лодка

[terminator-II]

В неподвижной воде находится лодка. На носу лодки стоит человек. Человек переходит с носа лодки на ее корму и останавливается. Модуль силы сопротивления, дейстующей на лодку со стороны воды, пропорционален модулю скорости лодки. Доказать, что при $t\to +\infty$ лодка вернется в исходное положение.

[Padawan]

Пусть $u=u(t)$ - расстояние от человека до носа лодки в момент времени $t$, $x=x(t)$ - координата носа лодки. Тогда получаем дифференциальное уравнение движения лодки

$$ M\ddot x = m(\ddot u - \ddot x)-k\dot x\, , $$

где $M$ - масса лодки, $m$ - масса человека, $k$ - коэффициент трения об воду.
Перепишем уравнение

$$ (M+m)\ddot x+k\dot x=m\ddot u $$

Проинтегрируем по $t$ от $0$ до $+\infty$.
Получим

$$ (M+m)(\dot x(+\infty)-\dot x(0))+k(x(+\infty)-x(0))=m(\dot u(+\infty)-\dot u(0)) $$

По-моему очевидно, что $\dot x(+\infty)=0$. Поэтому

$$ x(+\infty)-x(0)=0 $$

[terminator-II]

Товарисч, не для Вас выложено!

Padawan в сообщении #311494 писал(а):

По-моему очевидно, что $\dot x(+\infty)=0$

тут пробел, формально говоря.

[Padawan]

Извиняюсь Просто я сначала не поверил, а потом понял, что в момент остановки человека лодка назад поедет.

[ewert]

terminator-II в сообщении #311496 писал(а):

тут пробел, формально говоря.

Лишь формально и лишь для математиков. Физикам же очевидно, что все скорости на бесконечности будут нулевыми. А математикам да, ещё придётся доказывать, что $e^{-\alpha t}\to0$ при $t\to+\infty$.

Padawan в сообщении #311502 писал(а):

Просто я сначала не поверил,

Я тоже. Факт и впрямь выглядит на первый взгляд невероятным. А на второй -- уже очевидным.

(А невероятным он выглядит потому, что в отсутствие трения он очевидно неверен.)

[terminator-II]

ewert
Я этой задачей студентов потчую. Она для Вас очевидна. Очень хорошо. Запишите себе это в актив. Ну как дети малые чсна слово.

[ewert]

terminator-II в сообщении #311849 писал(а):

Она для Вас очевидна.

Только на второй взгляд.

Задачка хорошая. Но равенство нулю предельной скорости -- всё-таки тривиально. Со всех точек зрения.

[Issam]

terminator-II в сообщении #311472 писал(а):

Модуль силы сопротивления, дейстующей на лодку со стороны воды, пропорционален модулю скорости лодки.

Padawan в сообщении #311494 писал(а):

$k$ - коэффициент трения об воду

Тут интересно то, что ответ не зависит от коэффициента k. Т.е. подставим значение k=0 (или устремим) -- и никаких проблем! Так?

А вот если решать эту задачу, изначально положив k=0, то ответ для смещения лодки получится НЕ нулевым.
Для этого достаточно заметить, что центр масс остается на месте.

*******
Однако, типа, парадокс!

[arseniiv]

Issam в сообщении #348641 писал(а):

Однако, типа, парадокс!

Да, вы ещё найдите $\int {x^a dx}$ и только потом подставьте $a = -1$. Парадокс!

[Александр Т.]

Issam в сообщении #348641 писал(а):

Тут интересно то, что ответ не зависит от коэффициента k. Т.е. подставим значение k=0 (или устремим) -- и никаких проблем! Так?

Если ответом считать закон движения, то — не совсем, см. ниже.

Цитата:

А вот если решать эту задачу, изначально положив k=0, то ответ для смещения лодки получится НЕ нулевым.
Для этого достаточно заметить, что центр масс остается на месте.

*******
Однако, типа, парадокс!

Разрешение этого парадокса можно найти, получив решение уравнения для движения лодки, которое Padawan выписал в сообщении #311494

$$ (M+m)\ddot x+k\dot x=m\ddot u . $$

Это решение (с учетом того, что $\dot{x}(0)=0$ и координата $x$ выбрана так, чтобы $x(0)=0$) имеет вид
Hack attempt!
Интегрируя по частям, преобразуем его к виду
Hack attempt!
Из первого соотношения очевидно следует, что $x(t)\to0$ при $t\to+\infty$. Из второго настолько же очевидно следует, что при $k=0$ центр тяжести лодки с человеком остается неподвижным.

Второе соотношение позволяет также увидеть, как будет двигаться лодка при достаточно малых $k\neq0$. А именно, от начала движения человека до его остановки лодка движется так, что центр тяжести лодки с человеком мало отклоняется от своего первоначального положения, а затем лодка возвращается в свое первоначальное положение по закону экпоненциального затухания. Причем, чем меньше $k$, тем меньше отклонение центра тяжести на первом этапе движения, и тем больше характерное время возвращения на втором этапе. При стремлении $k$ к нулю, максимальное отклонение центра тяжести на первом этапе движения стремится к нулю, а характерное время возвращения на втором этапе стремится к бесконечности.

(Оффтоп)

arseniiv в сообщении #348688 писал(а):

Issam в сообщении #348641 писал(а):

Однако, типа, парадокс!

Да, вы ещё найдите $\int {x^a dx}$ и только потом подставьте $a = -1$. Парадокс!

