В эту субботу был на Фестивале "Квантика" в Новой школе — ставил станцию с физическими опытами. Кажется, неплохо получилось!
На фото и видео: в заполненный углекислым газом (из сухого льда на дне) сосуд Дьюара медленно опускается горящая зажигалка. В тот момент, когда она опускается в сам углекислый газ — пламя от неё отрывается: газ из неё в CO2 не горит, но успевает подняться до огонька и сгореть там. Так что огонёк пляшет на границе между углекислым газом и воздухом — зажигалка отдельно, пламя отдельно!

Кстати — отсюда видно, сколь углекислый газ коварен: на глаз его совершенно не видно, кажется, что дьюар заполнен воздухом. (И он в полтора раза тяжелее воздуха — поэтому и в сосуде накапливается и не разлетается.)

На всякий случай: при работе с сухим льдом нужно соблюдать технику безопасности! Не хвататься за него голыми руками — можно обжечься, как-никак минус 79 градусов; работать — и хранить — только в хорошо проветриваемом помещении (ибо углекислый газ, которым дышать нельзя, а ещё умеет незаметно накапливаться у пола); его нельзя хранить в герметично закрытой ёмкости — её разорвёт газом; в общем — если захочется повторить, пожалуйста, аккуратно изучите ТБ до того, как что-либо делать!

А тут над таким же слоем углекислого газа "висят" мыльные пузыри — наполненные обычным воздухом и потому спокойно над углекислым газом плавающие!
(Тут фото уже не с фестиваля — увы, там сфотографировать не успел)

P.S. За дьюар (и за удобную зажигалку и за большой УФ-фонарик, с которым флуоресценция тоника была хорошо видна даже днём) спасибо коллегам-химикам, которые ставили соседнюю станцию; у них было здорово — но, каюсь, их я сфотографировать не успел, дети шли потоком. 🙂

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

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)

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?

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.

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)

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!)

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).

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.

https://twitter.com/i/status/1431489617623126018

картинка по выходным: магия с параболой, которая катится по другой параболе (спасибо за ссылку Н.Андрееву)

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".

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.

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.)

https://twitter.com/i/status/1430777572787462152

еще одна картинка специально для тех, кого параболы недостаточно впечатляют

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)

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.

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.

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.)