14

О разділеніи поверхностей втораго порядка на роды
и виды.

Согиненіе Семена Гурьева.

Представленное Академія 1805 года Декабря 11 дня.

Желая избѣгнуть главнаго неудобшва, въ кошорое вле-
чествъ способъ славнаго Ейлера (перваго изв Геометровъ на-
учившаго насъ раздѣленію поверхностей втораго порядка на
роды и виды) и въ разсужденіи кошораго самъ онъ нѣкошо-
рымъ образомъ заodруднялся,какъ то видѣть можно изв чле-
на 114 прибавленія, имъ сдѣланнаго къ превосходному своему
сочиненію подв заглавіемъ: Introductio in Analysisin infinitorum, упо-
шреблялъ я, для преобразованія полнаго между тремя пере-
мѣнными количествами уравненія второй спепени, разные
приемы; и изв всѣхъ оныхъ простѣйшимъ оказался подобный
шому, каковый упошребилъ знаменитый Даламберш въ Энци-
клопедіи въ членѣ Conique, и послѣ него многіе другие
Геометры въ разныхъ елементшарныхъ сочиненіяхъ. при
раздѣленіи на роды линій втораго порядка; ибо приемъ сей упо-
шребленный при поверхностяхъ втораго порядка непосредствен-
но вель меня ко всему тому, что Ейлеръ ни вывелъ,ное изв
шакъ названнаго имъ асимптошическаго уравненія, другое
чрезѣ перемѣненіе координатъ, кошорое за многосложностію
изчисленія имъ несовершенно самымъ дѣломъ, и иное сово-
кушно пѣмъ и другимъ образомъ. Почему я, думалъ, что не
безполезно будешь предшавить Академіи небольшее о семѣ
сочиненіе, что сімь и исполняю.

16

$$
\begin{aligned}
& Z^2 + \left(c' - \frac{a'^2}{4}\right)y^2 + \left(d' - \frac{a'b'}{2}\right)xy + \left(e' - \frac{b'^2}{4}\right)x^2 + \left(g' - \frac{a'f'}{2}\right)y + \left(b' - \frac{b'f'}{2}\right)x \\
& \qquad + i' - \frac{f'^2}{4} = 0;
\end{aligned}
$$

или посвавляя вмѣсто $a', b', c'$ и проч. их в величины, произойдем

$$
Z = z + \frac{g}{2a} + \frac{by}{2a} + \frac{cx}{2a},
$$

и

$$
\begin{aligned}
& 4a^2Z^2 + (4ad - b^2)y^2 + (4ae - 2bc)xy + (4af - c^2)x^2 + (4ab - 2bg)y + (4ai - 2cg)x \\
& \quad + 4ak - g^2 = 0.
\end{aligned}
$$

III.

Дабы построить первое уравнение, продолжимось
до В закsla, чтобы была AB = g/2a, через точку В проведем
плоскость X'Y' параллельную плоскости XAY, и продолжим
MN до пресеченія сб оною вв N'; будет MN' = z + g/2a; помошь
проведем PP' и QQ' параллельныя MN' или оси ZA, до пресв-
ченія сб BX' и BY' вв P' и Q', на шотв конецъ, чтобы имѣть
BP' = AP = x, и BQ' = AQ = y, и вв плоскостях ABX'X и ABYY
проведем еще прямыя BU и BV закъ, чтобы части PR и Q'S
продолженныхb прямыхb PP' и QQ', до пресченія сб BU и BV
вв R и S, были, одна PR = cx/2a, а другая Q'S = by/2a; по семв про-
должим MN, пока пресьчется сб плоскостію UBV вв точкь
O, и будет N'O = by/2a + bx/2a. Ибо, проведи PN', QN', RO, SO,
и RO', параллельную PN', соедини точки Q' и O' прямою Q'O',
и говори: поелику плоскость PNOR параллельна плоскости

17

AQSB, то съчченіе RO параллельно BS; такъ же, поелику пло-
скость NQSO параллельна плоскости PABR, то съчченіе SO па-
раллельно BR; и такъ чѣтыреуг. BROS есть параллелограммѣ,
и сего ради RO = BS и SO = BR; но понеже RO' параллельна и
равна P'N', а сія параллельна и равна BQ', то явствуешь, что
RO' параллельна и равна BQ', и пошому Q'O' параллельна и ра-
вна BR, и слѣдовашельно такъ же параллельна и равна SO; по-
чему OO' = Q'S = by
$$
\frac{by}{2a}
$$
; и какъ явно, что N'O' = P'R = \frac{cx}{2a}, то слѣ-
дуешь, что N'O = \frac{by}{2a} + \frac{cx}{2a}, и OM = z + \frac{g}{2a} + \frac{by}{2a} + \frac{cx}{2a} = Z. И
такъ первое уравненіе построено.

IV.

Теперь чтобы согласить второе изв. преднаписанныхъ
уравненій съ сімь строеніемъ, что стошь токмо координаты
ВР' = АР = x и ВQ' = АQ = y, перемѣнить на координаты
ВР = X и RO = BS = Y; и такъ, поелику BR къ ВР' и BS къ BQ'
суть вв. постоянномъ отношеніи, положимъ X = ах и Y = By,
и будемъ имѣть уравненіе
$$
\begin{aligned}
& \{ 4a^2 Z^2 + (4ad - b^2)\zeta^2 Y^2 + (4ae - 2bc)\alpha\zeta XY + (4af - c^2)\alpha^2 X^2 \} = 0, \\
& \qquad + (4ab - 2bg)\zeta Y + (4ai - 2cg)\alpha X + 4ak - g^2
\end{aligned}
$$
для всѣхъ поверхносшей втораго порядка, отнесенныхъ къ
тремъ осямъ BZ, BV и BU, посредствомъ трехъ параллель-
ныхъ имб координатъ OM = Z, OR = BS = Y и OS = BR = X.

V.

Чтобы уравненіе сіе сдѣлать еще прошѣе, что означивъ
предстоящія членовъ содержащихъ вв. сего Y², XY, X², Y и X
чрезъ А, В, С, D и Е, и послѣдній послѣанный член чрезъ F,

3

18

положимъ $\frac{В}{А} = А'$, $\frac{С}{А} = В'$, $\frac{D}{А} = С'$, $\frac{Е}{А} = D'$ и $\frac{\sqrt{F}}{А} = E'$; чрезWhat?

что будемъ иметь

$$4a^2Z^2 + A(Y^2 + A'XY + B'X^2 + C'Y + D'X + E') = 0$$

Положимъ положимъ $Y = U - \frac{A'X + C'}{2}$, получимъ

$$U = Y + \frac{A'X + C'}{2}$$

$$U^2 = Y^2 + A'XY + C'Y + \left(\frac{A'X + C'}{2}\right)^2$$

откуда выделимъ

$$A(Y^2 + A'XY + C'Y) = AU^2 - A\left(\frac{A'X + C'}{2}\right)^2$$

и

$$4a^2Z^2 + AU^2 + A\left(B' - \frac{A'}{4}\right)X^2 + A\left(D' - \frac{A'C'}{2}\right)X + A\left(E' - \frac{C'}{4}\right) = 0$$

или поставляя вмѣсто $А'$, $В'$, $С'$ и проч. их веѣлчины, произойдешь

$$U = Y + \frac{D}{2A} + \frac{BX}{2A'}$$

так

$$16a^2AZ^2 + 4A^2U^2 + (4AC - B^2)X^2 + (4AE - 2BD)X + (4AF - D) = 0$$

VA

Чтобы построить первое изъ сихъ уравнений, продолжимъ
VB до C такъ, чтобы была $BC = \frac{D}{2A}$, и проведемъ CR' паралл-
ельную оси BU до пресѣченія свѣ продолженной ординатою
OR въ точкѣ R'; будемъ $OR' = Y + \frac{D}{2A}$; посмотрѣ проведемъ CW

["19", "шакъ, чтобы часть R'T продолженной полной OR' до пресѣ-\nчерія сЬ CW вЬ T, была равна", "$$\n\\begin{align*}\n& \\frac{BX}{2A} \\text{, и будем } \\frac{BX}{2A} \\text{ въ МО} \\\\\n& \\text{равня } \\frac{BX}{2A} \\text{, и } \\frac{BX}{2A} \\text{ въ МО} \\\\\n& \\text{примытъ } \\frac{BX}{2A} \\text{, и } \\frac{BX}{2A} \\text{ въ МО} \\\\\n& \\text{послѣ } \\frac{BX}{2A} \\text{ въ МО} \\\\\n& \\text{посл

20

b вмѣсто с, f вмѣсто d, d вмѣсто f, i вмѣсто b, и b вмѣсто i, то есть кв слѣдующему:

$$ \left\{ \begin{array}{l} 4a^2(4af-b^2)Z^2 + (4af-c^2)^2\alpha^2.T^2 + ((4af-c^2)(4ad-b^2)-(2ae-bc)^2)\xi^2.\gamma^2.U^2 \\ + 2((4af-c^2)(2ab-vg)-(2ae-bc)(2ai-eg))\xi\gamma.U \\ (4af-c^2)(4ak-g^2)-(2ai-eg)^2 \end{array} \right\} = 0, $$

так Т значишь може, что прежде U, а U може, что Т.

VIII.

Но естьли мы совершим перемѣну координатъ не по направленію оси AZ, а по направленію оси AY, то, какъ явно, досигнем во первых кв уравненію, вб какое обращается первое изъ найденныхъ предъ сум, когда вб ономъ вмѣсто предстоящихъ a, b, с, d, e, f, g, b, i и k, пошавятся предстоящія d, b, e, a, c, f, b, g, i и k, вмѣсто каждого квадаго, то есть кв уравненію сего вида:

$$ \left\{ \begin{array}{l} 4d^2(4ad-b^2)Y^2 + (4ad-b^2)^2\xi^2U^2 + ((4ad-b^2)(4df-e^2)-(2cd-ke)^2)\alpha'^2\gamma'^2T^2 \\ + 2((4ad-b^2)(2di-eb)-(2cd-ke)(2dg-lb))\alpha'\gamma'.T' \\ + (4ad-b^2)(4dk-b^2)-(2dg-bb)^2 \end{array} \right\} = 0. $$

Во вторых, пошавляя вмѣсто предстоящихъ a, b, с, d, e, f, g, b, i и k, предстоящія d, e, b, f, c, a, b, i, g и k, вмѣсто каждого квадаго, досигнем кв уравненію слѣдующаго вида:

$$ \left\{ \begin{array}{l} 4d^2(4df-e^2)Y^2 + (4df-e^2)^2\alpha'^2T^2 + ((4df-e^2)(4ad-b^2)-(2cd-ke)^2)\xi^2.\gamma^2.U^2 \\ + 2((4df-e^2)(2dg-bb)-(2cd-ke)(2di-eb))\xi\gamma'.T' \\ + (4df-e^2)(4dk-b^2)-(2di-eb)^2 \end{array} \right\} = 0. $$

IX.

Равнымъ образом, естьли мы совершим перемѣну координатъ по направленію оси AX, то досигнем кв уравненіям слѣдующих видов:

21

$$
\left\{
\begin{array}{l}
\int 4f^2(4af-c^2)X^2 + (4af-v^2)g'' U'' + (4af-c^2)(4df-c^2)(2bf-ce)^2 \alpha'' \gamma'' T'' ? \\
\quad + 2((4af-c^2) - (2fb - ei)(2bf - ce)(2fg - ci)) \alpha'' \gamma'' T'' \\
\quad + (4af-c^2)(4fk - i^2) - (2fg - ci)^2
\end{array}
\right\} = 0,
$$

и

$$
\left.
\begin{array}{l}
\int 4f^2(4df-e^2)X^2 + (4df-e^2)^2 \alpha''^2 T''^2 + (4df-e^2)(4af-c^2) - (2bf-ce)^2 \zeta''^2 \gamma''^2 U''^2 ? \\
\quad + 2((4df-e^2)(2fg-ci) - (2bf-ce)(2fb-ei)) \zeta'' \gamma'' U'' \\
\quad + (4df-e^2)(4fk-i^2) - (2fb-ei)^2
\end{array}
\right\} = 0.
$$

X.

Здсь достойно примѣчанія, что во всѣхъ сихъ пре-
образованныхъ уравненіяхъ въ предшоящія первыхъ трехъ
ихъ членовъ входятъ одинъ мокмо предшоящія членовъ двухъ
размѣреній полнаго уравненія az² + byz + cxz + dy² + exy + fx² +
gz + by + ix + k = 0, то есть предшоящія a, b, c, d, e и f.

Xl.

Еще достойно замѣчанія, что въ тѣхъ же преобразованныхъ уравненіяхъ члены, содержащіе въ себѣ квадрашы трехъ координатѣ, всегда будутъ положительные, когда имѣющій мѣсто условія: 1) 4ad > b², 2) 4af > c², 3) 4df > e², и 4) 4adf + bce > ae² + dc² + fb² (гдѣ полагаемъ a положительнымъ и слѣдовательно малѣе d и f). Ибо, когда первыя три условія имѣющій мѣсто: тогда явно, что первые два члена преобразованныхъ уравненій будутъ положительные; но замѣшивъ, что (4ad - b²) (4af - c²) = 16a²df - 4ad² - 4afb² + b²c² и (2ae - bc)² = 4a²e² - 4abce + b²c², или что (4ad - b²) (4f - e²) = 16ad²f - 4ade² - 4bf²b + b²e² и (2cd - be)² = 4c²d² - abcde + b²e², или еще что (4af - c²) (4df - e²) = 16adf² - 4afe² - 4dfe² + c²e² и (2bf - ce)² = 4b²f² - abcf + c²e², не менѣе şiго сдѣлается явнымъ,

22

что и третий член преобразованных уравнений будешь по-
ложимой, когда имешь мгнове чемверское условие, со-
стояние вом, что $4ad + bc = ae^2 + dc^2 + fb^2$.

XII.

Откуда вй може самое время являешь, что когда сіе
послѣднее условіе и одіо изв первых в трех имвють мѣсто,
то и прочіе два непремѣнно мѣсто имѣть будут, или изв
них исчередительно сіавать будут.

XIII.

Одтуда же являешь, что есть будешь $4ad + bc = ae^2 - af - fb = 0$, или все може, $4ad + bc = ae^2 + dc^2 + fb^2$, то вй каждом изв преобразованных уравнений один изв чле-
нов, содержащих вй себѣ квадраты координат, непремѣн-
но изчислешь,

XIV.

Положныя заключенія произвещи можно и вй разсужде-
ніи оприцашенной величины шхв же членов преобразован-
ных воных уравненій; но не остававливаясь на сем, как
весьма очевидномь, поступим къ самому разділенію поверх-
нѣсшей горяго порядка на роды и виды, составляющему
такой предместь сего небольшаго сочиненія.

XV.

На сей конец возмем одно изв преобразованных ура-
веньі, как

$$
\left\{
\begin{aligned}
& (4a^2(4ad-b^2)Z^2 + (4ad-b^2)^2E^2 \cdot U^2 + ((4ad\ b^2)(4af-c^2) - (2ae\ b^2)(af-c^2))^2)^{\frac{1}{2}} \cdot T^2 \\
& + 2(4ad-b^2)(2ai-cg) - (2ae-bc)(2ab-bg), \quad \alpha, \beta, \gamma \\
& \Gamma(4ad-b^2)(4ak-g^2) - (2ab-bg)^2
\end{aligned}
\right\} = 0,
$$

23

и положимъ, крашкосши ради,

4a²(4ad-b')²-G, (4ad-b²)².ε²-H, (4ad-b)²(4af-c²)-(2ae-bc)²)ac²y²-I,
2((4ad-b²)(2ai-cg)-(2ae-bc)(2ab-bg))acy-K, и
-(4ad-b²)(4ak-g²)+(2ab-bg)²-L;

оное уравнение сдѣлается:

$$
GZ^2 + HU^2 + IT^2 + KT = L;
$$

и ешьли представившъ его сумм образомъ

$$
GZ^2 + HU^2 + I \left( T^2 + \frac{K}{I} T + \frac{K^2}{4I^2} \right) - \frac{K^2}{4I} = L,
$$

положимъ T + K/2I = V и L + K/4I = M, шо оно обращился въ слѣдующее уравненіе:

$$
GZ^2 + HU^2 + IV^2 = M,
$$

между координатами DT=L+K/4I=V, TO=U и OM=Z,
ошисенными кв началу D.

XVI.

Досигнувъ до сего просвѣтнѣшаго уравненія для поверх-
носшей вшораго порядка, находимъ мепосредственно слѣдующія
различія, коимъ оно подвержено:

1) Или всѣ предшоящія G, Н и I квадратовъ координатѣ
Z, U и V будутъ количества положительныя.

2) Или два изъ оныхъ будутъ положительныя, а шрешье
отрицательное.

3) Или одно положительное, а прочія два отрицательныя.

4) Или одно изъ сихъ предшоящихъ нуль, а осталь-
хыя оба положительныя.

24

5) Или одно изъ сихъ остальныхъ положительное, а другое отрицательное.

6) Или наконецъ одно изъ нихъ нуль, а другое nonzero.

## XVII.

Посмотримъ, какія каждой изъ сихъ случаевъ даетъ поверхносши, и чѣмь оныя между собою разиспвующь. И поелику взаимное наклоненіе координашь совершенно зависятъ оѣв нашегоъ произволу, то въ разсмострѣніи семъ положишь можемъ оныя прямоугольными, или все же, взаимно перпендикулярными.

## XVIII.

Въ первомъ случае, которой имѣешь мѣсто, когда въ уравненіи $GZ^2 + HU^2 + IV^2 = M$, предстоящія G, H и I суть количества положительныя, уравненіе сіе предшавленное въ сихъ видахъ

$$Z = \pm \sqrt{\frac{M - HU^2 - IV^2}{G}},$$

$$U = \pm \sqrt{\frac{M - GZ^2 - IV^2}{H}},$$

$$V = \pm \sqrt{\frac{M - GZ - HU^2}{I}}.$$

показываемъ, что каждай изъ координатъ Z, U и V заключается въ предѣлахъ, далѣе которыхъ простирашься не можешь. И что каждымъ двумѣ изъ нихъ или V и U, или Z и V или Z и U сошівѣштвующь двѣ разныя и прямо противныя величины третьей ординаты или Z или U или V; изъ чего яв ourselves, что поверхности въ семъ первомъ случае заключ

25

чають собою опредѣленное просшранство, и что оное пло-
скостями координатb V и U, Z и V, и Z и U раздѣляется
на двѣ равныя и подобныя части.

Пусть АВ, АС и AD шри оси перпендикулярныя между Черм. 6,
собою, коимь координаты MN = Z, NP = U и AP = V парал-
лельны; плоскости BCEF, BDE и CDF будушь тѣ, которыя
упомянушое просшранство раздѣляють на двѣ равныя и по-
добныя часши, и называются діаметральными плоскостями.

XIX.

Чшобы опредѣлишь видb сѣченій, составляемыхb сими
плоскостями сb оными поверхностями, то положимb по пе-
ремѣнно Z = 0, U = 0 и V = 0, то есть точку М то на сѣче-
ніи ВСЕ, то на сѣченіи ВДЕ, то на сѣченіи CDF; омь чего
уравненіе GZ² + HU² + IV² = М, перемѣняясь то вb U² = М - IV²
= I²/Н² (M/I - V²), то вb Z² = (M - IV²)/G² = I²/G (M/I - V²), то вb
Z² = (M - HU²)/G² = H²/G (M/Н² - U²), показываемь, что оныя сѣченія
сушь еллипсисы BCEF, BDE и CDF, коихb ценнры вb точкѣ
А, и извb коихb у перваго полу-осм AB = √(M/I) и AC = √(M/Н), у
другаго AB = √(M/I) и AD = √(M/G), и у трещьяго AC = √(M/Н)
и AD = √(M/G), какb то всякой, по сравненіи сихb уравненій
сb уравненіемъ еллипсиса, удобно понять можешь.

Не шрудно удостовѣришься, что и всѣ прочія сѣченія
будутъ marking же еллипсисы. И по сей причинѣ родb поверх-

4

26

ностей впораго порядка, которой дает полное уравнение
в семв первом случае называется еллиптоидистескою по-
верхностю; и у подобляется, какш то явно, поверхности со
всьх второнь округленного шла.

XX.

Сей родъ поверхностей впораго порядка содержим
вв себѣ три виды, а именно: 1) Можешь случиться, что
в уравненіи GZ² + HU² + IV² = М, будешь G = Н = I; и то-
да уравненіе сіе сдѣ лается Z² + U² + V² = M/G, коморое пред-
ставляемъ, какъ извѣ стно, поверхность шара. 2) Можешь
шакъ же случиться, что одно коморое ниесть изв предстоя-
щихъ будешь равно другому, какъ G = Н; п тогда уравненіе
сіе сдѣ лается G(Z² + U²) + IV² = М, коморое представляемъ
поверхность сфероида, производящаго отв обращенія полу-
еллипсиса около оси ВЕ, какъ то шакъ же извѣ стно. Нако-
нецъ 3) можешь случиться, что никоморое предстоящее не
равно другому; и тогда уравненіе представляемъ поверхность,
коморая удерживашь общее названіе еллиптонидической по-
верхності.

XXI.

Пусть уравненіе GZ² + HU² + IV² = М принадлежит къ
второму случаю, то есть, что вв ономь одно изв предстоя-
щихъ, какъ G, будешь количество отрицательное; отв чего
уравненіе сдѣ лается

$$
HU^2 + IV^2 - GZ^2 = M;
$$

и предшавивв оное вв семв видв

27

$$
Z = \pm \sqrt{\frac{HU^2 + IV^2 - M}{G}},
$$

усмаптриваемь, что поверхность имв изображаемая, раздѣлясь
плоскостію координатв V и U на двѣ равныя и подобныя ча-
стни, отв оной просширяется безконечно по ту и другую
сторону; почему отв предвидущей, кооторую мы еллипсоиди-
ческою поверхностію назвали, совершенно разнествуешь.

XXII.

Чшобы опредѣлить вид сѣченія, сосшавляемаго плоско-
стію координатв V и U сб разсмаптриваемою нами поверхно-
сшію, по положимъ Z = 0; отв чего уравненіе сдѣлается
HU² + IV² = M, или U² = (M - IV²) / H = I/H (I² - V²), кооторое показа-
ваеть, что оное сѣченіе есть еллипсись BCEF, коего Черт 7,
центрв вв щочкѣ А, и коего полу-оси AB = √(M/I) и AC = √(M/H).

Положив в же U = 0 и V = 0, опредѣлимъ сѣченія, соста-
вляемыя плоскостями координатв Z и V, и Z и U сб раз-
смаптриваемою нами поверхностію; ибо уравненіе вв первомь
случаѣ сдѣлается Z² = (IV² - M) / G = I/G (V² - M/I), а вв другомь
Z² = (HU² - M) / G = H/G (U² - M/H), кои показывающь, что оныя сѣ-
ченія суть гиперболы М'ВЕМ" и NCFX", имѣющія полу-осями,
одна АВ = √(M/I) и AD = √(M/G), а другая AC = √(M/H) и AD = √(M/G).

Не трудно удостовѣриться, что и всѣ прочія сѣченія
наралльяныя плоскости координатв V и U будутъ еллипсисы,
а наралльяныя плоскостями координатв Z и V, и Z и U,

4 *

28

или вообще перенапкулларныя кв плоскосши координатb V и U, будут гиперболы. И по сей причинb родb поверхностей втораго порядка, кооторой даетb полное уравненіe bв семb второмb случае называется еллиптико-гилерболитескою поверхностію; и употребляєшся, какb шо явно, двумb воронкамb, кошорыя совокуплены будучи вb общемb еллипшическомb ихb oneершші, просшираються oв онаго по шу и другую сторону безпредельно, и вb шо же самое время боле и боле разширяються.

XXIII.

