P, o primo do π

 Em https://www.facebook.com/share/r/1A5j8LkLf2/, a Inês Guimarães (Mathgurl) apresentou-nos esta propriedade:

Em qualquer parábola, se traçarmos uma paralela à tangente ao vértice que passa pelo foco, ela corta a parábola em dois pontos, $A$ e $B$.
O quociente entre o comprimento do arco de parábola que une os pontos $A$ e $B$ e o comprimento do menor segmento que une o foco à directriz é constante.
Vamos chamar $P$ a essa constante, e ainda temos que \[P=\ln \left(1+\sqrt{2})\right)+\sqrt{2}\]

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Este $P$ é designado por constante universal das parábolas.

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A afirmação de que $P$ é constante é gira... A primeira coisa que me ocorreu foi "eu acho que sei provar isso". E de facto, sei. E provei. Deixei o meu rascunho manuscrito na minha página do facebook . Hoje vou apenas reescrever essa prova aqui, com mais algum cuidado.
Sem perda de generalidade, vamos supor que a equação da parábola é \[y=ax^2+bx+c\] com $a>0$ e $b,c\in\R$. Na verdade, para a afirmação feita eu até podia considerar $b=c=0$, mas não o vou fazer.
Neste blog, no post do dia 22 de Agosto de 2024 eu mostrei que as coordenadas do foco desta parábola são \[\left(x_F,y_F\right)=\left(-\frac{b}{2a},\frac{1-\Delta}{4a}\right)\] onde $\Delta=b^2-4ac$

Então, para determinar as coordenadas dos pontos $A$ e $B$ apenas tenho de resolver a equação \[ax^2+bx+c=y_F\] Ou seja \begin{eqnarray*} {\Leftrightarrow}&{ }&{ax^2+bx+c = \frac{1-\Delta}{4a}}\\ {\Leftrightarrow}&{ }&{ax^2+bx+c = \frac{1-b^2+4ac}{4a}}\\ {\Leftrightarrow}&{ }&{4a^2x^2+4abx+4ac =1-b^2+4ac}\\ {\Leftrightarrow}&{ }&{4a^2x^2+4abx+b^2 =1}\\ {\Leftrightarrow}&{}&{(2ax+b)^2 =1}\\ {\Leftrightarrow}&{ }&{2ax+b =\pm 1}\\ {\Leftrightarrow}&{ }&{2ax =-b\pm 1}\\ {\Leftrightarrow}&{ }&{x =\frac{-b\pm 1}{2a}} \end{eqnarray*} Assim sendo temos \[A\left(\frac{-b- 1}{2a},y_F\right)\text{ ; }B\left(\frac{-b+ 1}{2a},y_F\right)\] O comprimento do arco de parábola é dado pela conhecida fórmula \[ l = \int\limits_{x_A}^{x_B} {\sqrt {1 + \left( {y'} \right)^2 } dx} \] Onde $x_A$ e $x_B$ são as abcissas dos pontos $A$ e $B$, respectivamente.
Portanto, vamos lá a isso \begin{eqnarray*} {l}&{=}&{\int\limits_{x_A}^{x_B} {\sqrt {1 + \left( {y'} \right)^2 } dx}}\\ { }&{=}&{\int\limits_{\frc{-b- 1}{2a}}^{\frc{-b+ 1}{2a}} {\sqrt {1 + \left( {2ax+b} \right)^2 } dx}} \end{eqnarray*} Para calcular este integral dá-me jeito usar a substituição $ \sh \gamma=2ax+b $ ou seja $\gamma=\argsh \left(2ax+b\right)$ e $x=\frac{\sh \gamma -b}{2a}$ que nos leva a \[\frac{dx}{d\gamma}=\frac{\ch \gamma}{2a}\] por outro lado \[ x=x_A \Rightarrow \gamma=\argsh(-1)=-\argsh 1\] \[ x=x_B \Rightarrow \gamma=\argsh 1\] Então \begin{eqnarray*} {\int\limits_{\frac{-b- 1}{2a}}^{\frac{-b+ 1}{2a}} {\sqrt {1 + \left( {2ax+b} \right)^2 } dx}}&{=}&{\frac{1}{2a}\int\limits_{-\argsh 1}^{argsh 1} {\sqrt {1 + \shq \gamma } \ch \gamma d\gamma}}\\ { }&{=}&{\frac{1}{2a}\int\limits_{-\argsh 1}^{\argsh 1} {\chq \gamma d\gamma}}\\ { }&{=}&{\frac{1}{2a}\int\limits_{-\argsh 1}^{\argsh 1} {\frac{ 1+\ch\left(2\gamma\right)}{2} d\gamma}}\\ { }&{=}&{\frac{1}{4a}\int\limits_{-\argsh 1}^{\argsh 1} {1+\ch\left(2\gamma\right) d\gamma}}\\ { }&{=}&{\frac{1}{4a}\left[ {\gamma + \frac{{\sh(2\gamma )}}{2}} \right]_{ - \argsh 1}^{\argsh 1} }\\ { }&{=}&{\frac{1}{4a}\left[ {\gamma + \sh \gamma \ch \gamma } \right]_{ - \argsh 1}^{\argsh 1} }\\ { }&{=}&{\frac{1}{4a}\left[ 2 \argsh 1 + 2\sh (\argsh 1) \ch (\argsh 1) \right] }\\ { }&{=}&{\frac{1}{2a}\left[ \ln(1+\sqrt{2}) + 1 \sqrt{1+1} \right] }\\ { }&{=}&{\frac{1}{2a}\left[ \ln(1+\sqrt{2}) + \sqrt{2} \right] } \end{eqnarray*} A distância entre o foco e a directriz, é o dobro da distância do foco ao vértice.
Assim\[d(F,V)=2\left(y_F-y_V\right)=2\left(\frac{1-\Delta}{4a}-\frac{-\Delta}{4a}\right)=\frac{1}{2a}\].

Notem que $b$ e $c$ desapareceram dos cálculos, portanto, eu podia mesmo ter desaparecido com eles logo no princípio.

Assim, finalmente \[P=\frac{\frc{1}{2a}\left[ \ln(1+\sqrt{2}) + \sqrt{2} \right]}{\frc{1}{2a}}=\ln(1+\sqrt{2}) + \sqrt{2}\]

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Será que existem "constantes" deste tipo para as hipérboles e elipses?
Eu tenho a resposta... mas vão ter de esperar, ou tentar chegar lá sozinhos.

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PS: Para quem ainda não sabe, em Setembro de 2024, durante uma crise convulsiva, eu parti uma vértebra. Sinto dores até hoje... Portanto os meus posts passaram a ser ainda mais irregulares. Podem ir passando por aqui.