[Письмо в редакцию с просьбой опубликовать изображения электрических полей с помощью ЭВМ]

Квант 1984, №3 с. 22, 24, 26 Тег IDK6

Чал с цветом голубого и чистого неба Италии, если не превосходил его.»

III. В повседневной жизни мы часто стalkиваем с таким случаем, когда в однородной среде (жидкость или газе) присутствует весьма malые (по сравнению с длиной волны видимого света) построенные частицы. Это дым, туман или пыль в воздухе, мелкие частицы твердого вещества в воде, различные эмульсии и т. п. Все они могут вызвать рассеяние света.

Что же, голубой цвет весеннего неба или краски солнечного заката связываны с пылью и дымом в воздухе? Так вначале и думали. Но этому противоречило, например, то, что высоко в горах, где нет ни пыли, ни дыма, окраска неба может быть ярче, чем в запыленном городе.

Объяснение состоит в другом. За счет хаотичного движения молекул воздуха возможность появление в нем существовних недородностей плотности. Эти недородности приводят к рассеянию света и появлению синего или голубого цвета дневного неба. А солнечные лучи, которые на рассеете или закате приходятся произвольным гораздо большую, чем днем, толщу воздуха, прибретают красный или желтый оттенки.

Конечно, это не исключает влияния пыли, дыма, тумана на окраску неба. По этому поводу можно привести любопытный эпизод*), описанный К. Паустовским в книге «Золотая роза»:

«Французский художник Моне приехал в Лондон и написал Вестминстерское аббатство. Работал Моне в обыкновенный лондонский туманный

*) Читатели «Кванта» могли с ним встретиться в статье А. Шмелева «Новогодний физический фейерверк» в № 1 за 1982 год.

Спрашивайте — ответаем

Уважаемая редакция!

В вашем журнале часто публикуются различные замисловые рисунки, полученные с помощью ЭВМ. Было бы очень полезно познакомить читателей с графическими изображениями электрических полей несольных точных загадов. Ведь во всех учебниках, школьных иузовских, также рисунки выполняются «на глаз», а не в соответствии со строгими математическими расчетами.

В. И. Кондратенко, преподаватель физики из г. Дроюбица

На это письмо редакция поросила ответить специалиста в области машинной графики Ю. В. Котова.

Распределение электрического поля в пространстве (на плоскости) можно сделать наглядным с помощью силовых линей и эквивпотенциальных поверхностей (линий).

На второй странице обложки восприизведена картина поля диполя, расчитанная и построенная при помощи ЭВМ и графопостроителя. Вследствие освеной симметрии такая картина одинакова во всех плоскости, прохождения через dichionля. Чтобы наглядно проиллюстрировать зависимость потенциальна от координат точки плоскости, построена вспо-
(Окончание см. на c. 26)

Возражение 2. Но биссектриса может и совпадать со средним перпендикуляром.

Ответ. На это возражение у меня есть сразу два ответа. Во-первых, в этом случае биссектриса тоже совпадает с высотой и треугольник опять оказывается равноведенным. Во-вторых, если биссектриса совпадает со средним перпендикуляром, то точку $N$ можно выбрать произвольно на биссектрисе и проведи все расужделия доказательства.

Возражение 3. А что, если биссектриса пересекает средний перпендикуляр на основании $AC$ , то есть $N = M$ ?

Ответ. В этом случае биссектриса совпадает с медианной $BM$ . Отсюда легко следует, что треугольник $ABC$ опять оказывается равноведным.

Возражение 4. Вы не рассмотрели случай, когда биссектриса пересекается со средним perпендикуляром внутри треугольника $ABC$ .

Ответ. Этот случай изобранен на рисунке 2. Рассуждая аналогично тому, как мы делали при рассмотрении рисунка 1, мы заключаем, что $|AN| = |NC|$ , $|NP| = |NQ|$ и, следовательно, $\Delta APN = \Delta CQN$ . Поэтому $\angle NAP = \angle NCQ$ . Кроме того, $\Delta ANC$ равноведенный, поэтому $\angle NAM = \angle NCM$ . Складывая равные углы, мы получаем, что $\angle BAC = \angle BCA$ . Следовательно, треугольник $ABC$ — равноведенный.

Впрочем, могут представить и другой контрудовод: случай, изобраненный на рисунке 2, невозможен, так как биссектриса треугольника всегда лежит между его мединой и высотой.

Итак, четыре возражения мне удалось парировать. Предлагаю читателю, на этом месте остановиться и вестики найти решающее возражение про-

тив приведенного «доказательства». А если не получится — посмотреть раздел «Ответы, указания, решения».

