punti C = (4t, 4 − 2t) tali che d (A, C) = 2d (C, B), ossia d (A, C)2 =
4d (C, B)2 . Ciò significa
(4t)2 + (−2t)2 = 4 (4t − 4)2 + 4 (2 − 2t)2 ,
che è risolta per t = 2 oppure t = 23 . Si trovano cos`i i due punti C1 =
8 8
3, 3
e C2 = (8, 0).
3) Dato k ∈ R, si tratta di trovare i punti C = (4t, 4 − 2t) tali che d (A, C) = kd (C, B).
Poiché le due distanze sono non negative, tale condizione è impossibile se k < 0. Se k ≥ 0,
invece, la condizione equivale a d (A, C)2 = k2 d (C, B)2 , che significa
(4t)2 + (−2t)2 = k2 (4t − 4)2 + k2 (2 − 2t)2 ,
ossia
k2 − 1 t2 − 2k2 t + k2 = 0.
Se k = 1 (si ricordi che ora consideriamo solo k ≥ 0), si ha un’unica soluzione t = 12 , che
fornisce l’unico punto C = (2, 3), già trovato al punto 1). Se k 6= 1 (sempre con k ≥ 0),
l’equazione ha discriminante ∆ = 4k2 ≥ 0 e perciò ha sempre soluzioni reali, date da
t=
ossia
t=
k (k ± 1)
2k2 ± 2k
= 2
2
2 (k − 1)
k −1
k
k (k − 1)
=
k2 − 1
k+1
oppure t =
k (k + 1)
k
=
.
k2 − 1
k−1
Se k = 0, tali soluzioni coincidono e si trova dunque l’unico punto C = (0, 4) = A. Se
k > 0 (sempre con k 6= 1), si trovano invece i due punti
4k 2k+4
4k
4k 2k−4
2k
2k
4k
= k+1
e C2 = k−1
= k−1
, 4 − k+1
, k+1
, 4 − k−1
, k−1 .
C1 = k+1
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Ricapitolando: per k < 0, non si hanno soluzioni; per k = 0, il punto C coincide con A;
per k = 1, il punto C è il punto medio del segmento AB; per tutti gli altri valori di k si
hanno due soluzioni distinte: un punto compreso tra A e B e l’altro alla sinistra di A se
0 < k < 1 (“alla sinistra” va inteso secondo il verso di percorrenza che va da A verso B),
un punto compreso tra A e B e l’altro alla destra di B se k > 1. Si osserva inoltre che il
punto C non coincide mai con il punto B.
Esercizio 2 Scegliamo un punto della retta AB, ad esempio A = (1, 1), ed un vettore ad essa
parallelo, ad esempio u = B − A = (1, 2).
1) La retta AB ha equazione parametrica vettoriale P = A + u, ossia (x, y) = (1, 1) + t(1, 2),
che equivale alle equazioni parametriche scalari
x=1+t
.
AB :
y = 1 + 2t
2) Una rappresentazione cartesiana della retta AB si può determinare elminando il parametro
da una sua coppia qualsiasi di equazioni parametriche; poiché
x=1+t
t=x−1
⇔
,
y = 1 + 2t
y = 1 + 2t
si trova AB : y = 1 + 2 (x − 1), cioè
AB : 2x − y − 1 = 0.
Alternativamente, ci si può procurare un vettore normale alla retta (cioè ad u), ad esempio
n = (2, −1), e descrivere AB come la retta perpendicolare ad n passante per A, di
equazione cartesiana n · (P − A) = 0; si trova
AB : 2 (x − 1) − (y − 1) = 0
cioè AB : 2x − y − 1 = 0.
3) Come già ottenuto, un vettore parallelo ed uno perpendicolare alla retta AB sono ad
esempio u = B − A = (1, 2) ed n = (2, −1) (ottenuto scambiando tra loro le 2 componenti
di u e cambiando segno ad una di esse).
3
B yA +yB
,
=
,
2
, quindi la retta s (per
4) Il punto medio del segmento AB è C = xA +x
2
2
2
C e perpendicolare ad AB) può essere scritta parametricamente come P = C + n (per C
e parallela ad n) e cartesianamente come u · (P − C) = 0 (per C e perpendicolare ad u).
