Ich wurde von einem Studenten zu dieser Frage gefragt. Ich denke, wenn wir Luftmoleküle um den Bleistift herum entfernen und auf absoluten Nullpunkt abkühlen würden, würde sich dieser Bleistift theoretisch ausgleichen.
Bin ich richtig?
TL; DR: Es gibt viele Faktoren, die verhindern, dass ein Bleistift perfekt ausbalanciert bleibt. Das wichtigste davon ist das Unsicherheitsprinzip, durch das der Stift in weniger als vier Sekunden umfällt. Weitere Informationen finden Sie unter ...
Kurze Antwort: NEIN. Das erste Lichtphoton, das darauf trifft, würde Ihr perfektes Gleichgewicht stören. Die Gezeitenkräfte des Mondes (die nicht immer in die gleiche Richtung zeigen) würden ihn stören. Die Gezeitenkräfte der Sonne würden sie stören. Ich könnte weitermachen.
Die Bewegungsgleichung eines Bleistifts sagt uns, dass sich die Bewegung aufbauen wird, sobald Sie um den kleinsten Betrag außermittig sind. Es ist kein stabiles Gleichgewicht.
Und Graphit kann das Gewicht eines Bleistifts auf einer monoatomar scharfen Spitze nicht tragen ... Laut diesem Lieferanten von hochwertigem Graphit ist der Druck Die Festigkeit beträgt ca. 25 ksi (~ 170 MPa - Abbildung 5-2 aus der Referenz). Die kleinste Spitze, die das Gewicht von 0,05 N tragen kann, wäre ein Kreis mit einem Radius von 0,01 mm. Das ist eine ziemlich scharfe Spitze für einen Bleistift. Es ist nicht annähernd "atomar".
Schließlich erfordert das Unsicherheitsprinzip selbst bei absolutem Nullpunkt, dass die Position des Massenschwerpunkts nicht perfekt bekannt ist. Die (quantenmechanisch erforderlichen) Schwankungen der Position des Massenschwerpunkts sollten ausreichen, damit der Stift schließlich umfällt.
UPDATE - der Aufprall eines einzelnen Photons
Es ist lehrreich zu berechnen, wie lange es dauert, bis ein Bleistift für eine bestimmte Abweichung vom Gleichgewicht abfällt (vorausgesetzt, für einen Moment ist ein perfekter Drehpunkt unten - dh das einzige angelegte Drehmoment ist auf die Schwerkraft zurückzuführen). Ich zeige es hier für einen Bleistift, der von einem einzelnen grünen Photon getroffen wurde - und das Ergebnis ist eine überraschend kurze Zeit.
Modellierung des Bleistifts als einheitlicher Stab mit der Masse $ m $, Länge $ \ ell $, Trägheitsmoment $ I = \ frac {1} {3} m \ ell ^ 2 $, das Drehmoment $ \ Gamma $ in einem Winkel $ \ theta $ zur Vertikalen ist
$$ \ Gamma = \ frac12 mg \ ell \ sin \ theta $$
Für kleine Auslenkungen ist $ \ sin \ theta = \ theta $ und wir werden diese Annahme unten verwenden. Dann wird die Bewegungsgleichung zu
$$ I \ ddot \ theta = \ frac12 mg \ ell \ theta \\\ frac13 m \ ell ^ 2 \ ddot \ theta = \ frac12 mg \ ell \ theta \ ddot \ theta = \ frac {3 g} {2 \ ell} \ theta $$
Dies ähnelt stark der Gleichung für einen einfachen harmonischen Oszillator, jedoch mit dem falschen Vorzeichen. Wir erhalten zwar eine sehr ähnliche Lösung, aber mit hyperbolischen Funktionen.
