Туда и обратно - 2

[wrest]

Очень понравилась задача тов. dovlato вот эта: «Туда и обратно»

Оказывается, если надо кинуть груз и точки $A$ в точку $B$, то минимально необходимая скорость броска для этого определяется из соотношения

$$V^2=g(L+h) \eqno(1)$$

Где $L$ длина $AB$, $h$ - проекция $AB$ на вертикаль (т.е. высота $B$ относительно $A$) - положительная если кидаем вверх, отрицательная если кидаем вниз.
В случае вертикального броска $L=h$ и получаем формулу $V^2=2gh$, соответствующую просто изменению кинетической энергии до нуля по соотношению $mV^2/2=mgh$

В случае броска по горизонтали ($h=0$) также получаем известную формулу минимальной скорости броска $V^2=gL$

"Обычный" вывод формулы (1) довольно муторный, поскольку у нас участвует два угла -- угол места точки $B$ относительно точки $A$ и угол под которым надо бросать, соответственно в прямоугольных координатах образуется много синусов, косинусов и тому подобного счастья.
Некоторыми уловками и смекалкой удается обойтись без взятия производных, ограничившись только решением пары квадратных уравнений, где в самом конце все чудесным образом сокращается и получается (1).

Посмотрев на (1), можно сказать так: для броска нужна энергия такая же, как если бы мы бросали груз по горизонтали, то есть без перепада высот между $A$ и $B$ на расстояние равное сумме расстояния между точками и высоты между ними.
Либо, можно сказать что нужна первоначальная энергия как если бы мы поднимали груз на половину высоты, образованную суммой расстояния между $A$ и $B$ и высотой между ними.

Но из формулы (1) следует и нечто более на мой взгляд не менее удивительное чем простота самой формулы (1).
Оказывается, если $\beta$ мы обозначим угол под которым надо бросать на минимальной скорости чтобы попасть из $A$ в $B$, то

$$\tg(\beta)=\dfrac{L+h}{S} \eqno(2)$$

Где $S$ - проекция $AB$ на горизонталь (т.е. расстояние по земле между $A$ и $B$)

Если мы обозначим $\alpha$ угол между горизонталью и $AB$ (т.е. угол места $B$ относительно $A$), то

$$\tg(\beta)=\tg(\alpha)+1/\cos(\alpha) \eqno(3)$$

И что, на мой взгляд, удивительно, оказывается что

$$\beta=(\pi/2-\alpha)/2+\alpha \eqno(4)$$

То есть бросать надо по биссектрисе между направлением $AB$ и вертикалью.

Собственно вопрос, с которым хотелось бы разобраться: а можно как-то проще получить формулы (1) или (4), из каких-то общих соображений?

[svv]

wrest в сообщении #1265271 писал(а):

а можно как-то проще получить формулы (1) или (4), из каких-то общих соображений?

Перейдём в неинерциальную систему, которая свободно падает вертикально. Ось $y$ направлена вертикально вверх. И грузик, и точка $A$ всё время находятся в плоскости $Oxy$. В момент $t=0$ координаты грузика $(0, 0)$, координаты точки $A$ $(x_0, y_0)$. Дальше грузик летит с постоянной скоростью $\mathbf v$, а точка $A$ летит вверх по закону:
$x=x_0, y=y_0+\frac{gt^2}{2}$

Допустим, в момент $t$ грузик и точка $A$ встречаются в точке $(x, y)$. Это значит, что квадрат скорости грузика был

$$v^2=\dfrac{x^2+y^2}{t^2}=\dfrac{x_0^2+\left(y_0+\frac{gt^2}{2}\right)^2}{t^2}=gh+\dfrac{L^2}{t^2}+\dfrac{g^2 t^2}{4},$$

где $L^2=x_0^2+y_0^2,\; h=y_0$ — старые обозначения. Остаётся найти минимальное значение правой части при $0<t<\infty$.

[wrest]

svv в сообщении #1265479 писал(а):

Остаётся найти минимум правой части при $0<t<\infty$.

А, ну это просто: второе и третье слагаемое заменяем каждое на квадратный корень из их произведения и да, получается формула (1) т.е.

$$v^2=g(h+L)$$

Спасибо, действительно красивый подход, когда нам неважно направление скорости, а важно только то, что модуль и направление скорости не меняется! Да и в задаче про направление не спрашивают, а только про модуль.

[fred1996]

svv
Кстати, в таком подходе задачка становится почти зеркальной по отношению к задаче: Пчела и капля меда.
topic114636.html
Первая задача, которую я опубликовал в этом разделе.

[wrest]

Еще немного удивления.

Если кидать по горизонтали, то целиться надо под 45 градусов. Если сформулировать иначе -- то целиться надо в точку, которая выше той куда надо попасть на величину расстояния между точками.
То есть, скажем, если попасть надо в точку которая впереди в 10 метрах, то целиться надо в точку которая в 10 метрах над ней.

Так вот, если кидать надо вверх или вниз, то целиться все равно надо в точку, которая выше цели на величину расстояния до цели.
Это из формулы

$$\tg(\beta)=\dfrac{L+h}{S} \eqno(2)$$

[realeugene]

wrest в сообщении #1265874 писал(а):

Так вот, если кидать надо вверх или вниз, то целиться все равно надо в точку, которая выше цели на величину расстояния до цели.

