2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




Начать новую тему Ответить на тему На страницу Пред.  1, 2, 3, 4  След.
 
 Re: Мальчик на льду
Сообщение03.04.2022, 01:52 
Заслуженный участник


26/05/14
981
Sender в сообщении #1551683 писал(а):
lel0lel в сообщении #1551639 писал(а):
Удивительно быстро и без числа пи.
У меня получилось похожее выражение, если рассмотреть траекторию из трёх кусков парабол, гладко сопрягающихся в вершинах. Но там вроде получается $3\sqrt{2\sqrt{3}}$, на рекорд не тянет.
Вы правы, я упустил двойку в коэффициенте.

 Профиль  
                  
 
 Re: Мальчик на льду
Сообщение03.04.2022, 08:41 


21/07/20
229
Куски парабол проходят через вершины и сопрягаются над серединами сторон треугольника:
$T=6\sqrt{\frac{2\sqrt{3}}{5}}\sqrt{\frac{a}{g\mu}}=4,994$
Немного не совпадает с авторским ответом

 Профиль  
                  
 
 Re: Мальчик на льду
Сообщение03.04.2022, 15:33 
Аватара пользователя


07/01/16
1438
Аязьма
Видимо, можно все таки смело предположить, что оптимальная траектория гладкая, симметричная и проходит через вершины треугольника, а значит в вершинах скорость направлена перпендикулярна биссектрисе соотв. угла, т.е. по углом $\pi/3$ к стороне треугольника. "Свободное падение" на сторону треугольника с множителем $3\sqrt{2\sqrt3}\approx5.5836$ неоптимально, а лучше, чем описанная окружность с множителем $\frac{2\pi}{3^{1/4}}\approx4.7742$ у меня не получилось. Добавлю в копилку еще пару субоптимальных траекторий ($\tilde{t}$ - одна шестая периода, на которой рассматривается движение, $Ox$ направлена вдоль одной из сторон треугольника, $w_x$ - ускорение вдоль $Ox$):
а) $w_x=\operatorname{const}\neq0$ (тоже "свободное падение" на сторону треугольника, но "поле тяжести" не перпендикулярно стороне): множитель $6\left(\frac37\right)^{1/4}\approx4.8546$
б) $w_x(t)=\sqrt{\mu g}\cos{\frac\pi{2}\frac{t}{\tilde{t}}}$: множитель $\frac{3\pi}{\sqrt{\frac\pi{\sqrt3}+2}}\approx4.826$

 Профиль  
                  
 
 Re: Мальчик на льду
Сообщение03.04.2022, 15:36 


14/01/11
2945
Мне кажется, в теме остро не хватает человека, который не прогуливал вариационное исчисление. :-)

 Профиль  
                  
 
 Re: Мальчик на льду
Сообщение03.04.2022, 15:42 
Аватара пользователя


07/01/16
1438
Аязьма

(Оффтоп)

Sender в сообщении #1551723 писал(а):
который не прогуливал вариационное исчисление.
Угу, вариационная задача-то по смыслу, я к сожалению вообще не помню как и с чем это едят. Надежда исключительно на кофейную гущу :facepalm:

 Профиль  
                  
 
 Re: Мальчик на льду
Сообщение03.04.2022, 20:22 
Аватара пользователя


07/01/16
1438
Аязьма
Уффф, запишу хотя бы постановку вариационной задачи, которую пытаюсь решить в этих предположениях
waxtep в сообщении #1551721 писал(а):
оптимальная траектория гладкая, симметричная и проходит через вершины треугольника, а значит в вершинах скорость направлена перпендикулярна биссектрисе соотв. угла, т.е. под углом $\pi/3$ к стороне треугольника
Искомый период $$T=\frac{3\sqrt2}{\sqrt{I}}\sqrt{\frac{a}{\mu g}}$$где $$I=\int_0^1\left(f(s)+\frac1{\sqrt3}\sqrt{1-f^\prime(s)^2}\right)ds$$причем $|f^\prime(s)|\leqslant1,f(0)=0$. Требуется найти непрерывную и дифференцируемую функцию $f(s)$, доставляющую максимум $I$. По смыслу, $s$ - время, $f(s)$ - приращение проекции скорости на сторону треугольника, нормированные/обезразмеренные. Постановка, кажется, должна быть верной, поскольку получена бесхитростно из уравнений движения с введением в качестве исходной неизвестной функции угла между ускорением и стороной треугольника на рассматриваемой одной шестой периода

 Профиль  
                  
 
 Re: Мальчик на льду
Сообщение04.04.2022, 05:31 
Аватара пользователя


09/10/15
4227
где-то на диком Западе. У самого синего моря.
Пока что единственно, что можно сказать, что из соображений размерности $t=\alpha\sqrt{\frac{a}{\mu g}}$, и что форма оптимальной кривой, как ни странно, ни от чего не зависит. Ну то есть ее масштаб просто пропорционален $a$
Форма кривой естественно гладкая, без каких либо углов. Величина ускорения всегда максимальна и равна $\mu g$ Меняется только направление относительно вектора скорости, то есть касательной к кривой в данной точке.