Эдвєсь достойно примѣчанія, что сія еллипшико-гипер-
боліческая поверхность, на подобіе гиперболы, имѣтьb асимпто-
тическую поверхность, коея уравненіе HU² + IV² - GZ'² = 0,
и коя есть коническая, принадлежащая кв конусу прямому,
когда предштоящее Н = I, или кв наклонному, когда оное Н
не равно I. Вb самомb дѣлѣ, естъли положимb Z' = 0, шо
уравненіе сдѣлается HU² + IV² = 0, и преобразившись вb
U = V√(I/H), показываетb, что свченіе, составляемое плоско-
стію координатb V и U сб сею поверхностію, есть точка
А; пошомb естъли положимb Z' = AD = √(M/G), шо уравне-
ніе сдѣлается HU² + IV² - M = 0, и преобразившись вb
U = I/H (M/I - V²), показываетb, что свченіе, составляемое
св шою же самою поверхностію плоскостію, проведенною вb
разстояніи равномb полу-оси АD параллельно плоскосши елли-
писа BCEF, естъ еллипсисb GHI, совершенно прежнему BCEF
равный, кошорый, какb шо явно, сдѣлается кругомb, когда

29

предстоящее Н = I, или останется еллипсисом, когда оное Н не равно I; наконец есььли положим по перемьенно U = 0 и V=0, то уравненіе сдѣлавшись Z' = V√(I/G) и поhelp Z' = U√(H/G), показываетв, что сѣченія, сосшавляемыя св мою же поверхно-сшію плоскосшями координатb Z' и V, и Z' и U, суть пря-мыя линіи; изв чего вв може самое время явствуєв, что есььли проведушися прямыя BG и CH равныя и параллельныя AD, и поhelp прошянутися асимптошы GAG' и НАН' гипер-боль M'BEVг и N'CFN", шо оныя асимптошы будутъ шв са-мыя прямыя, кошорыя уравненія Z'=V√I/G и Z'=U√H/G представляющв, ибо BG(=AD): AB=√M/G: √M/I=√I/G=Z/V, и CH(=AD): AC=√M/G: √M/H=√H/G=Z/U.

Но чтобы удосшовѣриться, что всякое сѣченіе AL про-
ходящей чрезсь ось AD плоскости св упомянутою коническою
поверхностію есть асимптоша сѣченія КМ той же плоскости
св самою еллиптико-гиперболическою поверхностію; то положим,
что сѣченіе AK сея плоскости св плоскостію координатb
V и U дѣлаешь сб осью AB уг. BAK = φ, и пуссть абсцис-
са AN = W и ордонаша NM, какв и прежде, = Z; будемb AP = V
= W cos. φ и PN = U = W. sin. φ, и уравненія HU² + IV² — GZ² = M
и HU² + IV² — GZ'² = 0 сдѣлающися

$$
Z^2 = \frac{H \sin \phi^2 + I \cos \phi^2}{G} \left( W^2 - \frac{M}{H \sin \phi^2 + I \cos \phi^2} \right),
\text{и}
$$

$$
Z' = W \sqrt{\frac{H \sin \phi^2 + I \cos \phi^2}{G}},
$$

30

кошорыя показывають, что сченіе КМ есть гипербола, коея
полу-оси $\sqrt{\frac{M}{H \sin. \phi^2 + I \cos. \phi^2}}$ и $\sqrt{\frac{M}{G}}$, а другое AL есть пря-
мая линія, сосвавляющая асимптоту сея гиперболы, ибо
$\sqrt{\frac{M}{G}} = \sqrt{\frac{M}{H \sin. \phi^2 + I \cos. \phi^2}} = \sqrt{\frac{H \sin. \phi^2 + I \cos. \phi^2}{G}} = \frac{Z'}{W}$. И寫
умтверждаемое нами явствуєшь.

Наконец, поелику очевидно, что $KL = AD = \sqrt{\frac{M}{G}}$,
то явствуєшь, что $AK = \sqrt{\frac{M}{H \sin. \phi^2 + I \cos. \phi^2}}$; изб чего сля-
дуешь, что еллипсис ВСЕF есть мьсто вершин всьх ги-
перболь, сосвавляемых сченіями плоскостей, проходящих
чрез ось AD, сб еллипшико-гиперболическою поверхності;
еллипсис же GНІ есть мьсто концов вторых осей спхв
гиперболь, проведенных чрез вершины оных, пін все то же,
круно сб центром А, есть мьсто всьх асимптотв сихв
гиперболь.

XXIV.

Кв подобным заключеніям досигнем, когда вв ура-
вненіи GZ² + HU² + IV² = M, положим предстояще и какого
ниесть инаго члена, какв І, оприцашельным, пбо предстоя-
щее Н, какв совершенной квадратв двієствительнаго количе-
сшва (4ad - b²)с, не можешь быть положено оприцашельным.

XXV.

Родъ сей, какъ и предыдущій, содержитв вв себѣ три
вида, а именно: 1) Можешь случиться, что вв уравненіи

31

HU² + IV² — GZ² = M, будет М = 0; и тогда найденные выше
полу-оси AB = √(M/I) и AC = √(M/H) еллипсиса BCEF уничтожаются, и еллипсись сей обращится въ точку A; гиперболы же
М'ВЕМ' и N'CFN', коихъ уравненія Z² = I/G (V² - M/I) и
Z² = H/G (U² - M/H) въ сем' случаѣ сдѣлающеся Z = V√I/G и
Z = U√H/G, обращаются въ прямые линіи AG и AN, бывшія
ихъ асимптошы, и самая еллипшико-гиперболическая поверх-
носТЬ совпадѣтъ съ асимптошническою ея поверхностію, при-
надлежащею къ конусу; извѣ чего явствуетъ, что сей первой
видѣ поверхностей втораго рода заключаетъ въ себѣ всѣ ко-
пусы, какъ прямые, такъ и наклонные, и слѣдовательно мо-
гло бы бышь еще новое раздѣленіе сихъ поверхностей. 2) Мо-
жешь случиться, что М не равно нулю, а будетъ H = I; и
иогда еллипсись сдѣлается кругомъ, и самая поверхность по-
верхностію вращенія, каковая произойдешь, когда какая ни-
есть полу-гипербола совершишь цѣлое обращеніе около второй
извѣ осей своихъ. Наконецъ 3) можешь не случиться ни того
ни другаго обстоятельства; и тогда сей видѣ поверхностей
не будетъ разниться ошь самаго рода.

XXVI.

Пусть уравненіе GZ² + HU² + IV² = М будетъ принадлежать къ шрещьему случаю, что есть, что въ ономъ два изъ предстоящихъ, какъ G и I будущъ количества оприčательныя, ибо для извъясненной причины (ч. 24) предстоящее Н не

32

можешь быть положено отрицательным; отбъ чего уравнение
сдѣлаешься:

$$
HU^2 - IV^2 - GZ^2 = M;
$$

и предшавившій оное въ семѣ видѣ

$$
U = \pm \sqrt{\frac{GZ^2 + IV^2}{H} M},
$$

усматриваемъ, что поверхность имъ изображаемая, отбъ пло-
скости координатъ Z и V простирается безконечно по шу
и другую сторону; но оною плоскостію не раздѣллется, ибо
положивъ U = 0, имѣемъ уравненіе

$$
Z = \sqrt{\frac{V^2 + M}{G}},
$$

которое показываемъ, что плоскость сія координатв Z и V
не дѣлаетв никакого сѣченія сб разсматриваемою нами по-
верхностію; почему отбъ предвидущихв, которыя мы назвали,
одну еллипсоидическою, а другую еллипшико-гиперболическою
поверхностію, совсемв разнствуетв.

Но естьли въ уравненіи $HU^2 - IV^2 - GZ^2 = M$, положимъ
$Z = 0$, то оное сдѣлается

$$
U^2 = \frac{IV^2 + M}{H} = \frac{I}{H} (V^2 + \frac{M}{I}),
$$

и л и

$$
V^2 = \frac{HU^2 - M}{I} = \frac{H}{I} (U^2 - \frac{M}{H}),
$$

которое показываемъ, что сѣченіе, составляемое плоскостію
координатв V и U сб разсматриваемою нами поверхностію,
Черш. 8. есть гипербола MCFM", у которой центъв А, первая полу-ось

$$
AC = \sqrt{\frac{M}{H}}, \text{ и вторая } AB = \sqrt{\frac{M}{I}}; \text{ есть же положимъ } V=0,
$$

33

то уравненіе сдѣлается $Z^2 = \frac{HU^2 - M}{G} = \frac{H}{G}(U^2 - \frac{M}{H})$, кото-
рое показується, что сѣченіе, сосвавляемое плоскостію ко-
ординатв Z і U есть гипербола NCFN", у которой центр
нажемочка А, первая полу-ось відже AC = $\sqrt{\frac{M}{H}}$, і вторая AD = $\sqrt{\frac{M}{G}}$.

Не трудно удостовѣриться, что и всѣ прочія сѣченія
параллельныя плоскостямь координатв U и V и Z и U, или
вообще перпендикулярныя къ плоскосши координатв Z и V,
будушь гиперболы. И по сей причинѣ родъ поверхностей
втораго порядка, которой даеть полное уравненіе въ семв
трещьемь случаѣ, называется гилерболико-гилерболитескою по-
верхностію. При чемъ не безполезно замѣшить, что хося
плоскость координатв Z и V не сосвавляемъ никакого сѣче-
нія съ сею поверхностію, однако другія плоскосши оной па-
раллельныя сосвавляющі сѣченія, кои сушь еллипсисы. Ибо,
въ уравненіи HU² - IV² - GZ² = М, положивъ U = √(M/H) и V = N,
получимъ HN² > М, и Z² = (HN² - M - IV²) / G = (I/H)(HN² - M - V²),
кошорое показується, что сѣченіе есть еллипсись.

XXVIII.

Здѣсь досшіоно примѣчанія, что сія гиперболико-гипер-
болическая поверхность имѣемъ асимптопическую поверх-
ность, коея уравненіе HU² - IV² - GZ² = 0, и коя есть кони-
ческая, принадлежащая къ конусу прямому, когда предстоящее
G = I, или къ наклонному, когда оное G неравно I. Ибо, все
еіе докажется точно такімь же образомъ, какъ подобное

ξ

34

доказано вв предвиLASTb вшоромь родъ поверхностів вто-
раго порядка (ч. 23).

XXIX.

При чемъ не безполезно замѣшить, что поверхность
сія гиперболико-гиперболическая будетв вся заключаться
вв асимптошической своей поверхности, когда напротивв
шого, вв случае поверхности еллипшико-гиперболической,
асимптошическая ея поверхность вся заключается вв оной
еллипшико-гиперболической поверхности.

XXX.

Сей трешій род в поверхностів втораго порядка содер-
житв вв себѣ шакв же при вида, а именно: 1. Можешь слу-
чишься, что вв уравненіи HU²—IV² — GZ² = M, будетв M=0;
и тогда найденныя выше полу-оси AC = \, М/H, AB = √M/I и
AC=√M/H, AD=√M/H гиперболв M'CFM" и N'CFN" унічпо-
жашься, гиперболы сіи обращаясь вв прямыя линіи AG и АН,
бывшія ихв асимптоты, и самая гиперболико-гиперболиче-
ская поверхность совпадаетв св асимптошическою своєю по-
верхностію, принадлежащую кв конусу, какв было во вшоромь родъ поверхностей втораго порядка. 2) Можешь слу-
чишься, что М неравно нулю, а будетв G=1; омь чего, какв
то явствуешь изв уравненія Z² = \ ( (HN² — M ) / I — V² ), еллип-
шическія сьченія, параллельныя плоскосни координатв Z и V,
сѣдаются круговыми, и посому самая поверхность учинился
поверхностію вращенія, каковая произойдешь, когда какая

35

ниесть полу-гипербола совершишь цѣлое обращеніе около пер-
вой изв осей своих. Наконец 3) можешь не случиться ни
того ни другаго обстоятельства; и тогда сей видѣ поверхно-
слѣдіе не будешь разниться отъ самаго рода.

XXXI.

Пусть уравненіе GZ² + HU² + IV² = М будешь принад-
лежать къ чешвершому случаю, въ которомъ одно изъ пред-
стоящихъ нуль, и осшальныя оба положишельныя; поелику
G = 0, дѣлаешь и Н = 0, то пусть I = 0; отъ чего уравненіе
сдѣляется GZ² + HU² = М, которое по видимому никакой по-
верхности не даеть, а разѣв одну токмо линію; однако, есть-
ли возмемъ уравненіе GZ² + HU² + IT² + KT = L, изъ котора-
го преднаписанное произведено (ч. 15), то положеніе I = 0 ве-
дешь къ уравненію GZ² + HU² + KT = L, или положивъ
L/К - T = V, къ слѣдующему.

GZ^2 + HU^2 = KV,

которое отъ положенія V = 0, преобразившись въ Z = U√[-H/G,
показываемъ, что сѣченіе, составляемое плоскостію коорди-
нашъ Z и U, есть почка А; помошь отъ положенія по пере-
мѣнно Z = 0 и U = 0, уравненіе сіе обращается то въ HU² = KV,
то въ GZ² = KV, и тѣмъ показываемъ, что сѣченія соста-
вляемыя плоскостями координашь U и V и Z и V суть па-
раболы NAN и AM.

Черм. 9.

Не трудно удостовѣриться, что и всѣ сѣченія прохо-
дящія чрезъ ось АВ будутъ параболы; перпендикулярныя же
къ сей оси, какъ сѣченіе NMN, суть еллипсисы, ибо при опрѣдѣ-
ленной величинѣ V, уравненіе GZ² + HU² + IV² явно предша-

5 *

36

вляемь еллипсись, у коего центръ на оси АВ, въ какой ни-
есть шокъ Р, и полу-оси PN = √(KV/H) и PM = √(KV/G). И по сей
причинъ родъ поверхностей втораго порядка, кооторой даемъ
полное уравненіе въ семъ четвертомъ случаѣ, называется
еллилтико-параболитескою поверхностію.

XXXII.

Родъ сей поверхностей втораго порядка заключаетв
въ себѣ макв же шри вида, а именно: 1) Можешь случиться,
что будетъ G = Н; и тогда уравненіе GZ² + HU² = KV сдѣ-
лавшись Z² + U² = KV/G, показываетв, что всякое свченіе сдѣ-
ланное плоскостію перпендикулярно къ оси АВ, есть кругъ;
и посому поверхность представляемая швмь уравненіемъ бу-
дешь поверхность вращенія, каковая произойдешь, когда полу-
парабола совершитв около оси своей цвлое обращеніе. 2) Мо-
жешь еще случиться, что будетъ K = 0; и тогда уравненіе
GZ² + HU² + IT² + KT = L, изв кооторо по положеніи
I = 0 произведено разсмартриваемое шеперь нами уравненіе
GZ² + HU² = KV, преобразившись въ GZ² + HU² = L, показы-
ваетв, что въ семъ случаѣ поверхность будетъ цилиндриче-
ская, принадлежащая или кв цилиндру прямому, когда пред-
стоящее G = Н, или кв наклонному, когда оное G неравно Н.
Наконецъ 3) можешь не случиться ни того ни другаго обстоя-
тельства; и тогда сей видъ поверхностей не будетъ разнишь-
ся отв самаго рода.

XХУШ.

Пусть уравненіе GZ² + HU² = KV будетъ прпнадле-
жать кв пятому случаю, въ кооторомъ одно изъ предшоя-

37

щихь G и Н, какъ G, есть отрицательное; уравненіе наше
сдѣлаешся

$$
HU^2 - GZ^2 = KV,
$$

которое отвѣ положенія V=0, преобразившись въ Z = ±U√(H/G,
показываемъ, что сѣченіе, составляемое плоскостію координа-
нань Z и U, есть двѣ прямые АЕ, АF, по ту и другую сто-Чер. 10.
рону оси АС падающія, и въ точкѣ А взаимно пресѣкающіяся;
помѣрѣ отвѣ положенія по перемѣнно Z=0 и U=0, ура-
вненіе обращается то въ HU² = KV, то въ GZ² = —KV, и
шьмѣ показываемъ, что сѣченія, составляемыя плоскостями
координань U и V, и Z и —V сушь, параболы P'AP" и Q'AQ",
въ точкѣ А общее начало имѣющія, и простирающіяся отвѣ
оной въ прошивныя спороны въ плоскостяхъ взаимно одна
къ другой перпендикулярныхъ.

Есть же прилагаемъ V какую ниесь опредѣленную
величину, положительную АР, или отрицательную AQ, то
уравненіе HU² — GZ² = KV, сдѣлашься

$$
Z^2 = \frac{HU^2 - KV}{G} = \frac{H}{G} \left( U^2 - \frac{KV}{H} \right)
$$

или

$$
U^2 = \frac{GZ^2 - KV}{H} = \frac{G}{H} \left( Z^2 - \frac{KV}{G} \right),
$$

показываешь, что сѣченіе, чрезъ точку Р или Q параллельно
плоскости координашь Z и U сдѣланное, есть гипербола
МР'Р"М' или SQ'Q"S', у кооторой первая полу-ось есть √(КV/Н),
равная, какъ то явствуетъ извъ уравненія HU² = KV параболы
Р'АР", ординаншь РР', а вторая есть √(КV/Г); или у кооторой

38

первая полу-ось есть $\sqrt{\frac{K\overline{V}}{G}}$, равная, какв то явствуешь изв уравненія $GZ^2 = K\overline{V}$ параболы $Q'AQ'',$ ординат' $QQ',$ а вторая есть $\sqrt{\frac{K\overline{V}}{H}}$; и такв, чром' с'вченія, соспавляемато самою плоскостію координат' $Z$ і $U$ с'в разсматриваемою на- ми поверхностію, всякое другое с'вченіе, соспавляемое плоско- сшію параллельною оной плоскости координат' $Z$ і $U$, есть всегда гипербола. І по сей причин' род' поверхностей втораго порядка, кошорой даетв полное уравнен'єв сем' пяшом' слу- чає, называется параболико-гиперболітескою поверхностію.

XXXIV.

Здѣсь досшійно примѣчанія, что сія параболико-гипер- болическая поверхность имѣтьв асимптотическую поверх- ность, коея уравненіе $HU^2 - GZ'^2 = 0$, или $HU'^2 - GZ'^2 = 0$, и кою оссиявляющв двѣ плоскости, проведенныея чрезѣ двѣ выше опредѣленныя прямыя $EA'$ и $FA'$, и ось $B'AB'$. Вв самом' дѣлѣ, явно, что с'вченія сих плоскостей со всѣми плоскостями параллельными плоскости координат' $Z$ и $U$ сушь прямыя линіи, изображающіяся уравнен'ємъ $Z' = \pm U\sqrt{\frac{K\overline{V}}{G}}$, или $U' = \pm Z\sqrt{\frac{G}{H}}$; и вв то же самое вре- мя явствуешь, что естьли проведется прямая $PG = \sqrt{\frac{K\overline{V}}{G}}$ и параллельная $AD$, или $QH = \sqrt{\frac{K\overline{V}}{H}}$ и параллельная $AC$, и пропянеется асимптота PG гиперболы $M''N''M'',$ или асимпто- ва $QH$ гиперболы $S''Q''S'$, то оная асимптота PG иان $QH$ будешь одна изв шыхъ самых' прямых', которые уравненіе

39

$Z' = \pm U \sqrt{\frac{H}{G}}$ или $U' = \pm Z \sqrt{\frac{G}{H}}$, представляете它, ибо $P'G:PP' = \sqrt{\frac{KV}{G}}$:
$$ \sqrt{\frac{KV}{H}} = \sqrt{\frac{H}{G}} = \frac{Z'}{U'}, \text{ или } QH:QQ' = \frac{KV}{H} : \sqrt{\frac{KV}{G}} = \frac{G}{H} = \frac{U'}{Z}. $$

XXXV.

Родъ сей поверхностей втораго порядка содержитъ въ себѣ нѣ кошорымъ образомъ шакъ же при вида, а именно:
1) Можешь случиться, что будешь $K=0$; и тогда уравненіе $GZ^2 + HU^2 + IT^2 + KT = L$, извѣ котораго по положенію $I=0$, произведенно разсмартриваемое теперь нами уравненіе $HU^2 - GZ^2 = KV$, преобразившись въ $HU^2 - GZ^2 = L$, и помошѣ въ $Z^2 = \frac{HU^2 - L}{G} = \frac{H}{G}(U^2 - \frac{L}{H})$, показываемъ, что въ семѣ случаѣ поверхносْть будемъ принадлежать къ гиперболическому цилиндру, котораго всѣ сѣ ченія перпендикулярныя къ оси В'АВ будутъ гиперболы рапыныя и подобныя между собою. 2) Можешь случиться, что сверъхвѣшого будешь и $L=0$; и тогда произойдутъ двѣ найденные выше асимитопическія плаоскости. Наконецъ 3) можешь не случиться ни того ни другаго обстоятельства; и тогда видъ сей не будешь разнишься ошѣ самаго рода.

XXXVI.

Наконецъ пускъ уравненіе $GZ^2 + HU^2 = KV$, въ кое обращается уравненіе $GZ^2 + HU^2 + IV^2 = M$ ошѣ положенія $I=0$, принадлежать будемъ къ шестому случаю, въ которомъ одно изъ предшоящихъ G или H есть нуль; поелику $H=0$, двѣаемъ и $G=0$, то ошѣ сего положенія уравненіе обращается въ $KV=0$, которое по видимому никакой поверх-

40

кости не даетъ, а развѣ одну шоком точку оной; однако
есьми возьмем уравненіе

4a²Z² + (4ad - b²) · ξ² · Y² + 2a²bc - bcξ · αξ · XY + (4af - c²)α² · X²
+ (4ab - 2bg)ξ · Y + (4ai - 2cg)α · X + 4ak - g² = 0 (ч. 4),
изв кошораго произведено GZ² + HU³ + IT² + KT = L, и по-
шомъ GZ² + HU² = KV, то положеніе I = 0 и Н = 0 или G = 0,
ведешь насъ кв уравненію

4a²Z² + (4af - c²)α² · X² + (4ab - 2bg)ξY + (4ai - 2cg)α · X + 4ak - g² = 0,
мбо, шакъ какъ I = ((4ad - b²) (4af - c²) - (2ae - bc)²)α² · γ² и
G = 4a²(4ad - b²), или Н = (4ad - b²)²ξ², то положив I = 0 и G или
Н = 0, увидишь, что будем и (2ae - bc)²α² = 0. И как уравненіе,
кв кошорому ошб сихъ положеній мы досигнем, не разнествуешь
ошб уравненія GZ² + HU² = KV, прежде разсматриваемаго, то
положим еще 4af - c² = 0; и будем имѣть уравненіе
4a²Z² + (4ab - 2bg)ξ · Y + (4ai - 2cg)α · X + 4ak - g² = 0,

въ кошоромъ содержится квадратъ одной шокомъ изв ко-
ординатъ; попомьб означивъ предстоящія членовъ сего
уравненія чрезъ N, P, Q и постюянной членѣ чрезъ R,
дабы имѣть NZ² + PY + QX + R = 0, положимъ, краш-
косці ради, (Y + QX + R/P) = -V; чрезъ что получимъ ура-
вненіе NZ² = PV, кошорое показываешь, что представляемая пѣв
Черш. II. поверхность есть поверхность цилиндра АРМЕQN, у кошораго
всѣ сѣнчія параллельныя плюскости координатъ Z и V, или
все мо же, перпендикулярныя кв осі АС сушь параболы, равныя
и подобныя АРМ, какъ мо удобно всякой понять можешь.

XXXVII.

Можно полагать нѣ кошорымъ образомъ, что родъ сей
поверхностей втораго порядка содержимъ въ себѣ два вида,
аж именно: 1) Есть ли въ уравненіи NZ² + PY + QX + R = 0 будешь

41

Р = 0, Q = 0 и 4ak — g² = — R, то оное обращится вb NZ² = R,
которое предшавляешь двѣ плоскости параллельныя между
собою; и 2) естьли не будешь Р = 0, или Q = 0, или ни Р = 0
и ни Q = 0, то мѣсто имѣть будешь самой родѣ разсма-
триваемыхъ нами поверхностей.

XXXVIII.

Познаєши тяжимѣ образомъ существенныхъ различій
сихъ шестіи родовъ поверхностей впораго порядка, посмо-
примѣ, когда и при какихъ обшсяшельствахъ полное между
тремя переменными количествами уравненіе второй степени
предшавляешь шошѣ или другой родѣ сихъ поверхностей;
даковое полное уравненіе взято нами было (ч. 1) слѣдующее:

$$
az^2 + byz + cxz + dy^2 + exy + fx^2 + gz + by + ix + k = 0.
$$

Поелику видѣли (ч. 18), что первой родѣ поверхностей
впораго порядка тогда имѣть мѣсто, когда вѣ преобразо-
ванномъ уравненіи GZ² + HU² + IV² = M (ч. 15) каждое изв
предстоящихъ G, Н и I будешь количество положительное,
то приведи себѣ напамять, что G=4a²(4ad-b²), H=(4ad-b²)².S²
и I = ((4ad-b²)(4af-c²)-(2ac-bc)²) с². y², находимъ, что сей
родѣ поверхностей тогда имѣть мѣсто, когда вѣ полномѣ
уравненіи второй степени между тремя переменными коли-
чествами z, y и x будешь 4ad>b², 4adf+bce>ae²+de²+fb² и d и f
количества положительныя, и слѣдовательно тяжѣ же, когда
будешь 4ad>b², 4af>c², 4df<e² и 4aif+be>ae²+de²+fb² (ч. 11
и 12), какъ заключаемъ слѣдной Етаперѣ.

