Движение частицы в необычном поле

[EUgeneUS]

warlock66613
Время пересечения и точка пересечения связаны тривиально, так как вертикальная скорость известна.
Но, впрочем следовало ожидать, там тоже уравнение 4-й степени получается.
Лучшее, что удалось добиться это $Ax^4 - x - 1=0$

[DimaM]

warlock66613 в сообщении #1630926 писал(а):

EUgeneUS, не зная времени пересечения, не записать закон движения.

Когда найдем $A_1,A_2$, время пересечения вычисляется элементарно $t=a/A_1$.

[warlock66613]

EUgeneUS в сообщении #1630928 писал(а):

Лучшее, что удалось добиться это $Ax^4 - x - 1=0$

Достаточно просто. Я бы просто переписал такое в ответ и считал задачу решённой.
.

[EUgeneUS]

warlock66613
И что писать в ответе? "Запрошенные коэффициенты равны корням уравнения, которое я не смог решить"?

Похоже, удалось выразить явно через обратный "шинус". Вечером перепроверю и напишу.

[warlock66613]

EUgeneUS в сообщении #1630955 писал(а):

"Запрошенные коэффициенты равны корням уравнения, которое я не смог решить"?

Да, тра-ля-ля, где $x$ — корень уравнения такого-то.

[Poehavchij]

EUgeneUS
У меня что то вроде $\frac{2V}{m }$ {t_0}^2(t_0-$\tau$)^2 + 2a^2$\tau$ t_0 - a^2 $\tau$^2

-- 26.02.2024, 14:23 --

warlock66613
Меня тоже устраивает такой вариант подхода к ответу) Но все таки хотелось если даже и не решить, то хотя подстановкой как то показать что $t_o = \frac{a}{(\frac{2aV}{m \tau })^{\frac{1}{3}}}$ корень уравнения, но естественно сделать это руками нереально

[amon]

Ищите траекторию в виде $y=f(x).$ При $x<0$ и $x>0$ траектория имеет вид $y=kx+b$ с разными $k$ и $b,$ $k=\frac{v_y}{v_x}.$ При этом $v_y$ равно $v_y=\frac{a}{\tau}.$ Дальше - чистая геометрия.

[warlock66613]

Poehavchij в сообщении #1630963 писал(а):

что $t_o = \frac{a}{(\frac{2aV}{m \tau })^{\frac{1}{3}}}$ корень уравнения

Не похоже на правду. Совсем.

[Poehavchij]

warlock66613
А может такое быть что между $a, \tau, \frac{2V}{m}$ есть какое то "скрытое" соотношение ?
Просто видно что эти параметры не могут быть совсем произвольными, ибо подкоренное выражение должно быть больше нуля, и очевидно что $t_0 - \tau < 0$, и может связь между всеми этими коэффициентами что бы они удовлетворяли "природным условиям" - не совокупность неравенств а одно равенство ? Хотя уже звучит как фантазии

-- 26.02.2024, 14:47 --

amon
А как учесть в таком чисто кинематическом подходе V ?

[warlock66613]

Poehavchij в сообщении #1630968 писал(а):

А может такое быть что между $a, \tau, \frac{2V}{m}$ есть какое то "скрытое" соотношение ?

Нет. Независимые параметры.

[Poehavchij]

