СТАРОЕ И НОВОЕ О КРУГЕ

Практическая геометрия египтян и римлян

Л

Юбой школьник вычисляет теперь длину окружности по диаметру гораздо точнее, чем мудрейший жрец древней страны пирамид или самый искусный архитектор великого Рима. Древние египтяне считали, что окружность длиннее диаметра в 3,16 раза, а римляне — в 3,12, между тем пра­вильное отношение — 3,14159… Египетские и римские ма­тематики установили отношение длины окружности к диаметру не строгим геометрическим расчетом, как позднейшие мате­матики, а нашли его просто из опыта. Но почему получались у них такие ошибки? Разве не могли они обтянуть какую — нибудь круглую вещь ниткой и затем, выпрямив нитку, просто измерить ее?

Без сомнения, они так и поступали; но не следует думать, что подобный способ должен непременно дать хороший резуль­тат. Вообразите, например, вазу с круглым дном диаметром в 100 Мм. Длина окружности дна должна равняться 314 Мм. Однако на практике, измеряя ниткой, вы едва ли получите эту длину: легко ошибиться на один миллиметр, и тогда π окажется равным 3,13 или 3,15. А если примете во внимание, что и диаметр вазы нельзя измерить вполне точно, что и здесь ошибка в 1 Мм весьма вероятна, то

Убедитесь, что для и получаются довольно широкие пределы между

313 315

101 И 99 ’

Т. е., в десятичных дробях, между

3,09 и 3,18.

Вы видите, что, определяя π указанным способом, мы можем получить результат, не совпадающий с 3,14: один раз 3,1, другой раз 3,12, третий — 3,17 и т. п. Случайно окажется среди них и 3,14, но в глазах вычислителя это число не будет иметь больше веса, чем другие.

Такого рода опытный путь никак не может дать сколько- нибудь приемлемого значения для π. В связи с этим стано­вится более понятным, почему древний мир не знал правиль­ного отношения длины окружности к диаметру, и понадобился гений Архимеда, чтобы найти для π значение Зу— найти без измерений, одними лишь рассуждениями.

«Это я знаю и помню прекрасно»

В «Алгебре» древнего арабского математика Магомета — бен-Муза о вычислении длины окружности читаем такие строки:

«Лучший способ — это умножить диаметр на Зу. Это самый скорый и самый легкий способ. Богу известно лучшее».

Теперь и мы знаем, что архимедово число 3 ɪ- не вполне

Точно выражает отношение длины окружности к диаметру. Теоретически доказано, что отношение это вообще не может быть выражено какой-либо точной дробью. Мы можем напи­сать его лишь с тем или иным приближением, впрочем, далеко превосходящим точность, необходимую для самых строгих требований практической жизни. Математик XVI века Лудольф, в Лейдене, имел терпение вычислить его с 35 десятичными знаками и завещал вырезать это значение для π на своем могильном памятнике1) (рис. 123).

ɪ) Тогда еще это обозначение я не было в употреблении: оно введено лишь с середины XVIIl века знаменитым русским академи­ком, математиком Леонардом Павловичем Эйлером.

Вот оно:

3,14159265358979323846264338327950288.

Некий Шенке в 1873 г. опубликовал такое значение числа π, в котором после запятой следовало 707 десятичных

Рис. 123. Математическая надгробная надпись.

Знаков! Такие длинные числа, приближенно выражающие зна­чение тг, не имеют ни практической, ни теоретической цен­ности. Только от безделья да в погоне за дутыми «рекордами» могло в наше время возникнуть желание «переплюнуть» Шенкса: в 1946 —1947 г. Фергюсон (Манчестерский универ — 191 —

Снтет) и независимо от него Wrench (из Вашингтона) вычис­лили 808 десятичных знаков для числа π и были польщены тем, что в вычислениях Шенкса обнаружили ошибку, начиная C 528 знака.

Пожелали бы мы, например, вычислить длину земного экватора с точюстью до 1 См, предполагая, что знаем длину его диаметра точно; дая этого нам вполне достаточно было бы взять всего 9 цифр после запятой в числе π. А взяв вдвое больше цифр (18), мы могли бы вычислить длину окружности, имеющей радиусом расстояние от Земли до Солнца, с по­грешностью не свыше 0,0001 Мм (в 100 раз меньше толщины волоса!).

Чрезвычайно ярко показал абсолютную бесполезность даже первой сотни десятичных знаков числа π наш соотечествен­ник, математик Граве. Он подсчитал, что сзли представить себе шар, радиус которого равен расстоянию от Земли до Сириуса, т. е. числу километров, равному 132 с десятью нулями: 132∙101°, наполнить этот шар микробами, полагая в каждом кубическом миллиметре шара по одному биллиону IO10 микробов, затем всех этих микробов расположить на прямой линии так, чтобы расстояние между каждыми двумя соседними микробами снова равнялось расстоянию от Сириуса до Земли, то, принимая этот фантастический отрезок за диаметр окружности, можно было бы вычислить длину полу­чившейся гигантской окружности с микроскопической точно­стью — до [QQQ0QQ лл, беря 100 знаков после запятой в

Числе π. Правильно замечает по этому поводу французский астроном Aparo1 что «в смысле точности мы ничего не выиг­рали бы, если бы между длиною окружности и диаметром существовало отношение, выражающееся числом вполне точно».

Для обычных вычислений с числом π вполне достаточно запомнить два знака после запятой (3,14), а для более точных — четыре знака (3,1416: последнюю цифру берем 6 вместо 5 потому, что далее следует цифра, большая 5).

Небольшие стихотворения или яркие фразы дольше оста­ются в памяти, чем числа, поэтолу для запоминания какого — либо числового значения π придумывают особые стихотворе­ния или отдельные фразы. В произведениях этого вида мате­матической поэзии слова подбирают так, чтобы число букв в каждом слове последовательно совпадало с соответствую­щей цифрой числа π.

Известно стихотворение на английском языке — в 13 слов, следовательно, дающее 12 знаков после запятой в числе π; на немецком языке — в 24 слова, а на французском языке в 30 слов1) (а есть и в 126 слов!).

Они любопытны, но слишком велики, тяжеловесны. Среди учеников Е. Я. Терскова — учителя математики одной из средних школ Московской области —пользуется популярностью придуманная им следующая строфа:

«Это я знаю и помню прекрасно». 31415 9 …

А одна из его учениц—Эся Чериковер — со свойственной нашим школьникам находчивостью сочинила остроумное, слегка ироническое продолжение:

«Пи многие знаки мне лишни, напрасны».

► .. 2 6 5 3 5 8 …

В целом получается такое двустишие из 12 слов:

«Это я знаю и помню прекрасно,

Пи многие знаки мне лишни, напрасны».