Парадокс. Который, на мой взгляд, разрешается следующим образом.
Hack attempt!
где, однако, $C$ — не константа, а произвольная функция $a$: $C=C(a)$, поскольку $\int x^a \,\mathrm{d}x$ — решение уравнения $\frac{\partial}{\partial x} f(x,a) = x^a$ для функции двух переменных $f(x,a)$.

Чтобы вычислить предел $x^{a+1}/(a+1)+C(a)$ при стремлении $a$ к -1, из всех возможных функций $C(a)$ нужно выбрать такие, чтобы предел получился конечным. В качестве таких функций подходят функции вида

$$ C(a)=-\dfrac{1}{a+1}+C' , $$

где $C'$ — произвольная постоянная. Таким образом, получаем

$$ \lim_{a\to-1}\int x^a \,\mathrm{d}x = \lim_{a\to-1}\left(\dfrac{x^{a+1}}{a+1}-\dfrac{1}{a+1}+C'\right) = $$ $$ = \lim_{a\to-1}\left(\dfrac{\ln x x^{a+1}}{1}+C'\right) = \ln x + C' . $$

Отмечу, что все это можно проделывать только для $x>0$, поскольку для $x<0$ $x^a$ не определено при произвольных отрицательных $a$.

[Issam]

arseniiv в сообщении #348688 писал(а):

Issam в сообщении #348641 писал(а):
Однако, типа, парадокс!
Да, вы ещё найдите $\int {x^a dx}$ и только потом подставьте $a = -1$. Парадокс!

Это теперь новая мода? -- вместо рассмотрения конкретного вопроса предлагать другой и считать это ответом на вопрос? :)

Александр Т. в сообщении #349573 писал(а):

характерное время возвращения на втором этапе стремится к бесконечности

Ага :)
Т.е. формально возвращается на прежнее место, но время возвращения -- бесконечное.
Или, если совсем кратко, то -- никогда.

[ewert]

Александр Т. в сообщении #349573 писал(а):

Который, на мой взгляд, разрешается следующим образом.
Hack attempt!
где, однако, $C$ — не константа, а произвольная функция $a$: $C=C(a)$, поскольку $\int x^a \,\mathrm{d}x$ — решение уравнения $\frac{\partial}{\partial x} f(x,a) = x^a$ для функции двух переменных $f(x,a)$.

Чтобы вычислить предел $x^{a+1}/(a+1)+C(a)$ при стремлении $a$ к -1, из всех возможных функций $C(a)$ нужно выбрать такие, чтобы предел получился конечным.

И неубедительно, и как-то шибко заковыристо. Всё гораздо тривиальнее: для каждого $x$

$$\int\limits_1^xt^adt=\dfrac{x^{a+1}-1}{a+1}\ \mathop{\sim}\limits_{a\to-1}\ \dfrac{(x^{a+1}-1)'_a}{(a+1)'_a}=\ln x\cdot x^{a+1}\ \mathop{\longrightarrow}\limits_{a\to-1}\ \ln x\,,$$

вот и всё.

[Александр Т.]

(Оффтоп)

ewert в сообщении #349862 писал(а):

Александр Т. в сообщении #349573 писал(а):

Чтобы вычислить предел $x^{a+1}/(a+1)+C(a)$ при стремлении $a$ к -1, из всех возможных функций $C(a)$ нужно выбрать такие, чтобы предел получился конечным.

И неубедительно, и как-то шибко заковыристо. Всё гораздо тривиальнее: для каждого $x$

$$\int\limits_1^xt^adt=\dfrac{x^{a+1}-1}{a+1}\ \mathop{\sim}\limits_{a\to-1}\ \dfrac{(x^{a+1}-1)'_a}{(a+1)'_a}=\ln x\cdot x^{a+1}\ \mathop{\longrightarrow}\limits_{a\to-1}\ \ln x\,,$$

вот и всё.

Не помню уж, то ли я сознательно себя ограничил, то ли просто не догадался, но при объяснении парадокса я старался работать только с понятием неопреденного интеграла, поэтому и не использовал его связь с определенным интегралом. И объяснение, которое получилось при таком подходе мне и самому не очень-то понравилось. Я взялся за это объяснение, потому что помнил, что у меня часто на полном автомате получался логарифм из степени при таком предельном переходе. Наверное, это все-таки всегда было с определенными интегралами. Ну а когда начал писать эту часть своего сообщения, увидел, что на автомате не получается. Пришлось что-то быстро придумывать.

В общем, считаю целесообразным признать, что если записать неопределенный интеграл через определенный, а затем уже вычислить предел, то объяснение будет и короче и убедительнее.

[terminator-II]

Issam в сообщении #348641 писал(а):

Тут интересно то, что ответ не зависит от коэффициента k. Т.е. подставим значение k=0 (или устремим) -- и никаких проблем! Так?

А вот если решать эту задачу, изначально положив k=0, то ответ для смещения лодки получится НЕ нулевым.
Для этого достаточно заметить, что центр масс остается на месте.

*******
Однако, типа, парадокс!

теорема о непрерывной зависимости решения ОДУ от параметра устанавливает что решение непрерывно зависит от параметра на конечном промежутке времени, в случае $t\to \infty$ общих правил нет

[Issam]

terminator-II в сообщении #350128 писал(а):

теорема о непрерывной зависимости решения ОДУ от параметра устанавливает что решение непрерывно зависит от параметра на конечном промежутке времени, в случае $t\to \infty$ общих правил нет

Читайте внимательнее.
Вопрос был поставлен про коэффициент вязкого трения k, и устремлении его к нулю.