Теперь для узнанія, когда упомянутое полное уравненіе
предшавляешь второй родѣ поверхностій впораго порядка,
которой, какъ то видѣли (ч. 21), тогда имѣть мѣсто, когда
это изъ предстоящихъ G и I будешь количество оприца-

6

42

шельное, примѣчаем, что естьли *d* и *f* будушь положитель-
ныя, то несомнѣно сей родъ мѣсто имѣть будешь, когда
4ad < b², а 4adf + bce > ae² + dc² + fb², и слаѣдовательно шакв же,
когда 4ad < b², 4af < c² и 4df < e², а 4adf + bce > ae² + dc² + fb², или
когда 4adf + bce < ae² + dc² + fb², а 4ad > b², 4af > c² и 4df > e² (ч. 14;
но естьли *d* и *f* не положительныя, а одно из них, или оба
будутъ отрицательныя, когда трудно опредѣлишь признаки,
но коимѣ бы шошчасъ узнать можно было, что полное ура-
вненіе представляешь или нѣшь сей вшорой родъ поверх-
носшей.

Равнымѣ образомъ, для узнанія, когда упомянушое пол-
ное уравненіе представлѣшь третій родъ поверхностей вто-
раго порядка, концрой, какъ то видѣли (ч. 26), тогда имѣшь
мѣсто, когда оба предшоящія G и I будутъ отрицательныя,
примѣчаемъ, что естьли *d* и *f* будушь положительныя. то
безъ сомнѣнія сей родъ мѣсто имѣть будешь, когда 4ad < b² и
4adf + bce < ae² + dc² + fb², и слаѣдовательно шакв же, когда
4ad < b², 4af < c², 4df < e² и 4adf + bce < ae² + dc² + fb² (ч. 14); но
естьли *d* и *f* не положительныя, а одно из них, или оба
будутъ отрицательныя, тогда, какъ и прежде, трудно бу-
дешь опредѣлишь признаки, по коимѣ бы шошчасъ узнать
можно было, что полное уравненіе представляемъ или нѣшь
сей третій родъ поверхностей.

Между тѣхъ усмшриваемъ, что естьли одно или мно-
гія изв количествъ 4ad — b², 4af — c², 4df — e², 4adf + bce — ae² — dc² — fb²
не будутъ положительныя, а отрицательныя, то, лишь бы
шолько не было 4adf + bce — ae² — dc² — fb² = 0, или все шо же,
4adf + bce = ae² + dc² + fb², полное уравненіе непремѣнно пред-
ставлять будешь или вшорой или третій родъ поверхностей
вшораго порядка, какъ бы въ прочемъ оно преобразовано

43

ни было (ч. 7, 8 и 9); ибо вв первомь родѣ, какъ мо выше видѣли, всѣ количества 4ad — b², 4af — c², 4df — e² и 4adf + bce — ae² — dc² — fb² должны быть положимыныя, а въ послѣдующихъ, мо естьь вв четвершомь, пятомь и шестомь, должно быть 4adf + bce — ae² — dc² — fb² = 0, или все мо же, 4adf + bce = ae² + dc² + fb² (ч. 16, 31 и 13).

Послѣ сего, чшобы узнать, когда полное уравненіе представляемъ поверхности чѣшвершаго и пяшаго рода, шо замѣшивъ, что сіи роды тогда имѣютъ мѣсто, когда вв преобразованіи уравненіи $GZ^2 + HU^2 + IV^2 = M$,

$I = ((4ad-b^2)(4af-c^2) - 2ae-bc)^2 + a^2 + b^2) = 0$, и $G = (4ad-b^2)$ есть положительное или отрицательное количество. ч. 31 и 33), находимъ, что сіи роды тогда имѣютъ мѣсто, когда вв полномь уравненіи будешь $4adf+bce=ae^2+dc^2+fb^2$ (ч. 13), и при этомъ $4ad-b^2$ количество положительное или отрицательное, и слѣдовашельно, поелику уравненіе $4adf+bce=ae^2+dc^2+fb^2$ дѣлаешь и $(4ad-b^2)(4af-c^2) = (2ae-bc)^2$, когда вв то же самое время будешь какъ же и $4af-c^2$ количество положительное или отрицательное; но при сихъ условіяхъ множ ourselves

$$ (z + \frac{by + cx - \sqrt{b^2 - 4ad}y^2 + 2(bc - 2ae)xy + (c^2 - 4af)x^2}{2a}) \sqrt{a} \text{ и} \\ (z + \frac{by + cx + \sqrt{b^2 - 4ad}y^2 + 2(bc - 2ae)xy + (c^2 - 4af)x^2}{2a}) \sqrt{-a}, $$

вв конъ сумма членовъ двухъ размѣреній полнаго уравненія представлена быть можешь. сдѣлаются

$$ (z + \frac{by + cx - y\sqrt{b^2 - 4ad} - x\sqrt{c^2 - 4af}}{2a}) \sqrt{a} \text{ и} \\ (z + \frac{by + cx + y\sqrt{b^2 - 4ad} + x\sqrt{c^2 - 4af}}{2a}) \sqrt{-a}, $$

но естьь или мнимые, или дѣйствительные; слѣдовашельно чѣшвершой и пяшой родъ поверхностей втораго порядка тогда

6 *

44

имѣем мѣсто, когда сумма членов двух размѣреній $az^2+byz+cxz+dy^2+exy+fx^2$ полнаго уравненія можешь разрѣшиться на два простые множителя, мнимые или дѣйствительные; вв первомѣ случае будешь четвертаго, а вв другомъ пятаго рода.

Наконецъ, поелику вв шестомѣ родѣ, какъ $4ad-b^2=0$ и $ac-bc=0$, такъ и $4af-c^2=0$ (ч. 36), то явствуешь, что шестой родъ поверхносшей втораго порядка тогда имѣем мѣсто, когда упомянутая сумма разрѣшается на два равные между собою множителя, или все же, когда оная сумма будешь совершенной квадратом.

И такъ весьма способно будешь рѣшить, къ какому роду принадлежишь поверхность представленная какимъ ни есшь даннымъ второй сшепени уравненіем; оснашется то- кмо небольшее заşрудненіе вв различеніи втораго рода отв шрешьяго, и обращно; и для того славный Ейлер, первый изъ Геометровъ проложившій пушь къ симвѣ изслѣдованіямъ, полагаетъ сіи два рода за одинъ и two же родъ поверхно- шей втораго порядка.

45

О движеніяхъ произведимыхъ лосреднікомъ машины
езанінымъ действіемъ тѣлъ тяжелыхъ.

Согненіе Семена Турьеза.

Представленное Академія 1806 года Гennaря 14 дня.

(1) Вопросы, которые я здѣсь разсумѣть звонкій ріялся, суть почти тѣ самые, которые предложил Г. Боссю въ IV главѣ второй книги своего Динамики, и которые шакѣ же разсѣяны по разнымъ мѣстамъ второй части Механики Г. Безу; по способу, при разрѣшеніи оныхъ мною укопребленный, со всѣми различеніем ошь способовъ сихъ Гсометровъ, и по мнѣнію моему преимуществѣйшь предъ оными какъ всеобщнo-спію, шакѣ краткоспію и ясноспію. И какъ приложеніе се- го способа къ сумѣ мною здѣсь разсматриваемымъ вопросамъ, съ немалою пользою руководствовашь можешь къ разрѣшенію помощю его другихъ несравненно сложнѣйшихъ вопросовъ, то небольшее сіе сочиненіе я разсудилъ представившіе Академія, для помѣщенія въ ея дѣяніяхъ, которыя она на Россійскомъ языке издавашь себѣ предположила.

(2) Прежде, нежели приступлю къ настоящему пред-
мешу, нахожу за нужное привести чишашелю на память гла-
вныя формулы поступательнаго движения. И шакъ:

а) Пусть е пространство, перейденное во время t, и и
ескорость, въ концѣ онаго пространства е или времени t
приобрѣтенная; будемъ:

$$
u \equiv \frac{de}{dt}, \quad de \equiv udt \quad и \quad dt \equiv \frac{de}{u}.
$$

b) Пусть φ простая ускорişтельная сила; будетъ:

46

$$
\Phi = \frac{1}{2} \frac{du}{dt}, \quad \equiv \frac{1}{2} \frac{udu}{de}, \quad \equiv \frac{1}{2} \frac{d^2 e}{dt^2}.
$$

ε) Пусть m составь тѣла и F совершенная ускорительная цилиндрическая сила; будет:

$$
F = \frac{mdu}{2dt}, \equiv \frac{mudu}{2de}, \equiv \frac{md^2e}{2dt^2}
$$

d) Пусть g сила тяжески, то есть пространство,
въ первую секунду какимъ ниссть тяжелымъ тѣломъ перей-
денное, и М въ вѣ сосшава m; будетъ M = mg, и посмому

$$
F = \frac{Mdu}{2gdt}, \equiv \frac{Mudu}{2gde}, \equiv \frac{Md^2e}{2gdt^2}.
$$

е) Наконецъ, пусть простая ускорительная сила, сра-
вненная въ силою тяжески, F/M=t; будетъ:

$$
du \equiv 2fgdt, u\dot{u} \equiv 2fgde \text{ и } d^2e \equiv 2fgdt^2.
$$

Примѣч. Всѣ сіи формулы доказаны въ I княгѣ Дифференциального и Интегрального Изчисленія Г. Кузена, въ статьѣ о движении ускореннымъ и укосненнымъ. См. стр. 412 и слѣ дующія.

(3) Сверхъ сихъ формуль нужно привести еще на па-
мять главныя формулы вращающагося движения. И шакъ:

a) Пусть какое нисешь півердое тѣло обращается око-
ло какой нисешь неподвижной оси, и пусть почка, находя-
щаяся oмь оной въ разстояніи — 1, во время t описываемь
дугу круга — s, и имѣвь скоросѣшь — v, которая обыкновенно
скоростію вращенія называется; пусть еще другая почка, на-
ходящаяся oмь шой же оси въ разстояніи — r, описываемь
въ шо же самое время t дугу круга — ε, и имѣвь скорость
— и; будеть, каквъ то явно:

$$
\varepsilon \equiv rs \text{ и } s \equiv \frac{e}{r}; \quad u \equiv rw \text{ и } w \equiv \frac{u}{r}.
$$

47

б) Пусть $\Phi$ простая ускорительная сила, коею точка, находящаяся отв оси вращенія вв разстояніи $\equiv r$, побуждаемся по направленію, кв сему разстоянію $r$ перпендикулярному; будем:

$$ \Phi dm = \frac{dmdu}{2dt}, \quad = \frac{dm d^2 e}{2dt^2}. $$

Или, поелику $u \equiv rw$ и $e \equiv rs$, будем:

$$ \Phi dm = \frac{r dmdw}{2dt}, \quad = \frac{rdmd^2s}{2dt^2}. $$

И шакъ момента силы $\Phi dm$ вв разсужденіи оси вращенія
будем:

$$ \Phi rdm = \frac{r^2 dmdw}{2dt}, \quad = \frac{r^2 dmd^2s}{2dt^2}. $$

с) Пусть $F$ равнодійствующая всьхъ силь $\Phi dm$, и $F_i$ моментъ ея вв разсужденіи оси вращенія; вв слабдѣствіе с same положенія, по причинѣ что $\frac{dw}{2dt}$ или $\frac{d^2s}{2dt^2}$ есть одно и то же количесвѣ до для всѣхъ точекъ сосвава $m$, будем:

$$ F_i = \int \Phi rdm = \frac{dw}{2dt} \int r^2 dm = \frac{d^2s}{2dt^2} \int r^2 dm. $$

Или, поелику $mg \equiv M$, будем:

$$ F_i = \frac{dw}{2gdt} \int r^2 dM = \frac{d^2s}{2gd\dot{t}^2} \int r^2 dM. $$

Интеграль $\int r^2 dm$ или $\int r^2 dM$ есть то, что моментъ инер-
ціи называется.

И есть ли положится оный $\int r^2 dm = mb^2$ или $\int r^2 dM = Mb^2$,
то будем:

$$ F_i = \frac{mb^2 dw}{2dt}, \quad = \frac{mb^2 d^2 s}{2dt^2}, $$

или

$$ F_i = \frac{Mb^2 dw}{2gdt}, \quad = \frac{Mb^2 d^2 s}{2gdt^2}. $$

48

d) Здѣсь остается въ шомъ токмо сомнѣніе, что какимъ образомъ силы, какъ $\phi dt$, дѣйствующія въ разныхъ х, къ оси вращенія перпендикулярныхъ плоскостяхъ, по направленіямъ перпендикулярнымъ къ разстояніямъ ихъ, какъ $r$, до сей оси, могутъ имѣть одну равнодѣйствующую силу $F$; но сомнѣnie сіе уничтожится, когда каждая сила $\phi dt$ разрѣшится на двѣ, изъ коихъ бы одна была параллельна плоскости, проходящей чрезъ освѣращенія и центръ сосшава, а другая перпендикулярза къ сей плоскости
Въ самомъ дѣлѣ, положивъ, крашкості ради, $\frac{dr}{dt} \propto \frac{d^2 s}{2dt^2} = -\lambda$.
такъ что бы сила $\phi dt$ сдѣлалася $= Ar dt$, и изъ позвъ освѣщенія за ось координатъ х, перпендикулярную прямую, изъ какой ниспѣшь точка на ней въ шомъ плоскости поставленную, за ось координатъ, и перпендикулярную прямую, изъ позмѣ же точки на самой плоскости поставленную, за ось координатъ $z$, мы, по разрѣшеніи вышесказаннымъ образомъ силы $Ar dt$, дѣйствующей перпендикулярно къ разстоянію $r(=\sqrt{y^2 + z^2})$, будемъ имѣть дѣ ся $Az dt$ и $Ay dt$, изъ кохъ одна параллельна плоскости координатъ х, у, а другая перпендикулярна къ оной; и какъ плоскость координатъ х, у проходимъ чрезъ центръ сосшава, то будемъ $fz dt = 0$, и посмому сумма силъ $Azdt$ или $Ax dt$ равнодѣйствующая будемъ тѣмъ же $= 0$; а какимъ образомъ равнодѣйствующая $F$ сяль $Ar dt$ будемъ равнодѣйствующая токмо сяль $Ax dt$, то есть будемъ $F = Afy dt$.

1) Use of the indefinite article with adjectives in English is sometimes misleading. It is better to use the definite article when the adjectives are used as adjectives, and the indefinite article when they are used as adverbs.

If we use the indefinite article with adjectives, we say $F = Amb^2$, будемъ:

$$i = \frac{Afr^2 dt}{\lambda ma} = \frac{fr^2 dm}{m\lambda} = \frac{mb^2}{ma} = \frac{b^2}{a},$$

разстояніе, въ которомъ омъ осн вращенія проходить разъедѣйствующая сила $F$.

49

(4) Наконець здісь я буду полагать: 1) сопротивление, происходящее омшнені, коморое тогда токмо оказовается, когда движеніе бываєм, пронорціональним давленію, каквобыкновенно всь писашли полагають; 2) сопротивленіе, происходящее омш жесткості веревок, пропорціональним суммові силь напрягаючих веревку, умноженной на радіус оной, і разділенной на радіус объемлемаго ею блока или вала, какво бо большею часщію писашли полагають.

По таковому предваришельному названні я прислухаю кв насстоящому предмету сего сочиненія.

(5) Вопрос І. Определілишь всь обстоятельства дви-Черп. 12. женія двух неравно шяжелых шв'ял Р і Q, призаньких кв концам веревки ХЕЗ, объемлющей недвижимый блок ДЕВ, могущій обращаться около оси своей FG.

Пусь ввсь шв'яла Q больше ввся шв'яла Р, и пусь вв начал' движенія шв'яло Р находилося вв А, а шв'яло Q вв В; пусь пошомь по прошескли времени t", шв'яло Р пришло вв Х, а шв'яло Q вв Z, какво что каждое перешло вв сіе время t проспранство AX = BZ, коморое пусь — х, и пусь напряженіе части ХD веревки = Т, а часщі Z3 = Г. Явно, что сила движущая шв'яло Q, = Q — Г, а сила движущая шв'яло Р, = Т — Q; чего ради по названенным выше формуламь (ч. 2, д) будем им'ять сл'дующія уравнея :

$$
\text{І.} \quad \frac{Q}{2gdt^2} \stackrel{\cdot}{=} Q' - T
$$

$$
\text{ІІ.} \quad \frac{P}{2gdt^2} \stackrel{\cdot}{=} T - P.
$$

Поєлику же Q = Q — T' + T' і Р = —(Т — P) + T, то
явствуєм, что силы Q и P, стремящіяся произнести движе-
ніе, разрѣшающіеся на дѣйствительно движущія силы Q — T' и

7

50

Т — P, и двѣ другія Т' и Т; чего ради по правилу Даламбертову
будем Т' = Т, то есть напряженіе веревки как в въту, и как
и въ другую спорону одинаково, и посому уравненіе I с двѣ-
лается $\frac{Q d^2 x}{2g dt^2} = Q - P$, которое сказанное со II, даст:

$$
\text{III. } \frac{Q d^2 x}{2g dt^2} + \frac{P d^2 x}{2g dt^2} = Q - P
$$

$$
\text{III.} \quad \frac{Q d^2 x}{2g dt^2} + \frac{P d^2 x}{2g dt^2} = Q - P;
$$

откуда пренасядешь

$$
\frac{d^2 x}{dt^2} = 2g\mu \left( \frac{Q-P}{Q+P} \right),
$$

и по взяшіи интеграла, будет:

$$
\text{Скорость } \frac{dx}{dt} = 2gt \cdot \frac{Q-P}{Q-P'}
$$

тѣб, поелику шѣла вв началѣ движения никакой скорости не
имѣл, постоянное есть нуль.

Сіе послѣднее уравненіе умноживъ на dt и взявъ инме-
граль, будешь имѣть:

$$
\text{Пространство } x = gt^2 \cdot \frac{Q-P}{Q+P},
$$

тѣб постоянное, как и вв первомъ интеграль, для подобной
причины есть какъ же нуль.

Наконецъ извѣ уравненія III сыскавъ $\frac{d^2x}{2gdt^2} = \frac{Q-P}{Q+P}$ и
лоскавівъ вв I или во II, получишь:

$$
\text{Напряженіе } T = P + \frac{P(Q-P)}{Q+P} = \frac{2PQ}{Q+P},
$$

которое больше P на количество $\frac{P(Q-P)}{Q+P}$, а меньше Q на
количество $\frac{Q(Q-P)}{Q+P}$.

(6) Примѣч. Мы могли бы къ рѣшенію сего вопроса
употребить формулу $иди = 2gd\epsilon$ (ч. 2, ε), которая, поелику

51

запъсля простая ускорительная сила $f = \frac{Q-P}{Q+P}$ и $e = x$,
даем:

$$udu = 2gdx \cdot \frac{Q-P}{Q+P};$$

откуда произойдем:

$$u^2 = 4gx \cdot \frac{Q-P}{Q-P'}$$

$$u = \frac{dx}{dt} = 2\sqrt{gx} \cdot \sqrt{\frac{Q-P}{Q+P}},$$

$$\frac{dx}{\sqrt{x}} = 2dt\sqrt{\frac{Q-P}{Q+P}},$$

$$\text{и } \sqrt{x} = t\sqrt{g} \text{, т. е. } \frac{Q-P}{Q+P}.$$

чего ради будем:

$$\text{Скорость } u = 2gt \cdot \frac{Q-P}{Q+P},$$

$$\text{и Пространство } x = gt^2 \cdot \frac{Q-P}{Q+P}.$$

Но симптомом мы не определяем напряженія Тверевки,而是知道,每当用这方法计算时,总要和实际值有误差,而对任何一种运动的平均值来说,这个误差是很微小的。

(7) Изъ выражений скорости $u$ и пространства $x$ яв-
ствуем, что движение штаб $P$ и $Q$ есть равноускоренное;
ибо, штаб кавг $g$ и $\frac{Q-P}{Q+P}$ суть количества постоянныя, шо
используєм, что отнесеніе скорости $u$ ко времени $t$ есть по-
стоянное, и что переходимыя сими штабами пространства х
суть магні тіла квадрашы временн $t$; каковыя своєства при-
надлежамъ движению равноускоренному.

7 *

52

(8) Извѣтъ хуже выраженній еще явствуетъ, что дви-
женіе сихъ тѣль Р и Q тѣмь будешь медлишельнѣе прошиву
движенія свободно падающихъ тѣль, чѣмь отношеніе
Q — P
Q + P
вывѣтв меньше. Такъ, есть ли будешь Р = 10, 100, 200, 300
и проч., а Q = 11, 101, 201, 301 и проч., то будешь отношеніе
Q — P
Q + P
= 1/21, 1/201, 1/401, 1/601, и проч., и положивъ t = 1", вы-
дешь высота, въ первую секунду сими пѣлами переходимая,
= 1/21, 1/201, 1/401, 1/601, и проч., то есть, поелику почти g = 16
Аглин. фушъ, будешь высота сія почти = 9", 1", 6", 4",
и проч. Оспюда то Аглинской Физикъ Атвудъ долженъ
былъ получить первую мысль о изобрѣшеніи прекрасной своей
машины, о которой мы въ послѣдствіи съ большею удобно-
сшію говоршь можемъ.

(9) Извѣраженія напряженія веревки T = 2PQ / (Q + P) явствуетъ,
что во время движения шѣль Р и Q давленіе, ими на ось FG
блока DEB производимое, равняется 4PQ / (Q + P), и есть меньшее,
нежели каковое въ случае равновѣсія бываешь, а именно на
количество (Q-P)2 / (Q+P).

(10) Естъли уравненіе III умножимъ на dx, шо получимъ:

$$
\frac{Q}{2g} \frac{dx^2}{dt^2} x + \frac{P}{2g} \frac{dx^2}{dt^2} x = Qdx - Pdx;
$$

изъявъ же интегралъ, будемъ иметь:

$$
Q \left(\frac{dx}{dt}\right)^2 + P \left(\frac{dx}{dt}\right)^2 = Q \cdot 4gx - P \cdot 4gx_2
$$

такъ какъ то явно, постъянное есть нуль.

53

Откуда явствует, что сумма произведеній тѣль Q и
Р, умноженных на квадрапты скоростей, полученных при
концѣ времени t, равна суммѣ произведеній тѣх же тѣль
Q и Р, умноженных на квадрашты скоростей, коморы онъ
приобрѣтушь по шижести своей, свободно падая съ высоты
= х. Причем замѣшить надлежишь, что въ послѣдню сумму
входишь знакъ — помопу, что Р возходишь, когда Q низхо-
димь. И сіе то равенство упомянутыхъ суммъ составляемъ
то, что сохраненіемъ силъ живыхъ называется.

(11) Вопрось II. При всѣхъ тѣхъ же предположеніяхъ,
каковыя означены въ первомъ вопросѣ, требуется принять
въ разсужденіе вѣсъ веревки, объемлющей блокъ DBE.

Пускъ р вѣсъ всей веревки, с вѣсъ ея часми, объемлю-
щей половину Слока ГЕВ, л длина всей веревки и Т ея напря-
женіе, кошогое, какъ то видѣли, не смотря на неравенство
вѣсовъ Q и Р бываешь одинаково, какъ въ ту, шакъ и въ
другую сторону; будешь, въ пропорціи l: x = p: $\frac{px}{l}$, чемвертой
членъ $\frac{px}{l}$ вѣсъ части ВZ веревки,

а $p - (\frac{px}{l} + q)$ въсѣм части DX оной;

Q + \frac{px}{l} - T сила движущая тѣло Q + \frac{px}{l} + \frac{1}{2}q,

а $T - P - (p - (\frac{px}{l} + q))$ сила движущая тѣло P + p - (\frac{px}{l} + \frac{1}{2}q).$

И шакъ по изъясненнымъ выше формуламъ (ч. 2, д), будемъ
ямѣть слѣдующія уравненія:

$$
\text{І.} \quad \left(Q + \frac{px}{l} + \frac{1}{2}q\right) \frac{d^2 x}{2gdt^2} = Q + \frac{px}{l} - T
$$

$$
\text{II.} \quad \left( P + p - \left( \frac{px}{l} + \frac{1}{2}q \right) \right) \frac{d^2 x}{2gdt^2} = T - P - \left( p - \left( \frac{px}{l} + q \right) \right),
$$

55

(12). Отсюда явствуешь, что есть ли веревка имѣшь
нарочивой въсъ, то законь движения двухѣ шѣль Q и Р не
будешь шоть же, что и законь движения свободно падающихѣ
шѣль, но иной сложнѣйшій, каковый предшавляешь сіе по-
следнее уравненіе.

