Помогите пожалуйста решить олимпиадную задачу на кинематику

[лЕХА]

Дана гора высотой "H" на вершине стоит пушка. Под каким углом должна выстрелить пушка, чтобы ядро пролетело максимальное расстояние и как найти это расстояние?

[Парджеттер]

лЕХА в сообщении #144108 писал(а):

Помогите пожалуйста решить олимпиадную задачу на кинематику

Ну какая же она олимпиадная.
Ваши рассуждения и уравнения - в студию, пожалуйста.

[photon]

лЕХА в сообщении #144108 писал(а):

Под каким углом должна выстрелить пушка,

Задача разбивается на две части: 1) выразить расстояние через угол; 2) найти угол, для которого расстояние максимальное

[ddn]

лЕХА писал(а):

Дана гора высотой "H" на вершине стоит пушка. Под каким углом должна выстрелить пушка, чтобы ядро пролетело максимальное расстояние и как найти это расстояние?

Составте уравнение движения $t\geqslant 0$:
Ox) $a_x=0$, $v_x=v_{0x}$, $x=x_0+v_{0x}t$;
Oy) $a_y=-g$, $v_x=v_{0y}-gt$, $y=y_0+v_{0y}t-g\frac{t^2}{2}$;
при начальных условиях $x_0=0$, $y_0=H$, $v_{0x}=v_0\cos(\alpha)$, $v_{0y}=v_0\sin(\alpha)$,
где угол выстрела $-\frac{\pi}{2}\leqslant\alpha\leqslant\frac{\pi}{2}$ ($\cos(\alpha)\geqslant 0$), а также $H\geqslant 0$ и $v_0\geqslant 0$.
То есть получаем:
Ox) $x=v_0\cos(\alpha)t$;
Oy) $y=H+v_0\sin(\alpha)t-g\frac{t^2}{2}$.
Завершение выстрела (столкновение ядра с поверхностью Земли) в момент $t_*\geqslant 0$, когда $y=0$:
из уравнения $H+v_0\sin(\alpha)t_*-g\frac{t_*^2}{2}=0$,
$t_*=t_{*-}=\frac{v_0\sin(\alpha)+\sqrt{v_0^2\sin^2(\alpha)+2gH}}{g}>0$
и находим дальность выстрела
$x_*=v_0\cos(\alpha)t_*=\frac{v_0^2}{g}\cos(\alpha)\sin(\alpha)+\frac{v_0}{g}\sqrt{v_0^2\sin^2(\alpha)+2gH}\cos(\alpha)$
$x_*=\frac{v_0^2}{2g}\sin(2\alpha)+\frac{v_0}{2g}\sqrt{(v_0^2(1-\cos(2\alpha))+4gH)(1+\cos(2\alpha))}$.

Если $v_0=0$, то $x_*=0$;

а если $v_0>0$, то
$x_*=\frac{v_0^2}{2g}\left(\sin(2\alpha)+\sqrt{(1-\cos(2\alpha)+\frac{4gH}{v_0^2})(1+\cos(2\alpha))}\right)$,
производная по $\alpha$
$\frac{dx_*}{d\alpha}=\frac{v_0^2}{g}\left(\cos(2\alpha)+\frac{1}{2}\frac{\sin(2\alpha)(1+\cos(2\alpha))-(1-\cos(2\alpha)+\frac{4gH}{v_0^2})\sin(2\alpha)}{\sqrt{(1-\cos(2\alpha)+\frac{4gH}{v_0^2})(1+\cos(2\alpha))}}\right)$,