Wenn wir $ \ frac {3 g} {2 \ ell} = \ alpha ^ 2 $ setzen, können wir diese zweimal integrieren, um ein $$ \ theta = C_1 e ^ {\ alpha t} + C_2 e ^ {- \ alpha t} $$ Wenn der Stift im Gleichgewicht beginnt, können wir $ \ setzen Theta = 0 $ bei $ t = 0 $, wodurch das Obige auf $$ \ theta = 2C_1 \ sinh {\ alpha t} $$ bei einer Anfangsgeschwindigkeit $ reduziert wird v_0 $, wir sehen, dass $$ v_0 = \ frac {\ ell} {2} \ dot \ theta = \ ell C_1 \ alpha \ cosh {\ alpha t} $$ so $$ C_1 = \ frac {v_0} {\ ell \ alpha} = \ frac {v_0} {\ ell \ sqrt {3 g / 2 \ ell}} = \ frac {v_0} {\ sqrt {\ frac32 g \ ell}} $$ Jetzt haben wir einen Ausdruck für $ \ theta $, den wir mit einer bestimmten Anfangsgeschwindigkeit lösen können: $$ t = \ frac {1} {\ alpha} \ sinh ^ {- 1} \ frac {\ theta} {C_1} $$ $$ = \ sqrt {\ frac {2 \ ell} {3 g}} \ sinh ^ {-1} \ left (\ frac {\ theta \ sqrt {\ frac32 g \ ell}} {v_0} \ right) $$ Jetzt kommt der lustige Teil. Nehmen wir an, wir treffen den perfekt ausbalancierten Bleistift mit einem einzigen Photon grünen Lichts. Der Impuls eines solchen Photons beträgt ungefähr $$ p = \ frac {E} {c} = \ frac {h} {\ lambda} \ ungefähr 10 ^ {- 27} Ns $$ Nehmen wir an, der Stift ist schwarz, damit das Photon nicht reflektiert wird. Die Masse eines Bleistifts beträgt ca. 0,005 kg, Länge 20 cm. Die Geschwindigkeit des Bleistifts nach der Kollision mit dem Photon ist ungefähr (ja, es gibt einige Faktoren, die für den Offset-Aufprall verantwortlich sind usw. Ich ignoriere all diese - es ändert nichts an der grundlegenden Antwort): $$ v_0 = \ frac {p} {m} = 2 \ cdot 10 ^ {- 25} m / s $$ Nehmen wir an, dass "definitiv fallend" einem Winkel von 0,5 Grad entspricht, oder etwa 0,01 rad. Wir können die Werte in die obige Gleichung einfügen und t $ \ ca. $ 6 s finden. Ein Photon. Sechs Sekunden. Das ist eine schockierend kurze Zeit ... aber es wird noch schlimmer: UPDATE 2 - die Bedeutung des Unsicherheitsprinzips Es ist auch interessant um zu sehen, wie lange es dauern würde, bis ein Bleistift bei einer anfänglichen Ablenkung von der Vertikalen fällt - denn dann können wir das eine Photon entfernen und das Unsicherheitsprinzip verwenden, um die maximale Zeit zu schätzen, die der Bleistift ausbalanciert p> Wenn der Schwerpunkt um $ \ Delta x $ versetzt ist, beträgt der Winkel $ \ Delta \ theta = \ frac {2 \ Delta x} {\ ell} $. Verwenden desselben Gleichungen wie zuvor finden wir $ C_1 + C_2 = \ Delta \ theta $. Nehmen wir an, die Anfangsgeschwindigkeit ist Null - weil dies "im Durchschnitt" der Fall ist, vorausgesetzt, die Richtung der Anfangsgeschwindigkeit zeigt gleich wahrscheinlich zurück in Richtung Gleichgewicht und von diesem weg -, also erhalten wir $ C_1 = C_2 $, und die Lösung ist eine $ \ cosh $ -Funktion: $$ \ theta = 2 C_1 \ cosh (\ alpha t) $$ Wobei $ C_1 = \ frac {\ Delta \ theta} { 2} = \ frac {\ Delta x} {\ ell} $. Wir haben jetzt die Zeit zu fallen (Zeit, um ein bestimmtes $ \ theta $ zu erreichen) als $ $ t = \ frac {1} {\ alpha} \ cosh ^ {- 1} \ left (\ frac {\ theta \ ell} {2 \ Delta x} \ right) $$ Die Gleichung Wir haben früher abgeleitet, dass die mit einer bestimmten Anfangsgeschwindigkeit benötigte Zeit wie folgt umgeschrieben werden kann: $$ t = \ frac {1} {\ alpha} \ sinh ^ {- 1} \ left (\ frac {\ theta \ ell \ alpha} {\ Delta v} \ right) $$ und wir wissen, dass $$ \ Delta x \ Delta p = \ hbar $$ Offensichtlich wird die längste Zeit zum Ausbalancieren erreicht, wenn die beiden Zeiten gleich sind - andernfalls ist eine länger und die andere kürzer, und es ist die kürzere Zeit, die dominiert. Zum Lösen ersetzen wir $ \ Delta x = \ frac {\ hbar} {m \ Delta v} $ und erhalten $$ \ cosh ^ {- 1} \ left (\ frac {\ theta) \ ell m \ Delta v} {\ hbar} \ right) = \ sinh ^ {- 1} \ left (\ frac {\ theta \ ell \ alpha} {\ Delta v} \ right) $$ Wenn der Term in Klammern ausreichend groß ist, können wir (zum Zwecke der Schätzung) $$ \ frac {\ theta \ ell m \ Delta v} {\ hbar} = \ setzen frac {\ theta \ ell \ alpha} {\ Delta v} $$ Daraus folgt, dass $$ \ Delta v = \ sqrt {\ frac {\ theta \ ell \ alpha \ hbar} {\ theta \ ell m}} = \ sqrt \ frac { {\ alpha \ hbar}} {m} $$ Wenn wir die Werte für den Stift ersetzen, finden wir $$ \ Delta v = 4 \ cdot 10 ^ {- 16} m / s $$ , was viele Größenordnungen größer ist als die Geschwindigkeit, da der Bleistift von einem Photon getroffen wird. Die Zeit zum Fallen ist dann $$ t = \ frac {1} {\ alpha} \ sinh ^ {- 1} \ left (\ frac {\ theta \ ell \ alpha} {\ Delta v } \ right) \ ca. 3,7 s $$ Ein perfekt ausbalancierter "theoretischer" Stift, der auf seiner monoatomaren Spitze steht, fällt aufgrund des Unsicherheitsprinzips im Durchschnitt in wenigen Sekunden. NACHWORT Meine Tochter hat mich nur auf einen interessanten Beitrag hingewiesen, der dasselbe berechnet - und eine sehr ähnliche Antwort liefert. Der Autor signiert sich als "Alemi". Auf dieser Site gibt es einen Mitwirkenden mit demselben Handle. Ich glaube, ich erkenne den Stil des Denkprozesses, also werde ich eine verspätete Spitze des Hutes geben. Dieser Beitrag hat übrigens einen Wert von ca. 3,6 Sekunden. Was dem Wert, den ich bekommen habe, erstaunlich ähnlich ist.
Nein. Um perfekt zu balancieren, müsste der Stift perfekt aufrecht und vollkommen ruhig sein. Das Unsicherheitsprinzip begrenzt, wie gut Sie beide gleichzeitig ausführen können.
Impuls und Position bilden ein konjugiertes Paar. $ \ Delta x \ Delta p \ geq \ hbar $.
Drehimpuls und Winkelposition bilden ebenfalls eine. $ \ Delta L \ Delta \ Theta \ geq \ hbar $
Dies garantiert nicht, dass der Drehimpuls und die Winkelposition ungleich Null sind. Es ist eine Unsicherheit - Die tatsächlichen Werte können beliebig sein, einschließlich 0.
Sie können jedoch nicht beide so anordnen, dass der Stift aufrecht bleibt. Wenn Sie fragen, wie hoch die Wahrscheinlichkeit ist, beide Werte sehr nahe bei 0 zu finden, stellen Sie außerdem fest, dass sie sehr gering sind. Im Limit unendlich unwahrscheinlich.
Wenn sich herausstellt, dass $ L = \ Theta = \ sqrt {\ hbar} $ ist und Sie vernünftige Werte für die Masse und Länge des Stifts eingeben, werden Sie feststellen, dass er in wenigen Fällen umfällt Sekunden.
Ich habe bis zum Wochenende gewartet, um ein Update hinzuzufügen. Als es hier ankam, hatte Floris nur noch sehr wenig hinzuzufügen. Und er hat einen besseren Job gemacht als ich. Gute Antworten.
Eine Reihe von Benutzern war der Ansicht, dass ein idealer Bleistift, der an einer Atomspitze angespitzt wurde, nicht realistisch war. Der Stift sollte eine flache Unterseite haben.
Mein eigener Gedanke ist, dass der Bleistift auf einer dieser masselosen, reibungslosen Riemenscheiben montiert werden sollte, die in Physikunterrichtsräumen der High School so häufig zu sein scheinen.