Автор этой книги, не отваживаясь на придумывание сти­хотворения, в свою очередь предлагает простую и тоже вполне достаточную прозаическую фразу:

«Что я знаю о кругах?»—вопрос, скрыто заключающий В Себе и ответ: 3,1416.

*. —————

1) Вот эти стихотворения:

А) английское:

See I have a rhyme assisting

My feeble brain, its tasks ofttiɪnes resisting.

Б) немецкое:

Wie о dies it

Macht er∏stlich, so vieɪen vlele Miih,!

Lernt immerhin, Jiingllnge, Ieichte Verselein,

Wie so zum Beispiel dies diirfte zu merken sein,.

В) французское:

Que j’aime ⅛ faire apprendre un nombre utile aux sages!

Jmmortel Archimede, sublime ingenieur,

Qui de ton jugement ρeut sonder la vaɪeur?

Pour moi ton ρrobleme eut de pareils avantages.

13 Занимат. геометрия ^^~,

Ошибка Джека Лондона

Следующее место романа Джека Лондона «Маленькая хозяйка большого дома» дает материал для геометрического расчета:

«Посреди поля возвышался стальной шест, врытый глу­боко в землю. C Верхушки шеста к краю поля тянулся трос,’ прикрепленный к трактору. Механики нажали рычаг — и мо­тор заработал.

«Машина сама двинулась вперед, описывая окружность вокруг шеста, служившего ее центром

«— Чтобы окончательно усовершенствовать машину,— сказал Грэхем,— вам остается превратить окружность, которую она описывает, в квадрат.

«—Да, на квадратном поле пропадает при такой системе очень много земли.

«Грэхем произвел некоторые вычисления, затем заметил:

«— Теряется примерно три акра из каждых десяти.

«— Не меньше».

Предлагаем читателям проверить этот расчет.

Решение

Расчет неверен: теряется меньше чем 0,3 всей земли. Пусть, в самом деле, сторона квадрата—О. Площадь такого ква­драта—αa. Диаметр вписанного круга равен также О, А его площадь — ɪ. Пропадающая часть квадратного участка со­ставляет:

A3 — ~= ‘1 —ɪɔ А2 = 0,22 a3.

Мы видим, что необработанная часть квадратного поля составляет не 3Oo∕0, как полагали герои американского рома­ниста, а только около 22θ∕0.

Бросание иглы

Самый оригинальный и неожиданный способ для приближен­ного вычисления числа π состоит в следующем. Запасаются короткой (сантиметра два) швейной иглой,— лучше с отломан­ным острием, чтобы игла была равномерной толщины,— и про­водят на листе бумаги ряд тонких параллельных линий, отде­ленных одна от другой расстоянием вдвое больше длины иглы.

Затем роняют с некоторой (произвольной) высоты иглу на бумагу и замечают, пересекает ли игла одну из линий или нет (рис. 124, налево). Чтобы игла не подпрыгивала, под* кладывают под бумажный лист пропускную бумагу или сукно. Бросание иглы повторяют много раз, например сто или, еще лучше, тысячу, каждый раз отмечая, было ли пересечение ɪ). Если потом разделить общее число падений иглы на число случаев, когда замечено было пересечение, то в результате должно получиться число π, конечно, более или менее при­ближенно.

рис. 124. опыт бюффона с бросанием иглы.

Объясним, почему так получается. Пусть вероятнейшее число пересечений иглы равно /<, а длина нашей иглы — 20 Мм. В случае пересечения точка встречи должна, конечно, лежать на каком-либо из этих миллиметров, и ни один из них, ни одна часть иглы, не имеет в этом отношении никаких пре­имуществ перед другими. Поэтому вероятнейшее число пере­

До

Сечений каждого отдельного миллиметра равно θ. Для участка 3/Г 1 IAr

Иглы в 3 Мм оно равно ∙^θ , для участка в 11 Мм — — и т. д.

Иначе говоря, вероятнейшее число пересечений прямо пропор­ционально длине иглы.

Эта пропорциональность сохраняется и в том случае, если игла согнута. Пусть игла согнута в форме фиг. II (рис. 124,

*) Пересечением надо считать и тот случай, когда игла только упирается концом в начерченную линию.

Направо), причем участок AB=Il мм, ВС— 9 Мм. Для ɪ 1

Части AB вероятнейшее число пересечений равно, а для

Or. 9A, « НДГ ■ 9<С

BC равно "2θ-, для всей же иглы — , т. е. попрежнему

Равно К. Мы можем изогнуть иглу и более затейливым образом (фиг. III, рис. 124),— число пересечений от этого не измени­лось бы. (Заметьте, что при изогнутой игле возможны пере­сечения черты двумя и более частями иглы сразу; таксе пере­сечение надо, конечно, считать за 2, за 3 и т. д., потому что первое зачислялось при подсчете пересечений для одной части иглы, второе — для другой и т. д.)

Вообразите теперь, что мы бросаем иглу, изогнутую в форме окружности с диаметром, равным расстоянию между чертами (оно вдвое больше, чем наша игла). Такое кольцо каждый раз должно дважды пересечь какую-нибудь черту (или по одному разу коснуться двух линий,— во всяком случае, получаются две встречи). Если общее число бросаний /V, то число встреч — 2∕√. Наша прямая игла меньше этого кольца по длине во столько раз, во сколько полудиаметр меньше длины окружности, т. е. в 2π раз. Но мы уже установили, что вероятнейшее число пересечений пропорционально длине иглы. Поэтому вероятней­шее число (К) пересечений нашей иглы должно быть меньше 2/7

N

В 2π раз, т. е. равно —. Отсюда

___ число бросаний

Число пересечений

Чем большее число падений наблюдалось, тем точнее получается выражение для тг. Один швейцарский астроном, Р. Вольф в середине прошлого века наблюдал 5000 па­дений иглы на разграфленную бумагу и получил в качестве π чис­ло 3,159 …—выражение, впрочем, менее точное, чем архи­медово число.

Как видите, отношение длины окружности к диаметру на­ходят здесь опытным путем, причем — это всего любопытнее — не чертят ни круга ни диаметра, т. е. обходятся без циркуля. Человек, не имеющий никакого предстазления о геометрии и даже о круге, может тем не менее определить по этому способу число тт, если терпеливо проделает весьма большое число бросаний иглы.

Выпрямление окружности
Задача

Для многих практических целей достаточно взять для π

О 1

Число Oy и выпрямить окружность, отложив ее диаметр на

Какой-либо прямой Зу раза (деление отрезка на семь равных

рис. 125. приближенный геомет-рический способ выпрямления окружности.Частей можно выполнить, как известно, вполне точно). Суще­ствуют и другие приближенные способы выпрямления окружно­сти, применяемые на практике при ремесленных работах сто­лярами, жестянниками и т. п.

