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 1, 2  След.
 
 Туда и обратно - 2
Сообщение14.11.2017, 17:15 


05/09/16
3593
Очень понравилась задача тов. dovlato вот эта: «Туда и обратно»

Оказывается, если надо кинуть груз и точки $A$ в точку $B$, то минимально необходимая скорость броска для этого определяется из соотношения
$$V^2=g(L+h) \eqno(1)$$
Где $L$ длина $AB$, $h$ - проекция $AB$ на вертикаль (т.е. высота $B$ относительно $A$) - положительная если кидаем вверх, отрицательная если кидаем вниз.
В случае вертикального броска $L=h$ и получаем формулу $V^2=2gh$, соответствующую просто изменению кинетической энергии до нуля по соотношению $mV^2/2=mgh$

В случае броска по горизонтали ($h=0$) также получаем известную формулу минимальной скорости броска $V^2=gL$

"Обычный" вывод формулы (1) довольно муторный, поскольку у нас участвует два угла -- угол места точки $B$ относительно точки $A$ и угол под которым надо бросать, соответственно в прямоугольных координатах образуется много синусов, косинусов и тому подобного счастья.
Некоторыми уловками и смекалкой удается обойтись без взятия производных, ограничившись только решением пары квадратных уравнений, где в самом конце все чудесным образом сокращается и получается (1).

Посмотрев на (1), можно сказать так: для броска нужна энергия такая же, как если бы мы бросали груз по горизонтали, то есть без перепада высот между $A$ и $B$ на расстояние равное сумме расстояния между точками и высоты между ними.
Либо, можно сказать что нужна первоначальная энергия как если бы мы поднимали груз на половину высоты, образованную суммой расстояния между $A$ и $B$ и высотой между ними.

Но из формулы (1) следует и нечто более на мой взгляд не менее удивительное чем простота самой формулы (1).
Оказывается, если $\beta$ мы обозначим угол под которым надо бросать на минимальной скорости чтобы попасть из $A$ в $B$, то
$$\tg(\beta)=\dfrac{L+h}{S} \eqno(2)$$
Где $S$ - проекция $AB$ на горизонталь (т.е. расстояние по земле между $A$ и $B$)

Если мы обозначим $\alpha$ угол между горизонталью и $AB$ (т.е. угол места $B$ относительно $A$), то
$$\tg(\beta)=\tg(\alpha)+1/\cos(\alpha) \eqno(3)$$

И что, на мой взгляд, удивительно, оказывается что
$$\beta=(\pi/2-\alpha)/2+\alpha \eqno(4)$$
То есть бросать надо по биссектрисе между направлением $AB$ и вертикалью.

Собственно вопрос, с которым хотелось бы разобраться: а можно как-то проще получить формулы (1) или (4), из каких-то общих соображений?

 Профиль  
                  
 
 Re: Туда и обратно - 2
Сообщение15.11.2017, 14:21 
Заслуженный участник


23/07/08
7637
Харьков
wrest в сообщении #1265271 писал(а):
а можно как-то проще получить формулы (1) или (4), из каких-то общих соображений?
Перейдём в неинерциальную систему, которая свободно падает вертикально. Ось $y$ направлена вертикально вверх. И грузик, и точка $A$ всё время находятся в плоскости $Oxy$. В момент $t=0$ координаты грузика $(0, 0)$, координаты точки $A$ $(x_0, y_0)$. Дальше грузик летит с постоянной скоростью $\mathbf v$, а точка $A$ летит вверх по закону:
$x=x_0, y=y_0+\frac{gt^2}{2}$

Допустим, в момент $t$ грузик и точка $A$ встречаются в точке $(x, y)$. Это значит, что квадрат скорости грузика был$$v^2=\dfrac{x^2+y^2}{t^2}=\dfrac{x_0^2+\left(y_0+\frac{gt^2}{2}\right)^2}{t^2}=gh+\dfrac{L^2}{t^2}+\dfrac{g^2 t^2}{4},$$где $L^2=x_0^2+y_0^2,\; h=y_0$ — старые обозначения. Остаётся найти минимальное значение правой части при $0<t<\infty$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Туда и обратно - 2
Сообщение15.11.2017, 16:52 


05/09/16
3593
svv в сообщении #1265479 писал(а):
Остаётся найти минимум правой части при $0<t<\infty$.

А, ну это просто: второе и третье слагаемое заменяем каждое на квадратный корень из их произведения и да, получается формула (1) т.е.
$$v^2=g(h+L)$$
Спасибо, действительно красивый подход, когда нам неважно направление скорости, а важно только то, что модуль и направление скорости не меняется! Да и в задаче про направление не спрашивают, а только про модуль.