(13) Вопрос III. При всѣхъ шѣхъ же предположеніяхъ,
каковыя означены въ первомъ вопросѣ, требуется примасть
въ разсужденіе инерцію или недѣйственносѣть блока DEB.

Пусть BV дуга, которую точка В блока описываетъ
въ то же время t, въ которое шѣла Q и Р переходятъ про-
странство BZ = AX = x, и пусь уг. BCV = s, и радіусъ CB
блока = a; будемъ, какъ то изъно, BV = as = x; пусь еще мо-
москв инерціи блока = Mb², и Т, Т' напряженія часшей 1X
и ВZ веревки, кооторыя здѣсь неравны между собою. По извя-
свѣеннымымъ выше формуламъ (ч. 2, д и ч. 3, е) будемъ имѣть
съюдующія уравненія:

$$
\text{I.} \quad \frac{Q}{2gdt^2} = Q - T',
$$

$$
\text{II.} \quad \frac{Mh^2 d^2 s}{2gdt^2} = (T' - T)a,
$$

ШШ. $\frac{P d^2 x}{2g dt^2} = T - P.$

Поелику же as = x, то будемъ d²s = dt², и уравненіе II сдѣ-
лается:

$$
\frac{M b^2 d^2 x}{2 g a^2 d t^2} = T' - T,
$$

которое сложенное сб I, даемъ :

$$
IV. \frac{(Qa^2 + Mb^2)d^2x}{2ga^2dt^2} = Q - T,
$$

56

и по сюжетімі сего ІІІ, произойдем:

$$
V. \frac{((Q + P)a^2 + Mb^2)^2}{2ga^2dt^2} = Q - P;
$$

откуда имємь:

$$
\frac{d^2 x}{dt^2} = 2gdt \cdot \frac{(Q - P)a^2}{(Q + P)a^2 + Mb^2}
$$

а отсюда:

$$
\text{Скорость } \frac{dx}{dt} = \frac{2gt \cdot (Q - P)a^2}{(Q + P)a^2 + Mb^2},
$$

м Пространство $x = \frac{gt^2(Q-P)a^2}{(Q+P)a^2 + Mb^2}$

Изв уравненія V сыскавь $\frac{d^2x}{2gdt^2} = \frac{(Q-P)a^2}{(Q-P)a^2+Mb^2}$ и по-
ставивь вв ІІІ і 1, получишь:

$$
\text{Напряженіе } T = P + \frac{P(Q-P)a^2}{(Q-P)a^2 + Mb^2} = \frac{(2Qa^2 + Mb^2)P}{(Q + P)a^2 + Mb^2},
$$

и Напряженіе $T' = Q - \frac{Q(Q-P)a^2}{(Q+P)a^2+Mb^2} = \frac{(2Pa^2+Mb^2)Q}{(Q+P)a^2+Mb^2}$,

кошорыя явно разнствують между собою, каквіш їх свойєшче
самої вещи требуєшь.

(14) Изв выражений скорости $\frac{dx}{dt}$ и проспраншва х
явствуєш, что оть инерції блока законь двищенія свободно
падающих в тѣль не измѣняється.

(15). Есть ли уравнение V умножим на dx и возьмем
жанеграль, то получим:

$$
Q \left(\frac{dx}{dt}\right)^2 + P \left(\frac{dx}{dt}\right)^2 + \frac{Mb^2}{a^2} \left(\frac{dx}{dt}\right) = Q \cdot 4gx - P \cdot 4gx,
$$

или, по причинѣ что $\frac{dx}{a} = ds$, будемъ имѣть:

$$
Q \left(\frac{dx}{dt}\right) + P \left(\frac{dx}{dt}\right)^2 + Mb^2 \left(\frac{ds}{dt}\right) = Q \cdot 4gx - P \cdot 4gx.
$$

58

а. отсюда:

$$
\text{Скорость } \frac{dx}{dt} = 2gt \cdot \frac{Q - m\bar{P}}{Q + m\bar{P}},
$$

и Пространство х = gt² · \frac{Q - m\bar{P}}{Q + m\bar{P}},

Изв уравненія IV сыскавь $\frac{d^2 x}{2gdt^2} = \frac{Q - m\bar{P}}{Q + m\bar{P}}$ и поставивь
вів величины T і T', получишь:

Напряженіе T = P + P · \frac{Q - m\bar{P}}{Q + m\bar{P}} = \frac{2PQ}{Q + m\bar{P}},

и Напряженіе T' = (P + P · \frac{Q - m\bar{P}}{Q + m\bar{P}}) m = \frac{2mPQ}{Q + m\bar{P}}.

(17) Изв выражений скорости $\frac{dx}{dt}$ и проспраншва х
съдуєшь, что здѣсь законь свободно падающих вѣль оѣв
трения не измѣняется; но признаться должно, что сопроши-
вленіе, произходящее оѣв тренія, при различных скоростях вѣх
не оѣв одного токмо давленія зависѣшь, какъ мы полагали,
а купно и оѣв сихъ скоростей; но законь, по которому оное
сопропшивленіе при различных вѣротностяхъ перемѣняется,
не довольно еще изслѣдовань, чтобы перемѣну сію можно
было ввести въ изчисленіе; потому мы принуждены были
держаться обыкновеннаго въ разсуденіи сего предмеша по-
ложенія.

(18) Вопросъ V. При всѣхъ вѣхъ же предположеніяхъ,
каковыя означены въ первомъ вопросѣ, требуется принять
въ разсуденіе жесткость веревки, объемной блокъ DBE.

Пуссть а радіусв СВ блока DEB, i радіусв обвемлющей
его веревки и Т, Т' напряженія часшей ея DX, BZ; пуссть еще
другой блокъ, коего радіусв = r, обвяшь веревкою, коея

60

и Пространство x = gt² · $\frac{Q-nP}{Q+nP}$.

Изв уравненія IV сыскавь $\frac{d^2x}{2gdt^2} = \frac{Q-nP}{Q+nP}$ и поставивь
в величины T и T', получишь:

Напряженіе T = P + P · $\frac{Q - nP}{Q + nP}$ = $\frac{2PQ}{Q + nP}$,

и Напряженіе T' = (P + P · $\frac{Q - nP}{Q + nP}$) n = $\frac{2nPQ}{Q + nP}$.

(19) Здѣсь подобное замѣчаніе мѣсто имѣть, каковое
мы сдѣлали вб разсужденіи тренія (ч. 17).

(20) Вопрос VI. При всѣхъ шхъх же предположеніяхъ,
каковыя означены вв первомь вопрос, требуется принять
въ разсужденіе инерцію блока DEB, треніе онаго обв его ось
FG и жесткость веревки, его объемлющей.

Пусть буквы a, c, i, r, l, T, T', П, л и м удерживающій
шѣ же знаменованія, каковыя имѣли вв предвидущихъ вопросахъ.
По извъясненному выше мы будемъ имѣть слѣдующія
уравненія:

I. $\frac{Qd^2x}{2gdt^2} = Q - T'$,

II. $\frac{Mb^2 d^2 x}{2gadt^2} + \lambda (T + T') c + \frac{(T + T') iru}{\Pi l} = (T' - T)c$

III. $\frac{Pd^2x}{2gdt^2} = T - P$.

Изв уравненія III сыскавь Т = P + $\frac{Pd^2x}{2gdt^2}$ и П преобразовавъ вв

$$
T'(Паl - Пеlл - irμ) = Паl \frac{Mb^2 d^2 x}{2g\alpha^2 dt^2} + T(Паl + Пеlл + irμ),
$$

послѣвъ въ сіе последіяе найденную величину T; и будешь
имѣть:

61

$$
T' = \frac{Mb^3 d^2 x}{2ga^2 dt^2} \cdot \frac{Pal}{Pal - Pcl\lambda - ir\mu} + \left( P + \frac{Pd^2 x}{2gdt^2} \right) \cdot \frac{Pal + Pcl\lambda + ir\mu}{Pal - Pcl\lambda - ir\mu},
$$

которую величину поставив в уравнение I, получишь:

$$
\text{IV.} \quad \left( Q + P \cdot \frac{\Pi_{al} + \Pi_{cl\lambda} + ir\mu}{\Pi_{al} - \Pi_{cl\lambda} - ir\mu} + \frac{Mb^2}{a^2} \cdot \frac{\Pi_{al}}{\Pi_{al} - \Pi_{cl\lambda} - ir\mu} \right) \frac{d^2 x}{2gdt^2} =
$$

$$
Q - P \cdot \frac{\Pi_{al} + \Pi_{cl\lambda} + ir\mu}{\Pi_{al} - \Pi_{cl\lambda} - ir\mu}.
$$

Пусть, краткости ради,

$$
\frac{\Pi_{al} \cdot \Pi_{cl\lambda} + ir\mu}{\Pi_{al} - \Pi_{cl\lambda} - ir\mu} = p \quad \text{и} \quad \frac{\Pi_{al}}{\Pi_{al} - \Pi_{cl\lambda} - ir\mu} = q, \text{ сдѣлаешься оное}
$$

$$
\text{IV.} \quad \frac{(Q + pP)a^2 + qMb^2}{a^2} \frac{d^2 x}{2gdt^2} = Q - pP.
$$

Опкуда

$$
\frac{d^2 x}{dt} = 2gdt \cdot \frac{(Q - pP)a^2}{(Q + pP)a^2 + qMb^2}
$$

а омсюда:

$$
\text{Скорость } \frac{dx}{dt} = 2gt \cdot \frac{(Q - pP)a^2}{(Q + pP)a^2 + qMb^2}
$$

и Пространство х := gt² . (Q - pP)a² / (Q + pP)a² + qMb²

Изв уравнія IV сыскав $\frac{d^2x}{2gdt^2} = \frac{(Q-pP)a^2}{(Q+pP)a^2+qMb^2}$ и по-
ставив в величины T и T', получишь:

$$
\text{Напряженіе } T = \frac{(2Qa^2 + qMb^2)P}{(Q + pP)a^2 + qMb^2},
$$

и Напряженіе $T' = \frac{(2Pa^2 + qMb^2)Q}{(Q + pP)a^2 + qMb^2}$.

(21) Посл сих вопросов встроение Ашвудовой ма-
шины, о которой я упомянул выше, полным образом уже
изполковано быть можешь. Во первых гири, приввшиваемыя
кв нимкв, объемлющей блок или колесо, употребляются

62

совершенно равныя, и приводялись вб движение положением
на одну из них пласшинки, имѣющеи весьма малой въс
вв сравнении въса гирь: сіе для того, чтобы произвести, как
то выше видѣли (ч. 8), весьма медліяное движение, котора-
го бы ускореніе мы по слабости чувствуя нашихъ съ удобно-
стю усматривать могли. Во вторыхъ, гиря, на которой ле-
жишь пласшинка, при концѣ нькопорато времени входишь
вв кольцо, которое удерживаетъ на себѣ пласшинку, а гирю
свободно пропускаешь: сіе для того, чтобы по отвятіи уско-
ряющей причины произвести равнымъ рѣное движение, коимъ
гири вв то же время переходяшь двойное проспраншво про-
шиву того, которое перейдено ими равноускоренно. Вв тре-
шьихъ, каждой конецъ оси колеса кладется между двухъ рав-
ныхъ колесъ, плоскостями своими другъ къ другу прилежа-
щихъ, и обращаться могущихъ около разныхъ центровъ, мало
другъ отв друга удаленныхъ: сіе для того, чтобы сопроти-
вленіе, произходящее отв тренія, было вовсе нечувствительно,
отв котораго, какъ то выше замѣтили (ч. 17), когда бываешь
довольно велико, законъ свободно падающихъ шлѣв при движении
гирь непремѣнно измѣнишься долженъ, какъ и равно-
мѣрное движение, коимъ они движутся по отвятіи ускоряю-
щей причины. Вв четвертыхъ, нитка, объемлющая колесо,
упошребляется весьма тонкая и при шелковая: сіе для
того, чтобы въсъ нитки и сопрошивленіе, произходящее отв
ея жесткости, были вовсе нечувствительны, отв коихъ, какъ
то выше видѣли (ч. 12 и 19), когда бывающій довольно велики,
законіе свободно падающихъ шлѣв при движении гирь еще
болье измѣнишься долженъ. Наконецъ, при сен самой ма-
шинѣ находился секундовой оттѣсъ съ циферью-блашомъ и
шпрѣлкою: сіе для того, чтобы съ лючностію можно было

64

а омсюда:

$$
\text{Скорость } \frac{dx}{dt} = 2gt \cdot \frac{2Q-P}{4Q+R},
$$

и Пространство $x = gt^2 \cdot \frac{2Q-P}{4Q-P'}$,

и пошому

Скорость $\frac{dz}{dt} = 2 \cdot \frac{dx}{dt} = 4gt \cdot \frac{2Q-P}{4Q+P'}$,

и Пространство $z = 2gt^2 \cdot \frac{2Q-P}{4Q-P'}$.

Изв уравненія ІІІ сыскавшь $\frac{d^2x}{2gdt^2} = \frac{2Q-P}{4Q+P}$ і пошавившь
во II, будешь имьшь:

Налпряженіе $T = \frac{1}{2}P + \frac{1}{2}P' \cdot \frac{2Q-P}{4Q+P} = \frac{3PQ}{4Q+P'}$,

которое, по причинѣ что $\frac{1}{2}P = \frac{2PQ + \frac{1}{2}P^2}{4Q + P}$ и что $Q > 1P$, будешь больше $1P$; но меньше, нежели $Q$.

(23) Изв выражений скоросшей $\frac{dx}{dt}$ и $\frac{dz}{dt}$ и пространствѣ х и z явствует, что дѣвиеніе двух тѣль Р и Q есть развноускоренное; а изв выраженія напряженія Т слѣдует, что во время дѣвиенія сих тѣль Р и Q, давленіе, ими на оси FG и MN блоковѣ DEB и KLI плъзводимое, разумѣем $\frac{6PQ}{4Q+P'}$.

(24) Положив скорость $\frac{dx}{dt} = u$, будешь имѣть производимое силою Q посредством свой манижы дѣвиеніе
$$P_u = 2gt \cdot \frac{P(2Q-P)}{4Q-P}.$$ 
Чшобы опредѣлишь, при какомъ грузѣ P оно будешь

63

наибольшее, то стоишь шокмо изъ выраженнія Р и изъятъ въ разсужденіи Р дифференціальн и уравнять оный пулю; съть чего получися:

$$
P^2 + 8PQ = 8Q^2,
$$

и оштуда

$$
P = Q(-4 + \sqrt{24}) = \frac{36}{100} \cdot Q.
$$

(25) Естъли уравненіе ІІІ умножимь на dx, и возьемь
интеграль, то получимь

$$
4Q \left(\frac{dx}{dt}\right)^2 + P \left(\frac{dx}{dt}\right)^2 = 2Q \cdot 4zx - P \cdot 4gx;
$$

и какъ х = 1/2, то будетъ

$$
Q \left(\frac{dz}{dt}\right)^2 + P \left(\frac{dx}{dt}\right)^2 = Q \cdot 4gx - P \cdot 4gx,
$$

то есть малъ называемое сохраненіе силь живыхъ, гдѣ во вто-
рую сумму входить знакъ — посмому, что Р возходитъ, когда
Q низходитъ.

(26) Вопросъ VIII. При всѣхъ малъ же предположе-
нияхъ, каковыя означены въ предъидущемъ седьмомъ вопросѣ,
требуется принять въ разсужденіе инерцію блоковъ DEB, KLI.

Пусть BV и IW дуги, копорыя точки В и I блоковъ
DEB и KLI описывающб въ же время t, въ копорое пѣла
Р и Q переходятъ пространства АХ = х и 1Z = z, и пусать
уг. ВСV = а и уг. IOW = б, радіус CB = а и радіус Cl = b;
будемь, какъ то явно, BV = аг = х и IW = bг = z; пусать еще
моментъ инерціи блока DEB = Mb², а моментъ инерціи блока
KLI = Nk², и Т, Т' и Т" напряженія часшей HD, ЕК и 1Z ве-
ревки, копорыя здѣсь неравны между собою. По извѣсненнымѣ
выше формуламъ будем имѣть слѣдующія уравненія:

9

66

$$
\text{I. } \frac{Q d^2 z}{2g dt^2} = Q - T',
$$

$$
\text{II.} \quad \frac{Nk^2 d^2 z}{2gdt^2} = (T'' - T)b,
$$

$$
\text{III.} \quad \frac{P d^2 x}{2 g d t^2} = T + T' - P,
$$

IV. $\frac{Mh^2 d^2 \alpha}{\Omega g dt^2} = (T'' - T)a.$

Поемику же $b\xi = z$, и $a\alpha = x$, то будемь $d^2\xi = \frac{d^2z}{b}$ и $d^2\alpha = \frac{d^2x}{a}$,
и потому уравниемія II і IV сдівляються:

II. $$ \frac{Nk^2 d^2 z}{2gb^2 dt^2} = T'' - T $$

и IV. $$ \frac{Mh^2 d^2 x}{2ga^2 dt^2} = T' - T. $$

Есьмили уравненіе II сложимь ch I, мо получимь:

V. $$ \frac{Q d^2 z}{2g dt^2} + \frac{N k^2 d^2 z}{2g b^2 dt^2} = Q - T, $$

и есьмили кв сему V приложимь III и IV, мо будемь имѣть:

$$
\text{VI.} \quad \frac{Q d^2 z}{2g dt^2} + \frac{N k^2 d^2 z}{2g b^2 dt^2} + \frac{P d^2 x}{2g dt^2} = Q - P + T
$$

и VII. $$ \frac{Q d^2 z}{2g dt^2} + \frac{N k^2 d^2 z}{2g b^2 dt^2} + \frac{M b^2 d^2 x}{2g a^2 dt^2} = Q - T; $$

есьми же сіи VI и VII сложимь, мо получимь:

$$
\text{VIII.} \quad \frac{2(Qb^2 + Nk^2)}{b^2} \frac{d^2 z}{2gdt^2} + \frac{(Pa^2 + Mb^2)}{a^2} \frac{d^2 x}{2gdt^2} = 2Q - P,
$$

или поемику $z = 2x$, сдівляється оное

$$
\text{VIII.} \quad \frac{(4(Qb^2 + Nk^2)a^2 + (Pa^2 + Mb^2)b^2)}{a^2 b^2} \frac{d^2 x}{2gdt^2} = 2Q - P.
$$

Омкуда:

$$
\frac{d^2 x}{dt^2} = \frac{2gdt(2Q - P)a^2 b^2}{4(Qb^2 + Nk^2)a^2 + (Pa^2 + Mb^2)b^2},
$$

6.7

а общюда:

$$
\text{Скорость } \frac{dx}{dt} = 2gt \cdot \frac{(2Q - P)a^2 b'}{4(Qb^2 + Nk^2)a^2 + (Pa^2 + Mb^2)b^2}
$$

и Пространство х = gt² \ \frac{(2Q - P)a²b²}{4(Qb² + Nk²)a² + (Pa² + Mb²)b²},

и пошшую

Скорость $\frac{dz}{dx} = 4gt \cdot \frac{(2Q - P)a^2 b^2}{4(Qb^2 + Nk^2)a^2 + (Pa^2 + Mb^2)b^2}$,

и Пространство $z = 2gt^2 \frac{(2Q - P)a^2 b^2}{4(Qb^2 + Nk^2)a^2 + (Pa^2 + Mb^2)b^2}$.

Уравнение VII преобразить въ сей видъ

$$
T = Q - \left( \frac{2(Qb^2 + Nk^2)a^2 + Mb^2 b^2}{a^2 b^2} \right) \cdot \frac{d^2x}{2gdt^2},
$$

и изъ VIII сыскавь $\frac{d^2x}{2gdt^2}$, пошшавь въ оное преобразованное

VII уравнение; получишь:

$$
\text{Напряженіе } T = \frac{3PQa^2b^2 + 2PNk^2a^2 + (P-Q)Mb^2b^2}{4(Qb^2 + Nk^2)a^2 + (Pa^2 + Mb^2)b^2}.
$$

Пошомь уравненіе V преобразивь въ сей видъ

$$
T' = Q - \frac{2(Qb^2 + Nk^2)}{b^2} \cdot \frac{d^2x}{2gdt^2},
$$

посшавь вмѣсто $\frac{d^2x}{2gdt^2}$ равную величину; будешь имѣть:

$$
\text{Напряженіе } T' = \frac{3PQa^2b^2 + 2PNk^2a^2 + QMb^2b^2}{4(Qb^2 + Nk^2)a^2 + (Pa^2 + Mb^2)b^2}
$$

И наконецъ изъ I уравненія, преобразованнаго въ T' =

$$
Q - 2Q \cdot \frac{d^2x}{2gdt^2}, \text{ получишь:}
$$

$$
\text{Напряженіе } T'' = \frac{3PQa^2b^2 + 4PNk^2a^2 + QMb^2b^2}{4(Qb^2 + Nk^2)a^2 + (Pa^2 + Mb^2)b^2}.
$$

Поелику же $Q \gg P$, то будешь $2Q \gg P$, $Q \gg P-Q$ и
$4Q \gg 2P$; изъ чего явствуешь, что будешь $T' \gg T \gg T$, какъ
то свойство самой вещи требуешь.

9 *

68

(27) Вопрось ІХ. При всьхб тьхь же предположеніях, каковыя означены вь предвидущем восьмомь вопрось, требуется принять еще вь разсужденіе треніе блоковь DEB и KLI обь ихь оси FG и MN.

Пусь с и є радіусы осей FG и MN; выраженія λ(Т + Т')с и λ(Т' + Т'')е будуть моменты силы тренія, і пошому будемь иміть слідующія уравненія:

$$
\text{І.} \quad \frac{Qd^2z}{2gdt^2} = Q - T'',
$$

$$
\text{ІІ.} \quad \frac{Qk^2 d^2 z}{2gadt^2} + \lambda(T' + T'')e = (T'' - T)b,
$$

$$
\text{III.} \quad \frac{Pd^2x}{2gdt^2} = T + T' - P,
$$

$$
\text{IV.} \quad \frac{Pb^2 d^2 x}{2gadt^2} + \lambda(T + T')e = (T' - T)a.
$$

Уравненіе IV преобразовь вь сей видь

$$
\frac{P h^2 d^2 x}{2 g a^2 d t^2} + \frac{a + \lambda c}{a} \cdot T = \frac{a - \lambda c}{a} \cdot T',
$$

и положивь, краткоспи ради, $\frac{a}{a - \lambda c} = m$ и $\frac{a + \lambda c}{a - \lambda c} = n$, будешь иміть

$$
T' = \frac{m P h^2 d^2 x}{2 g a^2 d t^2} + n T.
$$

Так же уравненіе II преобразовь вь сей видь

$$
\frac{Qk^2 d^2 z}{2gb^2 dt^2} + \frac{b + \lambda c}{b} T' = \frac{b - \lambda c}{b} T'',
$$

и положивь, крашкоспи ради, $\frac{b}{b - \lambda c} = p$ и $\frac{b + \lambda c}{b - \lambda c} = q$, consequently

$$
T'' = \frac{p \cdot Q k^2 d^2 z}{2 g b^2 d t^2} + q T'.
$$

69

Величину Т' поставив в в уравнение III, будешь иметь

$$
\frac{P d^2 x}{2 g dt^2} = T - P + \frac{m P b^2 d^2 x}{2 g a^2 dt^2} + n T;
$$

ОТКУДА

$$
T = \frac{P'(a^2 - mb^2)}{(1 + n)a^2} \cdot \frac{d^2 x}{2gdt^2} + \frac{P}{1 + n},
$$

которую величину поставив в в выражение Т', найдешь:

$$
T' = \frac{P(na^2 + mb^2)}{(1 + n)a^2} \cdot \frac{d^2 x}{2gdt^2} + \frac{nP}{1+n},
$$

а сю поставив в в выражение Т

получишь:

$$
T'' = \frac{pQk^2d^2z}{2gb^2dt^2} + \frac{qP(na^2 + mb^2)}{(1 + n)a^2} \cdot \frac{d^2x}{2gdt^2} + \frac{nqP}{1+n},
$$

которую поставив в в уравнение I, будешь иметь:

$$
V. \quad Q \frac{(b^2 + pk^2)}{b^2} \cdot \frac{d^2 z}{2gdt^2} + \frac{qP(na^2 + mb^2)}{(1 + n)a^2} \cdot \frac{d^2 x}{2gdt^2} = Q - \frac{nqP}{1+n},
$$

или, поелику z = 2х, и слѣдовательно d²z = 2d²х, сдѣлаешь оное

$$
V. \quad \frac{(2(1+n)Q(b^2 + pb^2)a^2 + qP(na^2 + mb^2)b^2)}{a^2b^2} \frac{d^2x}{2gdt^2} = (1+n)Q - nqP.
$$

ОТКУДА

$$
\frac{d^2 x}{dt^2} = 2gdt \cdot \frac{((1 + n)Q - nqP)a^2b^2}{2(1 + n)Q(b^2 + pk^2)a^2 + qP(na^2 + mb^2)b^2},
$$

а обсюда:

$$
\text{Скорость } \frac{dx}{dt} = \frac{2gt((1+n)Q - nqP)a^2b^2}{2(1+n)Q(b^2 + pk^2)a^2 + qP(na^2 + mb^2)b^2}
$$

$$
\text{и Пространство } x = \frac{gt^2((1+n)Q - nxP)a^2b^2}{2(1+n)Q(b^2 + pb^2)a^2 + qP(na^2 + mb^2)b^2}.
$$

Изв уравненія V сыскав $\frac{d^2x}{2gdt^2}$ и поставив в выражение Т, Т' и Т'', опредѣлишь напряженія веревки.