При броске по горизонтали, если из этой точки в момент броска начинает падать яблоко, то камень попадёт в это яблоко одновременно с падением на землю. Что почти очевидно, если рассматривать движение камня и яблока в свободно падающих координатах.

[fred1996]

realeugene
В американских задачниках предлагается целиться из лука в обезьяну на ветке, которая в момент выстрела падает с ветки (наверное от страха)

[wrest]

realeugene в сообщении #1265889 писал(а):

При броске по горизонтали, если из этой точки в момент броска начинает падать яблоко, то камень попадёт в это яблоко одновременно с падением на землю. Что почти очевидно, если рассматривать движение камня и яблока в свободно падающих координатах.

fred1996 в сообщении #1265924 писал(а):

В американских задачниках предлагается целиться из лука в обезьяну на ветке, которая в момент выстрела падает с ветки (наверное от страха)

Да, в процессе раскапывания наткнулся и на это. Но тут как раз "на пальцах" понятно. Например силы тяжести нет, мы целимся в обезьяну. В момент выстрела (когда скорость стрелы уже набрана) силу тяжести включают -- попадет ли стрела в обезьяну? Ну конечно -- ведь в падающей неИСО обезьяна будет покоиться, а стрела будет лететь к ней равномерно и прямолинейно.

[realeugene]

wrest в сообщении #1265874 писал(а):

Так вот, если кидать надо вверх или вниз, то целиться все равно надо в точку, которая выше цели на величину расстояния до цели.

Если это верно (не проверял), тогда на оптимальной траектории за время полёта вертикальная компонента скорости должна измениться на удвоенную величину горизонтальной компоненты.

[wrest]

realeugene в сообщении #1266019 писал(а):

Если это верно (не проверял), тогда на оптимальной траектории за время полёта вертикальная компонента скорости должна измениться на удвоенную величину горизонтальной компоненты.

Именно так. В случае, если перепада высот нет, это очевидно: при старте под 45 градусов вертикальная и горизонтальная скорости равны $V_{0x}=V_{0y}$. Вертикальная скорость на финише равна вертикальной на старте но с обратным знаком, $V_{1y}=-V_{0y}$. Тогда $\Delta V_y=V_{1y}-V_{0y}=-2V_{0y}=-2V_{0x}$

Проблема только с нулем, поскольку делить на него нельзя, то при чисто вертикальном броске равенство $0=-2\cdot 0$ выполняется, но сказать во сколько раз изменилась вертикальная компонента по отношению к горизонтальной, нельзя

[wrest]

Сделал картинку. По осям отложены метры, графики (параболы) -- траектории свободного падения.

Красная -- оптимальная траектория для метания груза по горизонтали на 10 метров. Здесь $\alpha=0;\beta=45^o;L=10;h=0;V=10$
Синяя - оптимальная траектория для метания груза на 10 метров под углом 30 градусов. $\alpha=30^o;\beta=60^o;L=10;h=5;V=\sqrt{L(g+h)}\approx 12,25$
Зеленая -- для метания груза под углом 60 градусов. $\alpha=60^o;\beta=75^o;L=10;h=L\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}\approx 8,66;V=\sqrt{L(g+h)}\approx 13,66$
Точками на окружностях отмечены места, которое груз проходит в один и тот же момент времени (как мы помним, при оптимальной траектории время зависит только от $L$ и не зависит от $h$), а именно -- через четверть, половину и полное время полета.

[Korvin]

fred1996 в сообщении #1265924 писал(а):

realeugene
В американских задачниках предлагается целиться из лука в обезьяну на ветке, которая в момент выстрела падает с ветки (наверное от страха)

Задача решена майором американской армии Норбертом Винером, изобретшим ПУАЗО (пр. упр. авт. зен. огн.). Стрельба на опережение исходя из прогноза траектории цели.
Небольшая разница только - траектория самолета прогнозируется по наблюдающемуся движению, траектория обезьяны исходя из законов Ньютона.
И самолет уходит от поражения, дела противозенитный маневр, а для обезьяны против. маневр заключается в том, чтобы не падать со страха.

[wrest]

О подобии траекторий.
Уравнения траекторий.
Предполагаем дальность полета $L=const$, ускорение свободного падения $g=const$
Высота финиша над стартом -- параметр, $0\le h \le L$
Проекция финиша на горизонталь (расстояние старт-финиш по горизонтали) $S=\sqrt{L^2-h^2}$
Начальная скорость (модуль) $V_0=\sqrt{g(L+h)}$
Угол наклона старт-финиш $\sin \alpha = \frac{h}{L}$
Угол наклона вылета груза $\tg \beta = \frac{V_{0y}}{V_{0x}}=\dfrac{L+h}{\sqrt{L^2-h^2}}=\tg \alpha + \frac{1}{\cos \alpha}$
Начальная горизонтальная скорость $V_{0x}=\sqrt{\dfrac{g(L^2-h^2)}{2L}}$
Начальная вертикальная скорость $V_{0y}=\sqrt{\dfrac{g(L+h)^2}{2L}}$
Везде где упоминаются координаты, предполагаем точку старта в начале координат, то есть $y(t=0)=0;x(t=0)=0$