Не будем здесь рассма­тривать их, а укажем лишь один довольно простой спо­соб выпрямления, дающий результат с чрезвычайно большой точностью.

Если нужно выпрямить окружность О радиуса г (рис. 125), то проводят ди­аметр АВ, а в точке В — Перпендикулярную к ней пря­мую CD. Из центра О под углом 30° к AB проводят

Прямую ОС. Затем на прямой CD от точки C откладывают три радиуса данной окружности и соединяют полученную точку DcA: длина отрезка AD равна длине полуокружности Если отрезок AD удлинить вдюе, то приближенно получится выпрямленная окружность О. Ошибка менее 0,0002г.

На чем основано это построение?

Решение

По теореме Пифагора

Cfi2JOfi2 = OC2.

Обозначив радиус OB через Г и имея в виду, что ОС

CB = (как катет, лежащий против угла в 30°), получаем:

cb2-{-r2 = 4cb2,
cb =
откуда

Далее в треугольнике ABD

BDCD CS = 3r-^ɪ.

AD = F’βO2 + 4r2 = |/(3г_Ц1 4r2 =

= ]∕r 9r3~2r2 Pλ3~ —J—ɪ —)—4r2 = 3,14153г.

Сравнив этот результат с тем, который получается, если взять π с большой степенью точности (π=3,141593), мы видим, что разница составляет всего 0,00006г. Если бы мы по этому способу выпрямляли окружность радиусом в 1 М, Ошибка составляла бы для полуокружности всего 0,00006 М, а для полной окружности — 0,00012 М, или 0,12 Мм (при­мерно утроенная толщина волоса).

Квадратура круга

Не может быть, чтобы читатель не слыхал никогда о «квад­ратуре круга» — о той знаменитейшей задаче геометрии, над которой трудились математики еще 20 веков назад. Я даже уверен, что среди читателей найдутся и такие, которые сами пытались разрешить эту задачу. Еще больше, однако, наберется читателей, которые недоумевают, в чем собственно кроется трудность разрешения этой классической неразрешимой задачи. Многие, привыкшие повторять с чужого голоса, что задача о квадратуре круга неразрешима, не отдают себе ясного отчета ни в сущности самой задачи, ни в трудности ее разрешения.

В математике есть немало задач, гораздо более интересных и теоретически, и практически, нежели задача о квадратуре круга. Но ии одна не приобрела такой популярности, как эта проблема, давно вошедшая в поговорку. Два тысячелетия тру­дились над ней выдающиеся профессионалы-математики и не­сметные толпы любителей.

«Найти квадратуру круга»—значит начертить квадрат, площадь которого в точности равна площади данного круга. Практически задача эта возникает очень часто, но как раз практически она разрешима с любой точностью. Знаменитая задача древности требует, однако, чтобы чертеж выполнен был совершенно точно при помощи всего только двух родов чер­тежных операций: 1) проведением окружности данного радиуса вокруг данной точки; 2) проведением прямой линии через две данные точки.

Короче говоря, необходимо выполнить чертеж, пользуясь только двумя чертежными инструментами: циркулем и лтейкой.

В широких кругах нематематиков распространено убежде­ние, что вся трудность обусловлена тем, что отношение длины окружности к ее диаметру (знаменитое число π) не может быть выражено конечным числом цифр. Это верно лишь по­стольку, поскольку разрешимость задачи зависит от особенной природы числа π. В самом деле: превращение прямоуголь­ника в квадрат с равной площадью — задача легко и точно разрешимая. Но проблема квадратуры круга сводится ведь к построению — циркулем и линейкой — прямоугольника, равно­великого данному кругу. Из формулы площадч круга, S = πrs, или (что то же самое) S=πrχr, ясно, что площадь круга равна площади такого прямоугольника, одна сторона которого равна г, а другая в π раз больше. Значит, все дело в том, чтобы начертить отрезок, который в π раз длиннее данного. Как известно, π не равно в точности ни 3γ, ни 3,14 ни даже

3,14159. Ряд цифр, выражающих это число, уходит в бес­конечность.

Указанная особенность числа π, его иррациональ­ность1), установлена была еще в XVIII веке математиками Ламбертом и Лежандром. И все же знание иррациональности π не остановило усилий сведущих в математике «квадрату — ристов». Они понимали, что иррациональность π сама по себе не делает задачи безнадежной. Существуют иррациональные числа, которые геометрия умеет «строить» совершенно точно. Пусть, например, требуется начертить отрезок, который длин­нее данного в ¼2 раз. Число Yr 2, как и и,— иррациональ­ное. Тем не менее ничто не может быть легче, чем начертить искомый отрезок: вспомним, что αj^2 есть сторона квадрата, вписанного в круг радиуса А.

Каждый школьник легко справляется также и с построе­нием отрезка a¼3 (сторона равностороннего вписанного тре­угольника). Не представляет особых затруднений даже построе­ние такого весьма сложного на вид иррационального выражения:

Потому что оно сводится к построению правильного 64-уголь­ника.

Как видим, иррациональный множитель, входящий в выра­жение, не всегда делает это выражение невозможным дзя построения циркулем и линейкой. Неразрешимость квадра­туры круга кроется не всецело в том, что число π—иррацио­нальное, а в другой особенности этого же числа. Именно, число π—не алгебраическое, т. е. не может быть по­лучено в итоге решения какого бы то ни было уравнения С Рациональными коэффициентами. Такие числа называются « трансцен де зтными ».

Математик XVI столетия Вьета доказал, что число я I

τI⅛+4∕τ√⅛+4∕τ+τ∕⅛

И т. д.

Это выражение для π разрешало бы задачу о квадра­туре круга, если бы число входящих в него операций было конечно (тогдо приведенное выражение можно было бы геомет­рически построить). Но так как число извлечений квадратных корней в этом выражении бесконечно, то выражение Вьета не помогает делу.

Итак, неразрешимость задачи о квадратуре круга обуслов­лена трансцендентностью числа тт, т. е. тем, что оно не может получиться в итоге решения уравнения с рациональными коэф­фициентами. Эта особенность числа тг была строго доказана в 1889 г. немецким математиком Линдеманом. В сущности названный ученый и должен считаться единственным человеком, разрешившим квадратуру круга, несмотря на то, что решение его отрицательное — оно утверждает, что искомое построение геометрически невыполнимо. Таким образом, в 1889 г. завер­шаются многовековые усилия математиков в этом направлении; но, к сожалению, не прекращаются бесплодные попытки многочисленных любителей, недостаточно знакомых с задачей.

