Запутался в задаче о трех туристах и велосипеде

[frostysh]

slavav

Велосипедист и третий встретятся через два часа от начала отсчета, потому-что это так будет в системе отсчета связанной с этим третим, и такой промежуток времени это будет в любой другой системе отсчета. В точке начала отсчета встретится велосипедист и третий. Взяв на борт третьего, велосипедист догонит второго через час после подбора или на третьем часу, встретятся в той же точке в которой его оставили. Средняя скорость будет равна скорости велосипедиста в системе отсчета пешехода поделенной на три.
А почему у меня не так получилось в предыдущем сообщении? Ведь там же база надвигалась еще. Поэтому точка была подобрана так чтобы все встретились на базе. То есть я забыл базу! И штрих-пунктирная диагональ не будет средней скоростью, нам нужной, для случая штрихованной системы отсчета. То есть я не ту среднюю скорость посчитал. Перерисуем...



Если учесть что $t_{1}' = t_{2}' - t_{1}' = t_{3}' - t_{2}' = t$ и присмотреться к диаграммке, то средняя скорость сближения с базой будет

$$< \negthickspace v \negthickspace > \mkern 4mu = \dfrac{\left(4 + 16\right) \mkern 4mu \texttt{км} / \texttt{ч} \cdot t + 4 \mkern 4mu \texttt{км} / \texttt{ч} \cdot 2t}{3t} \approx 9.3 \mkern 4mu \texttt{км} / \texttt{ч},$$

все ровно тоже самое получается, пойду спать... Три часа ночи, писец.

(Утундрий)

Как по мне еще не смешнее чем это печалька "Данко", этого Л. Подеревянского, которого Вы вспоминали ранее. И даже это если матюков не учитывать.

[Dmitriy40]

frostysh
Велосипед "вверх" едет со скоростью 16км/ч (20 своих минус 4 пешехода), а "вниз" он же едет со скоростью 24км/ч (20 своих плюс 4 пешехода). Соответственно времена не равны. Но ход верный, надо лишь аккуратно пересчитать время $t'_2-t'_1$ и увязать его с $t'_1$.

[Amw]

frostysh, обратите внимание:

Утундрий в сообщении #1453470 писал(а):

На всякий случай добавлю, что вопрос - это предложение, заканчивающееся значком "$\text{?}$". Таких предложений в посте slavav ровно пять.

По правилам форума, Вы ОБЯЗАНЫ отвечать на вопросы заслуженных учасников, в противном случае может последовать наказание. И это правильно, пора уже заканчивать Ваше словоблудие.

[frostysh]

Dmitriy40

Да, я ток проснулся и понял это! Ведь скорость велосипеда в удобной штрихованной системе отсчета зависит от того куда едет этот велосипед, от или до пешехода... Тупашу как всегда.

$$t_{2}' - t_{1}' = \dfrac{\ell}{24 \mkern 4mu \texttt{км} / \texttt{ч}}$$

Связывается c $t_{1}'$ через расстояние $\ell$ на которое велик отъехал от первого пешехода до высадки второго. А вот $t_{3}' - t_{2}'$ как раз и будет равно $t_{1}'$, запишем

$$< \negthickspace v' \negthickspace > \mkern 4mu = \dfrac{\ell}{\dfrac{\ell}{16 \mkern 4mu \texttt{км} / \texttt{ч}} + \dfrac{\ell}{24 \mkern 4mu \texttt{км} / \texttt{ч}} + \dfrac{\ell}{16 \mkern 4mu \texttt{км} / \texttt{ч}}} = \left(\dfrac{8}{\dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{2}}\right) \mkern 4mu \texttt{км} / \texttt{ч} = 6 \mkern 4mu \texttt{км} / \texttt{ч}.$$

Такс, и это будет в системе базы сложено к скорости пешехода

$$< \negthickspace v \negthickspace > \mkern 4mu = \mkern 4mu < \negthickspace v' \negthickspace > + \mkern 4mu 4 \mkern 4mu \texttt{км} / \texttt{ч} = 10 \mkern 4mu \texttt{км} / \texttt{ч},$$

или же использовать временные интервалы которые удобно считать в штрихованной системе, для нештрихованной, при этом рассматривать только верхнюю часть цикла, ну или нижнюю, так как прибытие на базу есть одновременное для нижнего и верхнего объекта... Черт, надо бежать, потом пересчитаю чтобы удостоверится в верности результату и нарисую нужный рисунок.

(Amw)

Я ответил на все вопросы, хоть и не правильно на некоторые, в сообщении выше. Про пора заканчивать мое "словоблудие", как только так и сразу.

