Мальчик на льду

[profilescit]

slavav в сообщении #1551872 писал(а):

Оптимальность при этом решении доказывается?

Не совсем строго, но возможно кто-то может и строго доказать.

[fred1996]

wrest в сообщении #1551862 писал(а):

EUgeneUS в сообщении #1551767 писал(а):

Если бегать просто по кругу, то получается $\approx 4.774$.
Это гораздо ближе к авторскому ответу.

То есть, вероятно, от круга не сильно отличается уже для трёх вершин. Интересно канеш глянуть на траекторию. И на случай двух вершин.

Для двух вершин задача тривиальна. Надо просто бежать вдоль отрезка. Только в этом случае мы можем получить максимальное ускорение модуля скорости. Любое отклонение от прямой уменьшает это ускорение.

-- 04.04.2022, 18:26 --

profilescit
А вы можете посчитать, какая будет оптимальная скорость в вершинах? Ведь при различных скоростях мы получим различные «оптимальные» траектории. Для каждой скорости своя. Поэтому потом придётся искать эту оптимальную скорость в вершине.

[12d3]

profilescit в сообщении #1551867 писал(а):

а там выходит задача эквивалентная нахождению формы тяжелого каната в поле тяжести.

Рассматривал в таких координатах, выходила задача максимизировать $\displaystyle \int_{v_1}^{v_2} v_x dv$ при фиксированном $\displaystyle \int_{v_1}^{v_2} dv$ (здесь $dv$ - модуль изменения скорости). Но как-то не увидел в первом интеграле координату "центра тяжести". А так всё красиво решалось бы.

[profilescit]

12d3 в сообщении #1551906 писал(а):

Но как-то не увидел в первом интеграле координату "центра тяжести". А так всё красиво решалось бы.

$dv$ эквиваленто $dm$ и так-же эквиваленто $ds$ (массе и длине маленького кусочка каната). $v_x$ будет в таком случаю аналогом координаты $x$, тогда интеграл $\int_{v_1}^{v_2}v_x dv$ переходит в интеграл $\int_{1}^{2} x dm$. Поделив на фиксированную длину каната (или же фиксированная длина траектории в пространстве скоростей) получим как раз координату центра масс по оси $X$ которую надо максимизировать. Что равносильно минимизировать потенциальную энергию каната в поле тяжести.

-- 05.04.2022, 13:32 --

fred1996 в сообщении #1551876 писал(а):

profilescit
А вы можете посчитать, какая будет оптимальная скорость в вершинах? Ведь при различных скоростях мы получим различные «оптимальные» траектории. Для каждой скорости своя. Поэтому потом придётся искать эту оптимальную скорость в вершине.

Получается $v^2 = \mu g a \sqrt{3}$ что совпадает с тем что ускорение в вершине только нормальное, радиус кривизны совпадает с радиусом описанной окружности.

[fred1996]

profilescit
Но вы ж понимаете, что для отрезка это не так. Там оптимальная скорость в вершине равна нулю. А оптимальная кривая - бег вдоль отрезка с постоянным ускорением до середины и замедлением до второй вершины.

Что-то мне подсказывает из практической жизни, что в вершинах скорость должна быть минимальной, а посередине максимальной. Что из вершины к середине мы ускоряемся, а от середины к вершине замедляемся.
А это значит, что в вершинах у нас радиус кривизны меньше радиуса описанной окружности, а посерёдке больше. То есть вся кривая должна уместиться внутри описанной окружности.

[Booker48]

fred1996 в сообщении #1551954 писал(а):

для отрезка это не так. Там оптимальная скорость в вершине равна нулю. А оптимальная кривая - бег вдоль отрезка с постоянным ускорением до середины и замедлением до второй вершины.

Гм, пловцы в бассейне так определённо не считают.

[profilescit]

fred1996 в сообщении #1551954 писал(а):

profilescit
Но вы ж понимаете, что для отрезка это не так. Там оптимальная скорость в вершине равна нулю. А оптимальная кривая - бег вдоль отрезка с постоянным ускорением до середины и замедлением до второй вершины.

