¿Existe una forma mejor de encontrar el punto más cercano a una línea?

Question

Me han hecho una pregunta que dice "Encuentra el punto en $L(x) = 4x-3$ que está más cerca del punto $(1,3)$ ."

Mi mejor opción fue encontrar la derivada de las distancias y ponerla igual a cero y resolver para intentar encontrar un mínimo. Me sale que la derivada es $$f'(x)=\frac{1}{2}(17x^2-50x+37)^{-\frac{1}{2}}(34x-50)$$ Y resolviendo para x termino con $50/34$ o alrededor de 1,4705. Ahora todo lo que tengo que hacer es conectar eso a la ecuación lineal original. Y cuando lo he graficado en desmos parece resolver el problema correctamente. Mi único problema es que mi solución no tiene en cuenta si había un máximo en lugar de un mínimo en la ecuación de la distancia. ¿Hay una solución más correcta para este problema?

Answer 1

Como su curva es una línea recta con una pendiente de $4$ una perpendicular a esta línea tendrá una pendiente de $-1/4$ .

Utilizando la forma punto-pendiente, una línea con una pendiente de $-1/4$ pasando por $(1,3)$ tendrá la siguiente ecuación:

$$y-3 = (-1/4)(x-1)$$

Resolviendo la intersección de esta línea con la línea original obtendrás la respuesta.

EDITAR: En los comentarios se ha observado que me he lanzado a utilizar la perpendicular como la distancia más corta sin explicar por qué era así. He aquí un breve argumento que se puede elaborar con más rigor si se desea. Tomemos la $x-y$ ejes, que son perpendiculares. Tomemos el punto $(0,5)$ que es $5$ unidades de distancia del origen, que se encuentra en el $x$ -y también está en la perpendicular de ese punto a la $x$ eje. Si vamos en cualquier dirección a lo largo del $x$ eje, la distancia desde $(0,5)$ hasta este punto en el $x$ eje aumentará, porque ahora va a lo largo de la hipotenusa de un triángulo rectángulo definido por el origen, el punto $(0,5)$ y el punto de intersección, y éste tiene que ser más largo que $5$ unidades. Por lo tanto, la perpendicular es la distancia mínima.

Answer 2

Se puede simplificar el problema ya que minimizar la distancia es lo mismo que minimizar el cuadrado de la distancia.

Entonces $$D^2=(x-1)^2+(4x-3-3)^2=17 x^2-50 x+37$$ $$\frac{d(D^2)}{dx}=34 x-50$$ $$\frac{d^2(D^2)}{dx^2}=34 > 0$$

Así que la primera derivada se cancela si $x=\frac{25}{17}$ al que cooresponde $y=\frac{49}{17}$ , $D^2=\frac{4}{17}$ . La prueba de la segunda derivada confirma que se trata de un mínimo.

Answer 3

Mi único problema es que mi solución no tiene en cuenta si hubiera un máximo en lugar de un mínimo en la ecuación de la distancia.

Pues bien, se puede resolver este problema invocando la función " prueba de la primera derivada ".

Tienes $f'(x)=0$ si $x=\frac{50}{34}$ . Análogamente:

• $f'(x)<0$ si $x<\frac{50}{34}$
• $f'(x)>0$ si $x>\frac{50}{34}$

Así, $f$ es decreciente en $(-\infty,\frac{50}{34})$ y aumentando en $(\frac{50}{34},\infty)$ . Así que, $f$ tiene un mínimo en $\frac{50}{34}$ .

Answer 4

Utilice el hecho de que la distancia de un punto $(x_0, y_0)$ a una línea $ax + by + c = 0$ viene dada por $$\frac{|ax_0 + by_0 + c|}{\sqrt{a^2 + b^2}}$$ Introduciendo los números en cuestión, obtenemos $$\frac{|-4(1) + 1(3) + 3|}{\sqrt{1^2 + 4^2}} = \frac{2\sqrt{17}}{17}.$$

Si quieres una prueba de la fórmula, consulta aquí .

Answer 5

Si tienes la ecuación cartesiana de la recta $L$ se tiene un vector normal $\vec n$ a $L$ . La proyección $H$ de un punto $A$ es el punto $H$ de la línea que pasa por $A$ dirigida por este vector normal, $A+t\,\vec n, \enspace t\in\mathbf R$ que satisface la ecuación de $L$ .

En este caso, la ecuación es $\;4x-y-3=0$ , $\;\vec n=(4,-1)$ , $A=(1,3)$ , $H=(1+4t,3-t)$ por lo que el parámetro $t$ se determina mediante la ecuación $$3-t=4(1+4t)-3\iff t=\frac 2{17}.$$