Так обстоит дело в теории. Что касается практики, то она вовсе не нуждается в точном разрешении этой знаме­нитой задачи. Убеждение многих, что разрешение проблемы квадратуры круга имело бы огромное значение для практи­ческой жизни — глубокое заблуждение. Для потребностей оби­хода вполне достаточно располагать хорошими приближенными

Приемами решения этой задачи.

Практически поиски квадратуры круга стали бесполезны С Того времени, как найдены были первые 7 — 8 верных цифр числа π. Для потребностей практической жизни вполне достаточно знать, что π=3,1415926. Никакое измерение длины не может дать результата, выражающегося более чем семью значащими цифрами. Поэтому брать для π более восьми цифр — бесполезно: точность вычисления от этого не улучшается 1). Если радиус выражен семью значащими циф­рами, то длина окружности не будет содержать более семи достоверных цифр, даже если взять для π сотню цифр. То, что старинные математики затратили огромный труд для полу­чения возможно более длинных значении тг, никакого практи­ческого значения не имеет. Да и научное значение этих трудов ничтожно. Это попросту дело терпения. Если у вас есть охота и достаточно досуга, вы можете отыскать хоть 1009 цифр для π, пользуясь, например, следующим бесконеч­ным рядом, найденным Лейбницем[X] [XI]);

и т. д.

Но это будет никому не нужное арифметическое упраж­нение, нисколько не подвигающее разрешения знаменитой геометрической задачи.

Упомянутый ранее французский астроном Aparo писал по этому поводу следующее:

«Искатели квадратуры круга продолжают заниматься ре­шением задачи, невозможность которого ныне положительно доказана и которое, если бы даже и могло осуществиться, не представило бы никакого практического интереса. Не стоит распространяться об этом предмете: больные разумом, стремя­щиеся к открытию квадратуры круга, не поддаются никаким доводам. Эта умственная болезнь существует с древнейших времен».

И иронически заканчивает:

«Академии всех стран, борясь против искателей квад­ратуры, заметили, что болезнь эта обычно усиливается к весне».

откуда

треугольник бинга,рис. 126. способ русского инженера бинга (1836 г.).
рассмотрим одно из приближенных решений задачи о квад-ратуре круга, очень удобное для надобностей практической жизни.
способ состоит в том, что вычисляют (рис. 126) угол а, под которым надо провести к диаметру ab хорду ac=х, являющуюся стороною искомого квадрата. чтобы узнать величину этого угла, придется обратиться к тригонометрии:
,ac
cosa = -r6 =
,ab,х
'2r,
,где г—радиус круга.
значит, сторона искомого квад
рата x = 2r cos а, площадь же его равна 4r2cos2α. c другой сто-
роны, площадь πr2 — площади квадрата равна данного круга.
следовательно,
4r2cos2a = πrs,

Cos2α = ^∙, cosa=-i lΛr = 0,886.

По таблицам находим:

A = 27036′.

Итак, проведя в данном круге хорду под углом 27036′ к диаметру, мы сразу получаем сторону квадрата, площадь которого равна площади данного круга. Практически делают так, что заготовляют чертежный треугольник ɪ), один из острых углов которого 27036′ (а другой — 62°24′). Располагая таким треугольником, можно для каждого данного круга сразу нахо­дить сторону равновеликого ему квадрата.

Для желающих изготоеить себе такой чертежный треуголь­ник полезно следующее указание.

Так как тангенс угла 27°36′ равен 0,523. или?? то ка — 44

Теты такого треугольника относятся, как 23:44. Поэтому, изготовиз треугольник, один катет которого, например, 22 См, А другой 11,5 См, мы будем иметь то, что требуется. Само собой разумеется, что таким треугольником можно пользо­ваться и как обыкновенным чертежным.

Голова или ноги

Кажется, один из героев Жюля Верна подсчитывал, ка­кая часть его тела прошла более длинный путь за время его кругосветных странствований — голова или ступни ног. Это очень поучительная геометрическая задача, если поставить вопрос определенным образом. Мы предложим ее в таком виде.

Задача

Вообразите, что вы обошли земной шар по экватору. На­сколько при этом верхушка вашей головы прошла более длин­ный путь, чем кончик вашей ноги?

Решение

Ноги прошли путь 2тг/?, где R радиус земного шара. Верхушка же головы прошла при этом 2π (R — J-1,7), где 1,7 М— Рост человека. Разность путей равна 2π (/?—}—1,7)—2ττR= 2τr∙l,7=10,7 М. Итак, голова прошла путь на 10,7 М Больше, чем ноги.

Любопытно, что в окончательный ответ не входит вели­чина радиуса земного шара. Поэтому результат получится оди­наковый и на Земле, и на Юпитере, и на самой мелкой пла — нетке. Вообще, разность длин двух концентрических окруж­ностей не зависит от их радиусов, а только от расстояния между ними. Прибавка одного сантиметра к радиусу зем­ной орбиты увеличила бы ее длину ровно настолько, насколь­ко удлинится от такой же прибавки радиуса окружность пятака.

На этом геометрическом парадоксе[XII]) основана следующая любопытная задача, фигурирующая во многих сборниках гео­метрических развлечений.

Если обтянуть земной шар по экватору проволокой и за­тем прибавить к ее длине 1 М, то сможет ли между прово­локой и землей проскочить мышь?

Обычно отвечают, что промежуток будет тоньше волоса: что значит один метр по сравнению с 40 миллионами метров земного экватора! В действительности же величина промежутка равна

Не только мышь, но и крупный кот проскочит в такой промежуток.

Проволока вдоль экватора
Задача

Теперь вообразите, что земной шар плотно обтянут по экватору стальной проволокой. Что произойдет, если эта про­волока охладится на 1°? От охлаждения проволока должна укоротиться. Если она при этом не разорвалась и не растя­нулась, то как глубоко она врежется в почву?

Решение

Казалось бы, столь незначительное понижение температу­ры, всего на 1°, — не может вызвать заметного углубления проволоки в землю. Расчеты показывают другое.

Охлаждаясь на 1°, стальная проволока укорачивается на одну стотысячную долю своей длины. При длине в 40 мил­лионов метров (длина земного экватора) проволока должна сократиться, как легко рассчитать, на 400 М. Но радиус этой окружности из проволоки уменьшится не на 400 М, а гораздо меньше. Для того чтобы узнать, насколько умень­шится радиус, нужно 400 М разделить на 6,28 т. е. на 2π.

