Punkty paraboli y = x² najbliższe punktowi A = (0, 3) - dwa minima i maksimum w wierzchołku

Krok 1. Zmienna. Punkt paraboli to $P = (t, t^2)$, $t \in \mathbb{R}$.

Krok 2. Kwadrat odległości. Zamiast $|AP|$ badamy $|AP|^2$ - oba są najmniejsze w tym samym punkcie, a kwadrat nie ma pierwiastka:

$g(t) = (t - 0)^2 + (t^2 - 3)^2 = t^4 - 5t^2 + 9.$

Krok 3. Pochodna.

$g'(t) = 4t^3 - 10t = 2t(2t^2 - 5).$

Punkty krytyczne: $t = 0$ oraz $t = \pm\sqrt{\frac{5}{2}}$.

Krok 4. Znak pochodnej.

Krok 5. Wartości. $g\left(\pm\sqrt{\frac{5}{2}}\right) = \frac{25}{4} - \frac{25}{2} + 9 = \frac{11}{4}$, a $g(0) = 9$. Funkcja maleje na $\left(-\infty; -\sqrt{\frac{5}{2}}\right)$ i rośnie na $\left(\sqrt{\frac{5}{2}}; \infty\right)$, a między minimami osiąga tylko $9$ - więc $\frac{11}{4}$ jest wartością najmniejszą na całej prostej.

Krok 6. Punkty i odległość. $t^2 = \frac{5}{2}$, więc $P_{1,2} = \left(\pm\sqrt{\frac{5}{2}}, \frac{5}{2}\right) = \left(\pm\frac{\sqrt{10}}{2}, \frac{5}{2}\right)$, a najmniejsza odległość to $\sqrt{\frac{11}{4}} = \frac{\sqrt{11}}{2}$.

Krok 7. Wierzchołek. $t = 0$ to punkt krytyczny, ale pochodna zmienia w nim znak z $+$ na $-$ - to maksimum lokalne kwadratu odległości. Wierzchołek $(0, 0)$ jest odległy od $A$ o $3$, czyli dalej niż $P_1$ i $P_2$. Kto zatrzyma się na pierwszym znalezionym rozwiązaniu $t = 0$, poda zły wynik.

Odpowiedź. Najbliżej punktu $A$ leżą dwa punkty paraboli: $\left(\frac{\sqrt{10}}{2}, \frac{5}{2}\right)$ i $\left(-\frac{\sqrt{10}}{2}, \frac{5}{2}\right)$; najmniejsza odległość wynosi $\frac{\sqrt{11}}{2} \approx 1{,}66$. Wierzchołek $(0, 0)$ nie jest najbliższy - jest odległy o $3$.