Parabel

Inget svar!
Kanske var min fråga otydligt ställd? Det är svårt att vara tydlig när man är osäker, men också väldigt inne i det man gör.

Nu har jag funderat en hel del själv och det jag var mest osäker på var att jag stoppade in formeln för p i den deriverade funktionen där vi har tangentens lutning. Med lite prov av olika värden på p så såg jag dock att det stämde för flera värden på p.

Min lärobok från gymnasietiden, Nyman, Emanuelsson 1970, hade en bra beskrivning för parabeln som hjälpte mig att ställa upp mina ekvationer som ni sett.
En äldre lärobok från 1965 som min äldre bror hade, Sjöstedt, Thörnqvist "Analytisk Geometri" som jag tittade i nu på morgonen bekräftade mina uträkningar fullt ut.

En fråga från mig blir eftersom jag inte fick något svar är, kan det vara så att den typen av kunskap anses vara inaktuell idag?
Kursen jag läser där uppgiften kommer ifrån är "Single Variable Calculus" från MIT 2007. Är det så att dels är det en 15 år gammal kurs och dels kanske USA har behållit mer av geometrin i sina utbildningar?

Jag har inga aktuella erfarenheter från skolan idag men jag skulle säga att det här är en fullt rimlig uppgift för högre gymnasiekurser i matematik. Det enda som krävs är att kunna derivera och räta linjens ekvation och det ska man nog kunna från matte3 och uppåt. Din lösning ser bra ut.

Tack för svar och ja du har rätt i att det inte är så svår matematik.
Det som skiljer i dagens undervisning är att parabeln läser man i tvåans matematik och derivering kommer först i trean. Derivering mer med fokus på funktioner kommer först i fyrans matte.
I den gamla boken från 1965 så var det mer på fyrans nivå, i samband med derivering, man tog upp parabeln och då blev det en naturlig knytning till parabeln.
Så  för mig gäller gamla regler. "Tycker du det är svårt. Jobba lite hårdare då."

Det är nog tänkt att $p$ ska vara en (godtycklig) konstant.

Din lösning är helt ok. Men tänk på att en punkt, t.ex. $(x_0,y_0)$ är just en punkt. Jag skulle föredra att du deriverade funktionen $y^\prime(x)=\frac{x}{2p}$ och först därefter jämförde med räta linjens (tangentens) ekvation i arbetspunkten $(x_0,y_0)$. 

Det kan upplevas som en petitess, men hjälper dig att hålla ordning på vad som är beroende av vad samt vad som är konstanter / arbetspunkt dvs $p$ samt $(x_0,y_0)$.

Tänk också på att när du postar saker under "Matematik Universitetet" är vi färre som läser trådarna och det är inte ovanligt att man får ha lite tålamod. Det händer tyvärr att man rentav måste bumpa sin tråd några gånger.

Just den här frågan tror jag du kan posta under Matte 3 (gymnasiet) och få snabbare svar.

Du behöver inte oroa dig för att det här skulle vara inaktuell matematik på något sätt. Varianter av den här beräkningen kommer du göra flera gånger om du fortsätter studera matematisk analys. T.ex. dyker den upp vid linjäriseringar av funktioner i en variabel. Du kommer också stöta på varianter för flera variabler.

Jag är inte riktigt med på vad du menar med att derivera $y\text{'}\left(x\right)=\frac{x}{2p}$
$y\text{'}\text{'}\left(x\right)=\frac{1}{2p}$vad gör jag med den?

Jag tror att D4NIEL menar att du ska derivera andragradsfunktionen och att du sedan ska arbeta med y'(x) = x/2p.

Tangentens lutning vid tangeringspunkten (x₀, y₀) är då x₀/2p.

Tangentens ekvation är då y = (x₀/2p)x+m, där du kan bestämma m genom att du känner till koordinaterna för tangeringspunkten.

Yngve skrev:

Jag tror att D4NIEL menar att du ska derivera andragradsfunktionen och att du sedan ska arbeta med y'(x) = x/2p.

Tangentens lutning vid tangeringspunkten (x₀, y₀) är då x₀/2p.

Tangentens ekvation är då y = (x₀/2p)x+m, där du kan bestämma m genom att du känner till koordinaterna för tangeringspunkten.