(28) Изчисленіе не труднѣе будет, когда примется
вб разсужденіе и жесткость веревки; но при семѣ замѣтишь

70

надлежишь, что вв движимомь блокъ ДЕВ сила жестко-
си уменьшаешься вв половину, шакь что оная будешь =
(T + T')irµ.
хПа

(29) Примѣч. Кв вопросамь о движении блоковѣ отно-
сятся шакь же VII и VIII вопросы предложенные Г. Боссю
вв упомянутой тлавѣ его Динамики, изв коихв первой раз-
сматриваль и Г. Академикв Фрус; но несравненно сб большею
подробностію и не вв томь видѣ, какв предложил его Г.
Боссю, а какв вопрос о движении рулетки, извѣстной
игрушки, выдуманной Французскими выходцами. См. Nova
Acta, Tom VIII, pag. 256. Я предложу здѣсь по тому же самому
способу, каковой досель был употребляемь, рѣшеніе обоимъ
сimm вопросамъ, какв для мого, что зесьма любопытства до-
стойное сочиненіе Г. Фрус о первомь вопрос писано на Ла-
шинскомъ языкѣ, шакь и дыя мого, что один вопрос сб дру-
гимъ не малую связь имѣшь. И шакъ:

Черп. 14. (30) Вопрось Х. Пусть шѣло Р будешь раздѣлено плоскостію ДЕ на двѣ равныя и подобныя часши, кон соединены пошомь перпендикулярнымь кв той плоскости цилиндромь FG шакь, что ось его проходимь чрез центръ тяжесши шѣла Р; и пусть на сей цилиндр навиша нить, которой одинъ конец прикрѣпленъ кв поверхності его, а другой привязань кв шочкѣ О, шакь что шѣло Р отв собственной своей тяжесши, обращаясь около оси цилиндра вв одной и шой же вертикальной плоскости, можешь свободно низходить и нить сб цилиндра свивашь; требуется определить всѣ обстоятельства движения сего шѣла Р.

Пусть вв началѣ движения шочка прикосновенія ниши
кв цилиндру будешь вв А, а по прошесшіи времени тѣ шочка

72

Пространство х = $\frac{gt^2}{1+n}$,

и Уголь вращенія s = $\frac{gt^2}{a(1+n)}$.

Здѣсь посшоянное количество вв обоих интегралах
есть нуль.

Наконецъ изв уравненія III сыскав $\frac{d^2x}{2gdt^2} = \frac{1}{1+\frac{b^2}{a^2}} = \frac{1}{1+n}$
и посшавив вв выраженіе Т, будешь имѣть:

$$
\text{Напряженіе } T = \frac{Pb^2}{a^2(1+n)} = \frac{Pn}{1+n},
$$

кошорое, какъ шо явно, будешь везде одно и шо же.

(31) Изв выраженія проспрансства х, мы имвемъ:

$t = \sqrt{\frac{(1+n)x}{g}}$,

время низжожденія шла Р отв начала движенія А до шокки Х.

И отмуда:

Скорость низжожденія $\frac{dx}{dt} = \frac{2g}{1+n} \sqrt{\frac{(1+n)x}{g}} = 2\sqrt{\frac{gx}{1+n}}$,

и Скорость вращенія $\frac{ds}{dt} = \frac{2}{a} \sqrt{\frac{gx}{1+n}}$.

Пусть с длина шой часши ними, кошорая навита на ци-
линдрb; будешь при самой нижней шокѣ, до кошорой шло Р
опуститься можешь,

Время низжожденія $t = \sqrt{\frac{c(1+n)}{g}}$,

Скорость низжожденія $\frac{dx}{dt} = 2\sqrt{\frac{gc}{1+n}}$,

и Скорость вращенія $\frac{ds}{a} = \frac{2}{a} \sqrt{\frac{gc}{1+n}}$.

73

И такъ, поелику тѣло при самой нижней точкѣ имѣешь
екоросТЬ вращенія, явствуетъ, что оное съ сею самою
скоросшію будешь продолжать вращашелное движение, кою-
рое по причинѣ, что нишь уже вся развилась, по необходимо-
сли должно засшавить ее съ другой стороны опять на ци-
линдрѣ навиваться; а пошому тѣло должно будешь возуйдимъ.
Посмотримъ, какимъ образомъ сіе возхожденіе совершалось
станешь.

(32) Пусь Н самая нижняя точка, до которой тѣло Р до-Чер. 15.
смигаеть, когда разовьется вся нишь; поелику выше видѣли, что
въ сей точкѣ скорость вращенія $= \frac{2}{a} \sqrt{\frac{gc}{1+u}}$, то скорость, съ
коморою нишь ни цилиндрѣ навиваться станешь, будешь
$= 2 \sqrt{\frac{gc}{1+u}}$, и слѣдовательно скорость, съ коморою тѣло на-
чнешь подниматься, будешь такъ же $= 2 \sqrt{\frac{gc}{1+u}}$; пусь по
прошествіи времени $t''$, точка прикосновенія ниши къ цилин-
дру будетъ въ Х, такъ что НХ будетъ пространство, въ сіе
время тѣломъ Р перейденное, которое пусь $= x$; пусь еще
на цилиндрѣ навившаяся часть ниши $= VХ = НХ = x$, и
уг. VCX = $z$, такъ что $x = aS$. По изъясненнымъ выше форму-
ламъ будемъ имѣть слѣдующія уравненія:

$$
\text{I.} \quad \frac{P \cdot a^2 x}{2g \cdot d^2 t^2} = -P + T
$$

$$
\text{II.} \quad \frac{P h^2 a^2 s}{2 g d^2 t^2} = -aT,
$$

тѣбѣ въ I и II уравненіяхъ при Р и аТ поставленѣ знакъ —
для того, что сила Р стремится уменьшить пространецшво х,
а сила Т стремится шо же сдѣлать съ угломѣ $\vartheta$.

10

74.

И какъ as = х, то будешь ds = dx/a и d²s = dt²/a, и поэтому уравнение II сдѣлается

$$
T = - \frac{P h^2 d^2 x}{2 g a^2 d t^2},
$$

которую величину поставив в I, получишь:

$$
\text{III. } \frac{P d^2 x}{2gdt^2} = -P \frac{P h^2 d^2 x}{2g a^2 dt^2},
$$

и ли

$$
\left(1 + \frac{h^2}{a^2}\right) \frac{d^2 x}{2gdt^2} = -1,
$$

или еще

$$
\frac{d^2 x}{dt^2} = - \frac{2gdt}{1+n}.
$$

Откуда по взятіи иншеграла, будешь имѣть:

Скорость возрожденія $\frac{dx}{dt} = C - \frac{2gt}{1+n}$;

и по причинѣ, что вв точкѣ Н, гдѣ t = 0, сія скорость
= 2√(\frac{gc}{1+n}), будешь C = 2√(\frac{gc}{1+n}), и поэтому будем:

Скорость возрожденія $\frac{dx}{dt} = 2\sqrt{\frac{gc}{1+n}} - \frac{2gt}{1+n}$,

и Скорость вращенія $\frac{ds}{dt} = \frac{2}{a} \sqrt{\frac{gc}{1+n}} - \frac{2gt}{a(1+n)}$.

Помошь, по взятіи другаго иншеграла, получишь:

Пространство $x = 2t \sqrt{\frac{gc}{1+n}} - \frac{gt^2}{1+n}$,

и Уголь вращенія $s = \frac{2t}{a} \sqrt{\frac{gc}{1+n}} - \frac{gt^2}{a(1+n)}$,

гдѣ постоянное, какъ то явно, есть нуль.

75

Наконець изв уравненія III сыскав $\frac{d^2x}{2gdt^2} = -\frac{1}{1+n}$ и по-
ставив вв выраженіе T, будешь им вьть:

$$
\text{Напряженіе } T = \frac{Ph^2}{a^2(1+n)} = \frac{Pn}{1+n}, \\
\text{мо же, что и прежде найдено было.}
$$

(33) Изв выраженія проспранства х, мы им вьем в:

$$
t^2 - 2t \sqrt{\frac{c(1+n)}{g}} = \frac{(1+n)x}{g},
$$

$$
\text{и } t = \sqrt{\frac{c(1+n)}{g}} - \sqrt{\frac{c(1+n)}{g} - \frac{(1+n)x}{g}}
$$

и л и

$$
t = \sqrt{\frac{c(1+n)}{g}} - \sqrt{\frac{(c-x)(1+n)}{g}},
$$

время возхожденія овь самой нижней почки Н до почки Х.

И омтуда :

Скорость возхожденія $\frac{dx}{dt} = 2\sqrt{\frac{g(c-x)}{1+n}}$,

и $\text{Скорость вращенія } \frac{ds}{dt} = \frac{2}{a} \sqrt{\frac{g(c-x)}{1+n}}$.

Явно, что сіи скоросши при $x=c$ сушь $2\sqrt{\frac{gc}{1+n}}$ и $\frac{2}{a}\sqrt{\frac{gc}{1+n}}$,

то есть шь самыя, какорыя шьло Р при началь возхожденія

имьло, каять мо сьойшь самой вещи шребуєв; а при $x=c$,

онь изчезають.

Время же $t$ при $x=c$, сд, вьлается $= \sqrt{\frac{c(1+n)}{g}}$.

І таків шьло Р вв прежнее состояніе возвращается
вв може самое время, каковое оно на низхожденіе употребило;
вів раховій почків при возхожденіи туже им вьешь скоросшь,

10 *

76

каковую оно при нисхожденіи имѣло; и вѣ пуже часть вре-
мени отв начала возхожденія, каковая протекла отв какого
ниесть мгновенія до конца низхожденія, вв той же шочкѣ
вертикальной линіи находимся, какъ то свойство двухъ
сообщѣственныхѣ движений, равною косненнаго и равноускорен-
наго, требуетъ.

Черм. 16. (34) Вопросъ ХІ. Сверхъ предположеній, означенныхъ
вѣ предвидущемъ десятомъ вопросѣ, пусь нишь объемлетѣ
недвижимый блокъ О и еще таковой же другой N, и пусь
вмѣсто того, чтобы привязать ее однимъ концемъ кв непод-
вижной шочкѣ, за сей самой конецъ привязано твло Q; пре-
буешься опредѣлишь всѣ обстоятельства движения двухъ тѣлъ
Р и Q.

Пусь, когда тѣло Р вѣ шочкѣ А, тогда тѣло Q вв
точкѣ В, и пусь распространѣво BZ = z, перейденное тѣломъ
Q вв то же время t", вв коперое тѣломъ Р перейдено про-
странство АХ = x; пусь еще свившаяся сб цилиндра FG
вв то же время t часть ними XV = v. Явно, что ешьли ось
С цилиндра будетъ удержана вв неподвижности, то свившая-
ся сб цилиндра часть ними будетъ = z; и что ешьли вмѣ-
сто того нишь прикрѣплена будетъ вв шочкѣ М, то свив-
шаяся сб цилиндра часть ними будетъ = x; почему, когда
ни ось С не удержана вв неподвижности, ни нишь не прикрѣ-
плена вв шочкѣ М, то будетъ свившаяся сб цилиндра часть
ничи v = x + z. Или, пусь вв началѣ времени t длина не
навитой на цилиндрѣ ними AMB = b; поелику вв продолженіе
сего времени t свилась сб цилиндра часть ними = v, то при
концѣ сего времени t длина не навитой на цилиндрѣ ними
= b + v; явно же, что сія самая длина = b + x + z; чего ради
v = x + z. И какъ полагая уг. VCX = s, чтобы получить v = as, по изв-

77

ленненным выше формулам будем имѣть слѣдующія ура-
вненія:

$$
\text{I. } \frac{P d^2 x}{2g dt^2} = P - T,
$$

II. $\frac{Qd^2x}{2gdt^2} = Q - T.$

III. $\frac{Pb^2 d^2 s}{2g dt^2} = T_d.$

И как $a_s \equiv v$, то будем $dt \equiv \frac{dv}{a}$ и $d^2s \equiv \frac{d^2v}{a}$, и поэтому
уравнение III сдѣлается

$$
T \equiv \frac{P h^2 d^2 v}{2 g a^2 dt^2},
$$

которую величину поставив в I и II получишь:

$$
IV. \frac{d^2 x}{dt^2} = 2gdt - \frac{b^2 d^2 v}{a^2 dt}
$$

$$
V. \frac{d^2 z}{dt^2} = 2gdt - \frac{P h^2}{Q a^2} \cdot \frac{d^2 v}{dt^2}.
$$

И как $x+z \equiv v$, то будем $\frac{d^2 x}{dt^2} + \frac{d^2 z}{dt^2} = \frac{d^2 v}{dt}$, и поэтому
сюжевъ последнія два уравненія, будешь имѣть:

$$
\text{VI. } \frac{d^2 v}{dt^2} = 4gdt - \left(\frac{b}{a^2} + \frac{P h^2}{Q a^2}\right) \frac{d^2 v}{dt^2} -
$$

Откуда, поставив крашкоски ради $\frac{b^2}{a^2} = n$, получишь:

$$
\frac{d^2 v}{dt^2} = 4gdt \cdot \frac{Q}{Pn} \cdot \frac{Q(1+n)}{Q(1+n)}
$$

$$
\frac{d^2 x}{dt^2} = 2gdt \cdot \frac{Pn + Q(1-n)}{Pn + Q(1-n)}
$$

$$
\text{И } \frac{d^2 z}{dt^2} = 2gdt \cdot \frac{Q(1+n) - Pn}{Pn + Q(1+n)}
$$

73

И пакъ будешь имѣть:

Скорости

$$
\frac{dv}{dt} = \frac{4gt \cdot Q}{P_n + Q \left(1 - \frac{n}{t}\right)},
$$

$$
\frac{dx}{dt} = \frac{2gt(P_n + Q(1-n))}{P_n + Q(1+n)},
$$

$$
\frac{dz}{dt} = \frac{2gt(Q(1+n) - P_n)}{P_n + Q(1+n)},
$$

Пространства

$$
\omega = \frac{2gt^2 \cdot Q}{P_n + Q \left(1 - \frac{n}{t}\right)},
$$

$$
x = \frac{gt^2 (P_n + Q(1-n))}{P_n + Q(1+n)},
$$

$$
z = \frac{gt^2(Q_1 + n) - P_n}{P_n + Q_1(1+n)},
$$

и Напряженіе $T = \frac{2PQ_n}{P_n + Q_1(1+n)}$.

(35) Извыسرенія скорости $\frac{dz}{dt}$ и пространства $\approx$ яв-
ежиму: 1) что когда $Q > \frac{P_n}{1+n}$, тогда мыло $Q$ будет низко-
дить; 2) что когда $Q = \frac{P_n}{1+n}$, тогда мыло $Q$ ос滿ется вв
поков; и 3) что когда $Q < \frac{P_n}{1+n}$, тогда мыло $Q$ будет воз-
ходить. Вв разсужденіи же мыла $P$ замішать низлажки,
что оно всегда будет низходить до самой низкой точки,
когда будет $n \left(=\frac{b^2}{a^2}\right) < 1$; но вв прошлівом случай, мо-
жемъ возходить и осматься вв цоков, какъ мо удобно вах-
кой понять, можемъ.

79

(36) Изб выраженія пространства х им'ємь:

t = √((Pn + Q(1 + n)x) / (g(Pn + Q(1 − n))}},

время низжожденія т'єва¹Р оп'єв пачала движенія А до точки Х.

И оштуда:

Скорость низжожденія dx/dt = 2√((Pn + Q(1-n))gx / (Pn + Q(1+n)))

и. Скорость вращенія ds/dt = (4/а)√((Q²gx / (Pn + Q)² - Q²n²)).

Пусь с длина шой части нити, кошорая навиша на
цилиндр; будешь при самой нижней точке, до кооторой тѣло
Р опустишься можешь:

Время низжожденія t = √((Pn + Q(1 + n)c) / (g(Pn + Q(1 - n)))),

Скорость низжожденія dx/dt = 2√((Pn + Q(1 - n))gc / (Pn + Q(1 + n))),

и Скорость вращенія ds/dt = (4/а)√((Q²gc / (Pn + Q)² - Q²n²)).

И такъ тѣло Р при самой нижней шокѣ имѣя ско-
росТЬ вращенія, будешь продолжать вращаться, и пошому
заставишь нить опять на цилиндръ навиваться, и само сша-
нешьв возходить.

(37) Пусь Н самая нижняя шочка, до кооторой тѣло Р до-Чер. 17.
стигнешь, когда разовьешься вся нить; будешь 4√((Q²gc / (Pn+Q)² - Q²n²))
скорость, съ кошорою нить съ другой стороны на цилиндр
навивавшись станешь, и слѣдовательно скоросْть, съ кошорою
тѣло Р начнешь подниматься; пусь по прошествіи временъ
t" шочка прикосновенія ниши къ цилиндру будешь въ Х,

82

$$
\frac{dz}{dt} = zg \cdot \frac{Q(1+z) - Pn}{Pn + Q(1+z)},
$$

Проспранство

$$
z = 4t \sqrt{\frac{Q^2 gc}{(Pn + Q)^2 - Q^2 n^2} - 2gt^2} \cdot \frac{Q}{Pn + Q(1+n)}
$$

$$
x = 4t \sqrt{\frac{Q^2 gc}{(Pn + Q^2)^2 - Q^2 n^2} - gt^2} \cdot \frac{Pn \cdot Q(1-n)}{Pn + Q(1+n)}
$$

$$
z = gt^2 \cdot \frac{Q(1+n - Pn)}{Pn + Q(1+n)}
$$

такubo постовяноhвo вoвъхвa прехвa интегрaлaхo eствa нуль.

Напряженіе же T = \frac{2PQx}{Pn - Q(1+x)},

то есть же, что и прежде.

(38) Извыраженія скорости $\frac{dz}{t}$ к проспранству z
твѣ же заключенія вв разсужденіи тѣлѣ Q произвесіи можно,
каковыя выведіем выше (ч. 35); а изъ выраженія проспранк-
ства х, сыскавій время t и поставивъ вв выраженія скоростій
$\frac{dx}{dt}$ и $\frac{dv}{dt}$ или $\frac{ds}{dt}$, досвійнěть въ подобнымъ заключеніямъ, ка-
ковыя произведены вв предвидущемъ вопросѣ (ч. 33). Все сіе
удобопоняшно, и я бѣдѣ на семѣ вопросъ не остававшіваюсь.

Марш. 13.

(39) Вопросъ XII. Определить всѣ обстоятельства
движения двухъ тѣлъ Z и Q привязанныхъ къ двумъ верев-
камъ, изъ коихъ одна объявленъ валь НІ, а другая колесо
КЛ машины называемъ коропомъ.

Пусть вв началѣ движения тѣло P было вв точку А,
а тѣло Q вв точку В, и пусть по прошепствіи времени t',
тѣло P пришло вв точку Х, а тѣло Q вв точку Z, шакв
чего вв сіе время t оныл тѣла перешли проспранству АХ = х

84

а омсюда:

$$
\text{Скорость } \frac{dx}{dt} = 2gt \cdot \frac{(Q^b - P_a)a}{Q^{b^2} + P_a^2},
$$

и Пространство $x \equiv gt^2 \cdot \frac{Q^b - P_a)a}{Q^{b^2} + P_a^2}$.

И поопому пакъ же

$$
\text{Скорость } \frac{dz}{dt} = 2gt \cdot \frac{(Q^b - P_a)b}{Q^{b^2} + P_a^2}
$$

и Пространство $z \equiv gt^2 \cdot \frac{Q^b - P_a)b}{Q^{b^2} + P_a^2}$.

Наконецъ изв уравненія IV сыскавь
к постравивъ во ІІ, получшіь:
$$
\text{Напряженіе } T = P + \frac{P_Q Q - P_a)a}{Q^2 + P_a^2} = \frac{PQ(b+a)^2}{Q^2 + P_a^2},
$$

и изв уравненія ІІІ будешь имѣть другое
$$
\text{Напряженіе } T' = \frac{PQ(b+a)a}{Q^2 + P_a^2}.
$$

(40) Извыраженій скороспей $\frac{dx}{dt}$ и $\frac{dz}{dt}$ и пространствѣ х и z явствуешь, что движение швѣл Р и Q есть равноускоренное; а извѣраженій напряженій T и T' сливаеть, что давленіе сими швѣлами на пягки вала FG производимое, равняется $\frac{PQ(b+a)^2}{Q^2 + P_a^2}$, и есть меньшее, нежели каковое вб case равновѣсія бываемъ, а именно на количество $\frac{(Q^2 - P_a)^2}{Q^2 + P_a^2}$, ко торое всегда есть положительное.

(41) Есть ли положить скорость $\frac{dx}{dt} = a$, умножимъ на
нее швѣло Р, то произведеніе $P_a = 2gt$. $\frac{P_a(Q^2 - P_b)a}{Q^2 + P_b^2}$ будемъ дѣй-

85

стыкєе производимое силою Q посредствомь сей машины.
Чтобы опредѣлишь, при какомъ грузъ Р оное будешь наиболь-
шее, по стоить шокомо извѣ выраженнія $\frac{PQ_{ab}-P^2_{a}a^2}{Q_{b}^2+P_{a}^2}$ взять въ
разсужденіи Р дифференціальѣ и уравнять оный нулю; отвѣ
чего получится:

$$
\Gamma^2 + \frac{2Qb^2}{a^2} P = \frac{Q^2b^3}{a^2},
$$

и омшуда

$$
\Gamma = \frac{Qb}{a^2} (-b + \sqrt{b^2 + ab}).
$$

И такъ для наибольшаго дѣйствія машины должно быть

$$
\mathbf{P} : Q = b(-b + \sqrt{ab + b^2}) : a^2.
$$

(42) Есшьли же надобно опредѣлишь строеніе машины
для наскорѣйшаго дѣйствія, по надлежитъ извѣ выраженія
скоросшіи $\omega = \sqrt{\frac{(Qb - Pa)a}{Qb^2 + Pa^2}}$ взять дифференціальѣ въ разс-
ужденіи радіуса $a$, и уравнять оный нулю, отвѣ чего получится:

$$
a^2 + 2ba = \frac{Qb^2}{P},
$$

и омшуда

$$
c = b \left( -\frac{1}{2} + \sqrt{1 + \frac{Q}{P}} \right).
$$

И такъ для наскорѣйшаго дѣйствія машины должно быть

$$
a : b = -1 + \sqrt{1 + \frac{Q}{P}} : 1
$$

(43) Есшьли уравненіе IV умножимъ на $\sqrt{ab}$ и возьмемъ
квадратомъ, по получимъ:

$$
\frac{dx^2}{dt^2} + Pa^2 \frac{dx^2}{dt^2} = Qab \cdot 4gx - Pa^2 \cdot 4gx,
$$

86

и есть ли вв первомь членѣ первой часми сего уравненія по-
сшавимь вмѣсто dx = a/dz, такъ же вв первомь членѣ второй
часми поставимь вмѣсто x = a/b, и произошедшее раздѣлимь
на a², то будемь имѣть:

$$
Q \left(\frac{dz}{dt}\right)^2 + P \left(\frac{dz}{dt}\right)^3 = Q \cdot 4gz - P \cdot 4gx,
$$

то есть такъ называемое сохраненіе силь живыхъ.