Ну вот, теперь вы будете относиться к чертежам с большим подозрением. Возможно, неокоторым читателем захотелось даже讶ти дальнейшее сделать все математические доказательства совершенного формально-логических, не обращаться к наглядным представлениям, исключая тем самым возможностью ошибки. Математики-профессионалы обычно удовлетворяют тем, чтобы их доказательства могли бы быть записаны формально. Однако, как правило, они ширококо использованы наглядные представления, в том числе рисунки. Объясняется это тем, что формальные выводы значительное длинее обычных доказательств, восприниманы и придумываны их гораддо труднее*). Так что отказываются от чертежей и наглядных представления при доказательстве геометрических теорем не стоит, нужно только научиться правильно им ползовать. В этом вам помогет решение следующих задач, также занимаютсяствовать книги Я. С. Дубнова.

Задания. Найдите ошибки в следующих доказательствах.

Как известно, сумма целов треугольника равна $180^\circ$ . Доказательство этого факта опирается на аксиomy параллельности. Мы сейчас даим доказательство, не использовшее аксиomy параллельности.

*) Например, записать с единицу на одном из формальных языков — изяке теории множества $H$ . Вурбакки — совсем непросто. «Полная запись», содержающая бы несколько десятиков тысяч знаков; для «единичных» этого, пожалуйста, многоговато» (Манни Ю. И. Доказуемое и недоказуемое. М.: Советское радио, 1979).

Известно, что длина окружности радиуса $R$ равна $2\pi R$ . Но мы «доказем», что длина окружности вдвое большие ее диаметра.

Построим полукругжность с диаметром $AB$ (рис. 7). Разделим отрезок $AB$ пополам точкой $C$ и построим на отрезках $AC$ и $CB$ полукругжности, расположая их по разные стороны от прямой $AB$ . Каждая из построенных полукругжностей имеет диаметр, вдвое меньший, чем диаметр исходной полукругжности. Поэтому их длины вдвое меньше длины исходной полукругжности. Следовательно, длина волнообразной линии, помещенной на рисунке номером 1, равна длине данной полукругжности. Разделим теперь каждый из отрезков $AC$ и $CB$ пополам и построим волнообразную линию 2. Ее длина также равна длине исходной полукругжности. Продолжим этот процесс, получая на каждом шаге волнообразную линию той же длины. Расстояние от точек этой линии до прямой $AB$ не превыходит радиуса полукругжностей, составляющих эту линию, то есть стремится к нулю. Следовательно, последовательность волнообразных линей стремиется к отрезку $AB$ . Поскольку их длины длине данной полукругжности, такой же длина быть и длина отрезка $AB$ . Поэтому длина окружности равна ее удвоенному диаметру.

Докажем, что площадь сферы радиуса $R$ равна $\pi^2 R^2$ .

Рассмотрим полусферу с полосом $O$ и разделим ее экватор на $n$ равных частей. Площадь полусферы в $n$ раз больше площади каждой из маленьких сферических треугольников, изображенных на рисунке 8. Рассмотрим такой треугольник. Его основание равно $2\pi R/n$ , а высота стремиется к $\pi R/2$ при $n \to \infty$ . Следовательно, его площадь стремиется к $\pi^2 R^2/2n$ . Поэтому площадь полусферы равна

$n \cdot \frac{\pi^2 R^2}{2n} = \frac{\pi^2 R^2}{2},$

а площадь сферы — $\pi^2 R^2$ .

Материал подготовил С. Л. Габачников

Спрашивайте — ответаем

(Начало см. на с. 22)
могательная поверхность. Аппликаты ее точек соответствуют значениям потенциала в точках плоского сечения поля. Там, где расположены сами заряды, поверхность «вытягается» вверх или вниз, а при удалении от зарядов — приближается к горизонтальной («нулевой») плоскости.

В разных точках поверхность по-разному наклонена к горизонтальной плоскости. Чтобы уточнить наклон, надо в интерсующей точке поверхности построить касательную плоскость и определить угол ее наклона к горизонтальной плоскости. Тангенс этого угла связано со значением направленности поля в данной точке.

Слобые линии поля можно было бы проведи на вспомога-плоского сечения поля. Там, где расположены сами заряды, поверхность «вытягается» вверх или вниз, а при удалении от зарядов — приближается к горизонтальной плоскости. Чтобы уточнить наклон, надо в интерсующей точке поверхности построить касательную плоскость и определить угол ее наклона к горизонтальной плоскости. Тангенс этого угла связано со значением направленности поля в данной точке.

С помощью ЭВМ и графопостроителя можно получить аналогичные картины электронных полей и для нескольких различных образом расположенных точки зарядов. В качестве примера здесь показаны сливые линии поля, образованного тремя зарядами, нахождения на одной прямой. Крайние заряды одноменены и одинаковыми, средний — противоположен по знаку, а по модулю равен сумме двух краейних.

Ю. В. Котов