In coordinate, si trova
3
x = 32 + 2t
ovvero
s : x − + 2 (y − 2) = 0.
s:
y =2−t
2
A conti fatti, l’ultima equazione può essere riscritta come s : 2x + 4y − 11 = 0.
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5
5) Il punto C si trova sulla retta AB se e solo se le coordinate di C verificano l’equazione
(cartesiana o parametrica) di AB. Usando l’equazione cartesiana AB : 2x − y − 1 = 0
si controlla subito che ciò è vero. Usando invece la forma parametrica AB : (x, y) =
(1 + t, 1 + 2t), si deve verificare
che esista un valore del parametro t che fornisce il punto
C, cioè che il sistema 23 , 2 = (1 + t, 1 + 2t) abbia soluzione; si trova t = 1/2.
6) Ovviamente le rette AB ed s sono incidenti in C, perché non sono parallele (sono perpendicolari) e C sta sia su AB (v. punto 5)) che su s (per definizione di s). Dovendolo
verificare, si tratta di controllare che il sistema delle equazioni di AB ed s abbia il punto
C come unica soluzione. Usando equazioni cartesiane si controlla subito che ciò è vero per
il sistema
2x − y − 1 = 0
.
AB ∩ s :
2x + 4y − 11 = 0
Usando invece rappresentazioni di tipi diversi, ad esempio AB : (x, y) = (1 + t, 1 + 2t) ed
s : 2x + 4y − 11 = 0, si deve verificare esista un valore del parametro t tale che
2 (1 + t) + 4 (1 + 2t) − 11 = 0
e che tale valore fornisca il punto C tramite le equazioni di AB; si trova t = 1/2, che
fornisce appunto (x, y) = (3/2, 2).
Esercizio 3
1) Essendo parallela ad r, la retta s ha equazione x − y + k = 0. Il passaggio
per A = (2, 0) implica 2 + k = 0, cioè k = −2. Dunque s : x − y − 2 = 0.
2) La distanza tra due rette parallele coincide con la distanza di un qualsiasi punto di una
retta dall’altra retta. Dunque, poiché A ∈ s, si ha (distanza punto-retta nel piano)
√
|2 − 0|
2
d (r, s) = d (r, A) = √
= √ = 2.
1+1
2
3) La retta r è normale al vettore nr = (1, −1), quindi t è la retta per A parallela ad nr , cioè
x =2+t
t:
.
y = −t
In forma cartesiana, t : x + y − 2 = 0.
4) Gli angoli ϕ = ϕ1 , ϕ2 tra due rette incidenti r1 , r2 sono individuati dalla relazione
cos ϕ = ±
n1 · n2
kn1 k kn2 k
dove n1 , n2 sono due qualsiasi vettori normali ad r1 , r2 . Si tratta allora di determinare le
rette a (x − 2) + by = 0 di vettore normale n = (a, b) (rette del fascio proprio di centro A)
tali che
nr · n
π
cos = ±
4
knr k knk
6
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cioè
√
2
a−b
,
= ±√ √
2
2 a2 + b2
√
ossia
a−b
= ±1.
a2 + b2
Tale equazione equivale a (a − b)2 = a2 + b2 , cioè ab = 0, che equivale ad a = 0 e b
qualsiasi, oppure b = 0 ed a qualsiasi. A tali soluzioni corrispondono le rette per A
normali ad n = (0, 1) oppure ad n = (1, 0). Dunque il problema è risolto dalle rette
p:y=0
e q : x = 2.
Esercizio 4 La distanza di A = (2, 0) dalla retta r : 2x + y + 1 = 0 è
√
5
|4 + 1|
= √ = 5.
d (A, r) = √
4+1
5
Essendo B, C ∈ r, l’area del triangolo ABC è (base × altezza / 2)
√
√
1+4 5
d (B, C) d (A, r)
5
area (ABC) =
=
= .
2
2
2
Esercizio 5
1) L’equazione di γ è (x − 1)2 + (y − 1)2 = 32 (distanza del punto (x, y) dal
centro C = raggio), ossia x2 + y 2 − 2x − 2y − 7 = 0.