(44) Вопросъ XIII. При всѣхъ шѣхъ же предположе-
ніяхъ, каковыя означены въ предвидущемъ двѣнадцатомь во-
просъ, шребуєтся принять въ разсужденіе инерцію вала НІ и
колеса KL, и треніе пятокъ FG обь гнѣзда ихъ.

Пусть Mb² моментъ инерціи вала и Nk² моментъ инер-
ціи колеса; пусть BV и DW дуги описанныя точками В и Д
вв може время t, вв которое шѣлами Q и P перейдены про-
странства BZ = z и AX = x, и пусть еще уг. BCV = уг.
DCW = s, такъ что BV = z = bs и DW = x = as; наконецъ пусть
с радіусъ CG пятокъ и λ предшоящее тренія. По извъяснен-
нымь выше формуламъ будемъ имѣть слѣдующія уравненія:

I. $\frac{Qd^2z}{2gdt^2} = Q - T'$,

II. $\frac{Pd^2x}{2gdt^2} = T - P,$

III. $\frac{Mh^2d^2s}{2gdt^2} + \frac{Nk^2d^2s}{2gdt^2} + \lambda(T + T')c = T'b - T_a$

И какъ as = x и bs = z, то будемъ d²s = (d²x/a = (d²z/b)², и по-
шому уравненіе III сдѣлается:

$$
\frac{Mh^2d^2x}{2gdt^2} + \frac{Nk^2d^2z}{2gbdt^2} + (a + \lambda c)T = (b - \lambda c)T'.
$$

87

Пускъ, краткости радн a + λc = ma и b - λc = nb, будем

$$
T' = \frac{Mh^2 d^2 x}{2gnabdt^2} + \frac{Nk^2 d^2 z}{2gnb^2 dt^2} + \frac{maT}{nb},
$$

которую величину посшавь вв І, получишь

$$
\frac{(Qnb^2 + Nk^2)d^2z}{2gnb^2dt^2} + \frac{Mh^2d^2x}{2gnabdt^2} + \frac{ma}{nb}T = Q
$$

oмкунa

$$
T = \frac{Qnb}{ma} - \left( \frac{(Qnb^2 + Nk^2)d^2z}{2gmabdt^2} + \frac{Mh^2d^2x}{2gma^2dt^2} \right),
$$

которую величину посшавив в в уравнение II, будешь имѣть:

$$
IV. \quad \frac{(Pma^2 + Mb^2)d^2x}{2ga^2dt^2} + \frac{(Qnb^2 + Nk^2)d^2z}{2gbdt^2} = Qnb - Pma.
$$

И как z = b/x, то будешь d²z = bd²x / a², и поэтому сдѣлаем-
ся оное

$$
IV. \quad \frac{(Pma^2 + Mb^2 + Qnb^2 + Nk^2)d^2x}{2gbdt^2} = (Qnb - Pma)e.
$$

Откуда

$$
\frac{d^2 x}{dt^2} = 2gd^2 \cdot \frac{(Qnb - Pma)a}{Pma^2 + Mb^2 + Qnb^2 + Nk^2}
$$

a омсюда:

$$
\text{Скорость } \frac{dx}{dt} = \frac{(Q(b-\lambda c) - P(a+\lambda c))a}{Pa^2 \left(1+\frac{\lambda c}{a}\right) + Mb^2 + Qb^2 \left(1-\frac{\lambda c}{b}\right) + Nk^2}
$$

$$
\text{ж Пространство } x = gt^2. \quad \frac{(Q(b - \lambda c) - P(a + \lambda c))c}{Pa^2 \left(1 + \frac{\lambda c}{a}\right) + Mb^2 + Qb^2 \left(1 - \frac{\lambda c}{b}\right) + Nk^2}
$$

И помогу MarkVII

$$
\text{Скорость } \frac{dz}{dt} = 2gt \cdot \frac{(Q(b - \lambda c) - P(a + \lambda c)b}{Pa^2 \left(1 + \frac{\lambda c}{a}\right) + Mb^2 + Qb^2 \left(1 - \frac{\lambda c}{b}\right) + Nk^2}
$$

38

и Пространство $z = gt^2 \cdot \frac{(Q(b - \lambda c) - P(a + \lambda c))b}{Pa^2(1 + \frac{\lambda c}{a}) + Mb^2 + Qb^2(1 - \frac{\lambda c}{b}) + Nk^2}$

Есть ли дроби $\frac{\lambda c}{a}$ и $\frac{\lambda c}{b}$ за малостію презришь, то бу-
дешь имуть:

Скорости

$$
\frac{dx}{dt} = 2gt \cdot \frac{(Q(b - \lambda c) - P(a + \lambda c))a}{Pa^2 + Mb^2 + Qb^2 + Nk^2},
$$

$$
\frac{dz}{dt} = 2gt \cdot \frac{(Q(b - \lambda c) - P(a + \lambda c))b}{Pa^2 + Mb^2 + Qb^2 + Nk^2}.
$$

и Пространства

$$
x = gt^2 \cdot \frac{(Q(b - \lambda c) - \Gamma(a + \lambda c)).a}{Pa^2 + Mb^2 + Qb^2 + Nk^2},
$$

$$
z = gt^2 \cdot \frac{(Q(b - \lambda) - P(a + \lambda c)b}{Pa^2 + Mb^2 + Qb^2 + Nk^2}.
$$

Напослідокв изв уравненія IV сыскав

$$
\frac{d^2 x}{2gdt^2} = \frac{(Qnb - Pma)a}{Pma^2 + Mb^2 + Qnb^2 + Nk^2},
$$

посшавь во II, получишь:

$$
\text{Напряженіе} \quad T = \frac{PQnb(b+a)b + P(Mb^2 + Nk^2)}{1ma^2 + Mb^2 + Qnb^2 + Nk^2};
$$

$$
помовь сыскав $ \frac{d^2 z}{2gdt^2} = \frac{(Qnb - Pma)b}{Pma^2 + Mb^2 + Qnb^2 + Nk^2},
$$

посшавь вв I; будешь имуть:

$$
\text{Напряженіе} \quad T' = \frac{PQmnb + a)a + Q(Mb^2 + Nk^2)}{Pma^2 + Mb^2 + Qnb^2 + Nk^2},
$$

которое когда $Q \prec P$, явно меньше перваго, как в то свойство
самой вещи требуетв.

(45) Примѣч. Точно такимѣ же образомъ, какъ поступлено
было въ сихъ послѣднихъ двухъ вопросахъ, при опредѣленіи

89

всьх обстоятельств в движенія двух тѣл Р и Q, дѣйствующих друг в друга посредством ворона, опредѣляются всѣ обстоятельства движенія, когда оны тѣла Р и Q бу- душь дѣйствовать посредством хоромысла, имѣющего закругленные концы, по коимъ сгибаются цѣпи, поддерживающія сіи тѣла, какъ то всякой удобно понять можешь; и для того мы пропустив в вопросы, до движенія рычага односящіеся, начали съ вопросовъ о двишеніи блоковъ.

(46) Вопрос XIV. Определить всѣ обстоятельства с March 19, движенія двух тѣл Р и Q, изъ коих одно лежит на па- клонной плоскости AD, а другое висит на веревки FLBZ, копорою онъ между собою связаны и копорая объемлѣшь не- движимый блок LB, въ вершинѣ наклонной плоскости увер- жденный, такъ, что часть ея LF осшается параллельна дли- нѣ оной плоскости AD.

Пусть вв началѣ движенія тѣло Р было зв точкѣ А, а тѣло Q въ точкѣ В, и по прошествіи времени t", тѣло Р и пришло въ точку Х, а тѣло Q въ точку Z, такъ что каждое изъ них перешло просшраншество AX=BZ, которое пусть — х; пусть еще вертикальная линія GH, чрез центръ шажеспія G тѣла Р проходящая, предшавляешь въсего тѣла; со- ставь на сей линіи, какъ на діагонали, параллелограммъ GНК, копораго бы сидѣ изъ противолежащихъ сторонъ были па- раллельны длины AD, а другія перпендикулярны къ оной, и положи уголъ наклоненія плоскости къ горизонту ДАЕ=С, и напряженіе веревки въ ту и другую сторону — Т; будешь, какъ то явно, GI=Р cos.С сила, копорая отв сопропивленія плоскости уничтожается и на тѣло Р никакого дѣйствія не иронизов你是, а GK=Р sin.С сила, копорая жупно съ напряже- ніемъ Т дѣйствуетъ на тѣло Р, такъ что Т=Р sin.С будешь

12

90

сила движущая тѣло Р; сила же движущая тѣло Q явно есть
Q—Т. И такъ по изъяснениемѣ выше формуламѣ будемѣ
имѣть слѣдующія уравненія :

$$
\text{І.} \quad \frac{Q d^2 x}{2g dt^2} = Q - T,
$$

II. $$ \frac{P d^2 x}{2g dt^2} = T - I \sin. \epsilon, $$

кошоры сложивъ, получишь.

ШШ. $\frac{(Q + P)d^2x}{2gdt^2} = Q - P \sin \epsilon$

Ошкуда

$$
\frac{d^2 x}{dt^2} = 2gdt \cdot \frac{Q - P \sin. \zeta}{Q + P},
$$

а омъсюда :

$$
\text{Скорость} \quad \frac{dx}{dt} = 2gt \cdot \frac{Q - P \sin. \zeta}{Q + P},
$$

м. Пространство х = gt² . \frac{Q - P \sin. \zeta}{Q + P}.

Наконецъ изв уравненія III сыскавѣ
к поставивѣ во II, будешь имѣть :

Напряжение $T = P \sin \epsilon + \frac{P(Q - P \sin \epsilon)}{Q+P} = \frac{PQ(1 + \sin \epsilon)}{Q+P}$.

(47) Изв выражений скоросши $\frac{dx}{dt}$ и проспранешва х яв-
свѣщ. что и здѣсь тѣла Р и Q движущся по тому же за-
жок), каковому онъ послѣдующы, свободно падая. Изв выра-
женія же напряженія Т опредѣляется давленіе, на ось MN
блока ВЛ сими тѣлами Р и Q производимое, а именно такъ:

Составив в параллелограммѣ CSRT, у котораго бы один
изъ противолежащихъ сторонъ были параллельны части LF
веревки, а другія параллельны части ВZ веревки, и разны

91

между собой, возми сіи скороны для изображенія напряженія
T, кощорое здѣсь вв ту и другую сторону одинаково, и про-
веди діагональ CR, щоторая и изобразить искомое давленіе.
Пусть уг. SCT(= ADE) = α, будет sin. 1/2α : sin. (180 - α) = T : CR,
и опкуда CR = T sin. α / sin. 1/2 α = 2T cos. 1/2 α; и как T = PQ (1 + sin. δ) / (1 + P
= PQ (1 + cos. α) / P + δ) = 2P / (P + √(PQ(1 + cos. α))², то будет давленіе CR =
4PQ / (Q + P) cos. 1/2 α².

(48) Изъ выраженія пространствва x = gt². (Q - P) / (Q + P) =
раждається вопрос, какъ уг. δ долженъ быть великъ, чтобы
тѣло Р было поднято штѣломъ (1) вв наискорѣйшее время?
Сыскавъ изъ этого выраженія время t = √((Q+P)x) / (gx - P sin. δ)), по-
ложи высоту DE = b, и разпространи x = AX до AD; будешь
sin. δ = b/x, и t = x√(Q+P) / (√g(Qx - Pb)).

И какъ все дѣло состоитъ тщо вв томъ, чтобы
взять изъ сего количества вв разсужденіи х дифференціаль-
и уравнять оный нулю; ошь чего получится

$$
Qx - Pb - \frac{1}{2}Qx = 0,
$$

и оптуда

$$
x \approx \frac{2Pb}{Q} \text{ и } \sin \varepsilon \approx \frac{b}{x} = \frac{Q}{2P}.
$$

И какъ для наискорѣйшаго дѣйствія машины должно
быть sin. ε: 1 = Q: 2P.

Самая же величина сего наискорѣйшаго времени будет
t = \frac{2Pb\sqrt{Q+P}}{Q} : \sqrt{g(2Pb - Pb)} = \frac{2\sqrt{Pb(Q+P)}}{Q\sqrt{g}}.

12 *

92

(49) Естъли уравненіе III умножимь на dx, то полу-
чимь

$$
\frac{Q}{2g} \frac{dx^2}{dt^2} x + \frac{P}{2g} \frac{dx^2}{dt^2} x = Q dx - P dx \sin. \delta;
$$

взявъ же интегралъ, будемъ имѣть

$$
Q \left(\frac{dx}{dt}\right)^2 + P \left(\frac{dx}{dt}\right)^2 = Q \cdot 4gx - P \cdot 4gx \sin \varepsilon,
$$

то есіль сохраненіе сіавъ живыхъ, гдѣ х sin. 6 высота точки Х
отві горизонта АЕ, и 4gx sin. 6 квадратъв скоросши, кошорую
шѣло Р пропрѣшлѣшь, падалъ свободно съ сея высоты.

(50) Вопросъ XV. При всѣхъ шѣхъ же предположеніяхъ, каковыя означены въ предидущемъ чѣтырнадцатомъ вопросъ, требуется принять въ разсужденіе треніе шѣла Р по наклонной плоскости и инерцію блока ВЛ.

Пусь а радіусъ СВ блоха ВЛ, Mb² моментъ инерція
онаго, BV дуга, описанныя топкою В блоха, въ же время t,
въ кошорое шѣла Р и Q перешли проспраншшь АХ = ВZ = х,
и уг. ВСV=s; будемъ BV=x=as; пусь еще Т и T' напряженія
частей LF и ВZ веревки и л' предстоящее тренія; будемъ
GI = Р cos. 6 давленіе, производимое на плоскость AD шѣломъ
Р, и λР cos. 6 сила тренія, стремящаяся уменьшить проспран-
шшь АХ = х. И такъ по извъясненнымъ выше формуламъ
будемъ имѣть слѣдующія уравненія:

I. $$ \frac{Qd^2x}{2gdt^2} = Q - T', $$

$$
\text{II.} \quad \frac{Pd^2x}{2gdt^2} = T - P \cdot \sin \varepsilon \cdot \zeta - \lambda P \cos \varepsilon \cdot \zeta,
$$

$$
\text{III.} \quad \frac{Mb^2 d^2 s}{2g dt^2} = (T' - T)a.
$$

93

И накъ аs = х, шо будешь d²s = ²d²x/a², и помо уравненіе

III сдѣлаетесь

$$
\frac{Mh^2 d^2 x}{2ga^2 dt^2} = T' - T,
$$

которое сложенное съ I, даемъ

$$
\text{IV.} \quad \frac{(Qc^2 + Mb^2) d^2 x}{4 \cdot 2 \cdot g^2 \cdot dt^2} = Q - T,
$$

a сіе совокупленное со II, производимъ

$$
V. \quad \frac{((Q + P)a^2 + Mb^2)t^2}{2ga^2dt^2} = Q - P \sin \zeta - \lambda P \cos \zeta.
$$

Откуда

$$
\frac{d^2 x}{dt} = 2gdt \cdot \frac{(Q - P \sin \zeta - \lambda P \cos \zeta) a^2}{(Q + P)a^2 + Mb^2},
$$

a oмсюда:

$$
\text{Скорость } \frac{dx}{dt} = 2gt. \frac{(Q - P \sin \zeta - \lambda P \cos \zeta) a^2}{(Q + P)a^2 + Mb^2},
$$

$$
\text{м Пространство } x = gt^2 \cdot \frac{(Q - P \sin \zeta - \lambda P \cos \zeta) a^2}{(Q + P)a^2 + Mb^2}.
$$

Напослѣдок изв уравненія V сыскав $\frac{d^2x}{2gdt^2}$
= $\frac{(Q - P \sin \zeta - \lambda P \cos \zeta) a^2}{(Q + P)a^2 - Mb^2}$, постав и I; получив:

$$
\text{Напряженіе } T = \frac{PQa^2 + (Qa^2 + Mb^2) (P \sin \zeta + \lambda P \cos \zeta)}{(Q+P)a^2 + Mb^2},
$$

и Напряженіе $T' = \frac{PQa^2 + Qa^2(P \sin \zeta + \lambda P \cos \zeta) - Mb^2 Q}{(Q+P)a^2 + Mb^2}$,

изъ коихъ, по причинѣ что $Q \gg P \sin \zeta + \lambda P \cos \zeta$, последнее
явно больше перваго.

94

(51) Погда положимо 6 = 0, то будем в на горизонтальной плоскости

$$
\text{Скорость} \quad \frac{dx}{dt} = \frac{2gt(Q - \lambda P)a^2}{(Q + P)a^2 + Mb^2}
$$

и Пространство х = gt^2 \cdot \frac{(Q - \lambda P)a^2}{(Q + P)a^2 + Mb^2}.

II. есть ли не принимать в разсуждение яктерии блока,
по будем h = 0, и помогу

Скорость \frac{dx}{dt} = 2gt \cdot \frac{Q - \lambda P}{Q + P}

и Пространство х = gt^2 \cdot \frac{Q - \lambda P}{Q + P} -

Откуда имєм в средство помощю опыпов в определить
величину предшествующаго тренія λ, і удостовериться
в в изміненіи или не изміненіи онаго при различных х ско-
ростях.

(52) Естъли при ecbx b'xb же предположеніях, ка-
ковыя означены вь предъидущемь нятнадцатомь вопросъ,
попребно будешь принять вь разсужденіе еще треніе блока
BL обь его ось MN; то вопросъ oвь предъидущаго будеть
разниваться токмо уравненіем III, которое вь семь случаѣ,
положивъ радіус оси CN = с, и изобразивъ чрезв спороны
СТ и CS параллелограмма CSRT напряженія Т и Т', сдѣлаешься

$$
\frac{Mh^2d^2s}{2gdt^2} + \lambda c \sqrt{\overline{T^2} + \overline{T'^2} + 2\overline{T.T'} \cos \alpha} = (T' - T)a;
$$

в какомь видѣ уравненіе сіе вьсьма неудобно для изключенія
одного изъ напряженій; но безчувспівительной погрѣшности
вмѣсто λc√(T² + T'² + 2Т·Т' cos α) можно взять 2λТс cos. ½α или
еще ближе λc(T + T') cos. ½α; oмь чего и по причинѣ чшо α = x,
уравненіе сіе сдѣлается

95

$$
\frac{Mh^2 d^2 x}{2ga^2 dt^2} + \frac{a + \lambda c \cos \frac{1}{2} \alpha}{a} T = \frac{a - \lambda c \cos \frac{1}{2} \alpha}{a} \cdot T;
$$

Опъкуда, положив крашкости ради, $\frac{a}{a - \lambda c \cos \frac{1}{2} \alpha} = \eta$

И $\frac{a + \lambda c \cos \frac{1}{2} \alpha}{a - \lambda c \cos \frac{1}{2} \alpha} = \eta$, получись

$$
T' = \frac{m M h^2 d^2 x}{2 g a^2 dt^2} + \eta T.
$$

Послѣ чего вопросъ сей не заключаетъ въ себѣ уже ни
какой трудности, и я болѣе на немъ не осшанавливаюсь.

Наконецъ въ заключеніе сихъ, до наклонной плоскости
относящихся вопросовъ, весьма пристойно мнѣ кажется пре-
дюжить здѣсь еще слѣдующій вопрос, которой со всемо по-
дробносцію разсмашиваль Г. Академикъ Фрусь. См. Nova Acta
Tom V, pag. 176.

(53) Вопросъ XVI. На цилиндрѣ FXV, лежащій на на-Черм. 20. клонной плоскости AD, навиша веревка, коморая бывѣ однимъ концемъ прикрѣплена къ поверхности сего цилиндра, проходить по направленію IL, параллельному сей плоскости, чрезъ недвижимый блокъ BL, и прикрѣпляется другимъ концемъ къ швѣлу Q, побуждающему оной цилиндрѣ по той наклонной плоскости восходить; требуется опредѣлить всѣ обстоятельства движенія какъ цилиндра, мажъ и швѣла Q.

Пусть въ началѣ движения цилиндрѣ, кого вѣсѣ = M,
находился въ A, а швѣло Q въ B, и по прошечкіи времени t"
цилиндрѣ пришелъ въ почку X, а швѣло Q въ почку Z; и
пусть радіусъ цилиндра СХ = а, и радіусъ блока ЕВ = въ
пусть еще длина AD, коморая опредѣляется перпендикулярѣ
изъ центра блока Е на плоскость опущеннымъ, = l, дуга
BL = д, разділеніе DX = х, пространствѣ ВZ = z, свившался

96

cb цилиндра часть веревки FG=FV=v, уг. AHZ=θ, уг. FCV=φ и
ут. BEW, содержимый дуюю BW описанною точкою B в въ же
время t, =ψ; и пусь LF продолжена до точки I, въ которой
встрѣчается перпендикуляр AI, изъ точки A на плоскости
поставленный; будем, какъ то явно, ILB=l+d длина не
навитой на цилиндрѣ части веревки въ началѣ движения; и
какъ по пришествiu цилиндра въ точку X, ch него свилась
еще часть FV=v, то при точке X будем длина не
навитой на цилиндрѣ части веревки =l+d+v; но явно, что
такъ же оная длина =x+d+z; чего рали будем х+z=v+l;
паконецъ пусь T и T' напряженія частей FL и BZ веревки,
Mb² моментъ инерціи цилиндра, Nb² моментъ инерціи блаха
BL и λ предстоящее трелія. По изъясненнымъ выше форму-
ламъ будемъ имѣть слѣдующія уравненія:

$$
\text{II.} \quad \frac{Nb^2 d^2 \psi}{2gdt^2} = (T' - T)b,
$$

$$
\text{III.} \quad \frac{M_d^2 x}{2gdt^2} = -T + M \cos. \theta - \lambda M \sin. \theta,
$$

IV. $$ \frac{Mb^2 d^2 \varphi}{2gdt^2} = (T - \lambda M \sin. \theta)a, $$

1a б въ уравненіи III напряженіе T и сила тренія λMsin.θ, дѣй-
сивующая въ противную сторону вращательному движению,
поставлены со знакомъ —, а относишельной въс M cos. θ ци-
линдра со знакомъ +, для этого, что первыя спремялся
уменьшить разстояніе DX = x, а послѣдній увеличить оное.

