Задача о шаре, падающем на плоскость.

[ewert]

Там во фразе три половины; кроме уже процитированной -- это:

svv в сообщении #1013262 писал(а):

разве что для отыскания интересующих связей между какими-то величинами

svv в сообщении #1013262 писал(а):

... но какими именно?

Вторая из трёх -- непонятна (и не пройдёт); к третьей -- могу и присоединиться.

[dimagoog]

ewert

ewert в сообщении #1013364 писал(а):

Вторая из трёх -- непонятна (и не пройдёт);

ewert в сообщении #1013342 писал(а):

Так а как не нужно, если время прыжка получится трансцедентным.

Вы говорите, что способ решения через детальное описание одного прыжка для нахождения связей между величинами этого и соседних с ним прыжков не пройдет, но при этом само по себе это описание необходимо.
Как тогда еще можно выразить общее время прыжков, кроме как выразить время последующего прыжка через время предыдущего и коэффициент восстановления?

[Balalajkin]

Движение равноускоренное:
$V=gt$

Начальная скорость из:
$gh = \dfrac{V^2}{2}$

$V_0=\sqrt{\dfrac{2h}{g}}$

$\dfrac{V_2}{V_1}=\dfrac{t_2}{t_1}=k$
Это геометрическая прогрессия времен с множителем k

Учитывая что время поднятия и падения равны
и $t_0=\sqrt{\dfrac{2h}{g}}$
а также что первый отскок отсутствует
её сумма равна:
$T=\sqrt{\dfrac{2h}{g}}\dfrac{1+k}{1-k}$

[Ms-dos4]

Balalajkin
Вы забываете, что на шарик в этой задаче действует "трение". Из за него время и получается трансцендентным.

[svv]

dimagoog
Давайте величины, относящиеся к моменту сразу после отскока, обозначать индексом $0$, а перед касанием — индексом $1$. Тогда $x_0=x_1=0$. Пусть $t_0=0$. Ваше решение уравнения:
$x(t)=-\frac{gt}{b}+\frac{C_1e^{-bt}}{b}+C_2$
Удобное обозначение $v_{\infty}=-\frac g b$ Это отрицательная величина, к которой стремилась бы скорость шарика, если бы он упал в бездонную пропасть.

Константы $C_1, C_2$ находим из условий $x(0)=0, v(0)=v_0$, получаем
$x(t)=\frac 1 b(v_0-v_{\infty})(1-e^{-bt})+v_{\infty}t$
$v(t)=(v_0-v_{\infty})e^{-bt}+v_{\infty}$

Что можно сделать дальше? Подставляя $t=t_1$, получим
$v_1=(v_0-v_{\infty})e^{-bt_1}+v_{\infty}$
Это уравнение можно записать в виде
$\frac{v_1}{v_{\infty}}-1=(\frac{v_0}{v_{\infty}}-1)e^{-bt_1}\quad\quad(*)$

Согласно Вашей формуле (3), $v(t)+bx(t)=-gt+v_0$. Подставляя $t=t_1$, найдём $v_1-v_0=-gt_1$. Значит, зная $v_0, v_1$, легко найти $t_1$. Последнее уравнение можно записать в виде
$(\frac{v_1}{v_{\infty}}-1)-(\frac{v_0}{v_{\infty}}-1)=b t_1\quad\quad(**)$

С помощью уравнений (*),(**) исключаем $t_1$:
$(\frac{v_0}{v_{\infty}}-1)\exp(\frac{v_0}{v_{\infty}}-1)=(\frac{v_1}{v_{\infty}}-1)\exp(\frac{v_1}{v_{\infty}}-1)$
Теперь легко выразить $v_1$ через стандартную функцию Ламберта.

[Balalajkin]

Ms-dos4 в сообщении #1013617 писал(а):

Balalajkin
Вы забываете, что на шарик в этой задаче действует "трение". Из за него время и получается трансцендентным.