 Профиль  
                  
 
 Re: Туда и обратно - 2
Сообщение15.11.2017, 19:10 
Аватара пользователя


09/10/15
2815
Columbia, Missouri, USA
svv
Кстати, в таком подходе задачка становится почти зеркальной по отношению к задаче: Пчела и капля меда.
topic114636.html
Первая задача, которую я опубликовал в этом разделе. :D

 Профиль  
                  
 
 Re: Туда и обратно - 2
Сообщение16.11.2017, 20:39 


05/09/16
3593
Еще немного удивления.

Если кидать по горизонтали, то целиться надо под 45 градусов. Если сформулировать иначе -- то целиться надо в точку, которая выше той куда надо попасть на величину расстояния между точками.
То есть, скажем, если попасть надо в точку которая впереди в 10 метрах, то целиться надо в точку которая в 10 метрах над ней.

Так вот, если кидать надо вверх или вниз, то целиться все равно надо в точку, которая выше цели на величину расстояния до цели.
Это из формулы
$$\tg(\beta)=\dfrac{L+h}{S} \eqno(2)$$

 Профиль  
                  
 
 Re: Туда и обратно - 2
Сообщение16.11.2017, 21:20 


27/08/16
3572
wrest в сообщении #1265874 писал(а):
Так вот, если кидать надо вверх или вниз, то целиться все равно надо в точку, которая выше цели на величину расстояния до цели.
При броске по горизонтали, если из этой точки в момент броска начинает падать яблоко, то камень попадёт в это яблоко одновременно с падением на землю. Что почти очевидно, если рассматривать движение камня и яблока в свободно падающих координатах.

 Профиль  
                  
 
 Re: Туда и обратно - 2
Сообщение16.11.2017, 22:34 
Аватара пользователя


09/10/15
2815
Columbia, Missouri, USA
realeugene
В американских задачниках предлагается целиться из лука в обезьяну на ветке, которая в момент выстрела падает с ветки (наверное от страха)

 Профиль  
                  
 
 Re: Туда и обратно - 2
Сообщение16.11.2017, 23:27 


05/09/16
3593
realeugene в сообщении #1265889 писал(а):
При броске по горизонтали, если из этой точки в момент броска начинает падать яблоко, то камень попадёт в это яблоко одновременно с падением на землю. Что почти очевидно, если рассматривать движение камня и яблока в свободно падающих координатах.
fred1996 в сообщении #1265924 писал(а):
В американских задачниках предлагается целиться из лука в обезьяну на ветке, которая в момент выстрела падает с ветки (наверное от страха)

Да, в процессе раскапывания наткнулся и на это. Но тут как раз "на пальцах" понятно. Например силы тяжести нет, мы целимся в обезьяну. В момент выстрела (когда скорость стрелы уже набрана) силу тяжести включают -- попадет ли стрела в обезьяну? Ну конечно -- ведь в падающей неИСО обезьяна будет покоиться, а стрела будет лететь к ней равномерно и прямолинейно.

 Профиль  
                  
 
 Re: Туда и обратно - 2
Сообщение17.11.2017, 11:56 


27/08/16
3572
wrest в сообщении #1265874 писал(а):
Так вот, если кидать надо вверх или вниз, то целиться все равно надо в точку, которая выше цели на величину расстояния до цели.
Если это верно (не проверял), тогда на оптимальной траектории за время полёта вертикальная компонента скорости должна измениться на удвоенную величину горизонтальной компоненты.

 Профиль  
                  
 
 Re: Туда и обратно - 2
Сообщение17.11.2017, 14:12 


05/09/16
3593
realeugene в сообщении #1266019 писал(а):
Если это верно (не проверял), тогда на оптимальной траектории за время полёта вертикальная компонента скорости должна измениться на удвоенную величину горизонтальной компоненты.

Именно так. В случае, если перепада высот нет, это очевидно: при старте под 45 градусов вертикальная и горизонтальная скорости равны $V_{0x}=V_{0y}$. Вертикальная скорость на финише равна вертикальной на старте но с обратным знаком, $V_{1y}=-V_{0y}$. Тогда $\Delta V_y=V_{1y}-V_{0y}=-2V_{0y}=-2V_{0x}$

Проблема только с нулем, поскольку делить на него нельзя, то при чисто вертикальном броске равенство $0=-2\cdot 0$ выполняется, но сказать во сколько раз изменилась вертикальная компонента по отношению к горизонтальной, нельзя :mrgreen:

 Профиль  
                  
 
 Re: Туда и обратно - 2
Сообщение07.12.2017, 11:27 


05/09/16
3593
Сделал картинку. По осям отложены метры, графики (параболы) -- траектории свободного падения.
Изображение
Красная -- оптимальная траектория для метания груза по горизонтали на 10 метров. Здесь $\alpha=0;\beta=45^o;L=10;h=0;V=10$
Синяя - оптимальная траектория для метания груза на 10 метров под углом 30 градусов. $\alpha=30^o;\beta=60^o;L=10;h=5;V=\sqrt{L(g+h)}\approx 12,25$
Зеленая -- для метания груза под углом 60 градусов. $\alpha=60^o;\beta=75^o;L=10;h=L\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}\approx 8,66;V=\sqrt{L(g+h)}\approx 13,66$
Точками на окружностях отмечены места, которое груз проходит в один и тот же момент времени (как мы помним, при оптимальной траектории время зависит только от $L$ и не зависит от $h$), а именно -- через четверть, половину и полное время полета.

