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
Сообщение04.04.2022, 23:51 
Аватара пользователя


12/02/20
282
slavav в сообщении #1551872 писал(а):
Оптимальность при этом решении доказывается?


Не совсем строго, но возможно кто-то может и строго доказать.

 Профиль  
                  
 
 Re: Мальчик на льду
Сообщение05.04.2022, 05:19 
Аватара пользователя


09/10/15
4227
где-то на диком Западе. У самого синего моря.
wrest в сообщении #1551862 писал(а):
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.


Для двух вершин задача тривиальна. Надо просто бежать вдоль отрезка. Только в этом случае мы можем получить максимальное ускорение модуля скорости. Любое отклонение от прямой уменьшает это ускорение.

-- 04.04.2022, 18:26 --

profilescit
А вы можете посчитать, какая будет оптимальная скорость в вершинах? Ведь при различных скоростях мы получим различные «оптимальные» траектории. Для каждой скорости своя. Поэтому потом придётся искать эту оптимальную скорость в вершине.

 Профиль  
                  
 
 Re: Мальчик на льду
Сообщение05.04.2022, 12:56 
Заслуженный участник


04/03/09
907
profilescit в сообщении #1551867 писал(а):
а там выходит задача эквивалентная нахождению формы тяжелого каната в поле тяжести.

Рассматривал в таких координатах, выходила задача максимизировать $\displaystyle \int_{v_1}^{v_2} v_x  dv$ при фиксированном $\displaystyle \int_{v_1}^{v_2} dv$ (здесь $dv$ - модуль изменения скорости). Но как-то не увидел в первом интеграле координату "центра тяжести". А так всё красиво решалось бы.

 Профиль  
                  
 
 Re: Мальчик на льду
Сообщение05.04.2022, 14:28 
Аватара пользователя


12/02/20
282
12d3 в сообщении #1551906 писал(а):
Но как-то не увидел в первом интеграле координату "центра тяжести". А так всё красиво решалось бы.


$dv$ эквиваленто $dm$ и так-же эквиваленто $ds$ (массе и длине маленького кусочка каната). $v_x$ будет в таком случаю аналогом координаты $x$, тогда интеграл $\int_{v_1}^{v_2}v_x dv$ переходит в интеграл $\int_{1}^{2} x dm$. Поделив на фиксированную длину каната (или же фиксированная длина траектории в пространстве скоростей) получим как раз координату центра масс по оси $X$ которую надо максимизировать. Что равносильно минимизировать потенциальную энергию каната в поле тяжести.

-- 05.04.2022, 13:32 --

fred1996 в сообщении #1551876 писал(а):

profilescit
А вы можете посчитать, какая будет оптимальная скорость в вершинах? Ведь при различных скоростях мы получим различные «оптимальные» траектории. Для каждой скорости своя. Поэтому потом придётся искать эту оптимальную скорость в вершине.


Получается $v^2 = \mu g a \sqrt{3}$ что совпадает с тем что ускорение в вершине только нормальное, радиус кривизны совпадает с радиусом описанной окружности.

 Профиль  
                  
 
 Re: Мальчик на льду
Сообщение05.04.2022, 21:11 
Аватара пользователя


09/10/15
4227
где-то на диком Западе. У самого синего моря.
profilescit
Но вы ж понимаете, что для отрезка это не так. Там оптимальная скорость в вершине равна нулю. А оптимальная кривая - бег вдоль отрезка с постоянным ускорением до середины и замедлением до второй вершины.

Что-то мне подсказывает из практической жизни, что в вершинах скорость должна быть минимальной, а посередине максимальной. Что из вершины к середине мы ускоряемся, а от середины к вершине замедляемся.
А это значит, что в вершинах у нас радиус кривизны меньше радиуса описанной окружности, а посерёдке больше. То есть вся кривая должна уместиться внутри описанной окружности.

 Профиль  
                  
 
 Re: Мальчик на льду
Сообщение05.04.2022, 21:23 


07/06/17
1042
fred1996 в сообщении #1551954 писал(а):
для отрезка это не так. Там оптимальная скорость в вершине равна нулю. А оптимальная кривая - бег вдоль отрезка с постоянным ускорением до середины и замедлением до второй вершины.

Гм, пловцы в бассейне так определённо не считают.

