La tangente instantánea

Question

Es interesante notar que la tangente en el punto de $(p,q)$ para el círculo de $(x-h)^2+(y-k)^2=r^2$ es $$(x-h)(p-h)+(y-k)(q-k)=r^2$$ que es formulado simplemente mediante la sustitución de uno de los componentes de los cuadrados de las $(x-a), (y-b)$ plazo con $p,q$ en lugar de $x,y$, es decir, "la fijación de" uno de los componentes en $(p,q)$ y "liberando" de los otros.

Por lo tanto la tangente puede ser resuelto al instante sin necesidad de pasar por el laborioso proceso de búsqueda de la paramétrico punto, diferenciando a encontrar la pendiente y de la construcción de la ecuación de la tangente!

Curiosamente esto parece funcionar para todos los cónicos (aunque no para otras curvas en general).

$$\begin{array} &&&\\ \hline \text{Conic}&\text{Equation}&\text{Tangent at }(p,q)\\ &\hline\\ \text{Circle} &(x-h)^2+(y-k)^2=r^2\qquad &(x-h)(p-h)+(y-k)(q-k)=r^2\qquad\\\\ \text{Ellipse}\qquad &\dfrac{(x-h)^2}{a^2}+\dfrac{(y-k)^2}{b^2}=1 &\dfrac{(x-h)(p-h)}{a^2}+\dfrac{(y-k)(q-k)}{b^2}=1\\\\ \text{Hyperbola}\qquad &\dfrac{(x-h)^2}{a^2}-\dfrac{(y-k)^2}{b^2}=1 &\dfrac{(x-h)(p-h)}{a^2}-\dfrac{(y-k)(q-k)}{b^2}=1\\\\ \text{Parabola} &(y-k)^2=4a(x-h) &(y-k)(q-k)=2a((x-h)+(p-h))\\ &\quad\quad\;\;\;\;=2a((x-h)+(x-h))\\\\ \hline \end{de la matriz}\\ $$

Ver desmo aplicación aquí.

¿Por qué funciona esto, y no hay una intuitiva o geométrica explicación?

---

Anexo

Siguiendo algunas muy útiles soluciones publicado, he aquí una desmo la aplicación de la "Instantánea de la Tangente" de un general cónica.

Answer 1

Hay una manera mucho más sencilla de aplicar un cálculo de estos.

Deje $C$ ser una curva, $P$ ser un nonsingular punto sobre la curva, y $T$ ser la línea tangente.

Si $C$ está dado por una ecuación de $u = 0$ $T$ está dado por la ecuación de $v = 0$,$\mathrm{d}u|_P = \mathrm{d}v|_P$.

Además, si tomamos $v$ a ser lineal en $x,y$, entonces si expresamos $\mathrm{d}v$ como una combinación lineal de $\mathrm{d}x$$\mathrm{d}y$, tiene coeficientes constantes.

Así, sabiendo $\mathrm{d}u|_P$ inmediatamente nos permite determinar $\mathrm{d}v$, y por lo tanto $v$ hasta una constante. Y es fácil establecer que la constante a $0$ escrito $v$ como una combinación lineal de términos que se desvanecen en $P$.

---

Considere el ejemplo del círculo: los números dados son

• $u = (x-h)^2 + (y-k)^2 - r^2$
• $P = (p,q)$

A continuación, calculamos el

$$ \mathrm{d}u = 2 (x-h) \mathrm{d}x + 2 (y-k) \mathrm{d} y $$ $$ \mathrm{d}u|_P = 2 (p-h) \mathrm{d}x + 2 (q-k) \mathrm{d} y $$ $$ v = 2 (p-h) (x-p) + 2 (q-k) (y-q) $$

y por lo tanto la recta tangente está dada por la ecuación

$$ 2 (p-h) (x-p) + 2 (q-k) (y-q) = 0$$

Si nos alternativamente decidieron levantar las $\mathrm{d}x$ $x-h$ $\mathrm{d}y$ % # % como lo hizo, entonces la constante de inmediato no se determina, a pesar de que hacemos a la conclusión de que la recta tangente está dada por

$y-k$$

para algunas constantes $$ 2 (p-h) (x-h) + 2 (q-k) (y-k) = C $. Pero enchufar $C$ y comparando con la ecuación del círculo nos permite determinar que $P$.

Answer 2

El gradiente del círculo en $(p,q)$ es $f=[2(p-h),2(q-k)]^{T}.$ es perpendicular a la curva en el punto $(p,q).$ pero la línea tangente es exactamente la línea perpendicular a $f$, por lo que debemos tener $(x,y)\cdot f=(p,q)\cdot f$ todos los puntos de la línea. En otras palabras, $2x(p-h)+2y(q-k)=2p(p-h)+2q(q-k),$ o equivalente, $(x-h)(p-h)+(y-k)(q-k)=(p-h)^{2}+(q-k)^{2}=r^{2},$ donde la igualdad pasada sigue puesto que $(p,q)$ miente sobre la curva.

Creo que esto explica todos estos ejemplos.

Answer 3

En coordenadas homogéneas, la tangente a la cónica $\mathbf x^TC\mathbf x=0$ $\mathbf p$ es $C\mathbf p$. Usted puede encontrar una prueba corta en esta respuesta.