Палка в кастрюле с замёрзшей водой

В цилиндрический сосуд квадратного сечения d налили до краёв воды и стали его постепенно раскручивать вокруг вертикальной оси. Раскурученная вода стала переливаться через край. Когда центр поверхности воды коснулся дна, скорость вращения перестали увеличивать и температуру снизили, так что вода замёрзла. В образовавшуюся ледяную яму опустили тонкую однородную палочку длиной р (см. рис.).
Постройте циркулем и линейкой точки Р (концы палочки) в положении её равновесия.



------------------------------------------

Как обычно, приветствуются геометрические решения с минимумом аналитики. Сам я 100% геометрическое решение не нашел, но полученная формула для построения выглядит до неприличия просто и выводится тоже просто в полстрочки. И никакие производные и даже квадратные уравнения не понадобились. Но зато некоторая физико-геометрическая подготовка, да, тогда нужна. Впрочем, решайте хотя бы и с аналитикой, главное - постройте ЦиЛ. Боюсь, с аналитикой будет даже сложнее.

Хотя задачу придумал сам, скорее всего, это старьё. Поэтому, если кто сразу знает, просьба не спойлерить тем, кто ещё не знает.

Палка должна проходить через фокус [math]F[/math] параболы.
Поэтому в первую очередь и надо найти [math]F[/math], затем директрису [math]d[/math] параболы.

Пересекаем [math]d[/math] окружностью [math]c[/math] с центром в [math]F[/math] и радиуса [math]r=\sqrt{p \cdot f}[/math], где [math]p[/math] и [math]f[/math] - длина палки и расстояние от фокуса до вершины параболы соответственно.
Точки пересечения [math]c[/math] и [math]d[/math] дадут проекции [math]Mx[/math] середин палок на директрису (у нас два симметричных относительно оси параболы решения).
Сами же середины [math]M[/math] находятся на расстоянии [math]\frac{p}{2}[/math] выше [math]Mx[/math].
На прямых [math]MF[/math] лежат искомые палки, их концы [math]P[/math] отметим на прямых [math]MF[/math] от [math]M[/math] на расстоянии [math]\frac{p}{2}[/math].

Li6-D

Вас не затруднит обосновать это утверждение?

ferma-T
Можно ли считать, что картинка с изображением параболы задана
и может быть использована при построении?

Да, если это действительно так и это используется, то это нужно бы обосновать/доказать (или опровергнуть).


Сорри, но у меня там не парабола. Но она и не нужна. В принципе, для построения концов палки сама кривая не требуется - нужно знать только что это за кривая. На то это и задача для циркуля и линейки.

ferma-T
Естественно исходим из факта, что поверхность воды во вращающемся стакане - это поверхность параболоида.
Можно ПРЕДПОЛОЖИТЬ, что возможно охладить воду в процессе вращения так, что после застывания ледяная поверхность будет иметь ту же форму. Хотя лучше было бы написать, что некий Данила- мастер выточил в куске льда параболическую полость.
Можно считать , что коэффициент трения между концами палочки и ледяной поверхностью равен нулю ( все-таки это наименьший коэфф. трения в природе, где-то 0,015). А тогда, если трения нет, то равновесное положение палочки, согласно законам механики, будет горизонтальное ( при этом центр масс палочки не будет проходить через фокус в общем случае, если только не подобрать единственным образом её длину).
Если палочку вывести из этого положения - она будет совершать колебательные движения (причём тут геометрия?).
По мне- осталось вписать палочку заданной длины, чтобы она в горизонтальном положении опиралась на параболу.
Поэтому и спросил , считать ли рисунок параболы заданным при построении. Чтобы было совсем элементарно.
Формулировка задачи оставляет желать лучшего.
P.S. "В цилиндрический сосуд КВАДРАТНОГО сечения..." Это действительно важно, или я упустил...

revos, равновесие (неустойчивое) бывает и в максимуме потенциальной энергии.
Если резко перевернуть цепную линию вершиной вверх, то она будет в равновесии, вроде арки в Сент-Луисе.
Линия ferma-T, на мой взгляд, больше напоминает как раз цепную линию, нежели параболу.
Ладно, отвлеклись. Согласен, что горизонтальный отрезок находится в состоянии равновесия.
Но есть и не такое тривиальное решение, которое соответствует минимуму потенциальной энергии отрезка.
Описание построения такого отрезка я и привел. Теперь обоснование:
Из определения параболы и при помощью этого рисунка понятно, что середина любой хорды параболы не может приблизиться к директрисе меньше половины длины этой хорды.