значение будет экстремальным $x_*=x_*^{extr}$, когда $\frac{dx_*}{d\alpha}=0$,
$2\cos(2\alpha)\sqrt{(1-\cos(2\alpha)+\frac{4gH}{v_0^2})(1+\cos(2\alpha))}=(\frac{4gH}{v_0^2}-2\cos(2\alpha))\sin(2\alpha)$,
и если еще $sign(cos(2\alpha))sign^2(1+\cos(2\alpha))=sign(\frac{2gH}{v_0^2}-\cos(2\alpha))sign(\sin(2\alpha))$, то эквивалентно
$\cos^2(2\alpha)(1-\cos(2\alpha)+\frac{4gH}{v_0^2})(1+\cos(2\alpha))=(\frac{2gH}{v_0^2}-\cos(2\alpha))^2(1-\cos^2(2\alpha))$,
приводя общие члены при $cos(2\alpha)$ получим
$(-1-(-1))\cos^4(2\alpha)+(\frac{4gH}{v_0^2}-\frac{4gH}{v_0^2})\cos^3(2\alpha)+(1+\frac{4gH}{v_0^2}-(1-\frac{(2gH)^2}{v_0^4}))\cos^2(2\alpha)+$
$+(0-(-\frac{4gH}{v_0^2}))\cos(2\alpha)+(0-\frac{(2gH)^2}{v_0^4})=0$, или
$\frac{4gH}{v_0^2}(1+\frac{gH}{v_0^2})\cos^2(2\alpha)+\frac{4gH}{v_0^2}\cos(2\alpha)-\frac{4(gH)^2}{v_0^4}=0$, или
$(1+\frac{gH}{v_0^2})\cos^2(2\alpha)+\cos(2\alpha)-\frac{gH}{v_0^2}=0$, откуда
$\cos(2\alpha)=\frac{-1\pm\sqrt{1+\frac{4gH}{v_0^2}(1+\frac{gH}{v_0^2})}}{2(1+\frac{gH}{v_0^2})}=\frac{-1\pm(1+\frac{2gH}{v_0^2})}{2(1+\frac{gH}{v_0^2})}$,
$\cos(2\alpha)=-1$ или $\cos(2\alpha)=\frac{\frac{gH}{v_0^2}}{1+\frac{gH}{v_0^2}}=\frac{1}{1+\frac{v_0^2}{gH}}$.
Если $\cos(2\alpha)=-1$, то $\alpha=(n+\frac{1}{2})\pi=\pm\frac{\pi}{2}$ (границы интервала) и $\sin(2\alpha)=0$, тогда дистанция $x_*=0$;
Если $\cos(2\alpha)=\frac{\frac{gH}{v_0^2}}{1+\frac{gH}{v_0^2}}>0$, то $\alpha=\frac{1}{2}((-1)^n\arccos(\frac{\frac{gH}{v_0^2}}{1+\frac{gH}{v_0^2}})+n\pi)=\frac{1}{2}\arccos(\frac{\frac{gH}{v_0^2}}{1+\frac{gH}{v_0^2}}),\frac{\pi}{2}-\frac{1}{2}\arccos(\frac{\frac{gH}{v_0^2}}{1+\frac{gH}{v_0^2}})$,
и $\sin(2\alpha)=\frac{\sqrt{1+2\frac{gH}{v_0^2}}}{1+\frac{gH}{v_0^2}},-\frac{\sqrt{1+2\frac{gH}{v_0^2}}}{1+\frac{gH}{v_0^2}}$;
учитывая $\frac{2gH}{v_0^2}-\cos(2\alpha)=\frac{\left(2(1+\frac{gH}{v_0^2})-1\right)\frac{gH}{v_0^2}}{1+\frac{gH}{v_0^2}}=\frac{(1+2\frac{gH}{v_0^2})\frac{gH}{v_0^2}}{1+\frac{gH}{v_0^2}}>0$
выражение $sign(cos(2\alpha))sign^2(1+\cos(2\alpha))=sign(\frac{2gH}{v_0^2}-\cos(2\alpha))sign(\sin(2\alpha))$ примет вид $1\cdot 1^2=1\cdot \pm 1$, что даст тождество $1=1$ при $\sin(2\alpha)>0$ и $\alpha^{extr}=\frac{1}{2}\arccos(\frac{\frac{gH}{v_0^2}}{1+\frac{gH}{v_0^2}})$;
и учитывая $1-\cos(2\alpha)+\frac{4gH}{v_0^2}=\frac{(1+\frac{4gH}{v_0^2})(1+\frac{gH}{v_0^2})-\frac{gH}{v_0^2}}{1+\frac{gH}{v_0^2}}=\frac{(1+\frac{2gH}{v_0^2})^2}{1+\frac{gH}{v_0^2}}$ и
$1+\cos(2\alpha)=\frac{1+2\frac{gH}{v_0^2}}{1+\frac{gH}{v_0^2}}$, получим дистанцию
$x_*^{extr}=\frac{v_0^2}{2g}\left(\frac{\sqrt{1+2\frac{gH}{v_0^2}}}{1+\frac{gH}{v_0^2}}+\frac{(1+2\frac{gH}{v_0^2})\sqrt{1+2\frac{gH}{v_0^2}}}{1+\frac{gH}{v_0^2}}}\right)=\frac{v_0^2}{g}\sqrt{1+2\frac{gH}{v_0^2}}=\frac{v_0\sqrt{v_0^2+2gH}}{g}$.

Так как $x_*(\alpha)$ аналитична от $\alpha$, на границах интервала $x_*(\pm\frac{\pi}{2})=0$, а при $v_0>0$ в единственной точке экстремума $\alpha=\alpha^{extr}$ имеем $x_*^{extr}>0$.
Значит $\alpha=\alpha^{extr}=\frac{1}{2}\arccos\left(\frac{1}{1+\frac{v_0^2}{gH}}\right)$ - точка максимума дистанции, а максимум дистанции $x_*^{extr}=\frac{v_0\sqrt{v_0^2+2gH}}{g}$