Это ответ для треугольника. Если взять общее решение и предел $N \to 2$ то получится время совпадающая с ускорением на половину длины отрезка и торможением на второй половине.

[waxtep]

Запишу вариант решения методом грубой выкладки, ответ совпал с полученным уважаемым 12d3
Единственное, у меня вышло, что котангенс угла между вектором ускорения и стороной треугольника (а не перпендикуляром к стороне) линеен по времени. Траектория лежит чуть ближе к стороне треугольника, чем описанная окружность, что наиболее заметно напротив середины стороны.

(вдруг кому пригодится)

Верим, что оптимальная траектория гладкая и проходит через вершины; мальчик движется по ней с постоянным по модулю, но не направлению, ускорением $w=\mu g$. Расположим начало координат в одной из вершин с $Ox$ вдоль стороны и $Oy$ по внешнему перпендикуляру и будем рассматривать движение на одной шестой периода (со временем $\tau=\dfrac16{T}$) от вершины до точки напротив середины стороны. Уравнения движения: $\ddot x(t)=w\cos\vartheta(t/\tau), \ddot y(t)=w\sin\vartheta(t/\tau)$; ожидаем, что $\vartheta$ будет в четвертом квадранте, и нам известно, что $x(0)=y(0)=0,\dot x(0)=\dfrac{v_0}2, \dot y(0)=\dfrac{\sqrt3}2v_0$, а так же $x(\tau)=\dfrac{a}2,\dot y(\tau)=0$. Проинтегрируем:

$$\begin{cases}a=v_0\tau+2w\tau^2\int\limits_0^1\int\limits_0^p\cos\vartheta(s)dsdp\\ 0=\dfrac{\sqrt3}2v_0+w\tau\int\limits_0^1\sin\vartheta(p)dp\end{cases}$$

Введем $f(p)=\int\limits_0^p\cos\vartheta (s)ds\Rightarrow\cos\vartheta(p)=f^\prime(p),\sin\vartheta(p)=-\sqrt{1-f^\prime(p)^2}$ и получим

$$\frac{a}{2w\tau^2}=\int\limits_0^1f(p)+\frac{1}{\sqrt3}\sqrt{1-f^\prime(p)^2}dp\equiv\int\limits_0^1L\left(f(p),f^\prime(p)\right)dp$$

Для определения неизвестной функции $f(p)$ запишем необходимое условие экстремальности, уравнение Эйлера-Лагранжа:

$$\frac{\partial L}{\partial f}=\frac{d}{dx}\frac{\partial L}{\partial f^\prime}\Rightarrow\ctg\vartheta(p)=\sqrt3(p-1)$$

и дальше уж совсем дело техники - я просто находил явный вид $f(p)=\dfrac{1}{\sqrt3}\left(2-\sqrt{3(1-p)^2+1}\right)$ и брал интеграл

[Sender]

waxtep в сообщении #1551969 писал(а):

Единственное, у меня вышло, что котангенс угла между вектором ускорения и стороной треугольника (а не перпендикуляром к стороне) линеен по времени.

Ну так у 12d3 тангенс, а не котангенс.

[waxtep]

Sender в сообщении #1551978 писал(а):

Ну так у 12d3 тангенс, а не котангенс.

Какое-то фантастическое слепое пятно - упорно и многократно на месте тангенса читал котангенс

[fred1996]

Предлагается оптимальная стратегия

(Оффтоп)