Trotzdem kann ein Bleistift mit einer flachen Fläche halbklassisch behandelt werden. Aufgrund des Unsicherheitsprinzips hat der Stift einen anfänglichen Impuls und daher eine anfängliche Energie. Dadurch kippt der Stift. Dies führt wiederum dazu, dass sich der Stift um eine Kante der Ebene dreht. Der Schwerpunkt steigt an, bis er direkt über dem Rand der Wohnung liegt. Wenn die anfängliche "Unsicherheit" -Energie größer ist als die Energie, die zum Anheben des Massenschwerpunkts benötigt wird, kippt der Stift um.
Eine quantenmechanische Behandlung würde den Bereich, in dem sich der Schwerpunkt über dem Inneren der Wohnung befindet, als Potentialtopf behandeln. Es besteht die Wahrscheinlichkeit eines Tunnelns.
Beide Szenarien werden hier ausführlich behandelt (mit Diagrammen, falls meine Beschreibung unklar ist) . Ich fand diesen Link, indem ich Floris '"interessantem Beitrag, der dasselbe berechnet" folgte. Dieser Beitrag hatte unten einige Kommentare. Der allerletzte Kommentar enthält den Link.
Nein. Das Gewicht des Bleistifts beträgt ungefähr 1 Newton, und die Fläche beträgt ungefähr 500 Quadratpikometer (5 · 10 & supmin; ² & sup2; sup>), was bedeutet, dass der Druck auf die Spitze ungefähr 2 ZettaPascal beträgt. Das ist ziemlich viel mehr, als Graphit (oder Diamant) aushalten kann (gemessen in GigaPascal)
Die Frage ist so vieldeutig, dass ein klares Ja möglich ist. Dies liegt daran, dass "Gleichgewicht" nicht definiert ist, weder die Abmessungen und das für den Stift verwendete Material noch der Ort, an dem das "Gleichgewicht" stattfinden soll.
Das Material und die Form der Oberfläche, um den Stift auszugleichen on, sind nicht angegeben, noch die Zeitdauer, die es ausgeglichen bleiben soll. Wenn Sie also einen "Bleistift" mit Titanspitze auf einem Planeten / Mond mit einer Gravitationskraft von 1 / 10.000 der Erde ohne Atmosphäre auf einer Oberfläche aus einem "komplementären" Material verwenden, in das das Titanmolekül "passt" Ein "Loch", das von den umgebenden komplementären Molekülen erzeugt wird, und das "Ausbalancieren" des "Bleistifts" ist ein Kinderspiel.
Nein. Erstens ist die Spitze des Bleistifts im Allgemeinen nicht scharf genug, um nur ein einziges Atom zu haben. Die Leute versuchen, diese Art von Tipp in STMs zu machen. Selbst wenn Sie es irgendwie geschafft haben, es scharf genug zu machen, ist Graphit so weich, dass das Gewicht des Bleistifts die Spitze zerquetscht. Es wird kein einziges Atom breit bleiben. Es gibt also keine Möglichkeit, den Stift auf einem einzelnen Atom zu balancieren, da es keine einzelne Atomspitze gibt.
Zweitens ist es unmöglich, eine perfekt symmetrische Spitze zu erstellen, selbst wenn Sie eine Spitze mit einigen Atomen Breite erhalten Bleistift. Es gibt verschiedene Möglichkeiten, wie diese Asymmetrie eingeführt werden kann. Wenn Sie den Bleistift spitzen, gibt es einen Punkt, an dem das Holz eine stufenartige Struktur bildet (wo sich die Klinge befand, als Sie mit dem Schärfen aufgehört haben), wodurch die Struktur asymmetrisch wird. Wenn Sie eine CNC-Maschine zum Schärfen verwendet haben, müssen Sie sich überlegen, ob der Lack perfekt aufgetragen wurde, ob der Graphitkern eine gleichmäßige Dichte aufweist und vor allem, ob das Holz absolut gleichmäßig ist. Normalerweise können Sie die beiden Holzarten mit einem Bleistift erkennen, indem Sie nur den Farbunterschied betrachten.
Kurz gesagt, "theoretisch" ist in diesem Fall nicht nur durch Abkühlen auf Null und Erzeugen eines Vakuums erreichbar. Der Grad der Endbearbeitung, den der Bleistift selbst benötigt, ist zu hoch, um ihn überhaupt noch als Bleistift zu bezeichnen.