 Профиль  
                  
 
 Re: Мальчик на льду
Сообщение06.04.2022, 01:25 
Аватара пользователя


12/02/20
282
fred1996 в сообщении #1551954 писал(а):
profilescit
Но вы ж понимаете, что для отрезка это не так. Там оптимальная скорость в вершине равна нулю. А оптимальная кривая - бег вдоль отрезка с постоянным ускорением до середины и замедлением до второй вершины.



Это ответ для треугольника. Если взять общее решение и предел $N \to 2$ то получится время совпадающая с ускорением на половину длины отрезка и торможением на второй половине.

 Профиль  
                  
 
 Re: Мальчик на льду
Сообщение06.04.2022, 06:08 
Аватара пользователя


07/01/16
1438
Аязьма
Запишу вариант решения методом грубой выкладки, ответ совпал с полученным уважаемым 12d3
Единственное, у меня вышло, что котангенс угла между вектором ускорения и стороной треугольника (а не перпендикуляром к стороне) линеен по времени. Траектория лежит чуть ближе к стороне треугольника, чем описанная окружность, что наиболее заметно напротив середины стороны.

(вдруг кому пригодится)

Верим, что оптимальная траектория гладкая и проходит через вершины; мальчик движется по ней с постоянным по модулю, но не направлению, ускорением $w=\mu g$. Расположим начало координат в одной из вершин с $Ox$ вдоль стороны и $Oy$ по внешнему перпендикуляру и будем рассматривать движение на одной шестой периода (со временем $\tau=\dfrac16{T}$) от вершины до точки напротив середины стороны. Уравнения движения: $\ddot x(t)=w\cos\vartheta(t/\tau), \ddot y(t)=w\sin\vartheta(t/\tau)$; ожидаем, что $\vartheta$ будет в четвертом квадранте, и нам известно, что $x(0)=y(0)=0,\dot x(0)=\dfrac{v_0}2, \dot y(0)=\dfrac{\sqrt3}2v_0$, а так же $x(\tau)=\dfrac{a}2,\dot y(\tau)=0$. Проинтегрируем:$$\begin{cases}a=v_0\tau+2w\tau^2\int\limits_0^1\int\limits_0^p\cos\vartheta(s)dsdp\\
0=\dfrac{\sqrt3}2v_0+w\tau\int\limits_0^1\sin\vartheta(p)dp\end{cases}$$Введем $f(p)=\int\limits_0^p\cos\vartheta (s)ds\Rightarrow\cos\vartheta(p)=f^\prime(p),\sin\vartheta(p)=-\sqrt{1-f^\prime(p)^2}$ и получим$$\frac{a}{2w\tau^2}=\int\limits_0^1f(p)+\frac{1}{\sqrt3}\sqrt{1-f^\prime(p)^2}dp\equiv\int\limits_0^1L\left(f(p),f^\prime(p)\right)dp$$Для определения неизвестной функции $f(p)$ запишем необходимое условие экстремальности, уравнение Эйлера-Лагранжа:$$\frac{\partial L}{\partial f}=\frac{d}{dx}\frac{\partial L}{\partial f^\prime}\Rightarrow\ctg\vartheta(p)=\sqrt3(p-1)$$и дальше уж совсем дело техники - я просто находил явный вид $f(p)=\dfrac{1}{\sqrt3}\left(2-\sqrt{3(1-p)^2+1}\right)$ и брал интеграл

 Профиль  
                  
 
 Re: Мальчик на льду
Сообщение06.04.2022, 09:28 


14/01/11
2945
waxtep в сообщении #1551969 писал(а):
Единственное, у меня вышло, что котангенс угла между вектором ускорения и стороной треугольника (а не перпендикуляром к стороне) линеен по времени.

Ну так у 12d3 тангенс, а не котангенс. :-)

 Профиль  
                  
 
 Re: Мальчик на льду
Сообщение06.04.2022, 11:33 
Аватара пользователя


07/01/16
1438
Аязьма
Sender в сообщении #1551978 писал(а):
Ну так у 12d3 тангенс, а не котангенс.
Какое-то фантастическое слепое пятно - упорно и многократно на месте тангенса читал котангенс

 Профиль  
                  
 
 Re: Мальчик на льду
Сообщение07.04.2022, 18:25 
Аватара пользователя


09/10/15
4227
где-то на диком Западе. У самого синего моря.
Предлагается оптимальная стратегия

(Оффтоп)