[wrest]

frostysh
Теперь, если вы поняли наконец-то задачу (есть некоторая надежда на это), вам было бы полезно вывести общую формулу, чему равна средняя скорость $v$, если скорость пешехода $v_1$ а скорость велосипеда $v_2$

[frostysh]

wrest

Самое сложное было понять, что характер данного движения таков, что циклы то есть параллелограммы на диаграмме $s\left(t\right)$ будут обустроены таким образом что их диагонали создают прямую линию, это означает, что сколько бы мы не взяли этих циклов подбора (естественно не бесконечность) все ровно средняя скорость будет одинаковая во всех случаях, я там рисунок рисовал. Второе сложно было понять что в задачи есть строгое условие что в какой-то момент времени все трое должны быть в одной точке на базе то есть. Теперь посчитаем среднюю скорость сближения с базой в системе отсчета связанной с пешеходом (до момента когда его подберет велосипед). А именно

$$< \negthickspace v \negthickspace > \mkern 4mu = \dfrac{\left(4 + 16\right) \mkern 4mu \texttt{км} / \texttt{ч} \cdot \dfrac{\ell}{16 \mkern 4mu \texttt{км} / \texttt{ч}} + 4 \mkern 4mu \texttt{км} / \texttt{ч} \cdot \left(\dfrac{\ell}{24 \mkern 4mu \texttt{км} / \texttt{ч}} + \dfrac{\ell}{16 \mkern 4mu \texttt{км} / \texttt{ч}}\right)}{\dfrac{\ell}{16 \mkern 4mu \texttt{км} / \texttt{ч}} + \dfrac{\ell}{24 \mkern 4mu \texttt{км} / \texttt{ч}} +\dfrac{\ell}{16 \mkern 4mu \texttt{км} / \texttt{ч}}} = \dfrac{\dfrac{5}{4}\ell + \dfrac{5}{12}\ell}{\dfrac{\ell}{6 \mkern 4mu \texttt{км} / \texttt{ч}}} = 10 \mkern 4mu \texttt{км} / \texttt{ч}.$$

Два различных взгляда приводят к одному и тому же ответу, уже неплохо, теперь осталось третим способом, рисунок и общая формула. Наверное сначала можно угадать общую формулу

$$< \negthickspace v \negthickspace > \mkern 4mu = \dfrac{\dfrac{v_{2}}{v_{2} - v_{1}} + v_{1} \cdot \left(\dfrac{1}{v_{1} + v_{2}} + \dfrac{1}{v_{2} - v_{1}}\right)}{2\dfrac{1}{v_{2} - v_{1}} + \dfrac{1}{v_{2} + v_{1}}}.$$

Ладно, потом это все как-то подлахмачу.

[wrest]

frostysh в сообщении #1453569 писал(а):

Наверное сначала можно угадать общую формулу

И что будет если $v_1=v_2$ ?

[Dmitriy40]

frostysh
Всем уже надоело, потому объясню коротко: стоять на старте кому-либо плохо потому что общее время гарантированно увеличится (надеюсь это очевидно); стоять на финише и ждать плохо по условию симметричности картины, ведь можно перевернуть рисунок и переименовать старт и финиш наоборот; отсюда вывод что никто никогда стоять и ждать не должен; а отсюда вывод что все должны начать и закончить двигаться одновременно. Всё. Это же можно увидеть и чисто геометрически если попробовать подвигать прямые пешеходов и велосипеда, любое смещение вправо сдвигает точку финиша вправо (увеличивает общее время движения).

Для вывода формулы в общем виде удобнее брать не две разные скорости, а их отношение $v_1, kv_1, k=[1,+\infty)$, тогда средняя скорость будет зависеть от $v_1$ и от $k$, причём без ограничения общности можно приравнять $v_1=1$ и вообще исключить из формулы (перейти к безразмерным единицам скорости), оставив зависимость только от $k$.

[frostysh]

wrest

Ну если логично подумать, то при равности скорости пешехода и велосипеда у нас не получится сделать цикл ибо будет невозможно догнать или перегнать пешехода, поэтому все придут на базу одновременно видать в задаче еще одно неявное граничное условие $v_{2} > v_{1}$, можем попробовать перепечатать формулу для средней скорости сближения с базой в системе отсчета пешехода

$$< \negthickspace v \negthickspace > \mkern 4mu = \dfrac{\dfrac{v_{2}}{v_{2} - v_{1}}}{\dfrac{3v_{2} + v_{1}}{\left(v_{2} - v_{1}\right)\left(v_{2} + v_{1}\right)}} + v_{1} \dfrac{\dfrac{2v_{2}}{\left(v_{2} - v_{1}\right)\left(v_{2} + v_{1}\right)}}{\dfrac{3v_{2} + v_{1}}{\left(v_{2} - v_{1}\right)\left(v_{2} + v_{1}\right)}}= \dfrac{v_{2}\left(v_{2} + v_{1}\right) +2v_{2}v_{1}}{3v_{2} + v_{1}} = v_{2}\dfrac{3v_{1} + v_{2}}{3v_{2} + v_{1}}.$$

Превратил так как в ответе, теперь осталось ток рисунок.