И какъ bψ = z и аφ = v, то будемъ d²ψ/dt² = d²z/dt² и d²φ/dt² = d²z/dx²,
и потому, положивъ b²/a² = n, уравненія II и IV сдѣлаюшися:

97

$$
\text{II.} \quad \frac{N d^2 z}{2g dt^2} = T' - T,
$$

$$
\text{IV.} \quad \frac{M_n d^2 z}{2g dt^2} = T - \lambda M \sin. \theta,
$$

изв коихв II сложивв сь I, будешь имѣть

V. $$ \frac{(Q+N)d^2z}{2gdt^2} = Q - T. $$

Изв уравненія IV сыскавь Т = M_n d^2 z / (2g dt^2) + λM sin.θ, и по-
шавивь в V и III, получишь

$$
\text{VI.} \quad \frac{d^2 z}{dt^2} = 2gdt \cdot \left( \frac{Q - \lambda M \sin. \theta}{Q + N} \right) - \frac{Mn}{Q + N} \cdot \frac{d^2 z}{dt^2},
$$

$$
\text{VII.} \quad \frac{d^2 x}{dt^2} = 2gdt \cdot (\cos.\theta - 2\lambda \sin.\theta) - n \frac{d^2 x}{dt^2}.
$$

Поелику же x + z = s + l, то будешь $\frac{d^2 z}{dt^2} + \frac{d^2 x}{dt^2} = \frac{d^2 x}{dt^2}$, и
потому уравненія VI и VII сложившь, будешь имѣть

$$
\text{VIII.} \quad \frac{d^2 v}{dt^2} = 2gdt \cdot \left( \frac{Q - \lambda M \sin.\theta}{Q + N} + \cos.\theta - 2\lambda \sin.\theta \right) - \left( \frac{Mn}{Q + N} + n \right) \frac{d^2 v}{dt^2}.
$$

Ошкуда

$$
\frac{d^2 v}{dt^2} = 2gdt \frac{(Q - \lambda M \sin. \theta + (Q+N)(\cos.\theta - 2\lambda \sin.\theta))}{Mn + (Q+N)(n+1)},
$$

$$
\frac{d^2 z}{dt^2} = 2gdt \frac{(Q(n+1) - Mn \cos.\theta - \lambda M(1-n) \sin.\theta)}{Mn + (Q+N)(n+1)},
$$

$$
\frac{d^2 x}{dt^2} = -2gdt \cdot \frac{(Qn + \lambda (Mn + 2)Q + N) \sin\theta - (Mn + Q + N)\cos\theta}{Mn + (Q + N)(n + 1)};
$$

а омсюда:

Скорости

$$
\frac{dv}{dt} = \frac{2gt(Q - \lambda M \sin.\theta + (Q + N)(\cos.\theta - 2\lambda \sin.\theta))}{Mn + (Q + N)(n + 1)},
$$

13

98

$$
\begin{align*}
\frac{dz}{dt} &= \frac{2gt \cdot (Q(n+1) - Mn \cos \theta - \lambda M(1-n) \sin \theta)}{Mn + (Q+N)(n+1)}, \\
\frac{dx}{dt} &= -\frac{2gt \cdot (Qn + \lambda(Mn+2(Q+N)\sin\theta) - (Mn+Q+N)\cos\theta)}{Mn + (Q+N)(n+1)},
\end{align*}
$$

и Пространства

$$
\begin{align*}
\nu &= \frac{gt^2(Q - \lambda M \sin. \theta + Q + N)(\cos. \theta - 2\lambda \sin. \theta)}{Mn + Q + N}(n+1), \\
z &= \frac{gt^2(Q(n+1) - Mn \cos. \theta - \lambda M(1-n) \sin. \theta)}{Mn + (Q-N)(n-1)}, \\
x &= l - \frac{gt^2(Qn + \lambda(Mn+2(Q+N)\sin.\theta) - Mn + Q + N \cos.\theta)}{Mn + (Q+N)(n+1)}.
\end{align*}
$$

Наконецьв изв уравненія VIII сыскавь $\frac{d^2\nu}{2gdt^2}$ и пошавивь
вв преобразованное IV получишь:

Напряженіе

$$
T = \frac{M(nQ + n(Q + N)\cos\theta + \lambda(1-n)(Q - N \sin\theta))}{Mn + (Q + N)(n-1)},
$$

которую величину, какъ и величину $\frac{d^2z}{2gt^2}$, пошавивь вв пре-
образованное II уравненіе, будешь имѣть другое

Напряженіе

$$
T' = \frac{Q(nM + (n+1)N + nM \cos \theta + \lambda(1-n)M \sin \theta)}{Mn + (Q+N)(n+1)}.
$$

(54) Есъьли умножимь уравненіе V на dz, уравненіе III
на dx, и уравненіе I/, преобразованное, на dv, и сложимь; шо
получимь

$$
\frac{(Q+N) dz \cdot dx^2}{2g dt^2} + \frac{M lxd^2 x}{2g lt^2} + \frac{M n l z \dot{a}^2 v}{2g t^2} =
$$

Qdz + Mdx cos. θ - λM dx + dν'sin. θ - T(dz + dx + dν);
и есъьли замѣшивь, что dz + dx = dν, возьмемъ интегралъ; то
будемъ имѣть

99

$$ (Q+N) \left(\frac{dz}{dt}\right)^2 + M \left(\frac{dx}{dt}\right)^2 + Mn \left(\frac{d\nu}{dt}\right)^2 = $$

$$ Q \cdot 4gz + M \cdot 4gx \cos.\theta - \lambda M \cdot 4g(x + \nu)\sin.\theta + C; $$

и какъ $z=0$, $\lambda\mathbf{D}влаєшь \nu=0$, $x=l$, и сумму силь живых $\mathbf{D}=0$, то будем

$$ C = -M \cdot 4gl \cos.\theta + \lambda M \cdot 4gl \sin.\theta, $$

и поэтому предвидущее уравнение $\mathbf{D}\lambda\mathbf{D}лаєшь

$$ Q \cdot 4gz - M \cdot 4g(l-x) \cos.\theta - \lambda M \cdot 4g(x + \nu - l)\sin.\theta. $$

Извѣт чего явствует, что упраша въ сохраненіи силь живых есть $\lambda M \cdot 4g(x + \nu - l) \sin.\theta$, которая изчезнешь: 1) когда $\lambda = 0$, 2) когда $\theta = 0$, и 3) когда $\nu = l - x$, то есть, когда вращательное движение будет совершенное, сирѣль равное поступательному.

(55) Въ семъ послѣднемъ случаѣ, предстоящее тренія $\lambda$ само по себѣ опредѣляется, а именно такимъ образомъ:

Взявъ уравненіе $\nu = l - x$, и поставивъ въ оное какъ вмѣсто $\nu$, какъ и вмѣсто $l - x$ ихъ величины, получишь
$$ Q - \lambda M \sin.\theta + (Q+M) (\cos.\theta - 2\lambda \sin.\theta) = Qn + \lambda (Mn + 2(Q+N)\sin.\theta) - (Mn+Q+N)\cos.\theta, $$

и ошшуда

$$ \lambda = \frac{Q(1-n) + (Mn + 2(Q+N)) \cos.\theta}{Mn + (M + 4(Q+N)) \sin.\theta}. $$

(56) Примѣч. Здѣсь не безполезно замѣшить, что въ предположеніи $\nu = l - x$, и сільдовательно $z = 2(l-x)$, разрѣшишься другой вопрос, въ коморобъ веревка, вмѣсто того, чтобы быть обвиняю около цилиндра и концемъ своимъ прикрѣпленною къ поверхности его, шоком огибаетъся около онаго и концемъ своимъ прикрѣпляется къ вершинѣ D наклонной пласкости

13 *

100

AD; и для разрѣшенія сего вопроса ничего болѣе не требуется,
какъ мокло въ уравненіи VII вмѣсто $\frac{d^2v}{dt^2}$ пошавить $\frac{d^2x}{dt^2}$, или
въ уравненіи VI, $\frac{d^2x}{2dt^2}$, какъ то всякой удобно понять и изчы-
сленіе окончить можешь.

101

ПРИМѣЧАНИЯ

На нѣкоторый особенный емлилсись.

Согненіе Николая Фуса.

Предоставленное Академія 1798 года Апрѣля 19 дня.

Преведено съ Лашинскаго.

§ 1. Не давно случайным образом напал я на нѣкоторый емлилсись, по многим особенным свойствам своим весьма достопамятный. Примѣчанія, къ которымъ сей емлилсисъ пОДаль мнѣ случай, шьмь менѣе сомнѣваюсь предшавишь Академіи, что оный имѣем еще шо преимущество, что всѣ особенные свойства его весьма легко доказашь можно. Извѣсла сихъ свойств о шьхъ, кои предъ прочими особенное заслуживающъ вниманіе, какъ составляющихъ полыкое же число особенныхъ веоремъ, я предложу въ самомъ началѣ, и обѣ истинѣ ихъ доказывашь буду совокупно, дабы, говоря о каждомъ изъ нихъ особенно, не распространить шьмь сверыхъ мѣры моего изслѣдованія.

§ 2. Достопамятный свойства сего емлилсиса, въ какомъ порядке онъ мнѣ предшавились, могутъ быть выражены следующимъ образом:

I. Если въ какомъ нисесть кругъ къ каждому синусу приложится соответствующій косинусъ, или изъ каждогоъ синуса вычтешется таковый косинусъ, сопровожденный пропив-

102

нымъ знакомь; то всѣ щочки, сimb образомъ опредѣленныя, находиться будутъ на еллипсисѣ.

II. Естъяли въ кругѣ проведемъ діаметрѣ, отв кошо-
раго щитаются дуги; то діаметрѣ, къ сему перпендикулярный,
пройдемъ чрезъ двѣ противоположенные щочки пресѣченія
круга и еллипсиса.

III. Разстояніе центра отв щочкѣ пресѣченія перва-
го діаметра и еллипсиса равняется косинусу угла полупрямаго.

IV. Большая полуось еллипсиса равняется двукрашной высотѣ отв центра правильнаго пятиугольника, въ кругѣ вписаннаго, а меньшая равна сторонѣ правильнаго десятиугольника, въ томѣ же кругѣ вписаннаго.

V. Разностръ полуосей равняется радіусу круга, а пря-
моугольникъ, изв нижъ составленный, равень квадрашу изв
радіуса. Опкуда слѣдуешь еще:

VI. Площадь еллипсиса равна площади круга, и лунки,
кругомъ и еллипсисомъ составляемыя, равны между собою.

VII. Естъяли чешыре щочки пресѣченія круга и еллип-
сиса соединяшся хордами, и діаметрами, то круговые секшо-
ры, отшуда произведшіе, равны будутъ секторамъ еллипши-
ческимъ, равно какъ и круговые сегменшы сегментамъ еллипши-
ческимъ.

VIII. Естъяли изв щочки, отв которой щитаются ду-
ги, на діаметрѣ поставленѣся перпендикулярная прямая, св
большею осью всѣрѣчающаяся; то оная равна будешь поло-
винь сей оси.

IX. Естъяли ша же перпендикулярная прямая продолжимся, пока она равна будешь діаметру, и отв конца ея чрезъ центрѣ прошянешется прямая пресѣкающая кругъ въ двухъ щокахъ; то разстояніе дальнѣйшаго пресѣченія до

103

конца перпендикулярной прямой равно будешь большей оси,
а ближайшаго меньшей.

Х. Есьть ли оть пой же перпендикулярной пр ямой от-
свěчется половина радіуса, шо продолженный секань , шанген-
су сему сошвѣштствующій, пройдешь чрезъ два прочія пресѣ-
ченія круга и еллипсиса.

ХІ. Разстояніе фокусов оть діаметра, чрезъ начало
дугъ проведеннаго, есть средняя пропорціональная между ра-
діусом круга и большею полуосью, а разстояніе фокусов
оть діаметра, кь оному перпендикулярнаго, есть средняя
пропорціональная между радіусом и меньшею полуосью.

XII. Разность между радіусом и меньшею полуосью
есть четвершая пропорціональная кь большей полуоси и ра-
діусу; а сумма радіуса и большей полуоси есть четвершая
пропорціональная кь большей полуоси и радіусу.

XIII. Сюда можно причислить еще свойство, ко торое
весьма близко подходит къ исписѣ, и ко торое сошłoшь
въ шомь, что разность между периметром еллипсиса и окру-
жностію круга равна почти ко торой ниесть изв дуг онаго,
внушри еллипсиса содержащейся.

Кромѣ сих свойств и взаимных сошношеній съ кру-
гомъ, изв ко тораго произошел наш еллипсись, онъ имѣшь
и еще многія другія, ко торые я, вмѣстѣ съ прежде изложен-
ными, намѣренъ разсмотрѣть и доказать во всем простран-
свѣ, какъ являющів изв слѣдующаго.

§ 3. Пусть АDBE будешь кругъ, радіусом CA = r, Черм. 21.
изв центра С описанный, и пусть въ ономъ къ каждой
ординатѣ ХQ приложимся сошвѣствующая абсцисса,
оть центра взятая, QY = CX; говорю, всѣ точки У находишься
бутв на еллипсись; около пого же центра С описанном.

104

Ибо положив в абсциссу $СХ = х$ и ординату $XY = у$, будем имѣть $y = \sqrt{r^2 - x^2} + x$, или

$$y^2 - 2xy + 2x^2 - r^2 = 0,$$

которое уравненіе, как в явно, принадлежитв к в еллипсису (I).

§ 4. Естъяли положимъ $x = \pm r$, то будемъ $y = \pm r$; а естъяли положимъ $x = \pm \sqrt{r^2 - x^2}$, то ордината у сдѣлается мнимою. Отсюда явствуетъв, что по составленіи квадрашовъ ACDI и ВСЕК, еллипсисв пройдешь чрезъ точки I и K, и въ оныхъ касательными имѣть будешь прямыя AI и ВК. Положимъ еще $x=0$, и будешь $y = \pm r$; откуда видно, что еллипсисв проходить чрезъ крайнія точки D и Е діаметра DE, къ діаметру AB перпендикулярнаго (II). Извѣ чего слѣдуешь, что прямыя DE и IK будутъ сопряженные діаметры еллипсиса, извъ коихъ DE = 2r, а IK = $2r\sqrt{2}$, потому что уголъ DCI, ими составляемый, равень полупрямому.

§ 5. Положивъ $y=0$, получишь $x = \pm \frac{r}{\sqrt{2}}$. И какъ точки M и N, въ коихъ еллипсисв пресѣкаешь діаметръ AB, по ту и другую сторону отъ центра остатятъ на $CM = CN = \frac{r}{\sqrt{2}} = \cos.45°$ (III). И пошому естъяли извъ точков Z, въ коихъ сопряженный діаметръ IK встрѣчается съ кругомъ, на діаметрѣ AB опусшимъ перпендикулярныя прямыя, шо оныя упадутъ въ точки пресѣченія M и N.

§ 6. Сыщемъ пеперь обѣ оси еллипсиса; на сей конецъ большую извъ нихъ означимъ чрезъ 2a, а меньшую чрезъ 2b; и тогда естъяли положимъ сопряженные полудіаметры $CD = r = f$ и $CI = r\sqrt{2} = g$, шо по свойству еллипсиса будешь

$$a^2 + b^2 = f^2 + g^2$$

$$2ab = 2fg \sinh DCI;$$

105

откуда, сперва слагая одно уравнение съ другимъ, а помоьь
вычитая, будемъ имѣть

$$
(a+b)^2 = f^2 + g^2 + 2fg \sin. \text{DCI}
$$

$$
(a+b)^2 = f^2 + g^2 - 2 g \sin. DCI;
$$

а отсюда, по причинѣ что $f = r$, $g = r\sqrt{2}$ и $\sin. DCI = \frac{1}{\sqrt{2}}$ ;
выдѣшь

$$
a+b=r\sqrt{5} \quad \text{и} \quad a-b=r.
$$

И скакъ полуоси нашего еллипсиса будутъ

$$
a = \frac{r(\sqrt{5} + 1)}{2} \quad \text{и} \quad b = \frac{r(\sqrt{5} - 1)}{2}.
$$

§ 7. Но изъ строенія правильнаго пятиугольника извѣ-
стно, что квадратъ изъ его стороны = (5 - √5)²; чего ра-
ди квадратъ изъ высоты ошь центра онаго будешь
= (6 2√5)² и самая высота = (√5 - 1) r = a/2 (IV).
Извѣстно такъ же, что квадратъ стороны десятиугольника
равень разносли квадратовъ изъ сторонь пятиугольника и
шестигольника, въ шомь же кругъ вписанныхъ; почему ско-
рона десятиугольника = (√5 - 1) r = b IV).

§ 8. Многимъ можешь быть пріятно будешь замѣчаніе,
состоящее въ шомь, что полуоси нашего еллипсиса могутъ быть
выражены еще слѣдующимъ достопримѣчательнымъ образомъ:

$$
a = r \sqrt{1 + \sqrt{1 + \sqrt{1 + \sqrt{1 + \text{и проч.}}}}}
$$

$$
b = r \sqrt{1 - \sqrt{1 - \sqrt{1 - \sqrt{1 - \text{и проч.}}}}}
$$

Чшобы сіе доказашь, положимъ

14

106

$$
\sqrt{1+\sqrt{1+\sqrt{1+\dots+\text{проч.}}}} = p;
$$

өткөндө, взявь съ объ сторонь нвадрашы, будемъ имѣть

$$
\sqrt{1+\sqrt{1+\sqrt{1+\sqrt{1+\text{проч.}}}}} = p^2 = 1+p,
$$

а據сюда $p = \frac{\sqrt{5}+1}{2}$, и поэтому $a = r(\frac{\sqrt{5}+1}{2})$.

Равнымъ образомъ положимъ

$$
\sqrt{1 - \sqrt{1 - \sqrt{1 - \sqrt{1 - \sqrt{1 - \text{проч.}}}}}} = q;
$$

өткөндә, взявъ съ оббѣхъ сторонь квадрашы, получимъ

$$
1 - \sqrt{1 - \sqrt{1 - \sqrt{1 - \sqrt{1 - \text{проч.}}}}} = q^2 = 1 - q,
$$

а據сюда $q = \frac{\sqrt{5}-1}{2}$, и поэтому $b = r(\frac{\sqrt{5}-1}{2})$.

§ 9. Изв. б, сверъхъ мого что $a-b=r$ и $ab=r^2$ (V), съвдуешь еще, что полунараментъ нашего еллипсиса $= \sqrt{5}-2r$ и разстояние фокусовъ омъ центра $C\phi = r\sqrt{5}$. Чего ради, понеже $ab=r^2$, будемъ площадь еллипсиса $= \pi r^2$, и буду равна площади круга; омкуда еще съвдуешь, что четырѣе лунки, кругомъ и еллипсисомъ сосшавляемыя, будушь равны между собою (VI).

§ 10. Чможь касается до положенія осей въ разсужденіи
діаметра АВ, по оное съвдующимъ образомъ опредѣлить мо-
жно: Пусть F будемъ вершина еллипсиса, FG большая его
ось, а fg меньшая. Изв. вершины F опусти на АВ перпенди-
кулярную прямую FL, вспрѣчахующюся съ кругомъ ив щокъ P,
и положи углы ACF = α и АСР = β; будемъ

$$
CL \equiv r \cos \beta \equiv a \cos \alpha
$$

$$
LF = r \sin \beta + r \cos \beta = a \sin \alpha.
$$

108

ди прямую СН, и прямою CR раздѣли уголъ АСН по поламъ, чрезъ которую и означишся искомое положеніе большей оси.

Ибо tang. $\frac{BH}{BC} = 2$, почему tang. АСН = -2, и слѣдовашель-но уголъ АСН = 2α и АСF = α, какъ то требуешь.

§ 12. Нашедши положеніе большей оси CR, вершина еллипсиса F на ней геометрически слѣдующимъ образомъ означится: продолжи прямую АІ, пока встрѣшится сЬ прямую CR въ точкѣ О, на прямой CR отb C до F ошсѣки прямую CF равную АО, и будетb сія CF большая полу-ось, а F вершина нашего еллипсиса. Ибо такъ какъ tang.

2α = -2, то будетb tang. α = $\frac{\sqrt{5} + 1}{2} = \frac{\Delta O}{\Delta C}$, и поhому АО = $\frac{r(\sqrt{5} + 1)}{2} = a$ (§ 6); слѣдовашельно и CF = AO = a (VIII).

§ 13. Въ прочемъ длина обbых осей можешь быть опредѣлена еще слѣдующимъ геометрическимъ образомъ: Продолжи прямую СН до n, такъ чтобы кругb сЬ прямую Нn пресѣкался въ двухъ точках т и n, и будетb Нn равна большей оси, а Нт меньшей. Ибо $HC = r\sqrt{5}$, чего ради $HN = r(\sqrt{5} + 1)$ и $Ht = r(\sqrt{5} - 1)$, то есть $Hn = 2a$ и $Ht = 2b$ (IX). Послѣ сего естьли на прямой СН возмешется разстояніе $C\pi = AB$, то $\pi H$ будетb полупараметрb еллипсиса. Ибо $\pi H = CH - C\pi = r(\sqrt{5} - 2)$ (§ 9).

§ 14. Чтобы доказашь равенство площадей секторов кругового DCO и еллиптическаго DCω, упомянутое въ §. 2. чл. VII, то сыщемъ сперва площадь сектора DCO. Полук-ку уголъ ACF = α, то будетb DCF = 90° - α, почему DCO = 180° - 2α, и слѣдовашельно круговал дуга DO = r(180° - 2α) и площадь сектора DCOZ = $\frac{1}{2} r^2(180° - 2α)$.

109

§ 15. Сыщемь теперь площадь еллиптическаго сектора DCω. На сей конец паки приемля точку Y еллипсисса за неопределенную, положимъ разстояніе ея отв центра CY = z и уголъ fCY = φ; будетъ площадь сектора fCY = ½ ∫z² dφ; положивв же абсциссу, отв центра на большей оси взятую, CV = t и ординату VY = u, имѣемъ t = z sin.φ и u = zcos.φ; чего ради, по причинѣ что u² = (b/a²) (a² - t²), произойдемъ слѣдующее уравненіе:

$$
a^2 z^2 \cos \varphi^2 = a^2 b^2 - b^2 z^2 \sin \varphi^2,
$$

изъ кошораго получается

$$
z^2 = \frac{a^2 b^2}{a^2 \cos \varphi^2 + b^2 \sin \varphi^2},
$$

такъ что площадь

$$
fCY = \frac{a^2 b^2}{2} \int \frac{d\varphi}{a^2 \cos \varphi^2 + b^2 \sin \varphi^2}.
$$

Но $\cos \varphi^2 = \frac{1 + \cos 2\varphi}{2}$ и $\sin \varphi^2 = \frac{1 - \cos 2\varphi}{2}$, кошорыя величины естьgli посшавимъ въ предвидущее уравненіе, то выдѣтв

$$
fCY = a^2 b^2 \int \frac{d\varphi}{(a^2 + b^2) + (a^2 - b^2) \cos \varphi}
$$

Положимъ 2φ = ψ и $\frac{a^2 - b^2}{a^2 + b^2} = n$, будетъ площадь

$$
f\text{CY} = \frac{a^2 b^2}{2(a^2 + b^2)} \int \frac{d\psi}{1 + n \cos \psi}.
$$

Но изъвсшто, что

$$
\int \frac{d\psi}{1 + n \cos. \psi} = \frac{1}{\sqrt{1 - n^2}} \text{ Arc. } \cos. \frac{\cos. \psi + n}{1 + n \cos. \psi};
$$

чего ради, по причинѣ что $\frac{1}{\sqrt{1-n^2}} = \frac{a^2+b^2}{2ab}$, получимъ площадь

110

$$
fCY = \frac{ab}{4} \operatorname{Arc. cos.} \frac{\cos. \frac{\psi}{2} + u}{1 + n \cos. \frac{\psi}{2}} + C,
$$

или введя опять угол Ъ,

$$
fCY = \frac{ab}{4} \operatorname{Arc} \cos \frac{\cos 2\theta + u}{1 + n \cos 2\theta} + C.
$$

И такъ естьли сіе неопредѣленное выражение площади раз-
пространимъ омъ Ф = о до Ф = а, то пошōліное С уничтoc-
жится, и будешь площадь секшора

$$
fCD = \frac{ab}{4} \operatorname{Arc} \cos \frac{\cos 2\alpha + n}{1 + n \cos 2\alpha}.
$$

Но ab = rr (§ 9), n = $\frac{a^2 - b^2}{a^2 + b^2} = \frac{\sqrt{5}}{3}$ (§ 6) и $\cos 2\alpha = -\frac{4}{\sqrt{5}}$ (§. 10),

чего ради площадь

$$
fCD = \frac{r^2}{4} \operatorname{Arc} \cos \frac{1}{\sqrt{5}} = \frac{1}{4} r^2 (180^\circ - 2\alpha),
$$

и пошому площадь цѣлаго еллиптическаго секшора

$$
DC_{\omega f} = \frac{1}{2} r^2 (180^\circ - 2\alpha).
$$

§ 16. Омсюда слѣдуем еще, какъ мы выше
сказали (VII), что секшоръ еллиптическій DCωf равенъ
сектору круговому DCoZ; и потому макв же сегменты Deωf и
DboZ будушв равны, какв и сегменшы Deωb и Db0F. Ибо, макв
какв доказали уже, что

$$
\text{секторь } DC_{\omega f} = DC_{oZ} \text{ (§ 14 и 15),}
$$

то отними $\Delta DC_{\omega} = \Delta DC_{o}$,

останется сегментъ De\omega f = Db0Z;

прилаг лунку Db\omega f = DFoZ (§ 9),

выдешь сегментъ Dc\omega b = Db0F.

§ 17. Въ § 4 мы замѣщили, что еллипсись пройдешь
чрез шокки D и Е круга; можешь касаться до двухъ прочихъ

111

точекъ пресѣченія ω и ω, то и оныхъ шакъ же нѣчко особенна-
го имѣюмь. Ибо шакъ какъ уголъ ωCF=DCF=90°—α, то будемъ
АСо=2α—90°. Но tang. 2α=—2 (§ 10), чего ради tang. (90°—2α)
=—1/2 и tang. АСо = +1/2. И шакъ есшьли извѣ центра С про-
ведемъ прямую Со, пресѣкущую перпендикулярную прямую АІ въ а
но поламь, то пресѣченіе ея на окружносши круга дастъ точ-
ку о (X. Ибо будемъ Аа/АС = 1/2 = tang. АСо, какъ то требуешься.

§ 18. Есшьли извѣ точки А поставимъ перпендикулярную прямую АТ=АВ и проведши прямую СТ, продолжимъ MZ (§ 5 до сей СТ, лио точка пресѣченія S будемъ на еллипсисѣ. Ибо шакъ какъ

CM : MS = CA : AT = 1 : 2,

по будемъ MS = 2CM = MZ + CM, какъ то самое произхожде-
ніе нашегоъ еллипсиса, извѣщенное въ §. 3, требуешь.