(Оффтоп)

Да, это я чтo-то по-горячился.
Да и с трансцендентным временем у меня проблемы.

[dimagoog]

svv

То есть формула $(3)$ имеет все же право на жизнь?

Но из

svv в сообщении #1013644 писал(а):

$(\frac{v_0}{v_{\infty}}-1)\exp(\frac{v_0}{v_{\infty}}-1)=(\frac{v_1}{v_{\infty}}-1)\exp(\frac{v_1}{v_{\infty}}-1)$

в любом случае найдется только соотношение между $v_0$ и $v_1$, а чтобы найти их придется всё же решить

svv в сообщении #1013644 писал(а):

$x(t)=\frac 1 b(v_0-v_{\infty})(1-e^{-bt})+v_{\infty}t$
$v(t)=(v_0-v_{\infty})e^{-bt}+v_{\infty}$

для момента $x=h$.
И подставив найденное там $v_0$ в

svv в сообщении #1013644 писал(а):

$(\frac{v_0}{v_{\infty}}-1)\exp(\frac{v_0}{v_{\infty}}-1)=(\frac{v_1}{v_{\infty}}-1)\exp(\frac{v_1}{v_{\infty}}-1)$

в любом случае найдется только соотношение между $v_0$ и $v_1$
найти $v_1$
Только после этого можно находить непосредственно время $t_1$.

И как я понял из описания функции Ламберта, сколь-нибудь упрощаемое выражение для суммы времен вряд ли получится. То есть, для полного описания одного скачка и понимания того, что будет происходить на следующих такое решение отлично подходит, но если хочется получить ответ и не выписывать в лоб сумму из $n$ членов, то при таком подходе нужны конкретное $h$ и желание получить суммарное время в виде числа.

[Ms-dos4]

dimagoog
Вся сумма ни во что красивое, по видимому, не свернётся. Численно, конечно, ответ получить можно.

[dimagoog]

Находя же $v_0$ и $t_h$, получаем
$h=\frac{1}{b}(v_0-v_\infty)(1-e^{bt_h})+v_\infty t_h$
$0=(v_0-v_\infty)e^{-bt_h}+v_\infty$

$e^{-bt_h}=\frac{-v_\infty}{v_0-v_\infty}$
$h=\frac{v_0}{b}+v_\infty t_h$

Тогда
$v_0=hb-v_\infty t_h$
$e^{bt_h}=1-\frac{v_0}{v_\infty}$

То есть
$e^{bt_h}=1+t_h-\frac{hb}{v_\infty}$

и тут снова нужно использовать функцию Ламберта для получения $t_h$

svv в сообщении #1013644 писал(а):

$(\frac{v_0}{v_{\infty}}-1)\exp(\frac{v_0}{v_{\infty}}-1)=(\frac{v_1}{v_{\infty}}-1)\exp(\frac{v_1}{v_{\infty}}-1)$

Опять же, немного смущает, что и без функции Ламберта видно, что $v_1=v_0$ удовлетворяет.

[svv]

dimagoog в сообщении #1013675 писал(а):

То есть формула $(3)$ имеет все же право на жизнь?

Да. Дифференциальное уравнение можно переписать в виде $\frac d{dt}(v+bx+gt)=0$, откуда выражение в скобке постоянно.

Да, чтобы найти $v_0$, надо привлечь и выражение для $x(t)$, либо (я бы так и поступил) немного изменить условие задачи: $v_0$ задана, а время отсчитывается от соответствующего момента соприкосновения шарика с плоскостью.

dimagoog в сообщении #1013689 писал(а):

Опять же, немного смущает, что и без функции Ламберта видно, что $v_1=v_0$ удовлетворяет.

