Догонялки

[svv]

wrest
Очень красиво и наглядно.

[svv]

Хочу показать одно из своих решений. Оно простое, только в нём используются не совсем обычные операции над векторами. Будем понимать каждый вектор $\mathbf a$ с декартовыми компонентами $(a_x, a_y)$ как комплексное число $a_x+ia_y$. Тогда векторы можно умножать и делить, как комплексные числа, получая новые векторы. Например, вектор $\mathbf a\mathbf k$ получается из вектора $\mathbf a$ растяжением в $|\mathbf k|$ раз и поворотом на угол $\arg \mathbf k$ против часовой стрелки.

Обозначения:
$\mathbf v_1(t), \mathbf v_2(t)$ — скорости частиц;
$\mathbf r_1(t), \mathbf r_2(t)$ — радиус-векторы частиц.

Предположим, что радиус-вектор точки встречи $\mathbf r_0$ обладает следующим свойством:
$\dfrac{\mathbf r_1-\mathbf r_0}{\mathbf v_1}=\dfrac{\mathbf r_2-\mathbf r_0}{\mathbf v_2}$
Уравнение говорит о том, что вектор $\mathbf r_1-\mathbf r_0$ получается из вектора $\mathbf v_1$ тем же растяжением и поворотом, что и вектор $\mathbf r_2-\mathbf r_0$ из вектора $\mathbf v_2$. Отсюда находим:
$\mathbf r_0=\mathbf r_2-\dfrac{\mathbf v_2}{\mathbf v_2-\mathbf v_1}(\mathbf r_2-\mathbf r_1)$

Чтобы проверить предположение, нужно убедиться в том, что:
1) Когда $\mathbf r_1=\mathbf r_2$ (момент встречи частиц), $\mathbf r_0$ с ними совпадает. Очевидно, это выполняется.
2) $\mathbf r_0$ не зависит от времени, хотя все векторы в правой части зависят.
Для проверки 2) возьмём производную по времени от правой части. Заметим, что множитель $\frac{\mathbf v_2}{\mathbf v_2-\mathbf v_1}$ константа, потому что векторы скорости в произвольный момент времени получаются поворотом их начальных значений на угол $\varphi(t)$, один и тот же для $\mathbf v_1$ и $\mathbf v_2$. Этому повороту соответствует умножение на множитель $e^{i\varphi(t)}$, который сокращается. Тогда
$\dfrac{d}{dt}\mathbf r_0=\mathbf v_2-\dfrac{\mathbf v_2}{\mathbf v_2-\mathbf v_1}(\mathbf v_2-\mathbf v_1)=\mathbf 0$


В некоторый ("начальный") момент $t$ до встречи имеем:
$|\mathbf r_2-\mathbf r_0|=\dfrac{|\mathbf v_2|}{|\mathbf v_2-\mathbf v_1|}|\mathbf r_2-\mathbf r_1|$
В левой части искомое перемещение второй частицы. В правой можно управлять только направлением $\mathbf v_2$ (модуль задан). От выбора направления зависит только знаменатель. Применяя к нему теорему косинусов, после замены обозначений получим

Ignatovich в сообщении #1555664 писал(а):

$\l_2$=$\frac{L_0}{\sqrt{1+(\upsilon/u)^2-2(\upsilon/u)\cos(\alpha-\beta)}}$

[Ignatovich]

Приведу другое решение.
Векторы перемещения частиц:
$\vec{l}_{1,2}=\upsilon_{1,2}\int\limits_{0}^{t}\vec{\tau}_{1,2}dt$,
где $\vec{\tau}_{1,2}$ - единичные векторы, направленные вдоль скоростей. В любой момент времени угол между этими векторами равен $\beta-\alpha$. Такой же угол между векторами $\vec{l}_1$ и $\vec{l}_2$ . Модули векторов перемещения относятся как скорости частиц:
$\frac{l_1}{l_2}=\frac{\upsilon_1}{\upsilon_2}=\frac{\upsilon}{u}$.
Применяем теорему косинусов к треугольнику со сторонами $l_2$, $l_1$, $L_0$ и углом $\beta-\alpha$, находим $l_2$.
Заметим, что траектории частиц подобны, и могут быть совмещены поворотом и изменением масштаба.

[svv]

У Вас совсем простое решение.
В другом решении я находил явный вид траекторий. Для этого находил компоненты относительной скорости частиц: параллельную вектору $\mathbf r=\mathbf r_2-\mathbf r_1$, соединяющему частицы, и перпендикулярную ему. Обе компоненты постоянны. Параллельная равна скорости уменьшения длины $\mathbf r$ (получается, что длина зависит от времени линейно). А перпендикулярная позволяет найти угловую скорость вращения $\mathbf r$, она обратно пропорциональна времени, оставшемуся до встречи. Из этих соображений получалось, что траектории — логарифмические спирали. Ну, и дальше для расстояния от второй частицы до центра спирали получается та же формула.

[Ignatovich]

Забавно получилось.
Если две частицы одновременно стартуют из точек А и Б, движутся с постоянными по величине скоростями, причем одна частица движется по произвольной траектории, а другая так, что в любой момент времени ее скорость направлена противоположно скорости первой частицы, то встретиться частицы могут в точке, положение которой не зависит от формы траектории. Это справедливо и в трехмерном случае.

[svv]

Ignatovich в сообщении #1555697 писал(а):

Заметим, что траектории частиц подобны, и могут быть совмещены поворотом и изменением масштаба.

При этом траектория второй частицы получается из траектории первой частицы тем же самым поворотом и изменением масштаба, которыми вектор скорости второй частицы получается из вектора скорости первой частицы (в произвольный момент до встречи).