заштрихованные круги?Получится около 64 М. Итак, проволока, охладившись всего на 1°, должна была бы при указанных условиях врезаться в землю не на несколько миллиметров, как может казагься, а более чем на 60 М1

Факты и расчеты
Задача

Перед вами восемь равных кругов (рис. 127). Семь за­штрихованных— неподвижны, а восьмой (светлый) по ним ка­тится без скольжения. Сколько оборотов он сделает, обойдя неподвижные круги один раз?

Вы, конечно, сразу можете это выяснить практически: по­ложите на стол восемь монет одинакового достоинства, напри­мер восемь дзугривенных, рас­положите их, как на рисунке, И, Прижимая к столу семь мо­нет, прокатите по ним восьмую.

Для определения числа оборо­тов следите, например, за поло­жением цифры, написанной на монете. Всякий раз, как цифра примет первоначальное положе­ние, монета обернется вокруг своего центра один раз.

Проделайте этот опыт не в воображении, а на самом деле, н вы установите, что всего мо­нета сделает четыре оборота.

Давайте теперь попытаемся

Получить тот же ответ при помощи рассуждений и расчетов.

Выясним, например, какую дугу каждого неподвижного круга обходит катящийся круг. C Этой целью представим себе перемещение подвижного круга с «холма» А в ближай­шую «ложбинку» между двумя неподвижными кругами (на рис. 127 пунктир).

По чертежу нетрудно установить, что дуга АВ, по кото­рой прокатился круг, содержит 60°. На окружности каждого неподвижного круга таких дуг две; вместе они составляют

дугу в 120° или ɪ окружности,

1

Следозательно, катящийся круг делает ɪ оборота, об­ходя — каждой неподвижной окружности. Всего неподвижных

О

Кругов шесть; выход гг так, что катящийся круг сделает

Только ~. 6 = 2 оборота.

О

Получается расхождение с результатами наблюдения! Но «факты — упрямая вещь». Если наблюдение не подтверждает расчета, значит в расчете есть дефект.

Найдите дефект в приведённых рассуждениях.

Решение

Дело в том, что когда круг катится без скольжения по прямолинейному отрезку длиною в ɪ окружности катящегося

Круга, тогда он действительно делает -ɪ- оборота вокруг сво­его центра. Это утверждение становится неверным, не соот­ветствующим действительности, если круг катится по дуге какой-либо кривой линии. В рассматриваемой задаче катящийся круг, пробегая дугу, составляющую, например, ɪ длины его 1 2

Окружности, делает не — оборота, а -%■ оборота и, следова — о О

Тельно, пробегая шесть таких дуг, делает 2

6∙-^-=4 оборота!

О

В этом вы можете убедиться наглядно.

Пунктир на рис. 127 изображает положение катящегося круга после того, как он прокатился по дуге AB (=60°) неподвижного круга, т. е. по дуге, составляющей-ɪ-длины ок­ружности. В новом положении круга наивысшее место на его окружности занимает уже не точка А, а точка С, что, как нетрудно видеть, соответствует позороту точек окружности

На 120°, т. е. на ɪ полного оборота. «Дорожке» в 120° будет О

Соответствовать ~ полного оборота катящегося круга.

Итак, если круг катится по кривой (или по ломаной) дорожке, то о. ч делает иное число оборотов, нежели в том случае, когда он катится по прямолинейной дорожке той же длины.

Задержимся еще немного на геометрической стороне этого удивительного факта, тем более, что обычно даваемое ему объяснение не всегда бывает убедительным.

тельный поворот при качении круга по ломаной линии.Пусть круг радиуса Г катится nɔ прямой. Он делает один оборот на отрезке АВ, длина которого равна длине окруж­ности катящегося круга

(2τrr). Надломим отрезок AB в его середине C (рис.

128) и повернем звено CB На угол А относитель­но первоначального поло­жения.

Tеперь круг, сделав пол-оборота, дойдет до вершины C и, чтобы за­нять такое положение, при котором он будет ка­саться в точке C пря­мой СВ, повернется вме­сте со своим центром па угол, равный углу А (эти углы равны, как имеющие взаимно перпендикулярные стороны).

В процессе этого вращения круг катится без продвижения по отрезку. Вот это и создает здесь дополнительную часть полного оборота сравнительно с качением по прямой.

Дополнительный поворот составляет такую часть полного ɑ

Оборота, какую составляет угол А от угла 2π, т. е. . Вдоль отрезка CB круг сделает тоже пол-оборота, так что всего при движении по ломаной ACB он сделает 1+^ оборотов.

Теперь нетрудно предстазнть себе, сколько оборотов дол­жен сделать круг, катящийся снаружи по сторонам выпукло­го правильного шестиугольника (рис. 129). Очевидно столько, сколько раз он обернулся бы на прямолинейном пути, равном периметру (т. е. сумме сторон) шестиугольника, плюс число оборотов, равное сумме внешних углов шестиугольника,

лого многоугольника постоянна и равна 4d, или 2π, то ^=1.
таким образом, обходя шести-угольник, а также и любой выпуклый многоугозьник, круг всегда сделаэт од-ним оборотом больше, чем при движе-нии по прямолинейному отрезку, рав-ному периметру многоугольника.
при бесконечном удвоении числа сторон правильный выпуклый много-угольник приближается к окружности, значит, все высказанные соображения остаются в силе и для окружности. если, например, в соответствии с первоначально поставленной задачей один круг катится по дуге в 120° равного ему круга,
Рис. 129. На сколько обо­ротов больше сделает круг, если ои покатится по сторонам многоуголь­ника, а не по его выпрям­ленному периметру? 120° оавного ему κovra. то утвер­ждение, что движущийся круг делает при этом не ɪ, а ~ обо­рота, приобретает полную геометрическую ясность.

Девочка на канате

Когда круг катится по какой-нибудь линии, лежащей с ним в одной плоскости, то и каждая точка круга перемещается

По плоскости, т. е.,

А. — χ

Как говорят, имеет

Свою траекторию.

∕ >zz

ʌs. /V

<∖. `

I ∖ ^τz∕ 1 ** И

\ А — I

VV’

VyV у √

У ∖⅝- У

∖Λ,>

A1 At

Рис. 130. Циклоида — траектория точки А окружности диска, катящегося без скольжения по прямой линии.

Проследите за траекторией любой точки круга, катящегося по прямой или по окружности, и вам представятся разнооб­разнейшие кривые*).

Некоторые из них изображены на рис. 130 и 131.

ɪ) Очень много полезного и любопытного, а также примеры, относящиеся к этому вопросу, читатель найдет в интересной книге Г. Н. Бермана «Циклоида», Гостехиздат, 1948.

рис. 131. трехрогая гипо-циклоида — траектория точки окружности диска, катя-щегося изнутри по большой окружности, причем r = злпите к картону (фа лере), я в образовавшееся окошко

рис. 132. «девочка на канате». на катящемся круге есть такие точки, которые движутся прямолинейно.