Оптимальная стратегия обегания правильного многоугольника выглядит следующим образом.
Собственно, надо рассмотреть бег вдоль одной стороны.
Мы уже выяснили, что в любой точке траектории ускорение будет максимально возможным равным $\mu g$
Надо только определить оптимальное направление.
Наша задача - минимизировать время пробегания вдоль оси $x$, которая совпадает со стороной многоугольника, при условии известного изменения скорости вдоль оси $y$
Направление скорости в углу нам известно. Пока неизвестна величина.
Зададим ее произвольно. А стратегию просто угадаем.
Логично предположить, что в направлении оси $x$ Ускорение постоянно, а на середине отрезка просто меняет направление на противоположное.
А по оси $y$ Тоже постоянно. И направлено к центру многоугольника. И таковым является на протяжении всего пробега вдоль отрезка.
Получаем два симметричных куска параболы, сшитые посередине.
Выпишем эти уравнения в следующих обозначениях:
$2b$ - длина стороны многоугольника.
$a=\mu g$ - модуль ускорения.
$a_x$, $a_y$ - ускорения вдоль осей
$v$ - скорость в углу
$\alpha$ - угол вектора скорости относительно оси $x$

1. Изменение скорости вдоль оси $y$ Задается уравнением:
$v\sin(\alpha)= a_yt$
2. Формула равноускоренного движения вдоль оси $x$:
$b = v\cos(\alpha)t + 0.5 a_xt^2$
3. Ускорения:
$a^2=a_x^2+a_y^2$

Порядок подстановкой:
Из формулы 1. Подставляем время $t$ в формулу 2, а из формулы 3. подставляем ускорение $a_x$ туда же.

Получается однозначная функциональная связь скорости между скоростью в углу и ускорением по вертикали.
Теперь нам надо минимизировать время пробегания.
Это легче всего сделать выразив функционально время через ускорение по вертикали.
Для этого подставим найденную скорость в формулу 1.
И ищем минимум функции $t(a_y)$

Остаётся доказать, что данная стратегия оптимальна.
Действительно, чтобы уменьшить время пробегания, нам надо на каком-то участке чуток увеличить ускорение по оси $y$. Но тогда на этом участке уменьшится ускорение по оси $x$. Но тогда время по оси $x$ увеличится. Ввиду оптимальности стратегии пробегания вдоль этой оси при постоянном ускорении. Противоречие.

[waxtep]

profilescit в сообщении #1551916 писал(а):

Получается $v^2 = \mu g a \sqrt{3}$ что совпадает с тем что ускорение в вершине только нормальное, радиус кривизны совпадает с радиусом описанной окружности.

Ммм, так у меня кстати не получается, подметил сразу, но думал найти у себя ошибку - не выходит, хотя и так, и сяк проверял. Для описанной окружности, видимо опечатка, все таки ее радиус $R=\frac{a}{\sqrt3}$ и значит $v^2= \mu g a /\sqrt{3}\approx0,5774\mu g a$. Но скорость в вершине (а, значит, и радиус кривизны) для оптимальной траектории не такие: из уравнений движения $v_0=-\frac{2\mu g\tau}{\sqrt3}\int\limits_0^1\sin\vartheta(p)dp$ и $v_0^2=\frac43\frac{\ln^2(2+\sqrt3)}{2\sqrt3+\ln(2+\sqrt3)}\mu g a\approx0,4837\mu g a$, несколько меньше; в этой же пропорции меньше и радиус кривизны траектории в вершине.

(поправлю заодно очевидную очипятку у себя)

waxtep в сообщении #1551969 писал(а):

уравнение Эйлера-Лагранжа:

$$\frac{\partial L}{\partial f}=\frac{d}{dx}\frac{\partial L}{\partial f^\prime}\Rightarrow\ctg\vartheta(p)=\sqrt3(p-1)$$

Здесь $\dfrac{d}{dp}$ конечно

[EUgeneUS]

waxtep в сообщении #1552123 писал(а):

Ммм, так у меня кстати не получается, подметил сразу, но думал найти у себя ошибку - не выходит, хотя и так, и сяк проверял. Для описанной окружности, видимо опечатка, все таки ее радиус $R=\frac{a}{\sqrt3}$ и значит $v^2= \mu g a /\sqrt{3}\approx0,5774\mu g a$. Но скорость в вершине (а, значит, и радиус кривизны) для оптимальной траектории не такие: из уравнений движения $v_0=-\frac{2\mu g\tau}{\sqrt3}\int\limits_0^1\sin\vartheta(p)dp$ и $v_0^2=\frac43\frac{\ln^2(2+\sqrt3)}{2\sqrt3+\ln(2+\sqrt3)}\mu g a\approx0,4837\mu g a$, несколько меньше; в этой же пропорции меньше и радиус кривизны траектории в вершине.