Пара слов о функции Ламберта. С точки зрения уравнения
$(\frac{v_0}{v_{\infty}}-1)\exp(\frac{v_0}{v_{\infty}}-1)=(\frac{v_1}{v_{\infty}}-1)\exp(\frac{v_1}{v_{\infty}}-1)$,
естественной «скоростью» в задаче является не $v(t)$, а $\eta(t)=\frac{v(t)}{v_{\infty}}-1$. Величина $\eta$ в нашей задаче всегда отрицательна, а её модуль при полёте шара уменьшается. В верхней точке $\eta=-1$. Если бы шар достиг предельной скорости $v_{\infty}$, то $\eta$ была бы равна нулю. С использованием $\eta$ уравнение перепишется в виде
$\eta_0 e^{\eta_0}=\eta_1 e^{\eta_1}$
Важно, что $\eta_0<-1<\eta_1<0$.

Теперь обозначим $f(\eta)=\eta e^\eta$. Уравнение тогда гласит, что $f(\eta_0)=f(\eta_1)$. Чтобы это не приводило к неверному заключению $\eta_0=\eta_1$ и $v_0=v_1$, функция, обратная $f$ (а это и есть функция Ламберта $W$) должна иметь две ветви. И это действительно так! Взгляните на график:

Так как это функция, обратная $f(\eta)$, здесь $\eta$ откладывается по оси ординат. Уравнение $f(\eta_0)=f(\eta_1)$ означает, что значениям $\eta_0$ (зелёная точка) и $\eta_1$ (синяя точка) соответствует одна абсцисса (что обозначено красной линией). И решить это уравнение — означает найти положение синей точки по известному положению зелёной точки. Фактически, нам лучше подошла бы даже не сама функция $W$, а зависимость
«значение синей ветви как функция значения зелёной ветви при одном и том же значении аргумента».

[dimagoog]

svv

Понял.
В принципе, что решений может быть два я проверил построив функцию вида $y=xe^x$ но стоило убедиться на всякий случай всё же.

Спасибо!

[svv]

dimagoog
Рад был помочь. Вы завтра ещё загляните в тему, я, может, ещё одну картинку добавлю с комментарием. Она уже будет относиться к задаче в целом, а не к одному прыжку.

[dimagoog]

Обязательно зайду!

[svv]

Вот картинка, которая в терминах «скорости» $\eta$ показывает четыре первых прыжка шарика.

Каждая красная линия соответствует одному прыжку. Как уже говорилось, $\eta_0<-1<\eta_1<0$, поэтому $\eta$ в момент отрыва меньше $\eta$ в момент приземления, и стрелки направлены вправо.
Вертикальная малиновая линия соответствует $\eta=-1$, то есть $v=0$. Если бы не было потерь энергии при ударе ($k=1$), то начальное $\eta$ следующего прыжка получалось бы отражением конечного $\eta$ предыдущего прыжка относительно малиновой линии. Но $k<1$ (на картинке взято $k=0.9$), поэтому это «отражение со сжатием». Оно изображено серыми линиями.

Вашу формулу (3) можно переписать в виде (**)
$\eta_1-\eta_0=b(t_1-t_0)$,
откуда видно, что время одного прыжка пропорционально разности «эт», то есть длине красной линии. Так как изменение скорости при отскоке происходит мгновенно, суммарное время движения шарика равно (с точностью до коэффициента $b$) суммарной длине всех красных линий (в т.ч. и не показанных на рисунке ).

Что ещё видно: функция $\eta e^\eta$ в окрестности минимума $\eta=-1$ близка к параболе, а парабола симметрична относительно оси (проходящей через экстремум). Поэтому «на дне ямы» скорость шарика уменьшается в основном за счёт $k$, а не за счёт асимметричности кривой (соответствующей силе сопротивления среды), как это было при нескольких первых прыжках. Ведь при малой скорости сила $-\beta v$ играет небольшую роль.

[dimagoog]

Да, вроде все понятно.

В итоге пришли с преподавателем к согласию, что действительно будет нагляднее для дискретного набора R и постоянной $v_0$ построить графики зависимости $t_{\infty}(\beta)$