Возникает такой вопрос: может ли точка круга, катящегося ио «внутренней стороне» окружности другого круга (рис. 131), описать не кривую линию, а пря­мую? На первый взгляд кажется, что это невозможно.

Однако же именно такую кон­струкцию я видел своими глаза­ми. Это была игрушка — «девочка на канате» (рис. 132). Вы можете ее легко изготовить. На листе плотного картона или фанеры на­рисуйте жрут диаметром в 30 См Так, чтобы остались поля на листе, и один из диаметров продлите в обе стороны.

На продолжениях диаметра воткните по иголке с продетоI Ниткой, натяните нитку горизон­тально и оба • ее кониа прикре-

Наригозанный круг вырежьте поместите еще один картонный

(или фанерный) круг диаметром в 15 См. У самого края малого круга тоже воткните иголку, как на рис. 132, вы-

рис. 133. геометрическое объяснение «девочки на канате».

Режьте из плотной бумаги фигурку девочки-акробатки и при­клейте сургучом ее ножку к головке иголки.

Попробуйте теперь катить малый круг, прижимая его к стенкам окошка; головка иголки, а вместе с ней и фигурка дезочки будут скользить то вперед, то назад вдоль натяну­той нитки.

Это можно объяснить только тем, что точка катящегося круга, к которой прикреплена иголка, перемещается строго вдоль диаметра окошка.

Но почему же в аналогичном случае, изображенном на рис. 131, точка катящегося круга описывает не прямую, а кри« вую линию (она называется гипоциклоидой)? Все дело в от­ношении диаметров большого и малого кругов.

Задача

Докажите, что если внутри большого круга катить по его окружности круг вдвое меньшего диаметра, то во время этого движения любая точка на окруж­ности малого круга будет дви< гаться по прямой, являющейся диаметром большого круга.

Решение

Если диаметр круга O1 вдвое меньше диаметра круга О (рис. 133), то ь любой момент движе­ния круга O1 одна его точка на­ходится в центре круга О.

Проследим за перемещением точки А.

Пусть малый круг прокатился по дуге АС.

Где будет точка А в новом положении круга O1?

Очевидно, она должна быть в такой точке В его окруж­ности, чтобы дуги AC и BC были равны по длине (круг ка­тится без скольжения). Пусть OA = R и ZOC = G. Тогда AC=RA^, следовательно, и BC=RA, но так как

рис. 134. пафнутий львович чебышев (1821—1894 гг.).

O1C= ɪ, то X ВО IC ≈⅛~ ≈2A∙, тогда XBOC как впи-

2

Санный разен -κj = α, т. е. точка В осталась на луче OA.

Лл

Описанная здесь игрушка представляет собою примитив­ный механизм для преобразования вращательного движения в прямолинейное.

Конструирование таких механизмов (они называются инверсорами) интересует тех­ников-механиков еще со времен уральского механика И. И. Ползунова — первого изобретателя паровой маши­ны. О Зычно эти механизмы, сообщающие точке прямоли­нейное движение, имеют шар­нирное устройство.

Очень большой вклад в математическую теорию ме­ханизмов сделал гениальный русский математик Пафнутий Львович Чебышев (1821 —

1894 гг.) (рис. 134). Он был не только математиком, но и выдающимся механиком. Сам построил модель «стопохо­дящей» машины (она и сей­час хранится в Академии наук СССР), механизм самокатного кресла, лучший по тому времени счетный механизм — арифмометр и т. д.

Путь через полюс

Вы, конечно, помните знаменитый перелет Героя Совет­ского Союза М. М. Громова и его друзей из Москвы в Сан — Джасинто через Северный полюс, когда за 62 часа 17 мин. полета М. М. Г ромовым было завоевано два мировых рекорда на беспосадочный полет по прямой (10 200 Км) и по ломаной (11 500 Км).

Как вы думаете, вращался ли вместе с Землей вокруг земной оси самолет героев, перелетевших через полюс? Вопрос этот часто приходится слышать’ но не всегда на него дается правильный ответ. Всякий самолет, в том числе и пролетающий через полюс, безусловно должен участвовать во вращении земного шара. Это происходит потому, что летящий самолет отделен только от твердой части земного шара, но остается связанным с атмосферой и увлекается ею во вращательное движение вокруг оси нашей планеты.

Итак, совершая перелет через полюс из Москвы в Аме­рику, самолет в то же время вращался в ιecτe с Землей вокруг земно! оси. Какога же трасса этого полета?

Чтобы правильно ответить и на этот вопрос, надо иметь в виду, что когда мы говорим «тело движется», то это зна­чит— изменяется положение данного тела относительно каких — либо других тел. Вопрос о трассе и вообще о движении не будет иметь смысла, если при этом не указана (или по крайней мере не подразумевается), как говорят математики, система отсчета, или попросту — тело, относительно которого происходит движение.

Относительно Земли самолет М. М. Громова двигался почти вдоль меридиана Москвы. Меридиан Москвы, как и всякий иной, вращается вместе с Землей вокруг земной оси; вращался и самолет, придерживавшийся линии меридиана во время перелета, но на форме трассы для земного наблюда­теля это движение не отражается, так как о ю происходит уже относительно какого-либо другого тела — не Земли.

Следовательно, для нас, твердо связанных с Землей, трасса этого героического перелета через полюс — дуга большого круга, если считать, что самолет двигался точно по меридиану и находился при этом на одном и том же рассто­янии от центра Земли.

Теперь вопрос поставим так: мы имеем движение самолета относительно Земли и знаем, что самолет с Землею вместе вращаются вокруг земной оси, то-есть имеем движение само­лета и Земли относительно некоторого третьего тела; какою же будет трасса перелета для наблюдателя, связанного с этим третьим телом?

Упростим немного эту необычную задачу. Околополярную область нашей планеты представим себе плоским диском, лежащим на плоскости, перпендикулярной к земной оси. Пусть эта воображаемая плоскость будет тем «телом», отно­
сительно которого вращается диск вокруг земной оси, и пусть вдоль одного из диаметров диска разномерно катится заводная тележка: она изображает самолет, летящий вдоль меридиана через полюс.

Какой линией на нашей плоскости изобразится путь те­лежки (точнее говоря, какой-либо одной. точки тележки, например, ее центра тяжести)?

Время, за которое тележка может пройти от одного конца диаметра до другого, зависит от ее скорости.

Мы рассмотрим три случая:

1) тележка проходит свой путь за 12 часов;

2) этот путь она проходит за 24 часа и

3) тот же путь она проходит за 48 часов.

Диск во всех случаях совершает полный оборот за 24 часа.