Радиус кривизны в вершине не может быть равен радиусу описанной окружности (д.б меньше) по более простым соображениям.
Оптимальная траектория должна:
а) быть выпуклой. Иначе можно срезать вогнутость и улучшить.
б) должна лежать между описанной окружностью и периметром треугольника.
в) должна проходить через вершины треугольника.

А значит, в вершинах д.б. минимальный радиус кривизны. Если радиус кривизны оптимальной траектории в вершинах равен радиусу описанной окружности, то и оптимальная траектория - описанная окружность (а это оказалось не так).

[fred1996]

Не поленюсь, сделаю подстановки.
1. $t=\frac{v\sin(\alpha)}{a_y}$

2. $a_x=\sqrt{a^2-a_y^2}$

3. $b=\frac{v^2}{a_y}\frac{\cos(\alpha)}{\sin(\alpha)}+0.5\sqrt{a^2-a_y^2}\frac{v^2}{a_y^2\sin^2(\alpha)}$$\frac{}{}$

Возведём 1. в квадрат и подставим туда выражение для $v^2$ из 3.

Получаем

$t^2 = \frac{2\sin^4(\alpha)}{a_y\sin(2\alpha)+\sqrt{a^2-a_y^2}}$

Остаётся минимизировать эту функцию, то есть найти максимум знаменателя.
Это будет при
$a_y=\frac{a\sin(2\alpha)}{\sqrt{1+\sin^2(2\alpha)}}$. И тогда $a_x=\frac{a}{\sqrt{1+\sin^2(2\alpha)}}$

Окончательно получаем $t=\sqrt{\frac{2b}{a}}\frac{\sin^2(\alpha)}{\sqrt[4]{1+\sin^2(2\alpha)}}$
Это, напомню, время прохождения половины стороны.
Если у нас задан n-угольник, то соответственно время домножаем на $2n$ и в старых обозначениях получаем

$t=\sqrt{\frac{a}{\mu g}}\frac{2n\sin^2(\frac{\pi}{n})}{\sqrt[4]{1+\sin^2(\frac{2\pi}{n})}}$

Кстати, для отрезка, как это ни покажется странным, угол надо положить не нулевой, а $\frac{\pi}{2}$
Нулевой угол - это в пределе при больших количествах углов.

[waxtep]

EUgeneUS, согласен, разумно звучит. Меня очень смутило, что визуально в районе вершины траектории очень похожи, я думал что отличу на глаз разницу в радиусе кривизны в десяток-другой процентов - ан нет:

(картинка)

fred1996, у меня для постоянного (на одной шестой периода) по величине и направлению ускорения такая штуковина получалась, неоптимальная:

waxtep в сообщении #1551721 писал(а):

а) $w_x=\operatorname{const}\neq0$ (тоже "свободное падение" на сторону треугольника, но "поле тяжести" не перпендикулярно стороне): множитель $6\left(\frac37\right)^{1/4}\approx4.8546$

а у Вас, если правильно понял, $\frac{9}{\sqrt2\sqrt[4]7}\approx3,9125$ ?

-- 08.04.2022, 02:10 --

fred1996 в сообщении #1552107 писал(а):

Логично предположить, что в направлении оси $x$ Ускорение постоянно, а на середине отрезка просто меняет направление на противоположное.
А по оси $y$ Тоже постоянно. И направлено к центру многоугольника.

Вот этот момент в Вашем рассуждении смущает: ведь ускорение по оси $y$ либо постоянно, либо направлено к центру многоугольника (вместе с осью $y$, уже не ортогональной оси $x$), разве нет?