Оптимальная стратегия обегания правильного многоугольника выглядит следующим образом.
Собственно, надо рассмотреть бег вдоль одной стороны.
Мы уже выяснили, что в любой точке траектории ускорение будет максимально возможным равным $\mu g$
Надо только определить оптимальное направление.
Наша задача - минимизировать время пробегания вдоль оси $x$, которая совпадает со стороной многоугольника, при условии известного изменения скорости вдоль оси $y$
Направление скорости в углу нам известно. Пока неизвестна величина.
Зададим ее произвольно. А стратегию просто угадаем.
Логично предположить, что в направлении оси $x$ Ускорение постоянно, а на середине отрезка просто меняет направление на противоположное.
А по оси $y$ Тоже постоянно. И направлено к центру многоугольника. И таковым является на протяжении всего пробега вдоль отрезка.
Получаем два симметричных куска параболы, сшитые посередине.
Выпишем эти уравнения в следующих обозначениях:
$2b$ - длина стороны многоугольника.
$a=\mu g$ - модуль ускорения.
$a_x$, $a_y$ - ускорения вдоль осей
$v$ - скорость в углу
$\alpha$ - угол вектора скорости относительно оси $x$

1. Изменение скорости вдоль оси $y$ Задается уравнением:
$v\sin(\alpha)= a_yt$
2. Формула равноускоренного движения вдоль оси $x$:
$b = v\cos(\alpha)t + 0.5 a_xt^2$
3. Ускорения:
$a^2=a_x^2+a_y^2$

Порядок подстановкой:
Из формулы 1. Подставляем время $t$ в формулу 2, а из формулы 3. подставляем ускорение $a_x$ туда же.

Получается однозначная функциональная связь скорости между скоростью в углу и ускорением по вертикали.
Теперь нам надо минимизировать время пробегания.
Это легче всего сделать выразив функционально время через ускорение по вертикали.
Для этого подставим найденную скорость в формулу 1.
И ищем минимум функции $t(a_y)$

Остаётся доказать, что данная стратегия оптимальна.
Действительно, чтобы уменьшить время пробегания, нам надо на каком-то участке чуток увеличить ускорение по оси $y$. Но тогда на этом участке уменьшится ускорение по оси $x$. Но тогда время по оси $x$ увеличится. Ввиду оптимальности стратегии пробегания вдоль этой оси при постоянном ускорении. Противоречие.

 Профиль  
                  
 
 Re: Мальчик на льду
Сообщение07.04.2022, 22:23 
Аватара пользователя


07/01/16
1438
Аязьма
profilescit в сообщении #1551916 писал(а):
Получается $v^2 = \mu g a \sqrt{3}$ что совпадает с тем что ускорение в вершине только нормальное, радиус кривизны совпадает с радиусом описанной окружности.
Ммм, так у меня кстати не получается, подметил сразу, но думал найти у себя ошибку - не выходит, хотя и так, и сяк проверял. Для описанной окружности, видимо опечатка, все таки ее радиус $R=\frac{a}{\sqrt3}$ и значит $v^2= \mu g a /\sqrt{3}\approx0,5774\mu g a$. Но скорость в вершине (а, значит, и радиус кривизны) для оптимальной траектории не такие: из уравнений движения $v_0=-\frac{2\mu g\tau}{\sqrt3}\int\limits_0^1\sin\vartheta(p)dp$ и $v_0^2=\frac43\frac{\ln^2(2+\sqrt3)}{2\sqrt3+\ln(2+\sqrt3)}\mu g a\approx0,4837\mu g a$, несколько меньше; в этой же пропорции меньше и радиус кривизны траектории в вершине.

(поправлю заодно очевидную очипятку у себя)

waxtep в сообщении #1551969 писал(а):
уравнение Эйлера-Лагранжа:$$\frac{\partial L}{\partial f}=\frac{d}{dx}\frac{\partial L}{\partial f^\prime}\Rightarrow\ctg\vartheta(p)=\sqrt3(p-1)$$
Здесь $\dfrac{d}{dp}$ конечно

 Профиль  
                  
 
 Re: Мальчик на льду
Сообщение07.04.2022, 22:42 
Аватара пользователя


11/12/16
13460
уездный город Н
waxtep в сообщении #1552123 писал(а):
Ммм, так у меня кстати не получается, подметил сразу, но думал найти у себя ошибку - не выходит, хотя и так, и сяк проверял. Для описанной окружности, видимо опечатка, все таки ее радиус $R=\frac{a}{\sqrt3}$ и значит $v^2= \mu g a /\sqrt{3}\approx0,5774\mu g a$. Но скорость в вершине (а, значит, и радиус кривизны) для оптимальной траектории не такие: из уравнений движения $v_0=-\frac{2\mu g\tau}{\sqrt3}\int\limits_0^1\sin\vartheta(p)dp$ и $v_0^2=\frac43\frac{\ln^2(2+\sqrt3)}{2\sqrt3+\ln(2+\sqrt3)}\mu g a\approx0,4837\mu g a$, несколько меньше; в этой же пропорции меньше и радиус кривизны траектории в вершине.