Первый случай (рис. 135). Тележка проходит по диаметру диска за 12 часов. Диск совершиг за это время пол-оборота, т. е. повернется на 180°, и точки AnA поме­няются местами. На рис. 135 диаметр разделен на восемь равных участков, каждый из которых тележка пробегает за 12:8=1,5 часа. Проследим, где будет находиться тележ­ка через 1,5 часа после начала движения. Если бы диск не вращался, тележка, выйдя из точки А, достигла бы че­рез 1,5 часа точки B. Но диск вращается и за 1,5 часа поворачивается на 180°:8 = 45°. При этом точка B диска перемещается в точку B‘. Наблюдатель, стоящий на самом диске и вращающийся вместе с ним, не заметил бы его вращения и увидел бы лишь, что тележка переместилась из точки А в точгку Ь. Но наблюдатель, который находится вне диска и не участвует в его вращении, увидел бы другое: для него тележка передвинулась бы по кривому пути из точки А в точку B‘. Еще через 1,5 часа наблюдатель, сто­ящий вне диска, увидел бы тележку в точке c’. В течение следующих 1,5 часа тележка передвинулась бы для него по дуге CD‘, а спустя еще 1,5 часа достигла бы центра Е.

рис. 135—136. кривые, которые опишет на неподвижной плоское! и точка, участвующая в двух движениях.

Продолжая следить за движением тележки, наблюдатель, стоящий вне диска, увидел бы нечто совершенно неожиданное: тележка опишет для него кривую EfGHA, и движение, кат ни странно, окончится не в противопо ножной точке диаметра, а в исходном пункте.

Разгадка этой неожиданности очень проста: за шесть ча­сов путешествия тележки по второй поювине диаметра радиус этот успевает повернуться вместе с диском на 180° и занять положение первой половины диаметра. Тележка вращается вме­сте с диском даже в тот момент, когда она проезжает над его центром. Целиком поместиться в центре диска тележка, понятно, не может; она совмещается с центром только одной точкой и в соответствующий момент вся вращается вместе с диском вокруг этой точки. То же должно происходить и с самолетом в момент, когда он пролетает над полюсом. Итак, путешествие тележки по диаметру диска от одного конца к другому различным наблюдателям представляется в различном виде. Тому, кто стоит на диске и вертится вместе с ним, путь этот кажется прямой линией. Но неподвижный наблю­датель, не участвующий во вращении диска, видит движение тележки по кривой, изображенной на рис. 135 и напоминаю­щей очертания сердца.

Такую же кривую увидел бы и каждый из вас, наблюдая, предположим, из центра Земли за полетом самолета относи­тельно воображаемой плоскости, перпендикулярной к земной оси, при том фантастическом услозии, чго Земля прозрачна, а вы и плоскость не участвуете во вращении Земли, и если бы перелет через полюс наблюдаемого самолета длился 12 часов.

Мы имеем здесь любопытный пример сложения двух дви­жений.

В действительности же перелег через полюс из Москвы до диаметрально противоположного пункта — той же параллели длился не 12 часов, поэтому мы остановимся сейчас на разборе ещё одной подготовительной ‘ задачи того же рода.

Второй случай (рис. 136). Тележка проходит диаметр за 24 часа. За это время диск совершает полный поворот, и тогда для наблюдателя, неподвижного относительно диска, путь движения тележки будет иметь форму кривой, изобра­женной на рис. 136.

Третий случай (рис. 137). Диск попрежнему совер­шает полный оборот в 24 часа, но тележка путешествует по диаметру от конца к концу 48 часоз.

На этот раз ɪ диаметра тележка проходит за 48:8 =

О

= 6 часов.

В течение тех же шести часов диск успевает повернуться на четверть полного оборота — на 90°. Поэтому спустя шесть

рис. 138. путь перелета москва — сан-джа синто, как он представился бы наблюдателю, не участвующему ни в полете, ни во вращении земли.

Рис. 137. Еще одва кривая, получившаяся в результате Сложения двух движений.

Часоз от начала движения тележка переместится по диаметру (рис. 137) в точку Ь, ио вращение диска перенесет эту точку в B‘. Спустя еще шесть часов тележка придет в точку g и т. д. За 48 часов тележка проходит весь диаметр, а диск делает два полных оборота. Результат сложения этих двух движений представляется неподвижному наблюдателю в ви­де затейливой кривой, изображенной на рис. 137 сплошной линией.

Рассмотренный сейчас случай приближает нас к истинным условиям перелета через полюс. На перелет от Москвы до полюса М. М. Г ромов затратил приблизительно 24 часа; поэтому наблюдатель, находящийся в центре Земли, увидел бы эту часть трассы в виде линии, почти тождественной с первой пэловиной кривой рис. 137. Что касается второй части перелета М. М. Громова, то она длилась примерно в полтора раза дольше, кроме того, расстояние от полюса до Сан-Джа — синто также раза в полтора длиннее расстояния от Москвы до Северного полюса. Поэтому трасса второй части пути представилась бы не. юдвижтому наблюдателю в виде линии такой же формы, как и лилия первой части пути, но в пол­тора раза длиннее.

Катая кривая получается в конечном итоге, показано на рис. 138.

Многих, пожалуй, озадачит то обстоятельство, что началь­ный н конечный пункты перелета показаны на этом рисунке в таком близком соседстве.

Но не следует упускать из виду, что чертеж показывает не одновременное положение Москвы и Сал-Джасинто, а раз­деле шое промежутком времени в 2 [XIII]∕2 суток.

Итак, вот какую примерно форму имела бы трасся пере­лета М. М. Громова через полюс, если бы можно было наб­людать за полетом, например, из центра земного шара. Вправе ли мы назвать этот сложный завиток истинным путем перелета через полюс в отличие от относительного изображаемого на картах? Нет, это движение тоже относи­тельно: оно отнесено к некоторому телу, не участвующему во вращении Земли вокруг оси, точно так же как обычной изображение трассы перелета отнесено к поверхности вращающейся Земли.

Если бы мы могли следить за тем же перелетом с Луны или с Солнца1), трасса полета представилась бы нам еще в иных видах.

Луна не разделяет суточного вращения Земли, но она зато обходит кругом нашей планеты в месячный срок. За 62 часа перелета из Москвы в Сан-Джасинто Луна успела описать около Земли дугу в 30°, и это не могло бы не ска­заться на траектории полета для лунного наблюдателя. На форме трассы самолета, рассматриваемой относительно Солнца, сказалось бы еще и третье движение — вращение Земли вокруг Солнца.

«Движения отдельного тела не существует, есть только относительное движение», — говорит Ф. Энгельс в «Диалек­тике природы».

