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? \(h=?\)
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 
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
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?