[Dendr]

Вот как-то так, совсем строго. Но не слишком ли сложно вышло?

Считаем, что первая частица начинает в координатном центре, а вторая - в точке (1,0). Угол наклона отрезка, соединяющего частицы, обозначим $\varphi$, тогда наклоны векторов скоростей $\varphi-\alpha, \varphi-\beta$; тригонометрические функции этого угла. $\cos\varphi=\frac{\Delta x}{r}, \sin\varphi=\frac{\Delta y}{r}$, где $\Delta x=x_2-x_1, \Delta y=y_2-y_1, r^2=\Delta x^2+\Delta y^2$.
Запишем законы движения частиц:

$$\dot{x}_1=v\cdot\cos(\varphi-\alpha)=\frac{v}{r}\left(\Delta x \cos\alpha+\Delta y \sin\alpha\right)$$

$$\dot{y}_1=v\cdot\sin(\varphi-\alpha)=\frac{v}{r}\left(-\Delta x \sin\alpha+\Delta y \cos\alpha\right)$$

$$\dot{x}_2=u\cdot\cos(\varphi-\beta)=\frac{u}{r}\left(\Delta x \cos\beta+\Delta y \sin\beta\right)$$

$$\dot{y}_2=u\cdot\cos(\varphi-\beta)=\frac{u}{r}\left(-\Delta x \sin\beta+\Delta y \cos\beta\right)$$

Из этого получаем

$$r\Delta\dot{x}=\Delta x(u\cos\beta-v\cos\alpha)+\Delta y(u\sin\beta-v\sin\alpha)=A\Delta x+B\Delta y$$

$$r\Delta\dot{y}=\Delta x(-u\sin\beta+v\sin\alpha)+\Delta y(u\cos\beta-v\cos\alpha)=-B\Delta x+A\Delta y$$

Обозначив $z=\Delta x+i\Delta y$, приходим к уравнениям

$$r\dot{z}=z(A-iB)$$

$$r\dot{z}^*=z^*(A+iB)$$

Обратим внимание, что $z\cdot z^*=r^2$, тогда $\frac{\dot{z}}{z}+\frac{\dot{z}^*}{z^*}=\frac{d}{dt}(\ln(z)+\ln(z^*))=\frac{d}{dt}\ln r^2=\frac{2\dot{r}}{r}$
Таким образом, $\dot{r}=A$, и расстояние между частицами изменяется линейно со временем: $r=1+At$.
Подставляя это выражение в систему уравнений выше, получаем:

$$(1+At)\Delta \dot{x}=A\Delta x+B\Delta y$$

$$(1+At)\Delta \dot{y}=-B\Delta x+A\Delta y$$

Разделяя переменные, получаем уравнение, одинаковое для обеих переменных:

$$(1+At)^2\Delta\ddot{x}-A(1+At)\Delta\dot{x}+(A^2+B^2)\Delta x=0$$

Ища решения в виде $\Delta x=cr^\lambda$, получаем из характеристического уравнения, что $\lambda=\frac{A\pm iB}{A}$

Таким образом,
$\Delta x=C_1r(r^{iB/A}-r^{-iB/A})$
$\Delta y=r(C_2r^{iB/A}+(1-C_2)r^{-iB/A})$
Здесь уже учтены начальные условия $\Delta x=0, \Delta y=1$. Учитывая, что в начальный момент $\varphi=\frac{\pi}{2}$, получим, что $\Delta \dot{x}(0)=B, \Delta \dot{y}(0)=A$. Тогда $C_1=\frac{1}{2i}, C_2=\frac{1}{2}$. Так что
$\Delta x=\frac{r}{2i}(r^{iB/A}-r^{-iB/A})=r\sin(\ln(1+At)B/A)$
$\Delta y=\frac{r}{2}(r^{iB/A}+r^{-iB/A})=r\cos(\ln(1+At)B/A)$

Это подставляется в первую систему, тогда комплексная координата второй точки $z_2=x_2+iy_2$ определяется уравнением

$$\dot{z}_2=iu\cdot e^{i(-\xi-\beta)}$$

где обозначено $\xi=\ln(1+At)B/A$
Выражая через $r$,

$$\dot{z}_2=iu\cdot e^{-i\beta}r^{-iB/A}$$

Интегрируя это выражение с начальным условием $z_2=i$, получим следующую формулу:

$$z_2=i+\frac{iue^{i\beta}(r^{1-iB/A}-1)}{A-iB}$$

Конечная точка, очевидно, $r=0$, так что конечное положение $Z_2=i-\frac{iue^{-i\beta}}{A-iB}$
Перемещение до этой точки равно $|Z_2-i|=\frac{u}{|A-iB|}$, и его минимизация - это максимизация выражения $A^2+B^2=u^2+v^2-2uv\cos(\alpha-\beta)$, откуда $\cos(\alpha-\beta)=-1$, а значит, $|\alpha-\beta|=\pi$, то есть скорости параллельны, но направлены навстречу друг другу. В этом случае $A^2+B^2=(u+v)^2$, откуда модуль перемещения равен $\frac{u}{u+v}$, причем перемещение произойдет в направлении исходного положения первой частицы.

[fred1996]

Dendr
Зачем так сложно, если можно просто, как у Ignatovich?
Иногда на задачу надо посмотреть с высоты птичьего полёта, не копаясь в мелких деталях.
Ignatovich
А вам респект и уважуха. :) Уже далеко не первый раз демонстрируете очень элегантные решения.
Я в восторге!