Pace. отре мая сейчас задача убеждает нас в этом самым наглядный образо. ч.

Длина приводного ремня

Когда ученики ремесленного училища окончили свою ра­боту, мастер «на прощанье» предложил желающим решить такую

Задачу

«Для одной из новых установок нашей мастерской, — сказал мастер, — надо сшить приводной ремень — только не на два шкива, как это чаще бывает, а сразу на три,—и мастер показал ученикам схему привода (рис. 139).

Рис. 139. Схема привода. Как определить длину приводного ремня, пользуясь только указанными размерами?

«Все три шхиза, — продолжал он, — имеют одинаковые размеры. Их диаметр н расстояния между их осями указаны на схеме.

«Как, зная эти размеры и не производя более никаких дополнительных измерений, быстро определить длину привод­ного ремня?»

Ученики задумались. Вскоре кто-то из них сказал: «По — моему, вся трудность здесь только в том, что на чертеже не

— 2/7 —

Указаны размеры дуг АВ, CD, EF, по которым ремень огибает каждый шкив. Для определения длины каждой из Этих дуг надо знать величину соответствующего централь­ного угла и, мне кажется, без транспортира нам не Обойтись».

«Углы, о которых ты говоришь, — ответил мастер,— можно даже вычислить по указанным на чертеже размерам При помощи тригонометрических формул и таблиц, но это далекий путь и сложный. Не нужен здесь и транспортир, Так как нет необходимости знать длину каждой интересую­щей нас дуги в отдельности, достаточно знать…».

«Их сумму, — подхватили некоторые из ребят, сообра­зивших, в чем дело».

«Ну, а теперь идите домой и принесите мне завтра ваши решения».

Не торопитесь, читатель, узнать, какое решение принесли мастеру его ученики.

После всего сказанного мастером эту задачу нетрудно решить и самостоятельно.

Решение

Действительно, длина приводного ремня определяется очень просто: к сумме расстояний между осями шкивов надо еще прибавить длину окружности одного шкива. Если длина рем­ня I, то

I=æ — J — B — J — С — J — 2ττr.

О том, что сумма длин дуг, с которыми соприкасается ремень, составляет всю длину окружности одного шкива, догадались почти все решавшие задачу, но не всем уда­лось это доказать.

Из представленных мастеру достаточно обоснованных реше­ний он признал наиболее коротким следующее.

Пусть ВС, DE, FA касательные к окружностям (рис. 139). Проведем радиусы в точки касания. Так как окружно­сти шкивов имеют равные радиусы, то фигуры O1BCO2, O2DEOs и O1OsEA прямоугольники, следовательно, BC-J — — J — DE-J — FA = A — J — B-J — С. Остается показать, что сумма длин дуг AB — J — CD — J — EF составляет полную длину окружности.

Для этого построим окружность О радиуса Г (рис. 139, вверху). Проведем OΛJ∣∣O,<4, ON ∣∣ O1B и OP [ O2D, тогда /_ MON=/_A OiB, /_ NOP= /_ CO2D и <∕POM=/E°Zf> Как углы с параллельными сторонами.

Отсюда следует, что ΛB-4-CD-4-fF=MΛΛ-{-NP—∣-∕3ΛI=2πr>

Итак, длина ремня L=AJ~B-^-C-^-2πr.

Таким же способом можно показать, что не только для трех, но и для любого количества равных шкивов длина при­водного ремня будет равна сумме расстояний между их осями плюс длина окружности одного шкива.

рис. 140. снимите с рисунка необходимые размеры и вычислите длину ленты транспортера.

Задача

На рис. 140 изображена схема транспортера на четырех равных роликах (есть и промежуточные ролики, но на схеме они опущены, как не влияющие на решение задачи). Исполь­зуя масштаб, указанный на рисунке, снимите с рисунка не­обходимые размеры и вычислите длину ленты транспортера.

Задача о догадливой вороне

В наших школьных хрестоматиях по родному языку есть забавный рассказ о «догадливой вороне». Этот старинный рассказ повествует о вороне, страдавшей от жажды и нашед­шей кувшин с водой. Воды в кувшине было мало, клювом ее не достать, но ворона будто бы сообраз uɪa, как пособить горю: она стала кидать в кувшин камешки. В результате этой уловки уровень воды поднялся дэ краев кувшина, и ворона могла напиться.

Не станем входить в "обсуждение того, могла ли ворона проявить подобную сообразительность. Случай интересует нас со стороны геометрической. Он дает повод рассмотреть сле­дующую

Задачу

Удалось ли бы вороне напиться, если бы вода в кувшине налита была до половины?

Решение

Разбор задачи убедит нас, что способ, примененный воро­ной, приводит к цели не при всяком первоначальном уровне воды в кувшине.

Ради упрощения примем, что кувшин имеет форму пря­моугольной призмы, а камешки представляют собою шарики одинаковой величины. Легко сообразить, что вода поднимется над уровнем камешков в том лишь случае, если первоначаль­ный запас воды занимает больший объем, чем все промежутки между камешками: тогда вода заполнит промежутки и высту­пит поверх камешков. Постараемся вычислить, какой объем занимают эти промежутки. Проще всего выполнить расчет при таком расположении казенных шариков, когда центр каждого лежит на одной отвесной прямой с центрами верхнего и нижнего шариков. Пусть диаметр шарика D и, следо­вательно, объем его ɪ та/3, а объем описанного около него

Кубика Di. Разность их объемов Dz ɪ та/3 есть объем неза­полненной части кубика, а отношение

D3- -ɪ-raf3

О „

Означает, что незаполненная часть каждого кубика составляет 0,48 его объема. Такую же долю, т. е. немного меньше половины, составляет и сумма объемов всех пустот от объела кувшина. Дело мало изменяется, если кувшин имеет неприз — матическую форму, а камешки нешарообразны. Во всех слу-

Чаях можно утверждать, что если первоначально вода в кув­шине налита была ниже половины, вороне не удалось бы набрасыванием ка лешкоз поднять воду до краев.

Будь ворона посильнее, — настолько, чтобы утрясти ка­мешки в кувшине и добиться их плотного сложения,—ей удалось бы под шть воду более чем вдвое выше первоначаль­ного уровня. Но это ей не под силу сделать, и, допустив рыхлое расположение камешков, мы не уклонились от реаль­ных условий. К тому же кувшины обычно раздуты в средней части; это должно также уменьшить высоту : подъема воды И Подкрепляет правильность нашего вывода: если вода стояла ниже половины высоты кувшина, — вороне напиться не уда­лось бы.

ГЛАВА ДЕСЯТАЯ

Добавить комментарий

Ваш e-mail не будет опубликован. Обязательные поля помечены *