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.)

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.

Вау! Поздравляю коллег!!!

Мини-оффтопик: меньше, через минуту, начинается лекция А. А. Гиппиуса про берестяные грамоты —
https://philology.hse.ru/announcements/526684189.html
(кажется, тут идёт трансляция — https://www.youtube.com/watch?v=_1jZkmKSbwo ).

А если вы ни разу не видели лекции А. А. Зализняка — то вот тут (http://www.mathnet.ru/php/presentation.phtml?eventID=46&option_lang=rus#PRELIST46 ) есть их видеозаписи; в том числе — вот (http://www.mathnet.ru/php/conference.phtml?eventID=46&confid=151&option_lang=rus&if_videolibrary=1 ) подраздел с лекциями о берестяных грамотах. И очень, очень, очень советую.

N+1 ведёт онлайн:

https://mccme.ru/nir/seminar/

в четверг (23.12) на семинаре учителей Николай Андреев будет рассказывать про новости Мат. Этюдов

19:00, столовая МЦНМО, приглашаются все желающие

давайте попробуем восстановить традицию не только задач, но и решений в этом канале?

для разминки: два решения задачи выше можно узнать из ролика https://youtu.be/1N-doa1KZeE

Увидел у коллег задачу выше про треугольник с углами π/7, 2π/7, 4π/7 — то есть (применяя теорему синусов) про тождество
1/sin(π/7) = 1/sin(2π/7) + 1/sin(4π/7).

И по (не совсем прямой) ассоциации с доказательством для суммы обратных квадратов через маяки подумал: вот угол π/7 характерен тем, что после трёх удвоений мы получаем его же, увеличенного на π. А если удвоений будет 4? 5?

И таки да —
1/sin(π/15) = 1/sin(2π/15) + 1/sin(4π/15) + 1/sin(8π/15)

1/sin(π/31) = 1/sin(2π/31) + 1/sin(4π/31) + 1/sin(8π/31) + 1/sin(16π/31),
и так далее.
А в пределе, когда x=π/(2^n-1) — очень-очень маленький угол, получаем формулу для суммы геометрической прогрессии: после умножения на x остаётся
1 = 1/2 + 1/4 + 1/8 + 1/16 + ... .
Собственно, в этом исходно и была ассоциация: рассуждение для маяков восстанавливает формулу для обратных квадратов через точное равенство для окружности с конечным числом маяков, переходя к пределу по числу маяков. Тут же была формула для 3 удвоений и было видно, что предел (геометрическая прогрессия) тоже правильный — резонно было посмотреть, не будет ли справедливо и то, что посередине.

А за доказательство спасибо Г. Мерзону — можно воспользоваться тем, что
1/sin(2x) = ctg(x) - ctg(2x),
после чего в правой части получается телескопическая сумма.

Ну и можно либо её свернуть в ctg(x)-ctg(2^{n-1} x) и доразобрать получившееся тождество уже без большой суммы — либо заметить, что перенеся 1/sin(x) с минусом тоже в правую часть, мы получим
-1/sin(x) = 1/sin(π+x) = 1/sin(2^n x),
так что в итоге получаем
ctg(x)-ctg(2^n x) = ctg(x)-ctg(x+π) =0.

Ох.

Дмитрий Борисович Зимин (28.04.1933–22.12.2021)

основанный им фонд «Династия» помог многому и многим