2) Il punto A è rispettivamente interno, appartenente o esterno a γ a seconda che sia
d (A, C) < 3, d (A, C) = 3 o d (A, C) > 3. Si ha
q
√
d (A, C) = (2 − 1)2 + (3 − 1)2 = 5 < 3
e dunque A è interno a γ.
3) La retta r è rispettivamente secante, tangente o esterna a γ a seconda che sia d (r, C) < 3,
d (r, C) = 3 o d (r, C) > 3. Si ha
|3 + 4 + 8|
15
d (r, C) = √
=3
=
5
9 + 16
e dunque r è tangente a γ.
4) Essendo parallela ad r : 3x + 4y + 8 = 0, la retta s ha equazione 3x + 4y + k = 0 ed il
passaggio per C implica k = −7. Allora
2
x + y 2 − 2x − 2y − 7 = 0
s∩γ :
,
3x + 4y − 7 = 0
che equivale a
(
(7−4y)2
+
9
7−4y
x= 3
y 2 − 2 7−4y
3 − 2y − 7 = 0
,
(
25y 2 − 50y − 56 = 0
x=
7−4y
3
.
La prima equazione ha le soluzioni y1 = − 45 ed y2 = 14
5 , da cui, tramite la seconda, si
trovano i punti P1 = (17/5, −4/5) e P2 = (−7/5, 14/5).
7
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Esercizio 6 Una circonferenza x2 +y 2 +ax+by+c = 0 ha punti reali se e solo se a2 /4+b2 /4−c ≥
0. Per γ : x2 + y 2 + 2x − 2y + 3 = 0 si ha a2 /4 + b2 /4 − c = −1 e quindi γ non ha punti reali.
Esercizio 7 Poiché r : x + y − 1 = 0 ed s : 2x − y + 4 = 0 sono incidenti (si vede subito che
hanno direzioni normali diverse), la generica retta passante per il loro punto di intersezione è
q : λ (x + y − 1) + µ (2x − y + 4) = 0
con λ, µ ∈ R non entrambi nulli (fascio proprio generato da r ed s), ossia
q : (λ + 2µ) x + (λ − µ) y − λ + 4µ = 0,
(1)
dove si vede subito che un vettore normale a q è n = (λ + 2µ, λ − µ). Imponiamo che q soddisfi
ciascuna delle condizioni richieste.
1) q incide l’asse x sotto un angolo di π/3 se e solo se
cos
n·j
π
=±
3
knk kjk
(il versore j è normale all’asse x), che equivale a
1
(λ − µ)2
,
=
4
(λ + 2µ)2 + (λ − µ)2
ossia
2λ2 − 10λµ − µ2 = 0.
Poiché µ = 0 implicherebbe che anche λ = 0 (il che non è ammesso), possiamo assumere
µ 6= 0 e dividere l’equazione per µ2 6= 0, ottenendo
2t2 − 10t − 1 = 0
dove
λ
.
µ
√
+ 23 3 e dunque q incide l’asse x
t=
√
Tale equazione equivale a t = 52 − 32 3 oppure t = 25
sotto un angolo di π/3 se e solo se
√
√
5+3 3
5−3 3
µ oppure λ =
µ.
λ=
2
2
con λ, µ √
∈ R qualsiasi, non entrambi
nulli. Scegliendo ad esempio µ = 2 si ottiene
√
λ = 5 − 3 3 oppure λ = 5 + 3 3, da cui, sostituendo in (1), si trovano le due rette
√ √ √
q1 : 3 − 3 x + 1 − 3 y + 1 + 3 = 0
√ √
√ q2 : 3 + 3 x + 1 + 3 y + 1 − 3 = 0.
Tali equazioni
multipli; si ottiene ad
√
√ si possono poi
√ semplificare√prendendone opportuni
esempio q1 : 3x − y + 2 + 3 = 0 e q2 : 3x + y − 2 + 3 = 0..