Допустим, что длина хорды [math]p[/math] не меньше [math]4f[/math], тогда радиус окружности "c" из моего предыдущего поста будет [math]\sqrt{p \cdot f}\ge 2f[/math].
То есть эта окружность с центром в [math]F[/math] обязательно коснется или пересечет директрису, расстояние от которой до фокуса равно [math]2f[/math].
В этом случае хорду соответствующей длины провести через фокус можно.
Теперь интересное свойство хорды параболы, проходящей через ее фокус: окружность с диаметром на такой хорде касается директрисы параболы.
Таким образом, середина такой хорды (центр окружности) находится выше директрисы ровно на половину длины хорды, а ниже этого уровня середина опуститься не может.

Пусть парабола (синяя линия) будет [math]y=kx^2[/math]

[math]y_c=\frac{p}{4}\left( \frac{1+4k^2x^2}{kp}+\frac{kp}{1+4k^2x^2} \right)-\frac{1}{4k}[/math] – линия, описываемая центром палки (красная линия).

На картинке сверху [math]y_c[/math] имеет два минимума, т.е. два устойчивых положения равновесия при [math]x=\pm\frac{1}{2k}\sqrt{kp-1}[/math] и [math]y_c=\frac{1}{4}\left( 2p- \frac{1}{k} \right)[/math]
Видно, что палка проходит через фокус, что, наверное, легко доказать.

Если [math]kp\leqslant 1[/math] (картинка снизу), то два минимума вырождаются в единственный минимум. Палка будет иметь единственное устойчивое положение равновесия перпендикулярное оси параболы. При этом палка уже не проходит через фокус.

Насчет построения ЦЛОм – нужно более конкретно знать, что дано.

Я почти уверен, что вода замёрзнет как параболоид, ведь в системе отсчёта воды и сосуда всё неподвижно и уравновешено. И, если какой-то участок воды замёрзнет раньше других, он либо "всплывёт" на поверхность, либо, если уже был на поверхности, просто там и останется относительно неподвижным. Если будет замерзать сначала у стенки, то, по идее, останется прилипшим к стенке, и тогда вообще точно нет проблем.


Это нужно, чтобы легко определить (нарисовать ЦиЛ) геометрические параметры параболы.


================================================================================



Глазами видно, да. Но, всё-таки, аналитически, ИМХО, это не так уж легко доказать.
Также и случай kp < 1 - вы просто говорите: "два минимума вырождаются в единственный минимум". Но, ведь строго математически вы должны были бы сказать типа: "задача не имеет решения". Вопрос решения для случая kp < 1, считаю, остаётся открытым.


Да, задача навеяна вашей темой про цепь на столбах.
Я просто не хотел рисовать именно параболу, ибо парабола здесь - это википедийная информация. Нарисовал тупо эллипс, просто чтобы было похоже на поверхность кручёной воды. Парабола слишком легко узнаётся визуально. Ну, а потом останется лишь просто повозюкать в геогебре мышой хордой по параболе - и слишком быстро бросается в глаза факт прохождения палки через фокус. А дальше уже решение - чисто дело техники. Короче, хотел хоть как-то усложнить задачу.

------------------------------

Спасибо Li6-D и MurChik за участие в решении и обосновании прохождения палки через фокус параболы. Обоснование прохождения палки через фокус - и есть самая изюминка задачи. Li6-D, как всегда, сумел здесь найти оригинальный подход, причём, чисто геометрический, для этого обоснования. Сам я, будучи изначально более физиком, чем математиком, сделал полтора физико-геометрического обоснования. Полтора - потому что одно строгое, а ещё половина - фэнтезийное.

Вот фэнтезийное (для случая длины палки >= 4f). Ясно, что в равновесии однородную палку можно заменить невесомой палкой с двумя точечными полумассами на концах. Т.о. на палку будут действовать две силы тяжести на концах. Заменим каждую из двух сил тяжести вертикальной струёй падающих горошин с импульсами mv (но теперь уже в невесомости). Они будут производить такой же эффект давления, как и гравитационные силы тяжести. Понятно, что, в состоянии равновесия палки, горошины, отскочившие от обеих точек касания концов, должны компенсировать друг друга, т.е суммарный импульс каждой пары должен быть равен нулю. Это будет возможно только когда отскочившие горошины полетят навстречу др. др. по одной прямой. Как известно из оптического свойства параболы, вертикально падающие и отскочившие горошины пролетят через фокус. И для компенсации импульсов это должна быть одна и та же прямая. Т.е. это будет прямая, проходящая через фокус.

