Простая задача о длине верёвки, опоясывающей земной шар

Задача. Радиус Земли у экватора составляет 6 378,137 км. Землю по экватору опоясывают неэластичной верёвкой длиной 40 075,016 685 6 км. Чтобы избавиться от тысячных метра, я беру и удлиняю верёвку на 31,44 сантиметра (!), т. е. до 40 075,017 км. В результате натяжение ослабевает, и для его восстановления требуется удлинённую верёвку подпереть шестом с земли. Какой высоты понадобится для этого шест? А если изначально я удлинил верёвку не на 31,44 см, а на дюйм? На 1 см?


Решение. Эта задача великолепна тем, что полученный ответ кажется контринтуитивным. Серьёзно, попробуйте решить её сами, а только потом смотреть в решение. Казалось бы, сколько там нужно для подпирания этих жалких тридцати одного с половиной сантиметра по сравнению со всей Землёй?

Не решили? Ладно. Запишем задачу в общем виде: вокруг окружности радиуса \(r\) и точки, находящейся от неё на расстоянии \(h\), натягивается верёвка длины \(2\pi r + a\). Получаются две касательные к окружности, выходящие из пресловутой точки, длина которых в сумме с длиной большей дуги даёт \(2\pi r + a\). На каком расстоянии точка находится от окружности? \(h=?\)

Technical drawing of Earth with rope around it

Запишем, из чего состоит полученная длина верёвки: два отрезка касательных и дуга. Длина дуги — это радиус, умноженный на величину центрального угла в радианах. Полный центральный угол между радиусами, проведёнными в точки касания, равен \(\pi-2\alpha\), поэтому длина дуги, составляющей остальную (большую, «заднюю») часть окружности, равна \(2\pi r\frac{\pi + 2\alpha}{2\pi} = 2\pi r \left( \frac{1}{2}+\frac{\alpha}{\pi}\right) = \pi r + 2\alpha r\). Тогда

\[2\pi r + a = \left( \frac12 + \frac{\alpha}{\pi} \right) 2\pi r + 2b.\]

Теперь рассмотрим прямоугольный треугольник \(\triangle ACD\). Выразим через \(\alpha\), \(r\) и \(h\) сторону \(b\). Во-первых, по теореме синусов, \(\frac{r}{\sin\alpha} = \frac{b}{\sin (\pi/2-\alpha)} = \frac{b}{\cos \alpha} = r + h\) (так как \(0<\alpha<\pi/2\)). Отсюда \[b = r \frac{\cos \alpha}{\sin \alpha} = r \mathop{\mathrm{ctg}} \alpha.\] Во-вторых, по теореме Пифагора, \((r+h)^2 = r^2 + b^2 = r^2 + r^2 \mathop{\mathrm{ctg}^2} \alpha\). Тогда \(r^2 + 2rh + h^2 = r^2 + r^2 \mathop{\mathrm{ctg}^2} \alpha\), откуда \( \mathop{\mathrm{ctg}} \alpha = \sqrt{\frac{2rh + h^2}{r^2}}\) и \[ \alpha = \mathop{\mathrm{arcctg}}\sqrt{\frac{2rh + h^2}{r^2}}.\] На заметку злым языкам или седым математикам/мать-и-мачехам: даже и не думайте, что где-то возникнет ошибка в знаке тригонометрических функций или корне, так как \(\alpha\) — угол первой четверти, все длины больше нуля, и делать преобразования выражений без контроля знака так же безопасно, как и играться объектами в евклидовом пространстве. Мы по-прежнему не знаем ни \(\alpha\), ни \(h\). Возвращаемся в первое уравнение и подставляем в него готовые значения для \(b\) и \(\alpha\): \[2\pi r + a = \left( \frac12 + \frac{\alpha}{\pi} \right) 2\pi r + 2b,\] \[2\pi r + a = \left( \frac12 + \frac{\mathop{\mathrm{arcctg}}\sqrt{\frac{2rh + h^2}{r^2}}}{\pi} \right) 2\pi r + 2r\sqrt{\frac{2rh + h^2}{r^2}},\] \[ \left( \frac12 - \frac{\mathop{\mathrm{arcctg}}\sqrt{\frac{2rh + h^2}{r^2}}}{\pi} \right) 2\pi r + a = 2\sqrt{2rh + h^2},\] \[ \pi r - 2 r \mathop{\mathrm{arcctg}}\sqrt{\frac{2rh + h^2}{r^2}} + a = 2\sqrt{2rh + h^2}.\] Всё, мы пришли. Аналитическими методами данное уравнение относительно \(h\) не разрешается, так как даже в упрощённом виде получается какой-то ужас навроде \( \mathop{\mathrm{arcctg}}x -x = c \). Воспользуемся в таком случае численными методами. В каком-то «разговорнике математика» видел перевод слов: «численный» — очень плохой, «аналитический» — качественный. Но у нас нет способа задать обратную функцию, поэтому прибегнем к помощи Wolfram Alpha Logo и попросим найти возможные положительные значения \(h\) для известного \(r\). Спросим у него в метрах:
Solve Pi*6378137 - 2*6378137*arccot(\sqrt((h^2 + 2*6378137*h)/(6378137^2))) + 0.3144= 2\sqrt(h^2 + 2*6378137*h) for h>0

Wolfram’s solution

Чем меньше удлинение верёвки, тем относительно более длинный шест нам понадобится для восстановления натяжения. Если верёвку, опоясывающую Землю, удлинить всего на один дюйм (2,54 см), то длина требуемой подпорки составит ≈10,5 м! А если верёвку по сравнению с изначальным плотным обхватом удлинить всего на 1 см, то понадобится в 546 раз более длинный шест!

Ещё раз посмотрим: да, это так! При удлинении верёвки менее чем на треть метра для поддержания её в натяжении понадобится шест в 56,18 м!

И еще разъ посмотримъ: да, се такъ! При удлиненіи веревки менѣе чѣмъ на треть метра для поддержания ее въ натяженіи понадобится шестъ въ 56,18 м!

P.S. Очень впечатляюще звучит и обратная задача: земной шар по экватору опоясали прилегающей эластичной резинкой. Я залезаю в башенный кран и оттягиваю планетарную резинку вверх на 121,5 метр. Вопрос: на сколько метров резинка стала длиннее?