2) L’intersezione tra q e l’asse y è data dal sistema
(λ + 2µ) x + (λ − µ) y − λ + 4µ = 0
,
x=0
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che è compatibile se e solo se λ 6= µ (si noti che, geometricamente,
ciò significa che n non
λ−4µ
è parallelo ad i) ed in tal caso fornisce il punto Q = 0, λ−µ , la cui distanza dall’origine
è
λ − 4µ .
d (Q, O) = λ−µ Dunque q incide l’asse y secondo un segmento di lunghezza 1 se e solo se
λ − 4µ λ − µ = 1, ossia λ − 4µ = ± (λ − µ) .
Si trova allora µ = 0 e λ 6= 0 qualsiasi, oppure µ = 25 λ e λ 6= 0 qualsiasi. Sostituendo in
(1) e semplificando λ 6= 0 (oppure scegliendo a piacere valori non nulli di λ), si ottengono
le due rette q1 : x + y − 1 = 0 e q2 : 3x + y + 1 = 0.
3) γ ha centro C = (1, 2) e raggio R = 2. Allora q è tangente a γ se e solo se d (q, C) = 2,
ossia
2 |λ + 2µ|
q
= 2,
2
2
(λ + 2µ) + (λ − µ)
che equivale a (λ − µ)2 = 0, cioè λ = µ (reale qualsiasi, non nullo). Scegliendo ad esempio
λ = µ = 1 e sostituendo in (1), si trova l’unica retta q : x + 1 = 0.
Esercizio 8 Ricordiamo che ad ogni conica
γ : a11 x2 + 2a12 xy + a22 y 2 + 2a13 x + 2a23 y + a23 = 0
si associano i determinanti simmetrici
a11 a12 a13 ∆ = a12 a22 a23 a13 a23 a33 e
a11 a12 δ=
a12 a22 e che γ è degenere se e solo se ∆ = 0. Se γ è non degenere (cioè ∆ 6= 0), allora γ è un’iperbole,
una parabola o un’ellisse a seconda che sia δ < 0, δ = 0 o δ > 0 rispettivamente. Nell’ultimo
caso, si ha un’ellisse reale se e solo se (a11 + a22 ) ∆ < 0, un’ellisse a punti tutti immaginari se
e solo se (a11 + a22 ) ∆ > 0.
Se ∆ = 0, alcuni autori parlano di iperbole degenere, parabola degenere ed ellisse degenere nei
casi δ < 0, δ = 0 e δ > 0 rispettivamente.
• Risulta ∆ = 1 6= 0 e δ = −1 < 0, quindi γ1 è un’iperbole.
Procediamo al completamento dei quadrati: si ha
γ1 : x2 − y 2 + 2x = 0
x2 + 2x − y 2 = 0
x2 + 2x + 1− 1 − y 2 = 0
x2 + 2x + 1 − 1 − y 2 = 0
(x + 1)2 − y 2 = 1
e dunque si tratta di un’iperbole equilatera di centro (−1, 0) ed asse focale sulla retta
x = −1. La sua forma canonica è X 2 − Y 2 = 1.
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• Risulta ∆ = −2 6= 0 e δ = 0, quindi γ2 è una parabola.
Procediamo al completamento dei quadrati: si ha
γ2 : 2x2 + 4x − 2y + 1 = 0
2 x2 + 2x − 2y = −1
2 x2 + 2x + 1− 1 − 2y = −1
2 x2 + 2x + 1 − 2 − 2y = −1
2 (x + 1)2 = 2y + 1 2 (x + 1)2 = 2 y − 12
(x + 1)2 = y − 21
e dunque si tratta di una parabola con vertice −1, 21 e asse sulla retta x = −1. La sua
forma canonica è Y = X 2 .
• Risulta ∆ = −16 6= 0 e δ = 2 > 0 con (a11 + a22 ) ∆ = −48 < 0, quindi γ3 è un’ellisse a
punti reali.
Procediamo al completamento dei quadrati: si ha
γ3 : x2 + 2y 2 + 12y + 10 = 0
x2 + 2 y 2 + 6y = −10
x2 + 2 y 2 + 6y + 9− 9 = −10
x2 + 2 y 2 + 6y + 9 − 18 = −10
x2 + 2 (y − 3)2 = 8
x2
8
+
(y−3)2
4
=1
√
e dunque si tratta di un’ellisse con centro (0, 3) e semiassi 2 2 e 2. La sua forma canonica
è X 2 /8 + Y 2 /4 = 1.
