¿Cómo derivar la ecuación de una parábola dado un foco y una directriz no paralela al eje x o y?

Question

Me preguntaba si es posible derivar una forma general de una parábola dado cualquier foco y directriz.

Hasta ahora todos los materiales que he encontrado sólo muestran la derivación para una ecuación de parábola donde la directriz es $x=c$ o $y=c$ para alguna constante $c$ . Y el único material que conozco que proporciona una fórmula general para una parábola es este artículo en wikipedia. Pero esto se basa en la forma general de la ecuación cónica.

Me gustaría derivar la ecuación general de la parábola basándome en la definición de la parábola:

Déjalo:

$d_1$ sea la distancia de un punto de la parábola y su foco, $P(x_1,y_1)$

$d_2$ sea la distancia de un punto de la parábola a su directriz, $y=mx+c$

$P(x,y)$ sea cualquier punto de la parábola

Así que por definición de una parábola, $$\begin{align} d_1 &= d_2 \\ \sqrt{(x-x_1)^2 - (x-y_1)^2 } &= ??\end{align}$$

No puedo seguir adelante porque no sé qué poner para $d_2$ ya que todos los libros de texto que he consultado sólo tienen la directriz en forma de $x=c$ o $y=c$ Lo que me lleva a pensar que una derivación de la ecuación general de la parábola utilizando este enfoque es imposible.

Por favor, avise y proporcione los pasos completos si es el caso.

Answer 1

$$d_1=\sqrt{(x-x_1)^2+(y-y_1)^2}$$ Y $$d_2=\frac{|y-mx+c|}{\sqrt{1+m^2}}$$ Ya puedes formar la ecuación de la Parábola, pero como no estabas seguro de la segunda, te ayudaré a demostrarla:

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Como estamos midiendo la distancia perpendicular, toma la línea perpendicular a $y=mx+c$ de paso $(x_0,y_0)$ y el pie de la perpendicular en la línea $(\alpha,\beta)$ es decir $$(\beta-y_0)=\frac{-1}m(\alpha-x_0)$$ O, $$m(\beta-y_0)+(\alpha-x_0)=0$$ Cuadrando, $$m^2(\beta-y_0)^2+(\alpha-x_0)^2=-2m(\alpha-x_0)(\beta-y_0)\tag1$$ Ahora considere, $$(m(\alpha-x_0)-(\beta-y_0))^2=m^2(\alpha-x_0)^2+(\beta-y_0)^2-2m(\alpha-x_0)(\beta-y_0)$$ O $$m^2(\alpha-x_0)^2+(\beta-y_0)^2-(m(\alpha-x_0)-(\beta-y_0))^2=2m(\alpha-x_0)(\beta-y_0)\tag2$$ Sumando (1) y (2), $$m^2(\beta-y_0)^2+(\alpha-x_0)^2+m^2(\alpha-x_0)^2+(\beta-y_0)^2=(m(\alpha-x_0)-(\beta-y_0))^2$$ O [Utilizar $c=\beta-m\alpha$ y reordenar] $$(m^2+1)((\beta-y_0)^2+(\alpha-x_0)^2)=(y_0-mx_0-c)^2$$ Así que la distancia de la línea es: $$d=\sqrt{(\beta-y_0)^2+(\alpha-x_0)^2}=\frac{|(y_0-mx_0-c)|}{\sqrt{m^2+1}}$$ Nota: Para una línea $ax+by=c$ , poned $m=-\frac ab$ para conseguirlo: $$d=\frac {|ax_0+by_0+c|}{\sqrt{a^2+b^2}}$$

Answer 2

Déjalo:

$d_1$ sea la distancia de un punto de la parábola y su foco, $P(x1,y1)$ $d_2$ sea la distancia de un punto de la parábola a su directriz, $y=mx+c$ $P(x,y)$ sea cualquier punto de la parábola

Así que por definición de una parábola, $$d_1=\sqrt{(x−x_1)^2−(x−y_1)^2}=d_2$$ .

$$(Y-y_1)=A(X-x_1)^2$$ donde $A=$ el grado y la dirección de la parábola, es decir $-x^2$ es descendente