Это было нестрогое фэнтезийное физико-геометрическое доказательство. Строгое физико-геометрическое выложу позже, если никто больше не предложит его. Там и случай kp < 1 логично вкладывается.

-------------------------

После установления факта прохождения палки через фокус построение ЦиЛ уже остаётся чисто делом техники. Li6-D описал, но не нарисовал, поэтому я пока ещё не разбирался в нём. MurChik пока и не описал. Поэтому жду обоснованных рисунков от обоих, и от всех остальных. Потом выложу своё построение.

------------------------

Напоминаю про новую традицию здесь - если задача как-то понравилась, благодарим также и автора задачи. Если не понравилась - дело гуманности каждого.

Чертеж построения с подробными пояснениями к нему (для начала вспомните классическое определение параболы, свойства фокуса и директрисы)


Рассмотрим хорду [math]{P_0}{P_1}[/math] длины [math]p[/math], проходящую через фокус [math]F[/math] параболы (в данной задаче [math]F[/math] расположен на расстоянии [math]\frac{d }{16}[/math] от дна кастрюли, а директриса ниже дна на таком же расстоянии).
Проведём окружности [math]{c_0}[/math], [math]{c_1}[/math] с центрами [math]{P_0}[/math], [math]{P_1}[/math] и также проходящие через [math]F[/math].
Они касаются внешним образом в [math]F[/math]. Кроме того, они касаются директрисы в точках, которые обозначим [math]{P_0}x[/math], [math]{P_1}x[/math].
Проведём перпендикуляр к [math]{P_0}{P_1}[/math] через [math]F[/math] (общая касательная к [math]{c_0}[/math], [math]{c_1}[/math] в точке касания).

Пусть [math]Mx[/math] – точка пересечения этого перпендикуляра с директрисой.
Отрезки касательных из [math]Mx[/math] к окружностям равны по длине, значит [math]Mx[/math] – середина [math]{P_0}x{P_1}x[/math] и она же является проекцией на директрису точки [math]M[/math] – середины отрезка [math]{P_0}{P_1}[/math].
В трапеции [math]{P_0}{P_0}x{P_1}x{P_1}[/math] – [math]MMx[/math] – средняя линия, длина которой – среднее арифметическое длин оснований [math]{P_0}{P_0}x[/math] и [math]{P_1}x{P_1}[/math], сумма которых равна длине отрезка [math]{P_0}{P_1}[/math], то есть [math]p[/math].
Таким образом, можно записать: [math]\left|{MMx}\right| = \frac{p}{2}= \left|{M{P_0}}\right| = \left|{M{P_1}}\right|[/math].

Пусть [math]Fx[/math] – проекция [math]F[/math] на директрису, тогда [math]\left|{F{Fx}}\right| = 2f[/math] – расстояние от фокуса до директрисы.
Прямоугольные треугольники [math]MxFM[/math] и [math]FFxMx[/math] подобны, поэтому:
[math]\frac{{\left|{MxF}\right|}}{{\left|{MxM}\right|}}= \frac{{\left|{F{Fx}}\right|}}{{\left|{FMx}\right|}}\Rightarrow \left|{MxF}\right| = \sqrt{\left|{MxM}\right| \cdot \left|{F{Fx}}\right|}= \sqrt{\frac{p}{2}\cdot 2f}= \sqrt{p \cdot f}[/math].

Возвратимся к построению, в котором изначально нам известен фокус с директрисой, расстояние между ними [math]2f[/math], длина [math]p[/math] хорды [math]{P_0}{P_1}[/math].
Строим окружность с центром в [math]F[/math] и радиуса [math]\sqrt{p \cdot f}[/math] (думаю, нет нужды описывать построение среднего геометрического известных длин отрезков).
Исходя из вышесказанного, окружность пересечёт или коснется директрисы в точке [math]Mx[/math], если [math]p \ge 4f[/math].
[math]Mx[/math] найдена!
Мы уже понимаем, почему середина хорды [math]M[/math] расположена выше [math]Mx[/math] на расстоянии [math]\frac{p}{2}[/math].
[math]M[/math] найдена!
Проводим прямую [math]MF[/math] и отмечаем на ней точки [math]{P_0}[/math], [math]{P_1}[/math] на расстоянии [math]\frac{p}{2}[/math] от [math]M[/math].
Отрезок [math]{P_0}{P_1}[/math] построен!