Тройной маятник с двумя степенями свободы

[amon]

realeugene в сообщении #1195456 писал(а):

Критическое расстояние между точками подвеса

Дык я и говорю, что ответ некрасивый получается. А то, что у меня график для $d=0.4$ приведен (моё $d$ это половина Вашего) это, думаете, случайность?

[realeugene]

amon в сообщении #1195524 писал(а):

Дык я и говорю, что ответ некрасивый получается.

А я говорю о том, что решать алгебраические уравнения степени выше первой тут не нужно.

[fred1996]

realugene
Является ли тройка в вашем ответе отношением тангенсов углов?
То есть можно ли там массы варьировать?

[realeugene]

Ладно, внутри схема решения, позволяющая старшекласснику легко получить такой некрасивый ответ.

(Схема решения)

1. Мы ранее выяснили, что в положении равновесия отношение тангенсов углов тяг должно быть равно 3. Этот вывод можно легко повторить. Пусть $\tg \varphi_1 = x$. Тогда $\tg \varphi_2 = 3x$, где $\varphi_1$ и $\varphi_2$ - углы наклона нижнего и верхнего стержня относительно горизонтали.
2. Из геометрических соображений записываем $d/2=\cos \arctg x - \cos \arctg 3x$.
3. Чтобы найти максимальное $d$. при котором ещё возможно искомое равновесие, ищем $x_{max}=\underset{x>0}{\arg \max}\; d(x)$. Найдя его, затем элементарно находим искомое критическое расстояние $d_{crit}=d(x_{max})$. Для этого решаем уравнение $d'=0$.
4. Но предварительно избавляемся от тригонометрических функций, воспользовавшись тождеством $\cos \arctg x = \frac{1}{\sqrt{1+x^2}}$, которое есть элементарное следствие теоремы Пифагора. В результате дифференцировать нужно только сложную функцию с радикалами, а получаемое уравнение легко разрешимо при помощи только элементарных алгебраических преобразований. Насколько я помню среднюю школу, старшеклассники должны это уметь.
5. Упрощаем результат, приводя его к максимально красивому и внушающему уважение виду.

-- 26.02.2017, 16:52 --

fred1996 в сообщении #1195574 писал(а):

Является ли тройка в вашем ответе отношением тангенсов углов?
То есть можно ли там массы варьировать?

Тройка там появляется из двух различных мест, в одном месте она именно следствие выбранных масс. Да, массы можно варьировать.

[fred1996]

Вообще-то из геометрических соображений у нас
$\frac{d}{2}=\sin\arctg(3x)-\sin\arctg x$
А косинусы дают высоту среднего груза.

[realeugene]

fred1996 в сообщении #1195585 писал(а):

Вообще-то из геометрических соображений у нас

Я считаю углы относительно горизонтали, а не вертикали. Их отношение тангенсов тоже равно 3, так как их тангенсы есть котангенсы углов относительно вертикали.

[fred1996]

Да.
Век живи, век учись.
Вот ведь инерция мышления.
Надо было уже забыть про маятник с его углами относительно вертикали и переключиться на наклонные плоскости с их горизонталями.

[fred1996]

Ну что, господа?
Остается выяснить на качественном уровне (если не подсуетится какой-нибудь реальный гений)
Что у нас с конструкциями типа

И можно ли тут в случае успеха забабахать рекурсию?
На первый взгляд можно.
Ведь мы можем просто ликвидировать средние звенья и заменить три массы одной с массой $3m$, а крайние звенья сдвинуть, ликвидировав зазор от средних звеньев.
Очевидно, что начальную конструкцию можно подвесить за очень близкие точки, чтобы потом гарантировать равновесие наверняка.
Правда теперь средние звенья не привязаны жестко по высоте, и это скорее всего испортит всю устойчивость.

[realeugene]

fred1996 в сообщении #1195626 писал(а):

Что у нас с конструкциями типа

Ничего хорошего. Я ранее написал общее выражение для тангенсов углов (относительно горизонтали). Даже для произвольных различных масс, они должны либо монотонно возрастать, либо монотонно убывать. Для равных масс они образуют арифметическую прогрессию, которая, в случае симметричной геометрии из 4 стержней, очевидно, сводится к численной последовательности <-3, -1, 1, 3>, умноженной на какой-то коэффициент, возможно, отрицательный. На вашей картинке тангенсы углов наклона стержней изменяются немонотонно, значит, она не может отражать какое-либо состояние равновесия конструкции, устойчивое или неустойчивое. Состояние равновесия можно получить, если поднять центральный груз вверх, только это состояние равновесия, как мне кажется, почти наверняка неустойчивое.

[realeugene]

realeugene в сообщении #1195576 писал(а):

внутри схема решения,

На самом деле, в этом решении остаётся одна дырка. Это всё ещё решение одномерной задачи, в которой положение центрального груза на центральной оси устойчиво. Но в рассматривавшейся задаче два свободных параметра. Так что, найденная некрасивая величина - это всё ещё ограничение сверху на максимальное расстояние между точками подвеса. Ввиду геометрической симметрии (обнуляющей внедиагональные члены в матрице квадратичной формы энергии вблизи положения равновесия), достаточно дополнительно рассмотреть второе одномерное условие - при смещении центрального груза из положения равновесия по горизонтали потенциальная энергия также должна возрастать во втором порядке малости.