Математические байки

Вау! Поздравляю коллег!!!

А вот к этой задаче теперь есть два пути/две подсказки — можно посмотреть второй слайд в инстаграмме (и он того очень стоит!), а можно сначала пройти через упомянутое выше свойство, а потом уже чуть-чуть оптимизировать решение.

https://www.instagram.com/p/CVGiBh-rGlo/ Разоблачение магии из предыдущего выпуска будет не сразу, сначала в рубрике рисунков М.Панова задача: Дана парабола, её фокус и касательная в вершине. Как построить циркулем и линейкой касательную к этой параболе из произвольной точки T? (Кто хочет подсказку, можно посмотреть второй слайд в инстаграме.)

Ну и на задачу про параболы, касающиеся трёх заданных прямых, можно посмотреть так. Пусть мы уже знаем, где находится фокус; как нам найти директрису? Мы только что обсудили, что зеркальное отражение фокуса относительно касательной на директрису попадает. А тут у нас касательных сразу три — можно отразить относительно всех трёх, и получить три точки, которые на директрисе должны лежать. Только лежат ли они все три на одной прямой? Зеркальный образ точки при вдвое дальше, чем основание перпендикуляра — так что можно спрашивать, лежат ли все три перпендикуляра на одной прямой. И если точка (кандидат в фокусы) лежит на описанной окружности, то да, лежат, и собственно, так и определяется прямая Симсона.

Собственно — катящиеся параболы это вырождение катящихся эллипсов. Если один фокус эллипса оставить на месте, а второй уносить на бесконечность, так, чтобы эллипс проходил через заданную точку — то эллипс выродится в проходящую через эту точку параболу с заданным фокусом. А окружность, по которой двигался отражённый образ первого фокуса, станет "окружностью бесконечного радиуса" (с центром на бесконечности, там, куда убежал второй фокус) — т.е. прямой; и эта прямая будет директрисой предельной параболы.

Тут тоже можно посмотреть на второй эллипс как на зеркальный образ первого. Если добавить на картинку касательную и отрезки от фокусов до точки касания, то получается такая картина — и то, что фокусы подвижного эллипса бегают по окружностям, это просто определение эллипса (сумма расстояний постоянна). (Вот тут — https://www.geogebra.org/m/wwasgsjr — анимация в GeoGebra с движением эллипсов)

https://twitter.com/i/status/1430777572787462152 еще одна картинка специально для тех, кого параболы недостаточно впечатляют

Собственно, доказательство теперь проводится совсем просто. Например, можно сказать, что при таком качении одной параболы по другой можно об этом думать, как о качении касательной-зеркала, а вторая парабола это её образ в этом зеркале. Тогда фокус второй параболы это зеркальный образ фокуса первой — а из картинки для оптического свойства мгновенно следует, что отражение фокуса параболы относительно любой касательной к этой параболе всегда попадает на директрису. (Что само по себе симпатичный факт — и каюсь, буквально в таком виде я его не помнил.)

Я здесь пишу слово "должен" — потому что это следствие из того, какую картинку мы видим (фокус движется по горизонтальной прямой), а ещё не доказанное утверждение. Но как только становится понятно, что отрезок от точки касания до подвижного фокуса вертикален — немедленно вспоминается картинка из определения параболы: отрезок от точки на параболе до фокуса и равный ему "вертикальный" отрезок до директрисы; и оптическое свойство параболы — касательная, которая делит угол между этими отрезками пополам.

Наверняка многие уже видели эту картинку с парой катящихся парабол — ну и мне тут хочется добавить пару слов. Во-первых, глядя на эту картинку, можно заметить, что фокус катящейся параболы должен двигаться, оставаясь строго под точкой касания. Это можно увидеть любым из тех двух способов, которые у нас возникали при обсуждении катящегося квадратного колеса. Можно — сказав, что точка касания это мгновенный центр вращения, а подвижный фокус движется строго горизонтально. А можно мысленно положить в фокус грузик (или, лучше, при таком расположении парабол — воздушный шарик). Тогда потенциальная энергия не зависит от положения подвижной параболы, а тогда равновесие должно быть безразличным — значит, центр тяжести на одной вертикали с точкой касания, иначе возникнет "опрокидывающий момент".

https://twitter.com/i/status/1431489617623126018 картинка по выходным: магия с параболой, которая катится по другой параболе (спасибо за ссылку Н.Андрееву)

https://www.instagram.com/p/CU2apwOqC2E/ Сегодня в рубрике рисунков М.Панова вот такая магия. Можно попробовать сформулировать и доказать утверждения про фокусы и директрисы парабол, касающихся трех данных прямых. А в следующем выпуске рубрики будет разоблачение магии.