Очевидно, что задача чисто вариационная. Поэтому и попытаемся поставить эту задачу корректным образом.
Собственно, в общем случае неважно, какой правильный многоугольник обегает пацан. Это может быть и квадрат, и даже просто отрезок.
Пусть у нас дан отрезок на оси $x$ с концами в точках $-a$, $a$. Пацан выбегает из точки $a$ с начальной скоростью $v_0$ под углом $\pi/2$ к оси $x$
Для треугольника угол будет $\pi/3$, для квадрата $\pi/4$ и тд.
В этой точке очевидно тангенциальное ускорение равно нулю. Значит все ускорение, которое равно $\mu g$, будет нормальным. И значит в этой точке мы сразу знаем радиус кривизны нашей искомой кривой $r(\varphi)$. Нам надо найти форму этой кривой для углов от $0$ до $\pi/2$. И ещё нам известно, что при угле $\pi/2$ кривая перпендикулярна оси $y$. То есть $ \frac{dr}{d\varphi}=0$
Остаётся простая аналитика. В каждой точке кривой вычисляем радиус ее кривизны, и по известной скорости вычисляем нормальное ускорение. Затем вычисляем тангенциальное ускорение, что нам даёт приращение скорости. Превращаем все эти слова в Формулы и ищем минимум времени прохождения этой кривой для заданной начальной скорости.
А потом ищем минимум времени как функцию начальной скорости.
Чиста компьютерная задачка без какой либо решабельной аналитики.

 Профиль  
                  
 
 Re: Мальчик на льду
Сообщение04.04.2022, 08:53 
Аватара пользователя


11/12/16
13460
уездный город Н
Ignatovich в сообщении #1551706 писал(а):
Куски парабол проходят через вершины и сопрягаются над серединами сторон треугольника:
$T=6\sqrt{\frac{2\sqrt{3}}{5}}\sqrt{\frac{a}{g\mu}}=4,994$
Немного не совпадает с авторским ответом


Если бегать просто по кругу, то получается $\approx 4.774$.
Это гораздо ближе к авторскому ответу.

 Профиль  
                  
 
 Re: Мальчик на льду
Сообщение04.04.2022, 09:04 
Заслуженный участник


04/03/09
907
У меня получился вот такой коэффициент: $\displaystyle 6 \sqrt{\dfrac{3}{2\sqrt{3} + \ln\left(2+\sqrt{3}\right)}} \approx 4.7528$
Вариационную задачу решать пришлось, правда, не до конца. Основная полезная вещь, которая получается из вариационной задачи, это закон изменения ускорения, а именно, при движении от одной вершины к другой тангенс угла между вектором ускорения и нормалью к стороне линейно зависит от времени.

 Профиль  
                  
 
 Re: Мальчик на льду
Сообщение04.04.2022, 09:48 
Заслуженный участник


26/05/14
981
Одна точка фиксирована, вторая движется равномерно прямолинейно по отрезку. Луч через две точки задаёт направление ускорения. Модуль ускорения всегда максимальный возможный. Так?

 Профиль  
                  
 
 Re: Мальчик на льду
Сообщение04.04.2022, 10:26 
Заслуженный участник


04/03/09
907
Да, так. Причем еще получается, что в вершинах ускорение перпендикулярно скорости, что из симметрии более-менее очевидно, а из постановки вариационной задачи для движения из одной вершины в другую - нисколько не очевидно. Поэтому мне кажется, что нужный ответ можно получить и попроще, желательно совсем на пальцах.

 Профиль  
                  
 
 Re: Мальчик на льду
Сообщение04.04.2022, 18:31 
Заслуженный участник


26/05/14
981
То есть, одна точка в центре треугольника, вторая обегает треугольник по естественному параметру? Это замечательно!

 Профиль  
                  
 
 Re: Мальчик на льду
Сообщение04.04.2022, 20:57 


05/09/16
11626
EUgeneUS в сообщении #1551767 писал(а):
Если бегать просто по кругу, то получается $\approx 4.774$.
Это гораздо ближе к авторскому ответу.

То есть, вероятно, от круга не сильно отличается уже для трёх вершин. Интересно канеш глянуть на траекторию. И на случай двух вершин.

 Профиль  
                  
 
 Re: Мальчик на льду
Сообщение04.04.2022, 22:32 
Аватара пользователя


12/02/20
282
12d3 в сообщении #1551770 писал(а):
У меня получился вот такой коэффициент: $\displaystyle 6 \sqrt{\dfrac{3}{2\sqrt{3} + \ln\left(2+\sqrt{3}\right)}} \approx 4.7528$


Это правильный ответ. Задачу можно решить почти полностью без решения вариационной задачи. Удобней рассматривать все в пространстве скоростей, а там выходит задача эквивалентная нахождению формы тяжелого каната в поле тяжести.

-- 04.04.2022, 21:44 --

Решая уже вариационную задачу для любого правильного многоугольника, получится множитель $$ \frac{2 N}{\sqrt{\frac{1}{\sin{\frac{\pi}{N}}} + \frac{1}{2} \ctg^2{\frac{\pi}{N}} \ln{\frac{1 +\sin{\frac{\pi}{N}}}{1 - \sin{\frac{\pi}{N}}}}             }}$$

 Профиль  
                  
 
 Re: Мальчик на льду
Сообщение04.04.2022, 23:12 
Заслуженный участник


26/05/14
981
Оптимальность при этом решении доказывается?

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 51 ]  На страницу Пред.  1, 2, 3, 4  След.

Модераторы: photon, whiterussian, profrotter, Jnrty, Aer, Парджеттер, Eule_A, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group