1, 2, 3, 4, 5, parábola!.(e 2)

Na entrada anterior estivemos vendo, baixo as circunstancias acaídas a cada caso, como determinar as parábolas que pasan por un, dous ou tres puntos. Continuaremos nesa liña.

Tres, por fin
O obxectivo será o de resolver o problema seguinte:

Determinar a parábola que pasa por tres puntos  P₁(x₁, y₁), P₂(x₂, y₂), P₃(x₃, y₃) calquera do plano

Xa o temos feito para un caso particular. Precisamente cando os tres puntos dados son os do triángulo equilátero da imaxe.

Estaba xogando co Geogebra que creara para a anterior entrada cando, de súpeto, diante miña se debuxou unha figura coñecida. Foi unha sorpresa agradable e inesperada. Resulta que os eixos de simetría das parábolas tiñan como envolvente a deltoide de Steiner. Como hai algún tempo estivera xogando con esta idea ([1] e [2]) sabía que iso significaba que os eixos da familia de parábolas determinadas por tes puntos eran as rectas de Wallace-Simson dun triángulo. Do triángulo determinado polos puntos P₁(x₁, y₁), P₂(x₂, y₂), P₃(x₃, y₃)? Non, pero ándalle cerca. Explico, e xeneralizo.
Dados tres puntos teremos un triángulo T. Consideremos o triángulo T' determinado polos tres puntos medios. Sobre este último construímos a circunferencia dos nove puntos e, desde cada punto da mesma tiramos as perpendiculares aos tres lados de T'. Os pés destas perpendiculares son colineares; determinan a chamada recta de Wallace-Simson. Esta recta será o eixo da parábola que pasa polos tres puntos de T. Estamos xa nas mesmas condicións que na entrada anterior e que xa temos resolta: trátase de determinar unha parábola sabendo tres puntos e máis o eixo. Todo isto pódese ver de seguida: (podes mover tanto os puntos etiquetados como o punto azul da circunferencia dos 9 puntos)


 
Cando deixamos ver o rastro dos eixos das parábolas irá aparecendo a deltoide de Steiner.

Catro
Trátase, xa se pode adiviñar, de obter a(s) parábola(s) que pasan por catro puntos dados.
A partir da ecuación xeral dunha cónica establecéramos mediante un cambio a dunha parábola calquera:
$$A{ x }^{ 2 }+Bxy+C{ y }^{ 2 }+Dx+Ey+F=0\quad \quad \quad \quad [2]\\\begin{matrix} { a }^{ 2 }=A \\ { c }^{ 2 }=C \end{matrix}\quad entón\quad { B }^{ 2 }=4AC={ \left( 2ac \right)  }^{ 2 }\\ { \left( ax+cy \right)  }^{ 2 }+Dx+Ey+F=0\quad \quad \quad \quad [3]\\ $$
Incluso nun determinado momento, dividindo todo por a² e substituíndo t=c/a, d=D/a², e=E/a², f=F/a²:
$${ \left( x+ty \right)  }^{ 2 }+dx+ey+f=0\\ { x }^{ 2 }+2xyt+y{ t }^{ 2 }+dx+ey+f=0$$
Se nos dan catro puntos P₁, P₂ P₃ e P₄ teriamos un sistema linear de 4 ecuacións con 5 incógnitas (t, t², d, e, f)$${ y }_{ i }^{ 2 }{ t }^{ 2 }+2{ x }_{ i }{ y }_{ i }t+{ x }_{ i }d+{ y }_{ i }e+f=-{ x }_{ i }^{ 2 }\quad \quad i\in \left\{ 1,2,3,4 \right\} $$
Xeométricamente a solución deste sistema será unha recta. Pero resulta que dúas das incóginas están relacionadas (t, t²) por medio da parábola estándar. Como recta e parábola se cortan en, como moito, dous puntos, o sistema linear terá, en todo caso, dúas solucións. Neste caso teremos dúas parábolas pasando por eses catro puntos dados.
Se ben a resolución alxébrica deste problema é conceptualmente simple, a súa traslación a unha fórmula xeral sería tremendamente encerellada. Non será máis doada a súa resolución xeométrica, por iso, coas miñas poucas luces coa aparataxe informática, pensei que non ía ser quen de poder ofrecela. Finalmente, despois de elaborar unha applet que parecía unha arañeira de liñas, acabei por construír a seguinte aplicación



Cinco
Cinco? Imposible. Cinco puntos determinan unha cónica, pero ésta pode ser unha hipérbole ou unha elipse, non ten por que ser unha parábola.
Certo. Pero este apartado só está para explicar o ben que o pasei resolvendo todas as cuestións que estiven presentando aquí. Se hai algo realmente bonito é divertido, son as matemáticas. Velaí que, un, dous, tres, catro, cinco... (pégalle ao play)