• Risulta ∆ = 4 6= 0 e δ = 2 > 0 con (a11 + a22 ) ∆ = 12 > 0, quindi γ4 è un’ellisse senza
punti reali.
Procediamo al completamento dei quadrati: si ha
γ4 : x2 + 2y 2 + 12y + 20 = 0
x2 + 2 y 2 + 6y = −20
x2 + 2 y 2 + 6y + 9− 9 = −20
x2 + 2 y 2 + 6y + 9 − 18 = −20
x2 + 2 (y − 3)2 = −2
2
x2
2 + (y − 3) = −1
e quindi la forma canonica di γ4 è X 2 /2 + Y 2 = −1.
• Risulta ∆ = 0 (e δ = −1 < 0), quindi γ5 è una conica degenere (iperbole degenere). La
sua equazione si riscrive come
γ5 : x2 − y 2 + 2x − 2y = 0
(x + y) (x − y) + 2 (x − y) = 0
(x + y + 2) (x − y) = 0
e pertanto individua la coppia di rette x + y + 2 = 0 e x − y = 0.
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• Risulta ∆ = 0 (e δ = −1/4 < 0), quindi γ6 è una conica degenere (iperbole degenere). La
sua equazione si riscrive come
γ6 : xy + x + y + 1 = 0
x (y + 1) + y + 1 = 0
(x + 1) (y + 1) = 0
e pertanto individua la coppia di rette x = −1 e y = −1.
Esercizio 9 Calcoliamo i determinanti associati a γt : si ha
1 0
t
1 0
2
= 1 − t.
∆t = 0 1 − t t − 1 = (t + 1) (t − 1)
e δt = 0 1−t
t t−1 2−t
1) γt è una parabola (non degenere) se e solo se ∆t 6= 0 e δt = 0, che è impossibile.
2) γt è un’iperbole (non degenere) se e solo se ∆t 6= 0 e δt < 0, cioè t > 1.
3) γt è un’ellisse reale (non degenere) se e solo se ∆t 6= 0, δt > 0 e (a11 + a22 ) ∆t < 0, il che
equivale a
1−t>0
t<1
.
,
cioè
t+1 < 0
(1 − t) (t + 1) (t − 1)2 < 0
Ciò significa t < −1.
4) γt è una circonferenza (non degenere) se e solo se è un’ellisse (non degenere) con semiassi
uguali tra loro. Circa la prima condizione, γt è un’ellisse (non degenere) se e solo se ∆t 6= 0
e δt > 0, che significa t < 1. Per imporre la seconda, possiamo procedere al completamento
dei quadrati: si ha
γt : x2 + (1 −t)y 2 + 2tx − 2(1 − t)y = t − 2
x2 + 2tx + (1 − t)
y 2 − 2y = t − 2
x2 + 2tx + t2 − t2 + (1 − t) y 2 − 2y + 1− 1 = t − 2
x2 + 2tx + t2 − t2 + (1 − t) y 2 − 2y + 1 − (1 − t) = t − 2
(x + t)2 + (1 − t) (y − 1)2 = t2 − 1
e dunque γt è una circonferenza (non degenere) se e solo se t < 1 e 1 = 1 − t, che significa
t = 0. Osserviamo che γ0 : x2 + y 2 − 2y + 2 = 0 è tale che a2 /4 + b2 /4 − c = −1 e quindi
γ0 non ha punti reali.
5) γt è una conica degenere se e solo se ∆t = 0, ossia (t + 1) (t − 1)2 = 0, che significa t = ±1.
6) γt è un’ellisse senza punti reali (non degenere) se e solo se ∆t 6= 0, δt > 0 e (a11 + a22 ) ∆t >
0, il che equivale a
1−t>0
t<1
.
, cioè
t+1 > 0
(1 − t) (t + 1) (t − 1)2 > 0
Ciò significa −1 < t < 1.