warlock66613
Ответ для $x_1$ это$ x_1 = v_x t - a$, тогда $t_0 = \frac{a}{v_x}$
Ответ для $x_2$ это $x_2 = \sqrt{v_x^2 - \frac{2V}{m}}(t-\tau) + a$
Я обозначу $ \frac{2V}{m} = b$, тогда $x_2 = \sqrt{v_x^2 - b}(t-\tau) + a$
Ответ для $v_x$ этом $v_x = (\frac{2Va}{m \tau})^\frac{1}{3} = (\frac{ab}{\tau})^\frac{1}{3} $
1) Пусть $ b > 0$
Подкоренное выражение больше нуля, тогда ${v_x}^2 > b$, т.е. $ (\frac{ab}{\tau})^\frac{2}{3} > b \Rightarrow \frac{a^2 b^2}{\tau^2} > b^3 \Rightarrow b < \frac{a^2}{\tau^2}$
В тоже время очевидно что $ t_0 - \tau < 0 \Rightarrow \frac{a}{(\frac{ab}{\tau})^\frac{1}{3}} < \tau \Rightarrow \frac {a^3}{\frac{ab}{\tau}} < \tau^3 \Rightarrow \frac{a^2}{\tau^2} < b $
Т.е. $\frac{a^2}{\tau^2} < b < \frac{a^2}{\tau^2}$, у нас остается только вариант $b = \frac{a^2}{\tau^2}$, из которого тут же $t_0 = \tau$, что бред
2) Пусть $b < 0$
Тогда $v_x = (\frac{ab}{\tau})^\frac{1}{3} $ меньше нуля, что бред
Я где то напутал со знаками или действительно ответ не верен ?

[EUgeneUS]

warlock66613 в сообщении #1630958 писал(а):

Да, тра-ля-ля, где $x$ — корень уравнения такого-то.

Сомневаюсь, чтобы Коткин, и тем более Сербо, приняли бы такой ответ. Плюс-минус может быть и поставили.

warlock66613 в сообщении #1630969 писал(а):

Нет. Независимые параметры.

Параметры-то назависимые. Но выбором масштаба всё сводится к одному параметру.

amon в сообщении #1630965 писал(а):

Дальше - чистая геометрия.

Так-то оно так. Но из чистой геометрии вываливается уравнение четвертого порядка, и коэффициенты не выражаются явно.

-- 26.02.2024, 15:21 --

У меня получилась такая система:

$$\left\{ \begin{array}{rcl} \tau^2 - \sigma^2 = A\\ \frac{1}{\tau} + \frac{1}{\sigma}= 1\\ \end{array} \right.$$

Глядя на первое уравнение напрашивается замена с гиперболическими функциями....
Но опять получилось уравнение 4-го порядка

[Poehavchij]

А знайте что действительно самое интересное - это то что я получил этот неверный ответ..
Все выкладки с законом сохранения оставляем, а для того что бы найти $A_1$, который обозначим как $A_1 = v_x$ рассмотрим действие
$\int\limits_{0}^{t_0}( \frac{m}{2}{v_x}^2 + \frac{m}{2}{\frac{a^2}{\tau^2})dt +\int\limits_{t_0}^{\tau}(\frac{m}{2}({v_x}^2 - \frac{2V}{m}) + \frac{m}{2}{\frac{a^2}{\tau^2} - V )dt = $ $\frac{m}{2}{v_x}^2 t_0 + \frac{m}{2}{\frac{a^2}{\tau^2} t_0 + \frac{m}{2}{v_x}^2(\tau - t_0) - V(\tau - t_0) + \frac{m}{2}\frac{a^2}{\tau^2}(\tau - t_0) - V(\tau - t_0) = $ $ \frac{m}{2}{v_x}^2 \tau + \frac{m}{2}{\frac{a^2}{\tau^2}} \tau - 2V \tau + 2V t_0 = $ $ \frac{m}{2}{v_x}^2 \tau + \frac{m}{2}{\frac{a^2}{\tau^2}} \tau - 2V \tau + 2V \frac{a}{v_x} $
Дифференциируем по $v_x$ получим $m v_x \tau - 2V \frac{a}{{v_x}^2} = $ Тогда $ v_x^3 = \frac{2aV}{m \tau} $
Итого $ v_x = (\frac{2aV}{m \tau})^{\frac{1}{3}} $
Теперь вопрос в другом, почему принципом наименьшего действия я получаю неверный ответ

[warlock66613]

Poehavchij в сообщении #1630976 писал(а):

Итого $ v_x = (\frac{2aV}{m \tau})^{\frac{1}{3}} $

Всё равно ерунда. При $V=0$ не должен получаться ноль.

[EUgeneUS]

Poehavchij в сообщении #1630976 писал(а):

Теперь вопрос в другом, почему принципом наименьшего действия я получаю неверный ответ

Потому что $v_x$ не является обобщенным импульсом.