GEBEN SIE ES EINEN SPIN mit der maximal möglichen Drehzahl für solch ein massives Objekt. Führen Sie das Experiment auf der ISS weit über der Erdoberfläche durch.
Trennen Sie das Problem von der Frage der Oberfläche. Entfernen Sie die 'Oberfläche' unter der Atomspitze - wo ist Balg ohne Schwerkraft? - oder nähern Sie sich der Oberfläche so weit wie möglich, aber ohne Kontakt (die elektronische Wolke des Atoms verhindert dies, daher ist die Definition von 'Kontakt' sinnvoll, dh ersetzt durch Impulsübertragung).
Die Erde ist keine perfekte einheitliche Kugel und das Experiment ist für diese Änderungen sinnvoll. Bewegen Sie das Experiment also auf eine geostationäre Umlaufbahn.
Ich kann einen Satz gesteuerter gepulster Laser verwenden, um den Stift in Rotation zu versetzen, und gleichzeitig die Rotationsachse auf den Erdmittelpunkt ausrichten
Ich kann Magnetschwebebahn ( Meissner-Effekt - Video) verwenden, um Änderungen der Ausrichtung automatisch entgegenzuwirken und zu steuern.
Ich kann keine tatsächliche Berechnung durchführen von der Zeit, in der das Setup in Rotation bleibt - es hängt von der maximalen Drehzahl ab -, aber ich erwarte eine sehr lange Zeit, vielleicht mehrere Jahre , solange die Flüssigkeit, die er enthält, eingeschlossen bleibt (siehe Herschel Schicksal des Weltraumobservatoriums). Die anderen Antworten sprechen auf Sekunden?
Ich habe das OP theoretisch übersetzt in: die beste physikalisch günstige Konfiguration.
Lassen Sie mich die ersten sein, die mit "Ja" antworten (mehr oder weniger).
Wie das Sprichwort sagt:
Theoretisch gibt es keinen Unterschied zwischen Theorie und trainieren. In der Praxis gibt es das.
Ich möchte damit sagen, dass es immer Unterschiede zwischen Theorie und Praxis geben wird und dass es Sache des Physikers ist, zu entscheiden, welche Annahmen / Vereinfachungen geeignet sind und welche nicht.
Wenn Sie Ihren Bleistift daher theoretisch ausreichend einfach beschreiben, z klassische Mechanik, ein Vakuum, keine äußeren Einflüsse, ..., dann ja, in dieser Theorie können Sie einen Bleistift auf seiner Spitze balancieren.
In Bezug darauf berücksichtigen Sie jedoch bereits die atomare Natur Von Materie als wichtigem Element der Theorie ist es wahrscheinlich, dass die anderen Effekte, die meine Kollegen hervorgebracht haben und die den Bleistift fallen lassen, ebenfalls nicht vernachlässigbar sind. Daher ist es in diesen Theorien unmöglich, einen Bleistift auf seiner Spitze zu balancieren.
Bearbeiten: Ich denke, der eigentliche Punkt könnte sein, dass "theoretisch" bestenfalls schlecht definiert und im schlimmsten Fall völlig unsinnig ist. Ich sehe zwei Interpretationen:
Wenn der Stift auf dem absoluten Nullpunkt wäre, würde er notwendigerweise seinen niedrigsten Energiezustand annehmen, der nicht der vertikale Zustand ist.
Wenn der Stift als Quantenrotor mit einer unendlichen Potentialbarriere modelliert würde, die die Hälfte davon bedeckt Raumwinkel (dh der Tisch) dann gibt es sicherlich angeregte, aber stabile Zustände, in denen der Stift in einer mehr oder weniger vertikalen Position bleibt.
Wenn es nicht das Wort theoretically gäbe, könnte die Frage einfach beantwortet werden, dass es practically unmöglich ist, einen solchen Stift zu balancieren. Die Spitze würde unter dem Druck zusammenbrechen. Es ist von Natur aus instabil und würde aufgrund von Luftströmungen, Vibrationen, Brownscher Bewegung und dem Aufprall eines einzelnen Photons innerhalb weniger Sekunden umkippen. Usw.