Dmitriy40

А походу еще больше людей, участников этого форума, даже не надоело, они вообще не печатали и не помогали разбираться из задачей мне в этой теме, им не могло это надоесть, отсюда вывод? — В любом случае всем не надоело.
То что нельзя ждать на финише при условии минимального времени, это понял чисто геометрически и ответил немного выше в сообщениях — потому-что что в таком случае будет максимально возможный отрыв велосипедиста с пассажиром которого высадят на базе, от пешехода, все остальные случаи это меньший отрыв. А "циклами" на диаграмме я понял характер этого движения. Но так как объясняете Вы, я если честно не очень понимаю, например причем тут симметрия старт-финиш? В смысле ждать на базе это тоже самое что ждать в отправной точке? Интересно. Я попробую еще через и отношение скоростей тоже разобраться, мне уже Утундрий печатали что там отношение важно.

П. С. Таки с горем пополам, но с задачей шото разрешилось! Если бы просто смотрел в решение, без форума я бы месяц разбирался и не факт что не забросил бы... Еще раз спасибо.

[wrest]

Dmitriy40 в сообщении #1453601 писал(а):

а их отношение $v_1, kv_1, k=[1,+\infty)$,

А почему от единицы? Если велик медленнее пешехода, ответ тоже имеется (хоть и тривиальный).

В этой связи, кстати, можно предложить ТС-у для исследования вариант задачи: скорость пешехода $v_1$ скорость велика с водителем и пассажиром $v_2$ и наконец скорость велика только с водителем $v_3$ , при этом $v_1 \le v_2 \le v_3$. Это ж еще на неделю-две решений, с графиками и т.п. :)

[frostysh]

Да я пока по задачнику Буховцева, Кривченкова, Мякишева, Сараевой, и еще по одному курсу который тута тоже посоветовали, в задачнике и так сотни задач (думал меньше будет). Просто они сложные, даже смотря в решение, мало что понятно бывает (или совсем мало), и я стараюсь аккуратно в решения смотреть, просто чтобы самому решать, "зазубривать" так сказать хотя бы что-то. Но вообще подумаю над коэффициентом и вариациями этой задачи.

[wrest]

frostysh
Ну вообще стремление и способность к обобщениям это на мой взгляд весьма полезно и важно, обобщение вскрывает, так сказать, самую суть, "внутреннюю механику" класса задач.

[Dmitriy40]

frostysh в сообщении #1453616 писал(а):

Но так как объясняете Вы, я если честно не очень понимаю, например причем тут симметрия старт-финиш? В смысле ждать на базе это тоже самое что ждать в отправной точке?

В механике без разницы вперёд идёт время или назад, движутся объекты из старта в финиш или из финиша в старт, все траектории и численные значения будут одинаковы (с точностью до знаков где они зависят от направлений осей). Потому общее время движения и средняя скорость будут одинаковы что из старта в финиш пустить всех, что из финиша в старт. Покрутив рисунок на 180° можно совместить новый старт со старым финишем, а новый финиш со старым стартом и запустить движение всех из нового старта (старого финиша) в новый финиш (старый старт). И условие одновременного начала движения из нового старта (которое вроде бы уже понятно) станет эквивалентным (идентичным) условию одновременного прибытия в старый финиш. Просто из условия симметрии картины. Так что ждать на старте конечно не то же самое что ждать на финише, но вот по воздействию на общее время движения — да, похожее, и то и другое общее время движения лишь увеличивают.
Вообще условия симметрии очень мощная и полезная вещь. Нередко с конца решать задачу проще чем с начала.

wrest в сообщении #1453618 писал(а):

А почему от единицы?

Ради упрощения, взять минимальную из скоростей за $v_1$, а другую взять как множитель от минимальной.

wrest в сообщении #1453618 писал(а):

Это ж еще на неделю-две решений, с графиками и т.п. :)

А ещё можно ввести переменные по ландшафту скорости и придётся брать интегралы с переменными пределами, это на полгода страшных графиков разложения интегралов в конечные суммы ... и возможная не единственность решения (и не факт что сам такое решу кстати).
Что видеть усложнения/обобщения полезно я только за, сам постоянно таким увлекаюсь, но этим стоит заниматься лишь после полного осознания метода решения на текущем уровне, пока этого не достигнуто, ИМХО.

[wrest]

Dmitriy40 в сообщении #1453625 писал(а):

А ещё можно ввести переменные по ландшафту скорости и придётся брать интегралы с переменными пределами

Не, я думаю школьной алгеброй можно вподне ограничиться.

[Amw]

А ещё смешнее, если у пешеходов скорость отрицательная... Т.е. велосипедист отвезет сначала первого в точку, которая дальше места встречи, потом догонит второго, который отправился со старта в другую сторону, а потом уже поедет навстречу первому...