$(y_1,x_1)$ es el foco y la directriz es $y=c=1/4A$

Derivado de todos los puntos equidistantes del foco a cualquier $x,y$ y la directriz, como definición formal de una parábola, a partir del teorema de Pitágoras

$$(X-a)^2+(Y-b)^2=(Y-c)^2$$

Separe $y$ valores a un lado y ampliar

$$(X-a)^2=Y^2-Y^2+2Yb-2Yc-b^2+c^2 =2Y(b-c)-(b^2-c^2)\\ (X-a)^2=2Y(b-c)-((b-c)(b+c))\\ (X-a)^2/(2(b-c))=Y-(b+c).$$ Así que $$A=\frac 12(b-c) \text{ and } x_1=a, y_1=b \text{ and }c=\text{ directrix}$$

Supongo que es una forma de hacerlo. Seguro que hay una solución menos enrevesada pero una vez que entiendas esto mejorarás.

Answer 3

La ecuación de la parábola utilizando su notación es

\begin{multline} x^2 + m^2\,y^2 + 2m\,xy \\ {}- 2\bigl(x_1(1+m^2)+mc\bigr)\,x {}- 2\bigl(y_1(1+m^2)-c\bigr)\,y \\ + \bigl((x_1^2+y_1^2)(1+m^2)-c^2\bigr) =0 \end{multline}

En la derivación que sigue cambiaré la notación para evitar los índices y hacer la situación más genérica con respecto a la ecuación de la recta. Escribiré el foco como $F=(x,y)$ y la directriz mediante la ecuación $aX+bY+c=0$ (como Étienne Bézout sugerido ). Así que $(X,Y)$ denota un punto genérico contra el que se puede probar una determinada ecuación. Mi $x$ es su $x_1$ Mi $y$ su $y_1$ y como su línea es $mx-y+c=0$ Mi $a$ es su $m$ Mi $b$ es $-1$ y mi $c$ está de acuerdo con el suyo.

El vector $(a,b)$ denota la dirección ortogonal a la directriz. Por lo tanto, el punto de la directriz más cercano a un punto dado $(X,Y)$ es $(X,Y)+\lambda(a,b)=(X+\lambda a,Y+\lambda b)$ avec $\lambda$ elegida de forma que satisfaga la ecuación de la recta, es decir

\begin{align*} a(X+\lambda a)+b(Y+\lambda b)+c&=0 \\ \lambda&=-\frac{a\,X+b\,Y+c}{a^2+b^2} \end{align*}

Si tuvieras la ecuación de la línea a escala tal que $a^2+b^2=1$ entonces esto $\lambda$ ya sería la longitud $d_2$ . Si no, hay que multiplicar por $\lVert(a,b)\rVert=\sqrt{a^2+b^2}$ (ya que su vector de distancia es $\lambda(a,b)$ por lo que tiene una longitud $d_2=\lambda\lVert(a,b)\rVert$ ). Encontrará que la longitud es (como Tony Piccolo ya declaró ):

$$d_2=\left|\frac{a\,X+b\,Y+c}{\sqrt{a^2+b^2}}\right|$$

Ahora ese valor absoluto y esa raíz cuadrada son feos, así que elevaría al cuadrado ambos lados (como sugerido por Mark Bennet ):

\begin{align*} d_1^2 &= d_2^2 \\ (X-x)^2+(Y-y)^2 &= \frac{(a\,X+b\,Y+c)^2}{a^2+b^2} \\ \bigl(a^2+b^2\bigr)\bigl((X-x)^2+(Y-y)^2\bigr) &= (a\,X+b\,Y+c)^2 \\ \bigl(a^2+b^2\bigr)\bigl((X-x)^2+(Y-y)^2\bigr) - (a\,X+b\,Y+c)^2 &= 0 \end{align*}

Si se amplía esto y luego se reúnen términos con potencias comunes de $X,Y$ se termina con la ecuación dada inicialmente, excepto por el cambio de notación:

\begin{multline} b^2\,X^2 + a^2\,Y^2 - 2ab\,XY \\ {}- 2\bigl(x(a^2+b^2)+ac\bigr)\,X {}- 2\bigl(y(a^2+b^2)+bc\bigr)\,Y \\ + \bigl((x^2+y^2)(a^2+b^2)-c^2\bigr) =0 \end{multline}

La primera vez que traté toda esta situación fue en un contexto diferente obteniendo la fórmula utilizando una descripción diferente de la parábola. Pero es agradable ver que se confirma así.