Wenn Sie theoretisch sagen, welche theory haben Sie im Sinn? Der ursprüngliche Kontext der Frage war, wie veröffentlicht, Newtonian Mechanics. Tags für QM und das Unsicherheitsprinzip wurden später von anderen hinzugefügt, ohne die Frage selbst zu bearbeiten, um die Mehrdeutigkeiten zu beseitigen.
Wie bereits erwähnt, ist die Frage widersprüchlich und verwirrend. Es fragt theoretisch , ob der Bleistift auf einer Ein-Atom-Spitze balancieren kann. Aber dann werden die Vorsichtsmaßnahmen von practical erwähnt, um reale Störungen wie Luftströmungen und (vermutlich) die thermischen Schwingungen des Bleistifts zu vermeiden. Atome und thermische Schwingungen sind Teil der klassischen Physik, aber nicht Teil der Newtonschen Mechanik. Was bedeutet also eine Ein-Atom-Spitze in diesem Zusammenhang?
Eine weitere Schwierigkeit besteht darin, dass es keine Definition dafür gibt, was der Bleistift für balance bedeutet. Es wäre sehr instabil, selbst wenn die Spitze ein stumpfer Kegel mit einem Atom Durchmesser wäre. Theoretisch können wir den Stift jedoch so genau positionieren, dass das Umkippen eine beliebig lange Zeit (z. B. das Alter des Universums) in Anspruch nimmt. (Die erforderliche Positionsgenauigkeit wäre um Größenordnungen kleiner als die Planck-Länge, aber dies ist kein Einwand, der dem theoretischen Modell der Newtonschen Mechanik inhärent ist.) Umgekehrt bedeutet ausgeglichen , dass der Bleistift hat nicht begonnen zu stürzen, dann ist es nie ausgeglichen . Theoretisch fällt es immer um.
Also stimme ich Guill zu, dass theoretisch und mit einer geeigneten Definition von ausgeglichen der Stift ausgeglichen werden kann.
Ich stimme auch Daniel Sank zu, dass die Verwendung des Uncertainty Principle zur Berechnung einer maximalen Zeit von etwa 3 Sekunden, für die der Stift "ausgeglichen" bleiben könnte, irreführend ist. Da dies nahe an den in der Praxis erreichten Zeiten liegt, entsteht der falsche Eindruck, dass der Bleistift aufgrund der Quantenmechanik herunterfällt, wie in dieser Antwort auf Erklären Sie, warum Quantenverhalten im täglichen Leben nicht beobachtet wird. Wie Floris erklärt, führt jede kleine Abweichung vom perfekten Gleichgewicht zu einem ähnlichen Ergebnis.
Peter Lynch (University College Dublin) hat in Balancing a Pencil on its Point, Mai 2014, gezeigt, dass der Bleistift in 3,72 Sekunden fällt, wenn das Unsicherheitsprinzip zur Entscheidung über die anfängliche Unsicherheit verwendet wird in seiner Position und in 2,51s, wenn die Unsicherheit in der Position willkürlich als die Breite 1 Atom gewählt wird. Er kommt zu dem Schluss, dass "das Umkippen kein Quanteneffekt ist". Jeder einigermaßen kleine Wert für die Unsicherheit - ob 0,1 mm oder 0,1 nm oder 0,1 fm - führt zu einer Zeit von etwa 2-3 s. Das Unsicherheitsprinzip legt eine Obergrenze für die Zeit fest, ist jedoch nicht die praktische Ursache für den Sturz.
In Der quantenmechanische Kippstift - eine Warnung für Physiklehrer verwendet Don Easton von der Stony Brook University das Unsicherheitsprinzip, um die maximale Zeit abzuschätzen, für die der COM des Stifts in seinem Atom verbleiben kann -große Basis auf ungefähr 10 $ ^ {12} $ s - dh ungefähr 1 Million Jahre. In einer anderen Berechnung schätzt er den gleichen Wert für die Zeit, die der Bleistift benötigt, um aus seinem potenziellen Bohrloch zu tunneln. Nur wenn das invertierte Pendelmodell des Bleistifts mit seiner exponentiellen Instabilität verwendet wird, ergibt sich eine Antwort von etwa 3 Sekunden.
Hier ist eine kurze einfache Antwort: Der Hamilton-Wert des Bleistifts kann durch einen invertierten harmonischen Oszillator in der Nähe des Gleichgewichts (Abwärtsparabel) angenähert werden. Es ist leicht zu lösen.