Har du lust att försöka följa min tankegång i mitt inlägg? Jag börjar ju med det direkt under figuren eller hur?
(Det här ser ju jättegrinigt ut, men är absolut inte menat så. Se det mer som ett rop på hjälp. Var är jag otydlig?)

Själv har jag gjort ett litet förtydligande  här hemma ,  $y_0-y_1=(f\text{'}(x_0\left)\right(x_0-x_1)$
Om vi jämför med räta linjens ekvation $y=kx+m$så är $y_1=m; f\text{'}\left(x_0\right)=k och x_1=0$
Då har jag använt beteckningarna (x₁, x₂) för punkten (0, -y₀)

Vi har då att $y_1=y_0-k{x}_0$
Sedan ersätter vi k med $\frac{2y_0}{x_0}$

Är det bättre?

I natt 02:30 i ett tillfälligt uppvaknande så hände detta:Då plötsligt förstod jag att jag hade krånglat till allting med egna beteckningar och plötsligt förstod jag vad både D4niel och Yngve menade. Nu när jag skrivit ned det så blev det nästan larvigt enkelt.
1) Derivera $y=\frac{x^2}{4p}$som blir  $y\text{'}=\frac{x}{2p}$

2) Tangentens ekvation blir  $y-(-y_0)=\frac{x}{2p}(x_0-0)$

3) Vilket ger  $y=\frac{x}{2p}{x}_0-y_0$ och vi ser att tangenten skär y-axeln vid -y₀  $v.s.v.$

Tusen tack för hjälpen bägge två. Jag kan bara beklaga att det låste sig så för mig, men jag tror att det blev en nyttig erfarenhet. Nu har jag b-uppgiften kvar i frågan. Vi får se om jag klarar den bättre nu annars hoppas jag att få återkomma. I så fall lovar jag att läsa era svar med större eftertänksamhet (kanske 😉)

Nu var jag för snabb igen! Jag gör om från 2)

2)  Tangentens ekvation blir $y-y_x=\frac{x}{2p}(x_0-0)$ $y_x$ är punkten på y-axeln vi söker.
3)  $y_x=y-\frac{x}{2p}{x}_0$ Vi behöver ersätta $p$.

4) Vi löser ut $p$ från $y=\frac{x^2}{4p} \iff p=\frac{x^2}{4y}$ Vi sätter in det i 3)

5)  $y_x=y-\frac{x}{2}·\frac{4y}{x^2}{x}_0=\frac{y-2y}{x}{x}_0$. Vi undersöker detta i punkten $(x_0, y_0)$

6)  $y_x=\frac{y_0-2y_0}{x_0}{x}_0$ .och finner att $y_x=-y_0$$v.s.v.$

Nu då så tror jag att jag har kläm på det. Hoppas att ni kan hålla med denna gång?

Ett tips som jag fick av dig D4niel som var mycket viktigare än vad jag först förstod var:
"Men tänk på att en punkt, t.ex.  $(x_0, y_0)$ är just en punkt. Jag skulle föredra att du deriverade funktionen $y\text{'}\left(x\right)=\frac{x}{2p}$och först
därefter jämförde med räta linjens (tangentens) ekvation i arbetspunkten $(x_0, y_0)$"

Det tipset fick jag nytta av i b)-uppgiften där de ville att man skulle visa att triangeln mellan punkterna $(0, p); (x_0, y_0) och (0, -y_0)$är likbent. De rekommenderade att man skulle använda avståndsformeln.
Vilket jag gjorde för de två sidor som såg ut att vara likbenta och satte dessa två lika med varandra.
Då fick jag att ${x_0}^2+(y_0-p)={(p+y_0)}^2$
Där tog det stopp. Hur skulle jag bli av med ${x_0}^2?$ Efter många olika försök så återkom det du skrev om arbetspunkt när jag tog en promenad i mina tankar. Vi fick att parabeln hade ekvationen $x^2=4py$
Om jag då satte in $x_0$och $y_0$istället för x och y så använde jag ju arbetspunkten och då kunde jag sedan visa att VL=HL och att triangeln är likbent.
Så tack för det!