Wszyscy wiedzą, że stosunek obwodu okręgu do długości jego średnicy jest równy słynnej liczbie \(\pi\). Okazuje się, że parabola również ma swoje, nieco inne, \(\pi\), które będziemy nazywać (uniwersalną) stałą paraboliczną.
Zacznijmy może od tego czym w ogóle jest parabola. Ze szkoły kojarzymy ją jako wykres funkcji kwadratowej. To poniekąd prawda, bo wykres każdej funkcji kwadratowej \(f:\mathbb R\to\mathbb R\) jest parabolą, lecz nie każda parabola jest wykresem funkcji kwadratowej.
Parabola ma bardzo prostą definicję geometryczną. Otóż, aby ją zdefiniować potrzebujemy dwóch rzeczy. Pierwszą z nich jest dowolny, zwany ogniskiem, punkt \(F\) płaszczyzny \(\mathbb R^2\). Drugą rzeczą jest nieprzechodząca przez \(F\) prosta \(k\) zwana kierownicą. Sama zaś parabola to zbiór punktów płaszczyzny równo oddalonych zarówno od ogniska jak i kierownicy.
Innymi słowy, jeżeli weźmiemy dowolny punkt \(Q\) paraboli, to odcinek \(FQ\) ma taką samą długość jak odcinek \(QQ’\) od punktu \(Q\) do jego rzutu prostopadłego \(Q’\) na kierownicę. Tzn. gdyby kierownica leżała na ziemi i punkt \(Q\) po prostu na nią spadł pod wpływem grawitacji, to spadłby właśnie na punkt \(Q’\).
To, że obwód dowolnego okręgu podzielony przez długość jego średnicy jest zawsze równy \(\pi\) wynika z tego, że wszystkie okręgi są do siebie podobne. Podobnie sytuacja wygląda z parabolami. Wszystkie parabole są do siebie podobne!
W jaki sposób otrzymać więc naszą stałą paraboliczną? Wbrew pozorom bardzo podobnie jak w przypadku okręgu! Trzeba tylko odpowiednio zarówno na okrąg jak i parabolę spojrzeć, bo mimo iż na pierwszy rzut oka są to krzywe zupełnie różne, to mają wiele wspólnego. Obie są przykładami tzw. krzywych stożkowych. Innymi stożkowymi są elipsy oraz hiperbole. Swoją drogą okrąg jest szczególnym przykładem elipsy.
Nie wdając się w szczegóły, środek okręgu jest dla niego tym samym czym dla paraboli ognisko. Okrąg jako zbiór punktów równoodległych od swego ogniska (czyli środka) nie ma kierownicy, choć czasami się przyjmuje, że jest nią prosta w nieskończoności (szczegóły już pominiemy).
Jeżeli przez środek okręgu poprowadzimy prostą, to punkty jej przecięcia z okręgiem wyznaczą odcinek, który jest zwykłą średnicą. Owe dwa punkty dzielą również okrąg na dwie identyczne części. Podobną średnicę możemy otrzymać, gdy mówimy o paraboli. Jeżeli poprowadzimy niepionową prostą przez ognisko, to podzieli ona parabolę na części. Przy czym jedna z nich będzie miała skończony obwód. Takich prostych jest nieskończenie wiele, ale nas będzie interesowała jedna – równoległa do kierownicy. Punkty przecięcia tej prostej z parabolą wyznaczają zaznaczony na niebiesko odcinek, który nazywa się latus rectum. Jest on dwukrotnie dłuższy niż odcinek zielony. Wynika to z definicji paraboli. Odległość punktów A oraz B od ogniska F jest taka sama jak ich odległość od kierownicy, która jest równa długości zielonego odcinka.
I właśnie stosunek długości czerwonego łuku do długości odcinka zielonego nazywa się stałą paraboliczną. Można powiedzieć, że jest to paraboliczny odpowiednik połowy obwodu okręgu podzielonego przez promień, gdyż zasadniczo możemy stałą paraboliczbą równoważnie zdefiniować jako iloraz długości czerwonego fragmentu paraboli przez długość odcinka \(FB\) (czyli odpowiednik promienia okręgu). Stała paraboliczna, jak pokażemy, jest równa \[P=\ln{(1+\sqrt{2})}+\sqrt{2}=2,29558714…\] Jest to liczba przestępna, co wynika z twierdzenia Lindemanna-Weierstrassa.
A czy elipsa oraz hiperbola również mają swoje \(\pi\)? Nie, bo ani elipsy nie są wszystkie do siebie podobne ani hiperbole.
Teraz pokażemy, że istotnie stała paraboliczna jest równa \(\ln(\sqrt{2}+1)+\sqrt{2}\). Dla prostoty założymy, że wierzchołek paraboli znajduje się w początku układu współrzędnych a ognisko w punkcie \((0,f)\). Z tego od razu wynika, że kierownicą jest prosta o równaniu \(y=-f\). Łatwo też pokazać, że taka parabola ma równanie \(y=\frac{x^2}{4f}\) (dowód w tym wpisie). Aby wyznaczyć dokładną wartość stałej \(P\) musimy policzyć w zasadzie jedynie długość \(l\) czerwonego łuku, gdyż długość zielonego odcinka jest, jak łatwo zauważyć, równa \(2f\). W tym celu skorzystamy ze znanego z rachunku różniczkowego wzoru \[l=\int\limits_a^b\sqrt{1+(f^{‘}(x))^2}dx\]
na długość łuku fragmentu wykresy funkcji \(f(x)\) od punktu \((a,f(a))\) do punktu \((b,f(b))\). W naszym przypadku \(f(x)=\frac{x^2}{4f}\) oraz \(f^{‘}(x)=\frac{x}{2f}\). Ponadto \(A=(-2f,f)\) oraz \(B=(2f,f)\) Zatem \[P=\frac{1}{2f}\int\limits_{-2f}^{2f}\sqrt{1+\frac{x^2}{4f^2}}dx\] Zastosujemy teraz podstawienie \(x=2ft\) co nam daje \(dx=2fdt\). Jeżeli \(x=2f\), to w tej sytuacji \(t=1\) i mamy \[\begin{array}{lll}P & = & \int\limits_{-1}^1\sqrt{1+t^2}dt=2\int\limits_0^1\sqrt{1+t^2}dt=\\
& = & 2\cdot \frac{1}{2} (\textrm{arsinh }{t}+t\sqrt{t^2+1})|_0^1=\\
& = & \textrm{arsinh }{1}+\sqrt{2}=\ln{(1+\sqrt{2})}+\sqrt{2}\end{array}\]
\(\)
Świetny artykuł!
Dziękuję!