И конечно, тут немедленно вспоминается модель МатЭтюдов: углы добавляемых секторов равны внешним углам в соответствующих вершинах, так что то, что они собираются в круг, доказывает, что сумма внешних углов равна 2π (ну или 360°, кому как привычнее).

Доказательство — приблизим экватор многоугольником. Для многоугольного выпуклого экватора (на проходящей через центр Земли плоскости), когда мы закрашиваем точки над ним, но на расстоянии не больше h от него — получается объединение прямоугольников и секторов круга радиуса h в вершинах. У "горизонтальных" сторон прямоугольника на высоте h сумма такая же, как периметр экватора. А сектора круга собираются в точности в круг радиуса h — можно себе представить человека ростом h, совершившего по экватору кругосветное путешествие, он как раз сделает полный оборот. Соответственно, новый периметр это старый периметр (многоугольного экватора) + 2πh. Осталось сказать, что чем точнее мы приближаем экватор многоугольником, тем ближе периметр многоугольника к длине экватора. Так что и в общем (выпуклом) случае длина верёвки, везде поднятой на высоту h, увеличится ровно на 2πh. (Кстати, если взять в качестве экватора эллипс с полуосями a и b, вопрос о том, насколько увеличится длина верёвки при поднятии везде ровно на h — на вид убойная задача с эллиптическими интегралами!)

если закрасить выпуклый многоугольник, а потом еще добавить все точки на расстоянии не более R от него, то закрашенную площадь легко посчитать: она складывается из площади самого многоугольника, периметра, умноженного на R (синие прямоугольники) и… площади круга радиуса R — синие сектора как раз складываются в полный круг (подумайте про это!) замечательно, что зависимость площади от R всегда полиномиальная — даже если брать не многоугольник, а любую выпуклую фигуру, даже если не на плоскости, а в пространстве… а какой смысл имеют коэффициенты этого многочлена? (продолжение следует)

И вот решение задачи с ТурЛома, как мне кажется, как раз и является такой геометрической интерпретацией. Более того — из неё следует, что даже если мы не будем предполагать, что Земля это идеальная сфера, а только лишь, что экватор выпуклый (и лежит в одной плоскости — иначе будут проблемы), и что верёвку мы поднимаем везде на одну и ту же высоту h, то всё равно h это (1/2π) метра.

Есть такая классическая задача: вдоль экватора Земли натянута верёвка; её удлинили на 1 метр, подняв равномерно везде. Пройдёт ли теперь под ней мышка? А кошка? А человек? (Землю считаем идеально сферической.) Ну и у неё есть столь же классическое решение: длина окружности радиуса R равна 2πR, поэтому новый радиус это (2πR+1м)/2π = R+ (1/2π)метра, так что верёвку надо будет поднять примерно на 16 см — кошка спокойно пройдёт. (Что может показаться удивительным, потому что казалось бы, огромный экватор удлинили всего-то на 1м, разве можно увидеть какой-то зримый эффект?) А этой весной у меня коллега (Беатрис) спросила — а нет ли у этого какой-нибудь геометрической интерпретации?

http://www.ashap.info/Zadachi/Perepravy-m.html для любителей переправ у А.В.Шаповалова есть много задач (ну и на его сайте есть и много другого интересного)

1. Три человека со стиральной машиной хотят переправиться через реку. Катер вмещает либо двух человек и стиральную машину, либо трёх человек. Беда в том, что стиральная машина тяжёлая, поэтому погрузить её в катер или вытащить из него можно только втроём. Смогут ли они переправиться? Автор задач: Александр Шаповалов