Параметрические (по времени) уравнения траектории:
$$y(t)=-\frac{1}{2}gt^2+V_{oy}t \eqno(1)$
$$x(t)=V_{0x}t \eqno(2)$

Теперь пусть у нас есть две параболы, соответствующие разным значениям параметра $h$: $h_1$ и $h_2$
Запишем уравнения соответствующих парабол (индексы 1 и 2 относятся к $h_1$ и $h_2$)
$$y_1(t)=-0,5gt^2+V_{0y_1}t \eqno(3)$
$$x_1(t)=V_{0x_1}t \eqno(4)$

и
$$y_2(t)=-0,5gt^2+V_{0y_2}t \eqno(5)$
$$x_2(t)=V_{0x_2}t \eqno(6)$

Выражая одни через другие, исключаем время и получаем
$$x_2(x_1,y_1)=\dfrac{V_{0x_2}}{V_{0x_1}}x_1+0\cdot y_1 + 0 \eqno(7)$
$$y_2(x_1,y_1)=\dfrac{V_{0y_2}-V_{0y_1}}{V_{0x_1}}x_1+1 \cdot y_1 + 0 \eqno(8)$

Выражаем скорости через параметр $h$, получаем
$$x_2=x_1 \sqrt{\dfrac {L^2-h_2^2}{L^2-h_1^2}}+0\cdot y_1 + 0=\dfrac{S_2}{S_1}x_1+0\cdot y_1 + 0 \eqno(9)$
$$y_2=x_1\dfrac{h_2-h_1}{\sqrt{L^2-h_1^2}}+1\cdot y_1 +0 \cdot=x_1\dfrac{h_2-h_1}{S_1}+1\cdot y_1 +0 \eqno(10)$

В случае $h_1=0$ (когда первый "выстрел") делается по горизонтали, получается:
$$x_2=\dfrac{S_2}{L}x_1+0\cdot y_1 + 0 \eqno(11)$
$$y_2=\dfrac{h_2}{L}x_1+1\cdot y_1 +0 \eqno(12)$

Далее по определению синуса и косинуса, для случая $h_1=0$ записываем
$$x_2=\cos \alpha_2 \cdot x_1+0\cdot y_1 + 0 \eqno(*)$
$$y_2=\sin \alpha_2 \cdot x_1+1\cdot y_1 +0 \eqno(**)$
где $\alpha_2$ -- угол между направлением старт-финиш и горизонталью во втором броске (в первом он нулевой).

И вот теперь нужна помощь зала ( arseniiv, ау!) для прояснения свойств аффинного преобразования (*)-(**) и в частности, ответа на вопрос о биссектрисе.
Ну и второй вопрос -- а можно ли записать (*)-(**) сразу, из общих так сказать соображений. (*) -- очевидно можно: горизонтальная скорость постоянна, а значит она просто уменьшается пропорционально косинусу угла наклона старт-финиш к горизонтали, поскольку за одно и то же время по горизонтали груз проходит расстояние $L$ в случае "горизонтального" броска и соответственно $L\cdot \cos \alpha_2$ в случае броска на возвышение.
(**) тоже кажется каким-то подозрительно простым.

[arseniiv]

Всё я да я, а тут ведь всё просто. Ну, во-первых, тут можно уже не говорить об аффинности, раз точка начала движения всегда одна и та же, и сразу перейти к линейной его части. Во-вторых, применим его к точке биссектрисы да посмотрим: $(1, 1)\mapsto (\cos\alpha_2, 1+\sin\alpha_2)$. Осталось найти какую-нибудь точку новой биссектрисы и сравнить, пропорциональны ли координаты этих точек. (Ничего не проверял, взял как есть.)

[wrest]

arseniiv в сообщении #1273185 писал(а):

$(1, 1)\mapsto (\cos\alpha_2, 1+\sin\alpha_2)$. Осталось найти какую-нибудь точку новой биссектрисы и сравнить, пропорциональны ли координаты этих точек. (Ничего не проверял, взял как есть.)

На новую биссектрису точка $(1,1)$ попадает.
Но для парабол, соответствие точек одной параболы другой мы выбирали по времени, то есть для каждого $t$ точки переходят $(x_1(t),y_1(t)) \mapsto (x_2(t),y_2(t))$...

Ну то есть. Если мы берем угол направления на финиш $\alpha_2=30^o$, то биссектриса между ним и вертикалью будет $\beta = 60^o$, уравнение этой биссектрисы будет соответственно $y_2=x_2\cdot \tg 60^o=x_2 \sqrt{3}$
Уравнение исходной биссектрисы $y_1=x_1$ (угол наклона $45^o$). Тогда при $x_2=\cos 30^o=\frac{\sqrt{3}}{2}$ получится $y_2=x \sqrt{3}=\sqrt{3}\frac{\sqrt{3}}{2}=1.5$ и это действительно равно $1+\sin\alpha_2=1+\sin 30^o=1,5$