Радиус кривизны в вершине не может быть равен радиусу описанной окружности (д.б меньше) по более простым соображениям.
Оптимальная траектория должна:
а) быть выпуклой. Иначе можно срезать вогнутость и улучшить.
б) должна лежать между описанной окружностью и периметром треугольника.
в) должна проходить через вершины треугольника.

А значит, в вершинах д.б. минимальный радиус кривизны. Если радиус кривизны оптимальной траектории в вершинах равен радиусу описанной окружности, то и оптимальная траектория - описанная окружность (а это оказалось не так).

 Профиль  
                  
 
 Re: Мальчик на льду
Сообщение08.04.2022, 00:39 
Аватара пользователя


09/10/15
4227
где-то на диком Западе. У самого синего моря.
Не поленюсь, сделаю подстановки.
1. $t=\frac{v\sin(\alpha)}{a_y}$

2. $a_x=\sqrt{a^2-a_y^2}$

3. $b=\frac{v^2}{a_y}\frac{\cos(\alpha)}{\sin(\alpha)}+0.5\sqrt{a^2-a_y^2}\frac{v^2}{a_y^2\sin^2(\alpha)}$$\frac{}{}$

Возведём 1. в квадрат и подставим туда выражение для $v^2$ из 3.

Получаем

$t^2 = \frac{2\sin^4(\alpha)}{a_y\sin(2\alpha)+\sqrt{a^2-a_y^2}}$

Остаётся минимизировать эту функцию, то есть найти максимум знаменателя.
Это будет при
$a_y=\frac{a\sin(2\alpha)}{\sqrt{1+\sin^2(2\alpha)}}$. И тогда $a_x=\frac{a}{\sqrt{1+\sin^2(2\alpha)}}$

Окончательно получаем $t=\sqrt{\frac{2b}{a}}\frac{\sin^2(\alpha)}{\sqrt[4]{1+\sin^2(2\alpha)}}$
Это, напомню, время прохождения половины стороны.
Если у нас задан n-угольник, то соответственно время домножаем на $2n$ и в старых обозначениях получаем

$t=\sqrt{\frac{a}{\mu g}}\frac{2n\sin^2(\frac{\pi}{n})}{\sqrt[4]{1+\sin^2(\frac{2\pi}{n})}}$

Кстати, для отрезка, как это ни покажется странным, угол надо положить не нулевой, а $\frac{\pi}{2}$
Нулевой угол - это в пределе при больших количествах углов.

 Профиль  
                  
 
 Re: Мальчик на льду
Сообщение08.04.2022, 01:51 
Аватара пользователя


07/01/16
1438
Аязьма
EUgeneUS, согласен, разумно звучит. Меня очень смутило, что визуально в районе вершины траектории очень похожи, я думал что отличу на глаз разницу в радиусе кривизны в десяток-другой процентов - ан нет:

(картинка)

Изображение

fred1996, у меня для постоянного (на одной шестой периода) по величине и направлению ускорения такая штуковина получалась, неоптимальная:
waxtep в сообщении #1551721 писал(а):
а) $w_x=\operatorname{const}\neq0$ (тоже "свободное падение" на сторону треугольника, но "поле тяжести" не перпендикулярно стороне): множитель $6\left(\frac37\right)^{1/4}\approx4.8546$
а у Вас, если правильно понял, $\frac{9}{\sqrt2\sqrt[4]7}\approx3,9125$ ?

-- 08.04.2022, 02:10 --

fred1996 в сообщении #1552107 писал(а):
Логично предположить, что в направлении оси $x$ Ускорение постоянно, а на середине отрезка просто меняет направление на противоположное.
А по оси $y$ Тоже постоянно. И направлено к центру многоугольника.
Вот этот момент в Вашем рассуждении смущает: ведь ускорение по оси $y$ либо постоянно, либо направлено к центру многоугольника (вместе с осью $y$, уже не ортогональной оси $x$), разве нет?

 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