§ 19. Поелику шангенсь угла, копорой прямая, прика-
сающаяся къ еллипсису Ев точкѣ У въ осью абсциссъ АВ со-
ешавляемъ в, есшь dy/dx = 1 - x/√(r² - x²), то опредѣлимъ сей уголъ
для особынныхъ точекъ D, Е, I, К еллипсиса. Для двухъ пер-
выхъ x = 0, и пошому dy/dx = 1; опкуда явѣствуешь, что касающѣ-
ныя къ сей кривой въ точкахъ D и Е съ прямою АВ сосшавля-
ють уголъ полупрямой, или діаметру IК будушь параллельны.
Для точекъ I и К имѣешь x = ±r, чего ради dy/dx = 1 ± ∞; оп-
куда сѣдуешь, какъ то выше (въ §. 4) замѣшили, что каса-
шемыныя къ пой же кривой въ точкахъ I и К къ прямой АВ
въ точкахъ А и В перпендикулярны.

112

§. 20. Что же принадлежит до точек пресеченія о м
ω, то, понеже $C_p = r \cos \omega \cdot A \cos (2\alpha - 90^\circ)$ (§ 17), будем
$x = \pm r \sin \omega \cdot 2\alpha = \pm \frac{2r}{\sqrt{5}}$ (§ 10). Но для точки о имѣем $y = x -
\sqrt{r^2 - x^2}$, чего ради $\frac{dy}{dx} = 1 + \frac{x}{\sqrt{r^2 - x^2}} = 3$, такъ что пря-
мая, къ еллипсису въ о прикасающаяся, съ діаметром АВ со-
сшавляемъ уголъ, коего тангенсь $= 3$. Той же абсциссъ
соотвѣтствуемъ еще ордината $pq = y = x + \sqrt{r^2 - x^2}$, для которой
будемъ $\frac{dy}{dx} = 1 - \frac{x}{\sqrt{r^2 - x^2}} = -1$. Слѣдовательно касашель-
ная въ точкѣ $q$ съ прямою АВ сосшавляемъ уголъ полупрямой.

§ 21. Для точек М и N, $x = \pm \frac{r}{\sqrt{2}}$; ошкуда имѣем $\frac{dy}{dx} = 1 \pm \frac{x}{\sqrt{r^2 - x^2}} = 2$, или еще $\frac{dy}{dx} = 1 - \frac{x}{\sqrt{r^2 - x^2}} = 0$. Почему для первой величины касательныя въ точках М и N будутъ прямой СТ параллельны; другая же величина принадлежитъ той же абсциссѣ соотвѣтствующей точкѣ S и ей противу- положенной, въ коихъ касательныя діаметру АВ параллельны.

§ 22. Есь ли что хочешь фокусы еллипсиса ошнести къ
діаметру АВ, то опустивъ перпендикулярную прямую Ф, удоб-
но показать можно, что будемъ Ф = √ar и С = √br (XI).
Ибо такъ какъ Ф² = СФ² sin. α² и С² = СФ² cos. α², то, по при-
чинѣ что cos. 2α = - 1/√5 (§ 10), и что потому sin. α = √(5 + 1)/2 ,
cos. α = √(5 - 1)/2 и СФ² = r²√5 (§ 9), будемъ имѣть

$$
\phi^2 = \frac{r^2(\sqrt{5} + 1)}{2} = ar,
$$

113

$$
C\zeta^2 = \frac{r^2(\sqrt{5} - 1)}{2} = br
$$

§ 23. Положеніе и длину осей можно вывести и непо-
средственно из общаго уравненія y² — 2xy + 2x² = r², в §. 3
найденного, а именно слѣдующим образом: положив
CV = t и VY = u, имѣем VU = u tang. α и YU = u/ cos. α, и пошо-
му CU = CV — VU = t — u tang. α; ошкуда найдется

$$
CX \cong x \equiv t \cos. \alpha \equiv u \sin. \alpha,
$$

пошомь будем хU = C U sin. α = t sin. α = u sin. α² / cos. α, и оштуда получишься

$$
XY = XU + YU = t \sin. \alpha - \frac{u \sin. \alpha^2}{\cos. \alpha} + \frac{u}{\cos. \alpha}, \text{ или крашче}
$$

$$
XY \cong y \cong t \sin. \alpha + u \cos. \alpha.
$$

И пакъ имѣем

$$
\begin{aligned}
y^2 &= t^2 \sin. \alpha^2 + tu \sin. 2\alpha + u^2 \cos. \alpha^2 \\
&- 2xy = -t^2 \sin. 2\alpha - 2tu \cos. 2\alpha + u^2 \sin. 2\alpha \\
&+ 2x^2 = 2t^2 \cos. \alpha^2 - 2tu \sin. 2\alpha + 2u^2 \sin. \alpha^2;
\end{aligned}
$$

изъ чего, по причинѣ что у² — 2ху + 2х² = r², выдѣшь

$$
\left\{
\begin{array}{l}
t^2(1 + \cos. \alpha^2 - \sin. 2\alpha) \\
- tu(\sin. 2\alpha + 2\cos. 2\alpha) \\
\quad + u^2(1 + \sin. \alpha^2 + \sin. 2\alpha)
\end{array}
\right\} = r^2.
$$

И пакъ должно быть $\frac{t^2}{a^2} + \frac{u^2}{b^2} = 1$, то нужно чтобы было

1) $\sin. 2\alpha + 2\cos. 2x = 0;$

$$
2) 1 + \cos. \alpha^2 - \sin. 2\alpha = \frac{r^2}{a^2};
$$

3) $1 + \sin. \alpha^2 + \sin. 2\alpha = \frac{r^2}{b^2}.$

Изв перваго условнаго уравненія имѣем tang. 2α = -2; ошкуда sin. 2α
= 2/√5 и cos. 2α = -1/√5, а ошсюда sin. α = (√5 + 1)/2 и cos. α = (√5 - 1)/2√5,

15

114

которыя величины поставив в во второе и третье условныя
уравненія, получим в $\frac{r^2}{a^2} = \frac{3-\sqrt{5}}{2}$ і $\frac{r^2}{b^2} = \frac{3+\sqrt{5}}{2}$; опкуда вы-
дешь $\frac{a^2}{r^2} = \frac{6+2\sqrt{5}}{4}$ і $\frac{b^2}{r^2} = \frac{6-2\sqrt{5}}{4}$, і по извлечені кор-
ней, произойдешь $\frac{a}{r} = \frac{\sqrt{5}+1}{2}$ і $\frac{b}{r} = \frac{\sqrt{5}-1}{2}$; а отсюда
полуоси, как в и выше сего, определяйся.

§ 24. Изв Findенных в шеперь величин слѣдуй, что
$$ \frac{r^3}{a^2} = \left(\frac{3-\sqrt{5}}{2}\right)r = r-b $$ и $$ \frac{r^3}{b^2} = \left(\frac{3+\sqrt{5}}{2}\right)r = r+a, $$
и потому $a, r, \frac{r^2}{a}, r-b$ суть четыре непрерывно пропор-
ціональныя линіи, равно как в и $b, r, \frac{r^2}{b}, r+a$ как в то в чл,
XII сказали.

§ 25. Хочя между периметром еллипсиса и окружно-
стію круга едва ли какого простаго отношенія по видимому ожи-
дать должно было, однако мы, сверъх сего и длину еще его
опредѣлить намѣрены, что для неопределенной дуги FY весь-
ма удобно слѣдующим образом учиниться можемъ: На оси
FG опишемъ полукругъ, и продолжив ординату VY до 2, по-
ложим угол FCΣ = ω/2; будемъ CV = t = a cos. ω/2, VΣ =
a sin. ω/2, а отсюда VY = u = b sin. ω/2; изъ чего, по причинѣ что
dt = a du/2 sin. ω/2 и du = b dv/2 cos. ω/2, выдѣшъ дифференціаль дуги

$$
\sqrt{ds^2 + du^2} = \frac{1}{2} d\omega \sqrt{a^2 \sin^2 \frac{\omega^2}{2} + b^2 \cos^2 \frac{\omega^2}{2}};
$$

115

и как $\sin \frac{\omega^2}{2} = \frac{1 - \cos \omega}{2}$ и $\cos \frac{\omega^2}{2} = \frac{1 + \cos \omega}{2}$, то будем неопределенная дуга

$$ FY = \frac{1}{2} \int d\omega \sqrt{\frac{a^2 + b^2}{2} - \left(\frac{a^2 - b^2}{2}\right) \cos \omega} $$

или положив, краткости ради, $\frac{a^3 - b^2}{a^2 + b^2} = \lambda$, будем

$$ FY = \sqrt{\frac{a^2 + b^2}{2}} \int d\omega \sqrt{1 - \lambda \cos \omega} $$

которое выражение, по извлечении из $1 - \lambda \cos \omega$ корня, приметь следующий вид:

$$ FY = \sqrt{\frac{a^2 + b^2}{8}} \left\{ \begin{array}{l} \displaystyle \int d\omega - \frac{1}{2}\lambda \int d\omega \cos \omega - \frac{1}{2 \cdot 4} \lambda^2 \int d\omega \cos \omega^2 \\ - \frac{1 \cdot 1 \cdot 3}{2 \cdot 4 \cdot 6} \lambda^3 \int d\omega \cos \omega^3 - \frac{1 \cdot 1 \cdot 3 \cdot 5}{2 \cdot 4 \cdot 6 \cdot 8} \lambda^4 \int d\omega \cos \omega^4 \\ \text{и проч.} \end{array} \right\} $$

§ 26. Теперь чтобы найти длину четверти окружности $Ff$, то положим сперва

$$ \int d\omega \cos \omega^{n+2} = A \int d\omega \cos \omega^{n} + B \sin \omega \cos \omega^{n+1} $$

чего вызывая дифференциаль, будем иметь

$$ \cos \omega^2 = A + B \cos \omega^2 - (n+1) B + (n+1) A \cos \omega^2 $$

чего ради должно быть $B(n+2) = 1$ и $A = (n+1)B$, то есть

$$ B = \frac{1}{n+2} \text{ и } A = \frac{n+1}{n+2} $$

$$ \int d\omega \cos \omega^{n+2} \frac{n+1}{n+2} \int d\omega \cos \omega^n + \frac{1}{n+2} \sin \omega \cos \omega^{n+1} $$

Но поелику для четверти окружности $Ff$ интегралы взять должно иметь $\frac{\omega}{2} = 0$ до $\frac{\omega}{2} = 90^\circ$, и последний член в обоих случаях уничтожается, то будем

$$ \int d\omega \cos \omega^{n+2} \left[ \text{обш } \omega = 0 \right] = \frac{n+1}{n+2} \int d\omega \cos \omega^n $$

также что

$$ \int d\omega = \pi, \qquad \int d\omega \cos \omega = 0 $$

$$ \int d\omega \cos \omega^2 = \frac{1}{2} \pi, \qquad \int d\omega \cos \omega^3 = 0 $$

15 *

117

Омвуда найдется длина чевверти окружности

$$
Ff = (1 - 0,04c\delta)\left(\frac{\pi r}{2}\right)\sqrt{\frac{3}{2}} = 1,17468\frac{\pi r}{2},
$$
$$
\text{или почи} \ Ff = 1,175\frac{\pi r}{2}.
$$

И макв перимешв всего еллипсиса будем $= 1,175.2\pi r$,
и слађедственно кв окружности круга ошносишеся почи какв
47 кв 40. Разность же между перимешром еллипсиса и окру-
жносћи ю круга едва только не равна дугам круга внушри
еллипсиса содержащейся ЕZω или oZD, пошому чшо длина ея
= 0,176.2πr (XIII).

118

Рѣшеніе

Механитескаго солроса, относящагося до лолета-
л plastic.

Согненіе Николая Фуса.

Представленное Академія 1799 года Маїя 20 дня.

П-реведено съ Французскаго.

§ 1. Уже нѣ сколько тому λѣ шь, какъ по одному изъ
шѣ хвѣ с случаевъ, кошорые содѣ лывающівѣ иногда обыкновенное
и ежедневное явленіе предшемомъ важнѣ йшихъ размышленій
Теометра, пришло мнѣ на мысль подвергнуть полетѣ птицѣ
и въ особенностии силу, побуждающую ихъ возвышашься, из-
сѣ дованію теоріі движенія. Хочę я предвидѣ ль затрудненія,
кошорыя по совершенной почти намъ неизвѣ стности о силѣ
и дѣ йствіи мышцѣ, сосшавляющихъ столь важное дѣ ло въ
механизмѣ лешанія, равно какъ и обѣ образѣ, различіи, гиб-
кости и неизчислимыхъ перемѣ нахъ въ видѣ и положеніи
крыльевъ, должны противопосшавшіться строгому изсѣ дова-
нію сея манеріі; однакожъ для меня любопышно было видѣ шь,
до какой степени могли меня весші предположенія, кошо-
рыя бы не весьма далеко отступали омъ природы, п кѣ коимъ
по предусмотренію моему необходимо мнѣ прибѣ гнуть дол-
жно было. Я имѣ ль удовольствіе рѣ шить, довольно согласно
съ опышомъ, вопросъ, кошорой я себѣ предложилъ, и коего
рѣ шеніе здѣ сь чесшь имѣ ю представить Академіи.

119

§ 2. По окончаніи моего рѣшенія, справляясь для узнанія
того, что могло быть уже написано о сей самой манеріи,
напаль я на сочиненіе покойнаго Юальна Исаія Зилбершлага,
изданное вв 1781 году омь общество испышателей природы
вв Берлинѣ. Сочиненіе сіе содержитв вв себѣ любопытства
достойныя наблюденія, и справедливыя и полезныя размышленія
о свопѣшвѣ и орудіяхъ лѣшанія пшицѣ; но по части веог-
решической или по вычисленіямъ оно недостаточно. При томѣ
сочинитель ограничилъ себя вв ономь опредѣленіемъ одной
молком скорости крыла, и выведенное для оной выраженіе
явнымь образомъ несправедливо, то есь проспранство,
перейденное концемъ крыла вв одну секунду, кошорое слѣд-
швенно есь количество линейное, или одного размѣренія,
онь изображаетв чрезв корень кубической изв количества
двухъ размѣреній, а именно изв прямугольника, составленна-
го изв высоты, сошвѣшственной скорости, и высоты, взятой
осмикрашно, съ которой тѣло свободно низходитв вв перь-
вую секунду своего паденія. Выраженіе столь явно неспра-
ведливое одно достаточно уже засагашить сомнѣвашься о при-
нямомъ Г. Зилбершлагомъ началѣ: что сопропивленіе возду-
ха пропорціонально кубу скорости тѣла вв немъ движущаго-
сі, хошя бы мы и не имѣли другихъ причинъ отвергать оное.
И даже позволяя ему принять сіе начало, много бы еще на-
шлось кв охужденію способа, употребленнаго имь для дости-
женія кв помнушному выраженію скорости крыльевъ. Но
какъ мое намѣреніе не вв томъ соспоинѣ, чтобы написать
здѣсь кришику на сочиненіе, уваженія кв прочемъ достойное,
то я приступлю кв рѣшенію моего вопроса, кошорой выра-
жень быть можешь салѣдующимъ образомъ:

120

ВОПРОСЪ.

§ 3. Видъ и велитина крыльевъ, какъ и сила въ мышцахъ,
употребляемая птицею для приведенія ихъ въ движеніе, даны;
требуется найти при такомъ углѣ, каковой онъ описываютъ,
ударяя объ воздухъ, ихъ скорость, протекшее время и действіе
крыльевъ, или силу, съ которою птица движется.

РѣШЕНІЕ.

Черт. 22.

І. Положимъ, что ОХАУ представляешь плоскость крыла, движущагося около почки О, и пусь вѣ разстояній отъ сей почки OZ=x, широта крыла XY=у, шакв что цѣлая поверхность плоскаго крыла есть $\int ydx$, гдѣ интегралъ долженъ быть взятъ от x=0 до x=ОА; и шакв видѣ крыла данъ, то омсюда помощію уравненія между х и у и величина его опредѣлился. Пусь еще М моментѣ инерціи крыла въ разсужденіи оси вращенія ГД, проходящей чрезъ почку О перпендикулярно къ ОА въ продолженной плоскости сего самаго крыла; явно, что естььли силы будутъ изображены чрезъ вѣс сосшава воды, то М изобразишь количество пяти размѣреній.

Черт. 23.

II. Пусь ОА будетъ начальное положеніе возвышен-
наго крыла, коего плоскость предположена теперь стоящею
перпендикулярно къ плоскости бумаги и предшавляющею
намъ его острее. Означимъ уг. МОА чрезъ δ и положимъ,
что крыло отъ начала по истеченіи времени t секундъ при-
шло въ положеніе OV, описавъ уголъ АОV=φ; пусь угольная
или вращательная скорость, которую крыло имѣть въ семъ
положеніи, —; сія буква и означаеть скоросТЬ точки D, на-
ходящейся на оси ОV, и отстоящей отъ оси вращенія въ раз-
стояніи OD=1; и какъ симвѣ образомъ и есть дуга или уголъ,
которой сія точка D описываемъ въ одну секунду съ пріобрѣ-

121

менною скоростію; то явно, что и, какъ же какъ Ф и т, будушь числа определенные.

### III.
Что же принадлежишь до силы, что корную птицу употребляемъ на крыло для приведенія его вб движение, и корую мы принуждены почиташь какъ количество данное; то хошя и трудно дѣйствіе мышцѣ привесши вв определенную мѣру, однакожь еслѣ средство ввести оное вв изчисленіе, средство, которое часто употребляется при изчисленіи силы животныхъ, а именно стоишь покоь взять произведенную извѣшковъ формулу, ко торая бы удовлетворяла нѣкошорымъ случаямъ, коихъ выводъ извѣстнѣ. И какъ пусты П моментѣ наибольшей силы, ко торую птица можешь употребить на крыло когда оное находится вв поковѣ, и пусты а наибольшая скорость, ко торую она можешь сообщить точкѣ D крыла, когда оное вв сей точкѣ не имѣшь кѣ преодолѣнію никакого сопропивленія; поелику вв вращательномъ движении силы всегда сопряжены бывающівъ св квадратомъ вращательной скорости, то, приемъ формулу $\Pi(1 - \frac{u^2}{\alpha^2})$, для выраженія момента силы, корую птицу употребляешь на крыло вв положеніи ОV, удовлетворимъ двумь крайнимъ случаямъ совершенно, а всѣмъ промежушнымъ вѣроятно довольно близко. Ибо есть-ли и — о, то моментъ сея силы — П; и есть ли и — а, то оный обращился вв нуль, какъ и быть долженствуетъ. Вв прочемъ явно, что П изображаетъ количество чешырехъ размѣреній.

### IV.
Поелику при разстояніи $OD=1$, угольная скорость $=u$, то при разстояніи $OZ = x$ скорость часницы крыла $удх$ будешь $=ux$, и высота, соответственная сей скорости,

16

122

## 122
$= \frac{u^2 x^2}{4g}$, т.е. $g$ означает высоту, сb которой мы падаем вb первую секунду.

### V. Есťь ли, было бы移动了 вb водѣ, то со-
противленіе, встřичаемое частицю ydx, было бы равно
столбу воды, чего основаніе ydx, а высота сошвѣственная
скорости сея частицы. И сколько сопротивленіе было бы
$= \frac{u^2 x^2}{4g}$. ydx, и моментъ его вb разсужденіи осi MН, $= -\frac{u^2 x^2}{4g}$. xydx.

Но есťь ли положимъ площадь воздуха кb площади воды
$= \frac{1}{2}$, то починiałъ постоликою для наспошішаго положе-
нія ОV крыла, и полагал

$$∫x^2ydx \begin{bmatrix} омъ x=0 \\ до x=OA \end{bmatrix} = A,$$

$$∫x^3ydx \begin{bmatrix} омъ x=0 \\ до x=OA \end{bmatrix} = B,$$

будемъ имѣть цѣлое сопротивленіе воздуха, которое крыло пре-
шерпѣваетъ, или силу, употребляемую имѣ для приведенія пти-
цы вb движеніе, каковую мы означимъ бунткою V, $= \frac{\pi Аh^2}{4g}$,

и моментъ сея силы $= \frac{\pi Вh^2}{4g}$, сколько我们也 V бу-
дешь дѣйствовать перпендикулярно кb плюскоши крыла вb
центра дѣйствія С, то разстояніе ОС найдется извѣ уравненія

$$V \cdot OC = \frac{\pi Вh^2}{4g}.$$

которое дастъ

$$OC = \frac{\pi Вh^2}{4g \cdot V} = \frac{B}{\Lambda}.$$

123

123

Что приходлежитв до момента инерции М крыла, то полагая поломоту его одинаковою и равною ѡ, будешь елементв его — ∂уdx, и славдственно

$$
M = \frac{\partial f(x,y)d_x}{\partial x} \quad \left[ \begin{matrix} \text{ОМЬ} & x = 0 \\ \text{ДО} & x = 0 \end{matrix} \right].
$$

VI. И такъ послѣ сего мы по правиламъ ускореннаго
движения будемъ иметь слѣдующее второй сшенени диффе-
ренціальное уравненіе

$$
\frac{M}{2g} \frac{d^2 \varphi}{dt^2} = \Pi \left(1 - \frac{u^2}{\alpha^2}\right) - \frac{nB u^2}{4g},
$$

въ коемъ заключается полное рѣшеніе нашего вопроса, что--
рое совершился весьма удобно слѣдующимъ образомъ:

VII. Поемкну вращашельная или угольная скорость
u = dφ/dt, то будешь dφ²/dt², и взявв дифференціаль выдумв
dφd²φ = ududt², полагая dt постояннымъ; ошкуда произойдешь
d²φ/dt² = udu/dφ, кошорую величину пошавивв вв главное уравненіе
члена VI, обращимъ оное вв

$$
\frac{M}{2g} \cdot \frac{udu}{d\varphi} = \Pi - u^2 \left( \frac{\Pi}{\alpha^2} + \frac{nB}{4g} \right),
$$

или положивъ, крамкости ради,

$$
\frac{2g}{M} \left( \frac{\Pi}{\alpha^2} + \frac{nB}{4g} \right) = \lambda \quad \text{и} \quad \frac{2g\Pi}{M} = \mu,
$$

преобразимъ его вв сей простѣйшій видѣ:

$$
udu + \lambda u^2 d\varphi = \mu d\Phi.
$$

VIII. Наконецъ, чтобы сдѣлашь сіе уравненіе иштеграль
приемющімъ, умножимъ его на 2e²λΦ, гдѣ с означаетъ число,

16

124

коего нашуральный или гиперболическій логарифмь равень
единицѣ, и мы будемь имѣть:

$$
2e^{2\lambda\Phi} u_0 + 2\lambda u^2 e^{2\lambda\Phi} d\Phi = 2\mu e^{2\lambda\Phi} d\Phi,
$$

коего иншеграль есшь

$$
e^{2\lambda\Phi} u_0 = \frac{\mu}{\lambda} (C + e^{2\lambda\Phi}),
$$

тѣ постоянное количество С, введенное при иншегрированіи,
должно быть опредѣлено таким образом, что положив
Ф = о былобы такъ же и и=—0; опкуда получится С = —1, такъ
что уравненіе наше по иншегрированіи сдѣлается

$$
e^{2\lambda\Phi} u_0^2 = \frac{\mu}{\lambda} (e^{2\lambda\Phi} - 1).
$$

ІХ. Изв сего уравненія можно во первыхѣ получить
угольную скорость для какого ниесть даннаго положенія
AOV=Ф крыла; ибо оное даетъ

$$
u = \sqrt{\frac{\mu}{\lambda}} (1 - e^{-2\lambda\Phi}),
$$

по опредѣленіи чего найдется, для этого же положенія крыла,
сопропивленіе, воздухомъ на него производимое,

$$
V = \frac{nA u^2}{4g} = \frac{n \mu A}{4 \lambda g} (1 - e^{-2\lambda\Phi}).
$$

Наконецъ получится такъ же дифференціалѣ времени

$$
dt = \frac{d\Phi}{u} = \sqrt{\frac{\lambda}{\mu}} \cdot \frac{d\Phi e^{\lambda\Phi}}{\sqrt{e^{2\lambda\Phi}}},
$$

коего интеграль означить время, которое крыло употребить
при переходе від положенія ОА в положеніе ОV, или
при описываніи угла АОV.

X. Чтобы найти сей интеграль, положу
$$
v = \frac{1}{e^{\lambda\Phi} - 1} =
$$
z - e^{λΦ}, будете v^{λΦ} = (z^2 + 1) / (2z), и съдядственно