 Профиль  
                  
 
 Re: Туда и обратно - 2
Сообщение07.12.2017, 13:56 
Аватара пользователя


14/02/12
513
fred1996 в сообщении #1265924 писал(а):
realeugene
В американских задачниках предлагается целиться из лука в обезьяну на ветке, которая в момент выстрела падает с ветки (наверное от страха)

Задача решена майором американской армии Норбертом Винером, изобретшим ПУАЗО (пр. упр. авт. зен. огн.). Стрельба на опережение исходя из прогноза траектории цели.
Небольшая разница только - траектория самолета прогнозируется по наблюдающемуся движению, траектория обезьяны исходя из законов Ньютона.
И самолет уходит от поражения, дела противозенитный маневр, а для обезьяны против. маневр заключается в том, чтобы не падать со страха.

 Профиль  
                  
 
 Re: Туда и обратно - 2
Сообщение08.12.2017, 10:21 


05/09/16
3593
О подобии траекторий.
Уравнения траекторий.
Предполагаем дальность полета $L=const$, ускорение свободного падения $g=const$
Высота финиша над стартом -- параметр, $0\le h \le L$
Проекция финиша на горизонталь (расстояние старт-финиш по горизонтали) $S=\sqrt{L^2-h^2}$
Начальная скорость (модуль) $V_0=\sqrt{g(L+h)}$
Угол наклона старт-финиш $\sin \alpha = \frac{h}{L}$
Угол наклона вылета груза $\tg \beta = \frac{V_{0y}}{V_{0x}}=\dfrac{L+h}{\sqrt{L^2-h^2}}=\tg \alpha + \frac{1}{\cos \alpha}$
Начальная горизонтальная скорость $V_{0x}=\sqrt{\dfrac{g(L^2-h^2)}{2L}}$
Начальная вертикальная скорость $V_{0y}=\sqrt{\dfrac{g(L+h)^2}{2L}}$
Везде где упоминаются координаты, предполагаем точку старта в начале координат, то есть $y(t=0)=0;x(t=0)=0$


Параметрические (по времени) уравнения траектории:
$$y(t)=-\frac{1}{2}gt^2+V_{oy}t \eqno(1)$
$$x(t)=V_{0x}t \eqno(2)$

Теперь пусть у нас есть две параболы, соответствующие разным значениям параметра $h$: $h_1$ и $h_2$
Запишем уравнения соответствующих парабол (индексы 1 и 2 относятся к $h_1$ и $h_2$)
$$y_1(t)=-0,5gt^2+V_{0y_1}t \eqno(3)$
$$x_1(t)=V_{0x_1}t \eqno(4)$

и
$$y_2(t)=-0,5gt^2+V_{0y_2}t \eqno(5)$
$$x_2(t)=V_{0x_2}t \eqno(6)$

Выражая одни через другие, исключаем время и получаем
$$x_2(x_1,y_1)=\dfrac{V_{0x_2}}{V_{0x_1}}x_1+0\cdot y_1 + 0 \eqno(7)$
$$y_2(x_1,y_1)=\dfrac{V_{0y_2}-V_{0y_1}}{V_{0x_1}}x_1+1 \cdot y_1 + 0 \eqno(8)$

Выражаем скорости через параметр $h$, получаем
$$x_2=x_1 \sqrt{\dfrac {L^2-h_2^2}{L^2-h_1^2}}+0\cdot y_1 + 0=\dfrac{S_2}{S_1}x_1+0\cdot y_1 + 0 \eqno(9)$
$$y_2=x_1\dfrac{h_2-h_1}{\sqrt{L^2-h_1^2}}+1\cdot y_1 +0 \cdot=x_1\dfrac{h_2-h_1}{S_1}+1\cdot y_1 +0  \eqno(10)$

В случае $h_1=0$ (когда первый "выстрел") делается по горизонтали, получается:
$$x_2=\dfrac{S_2}{L}x_1+0\cdot y_1 + 0 \eqno(11)$
$$y_2=\dfrac{h_2}{L}x_1+1\cdot y_1 +0 \eqno(12)$

Далее по определению синуса и косинуса, для случая $h_1=0$ записываем
$$x_2=\cos \alpha_2 \cdot x_1+0\cdot y_1 + 0 \eqno(*)$
$$y_2=\sin \alpha_2 \cdot x_1+1\cdot y_1 +0 \eqno(**)$
где $\alpha_2$ -- угол между направлением старт-финиш и горизонталью во втором броске (в первом он нулевой).

И вот теперь нужна помощь зала ( arseniiv, ау!) для прояснения свойств аффинного преобразования (*)-(**) и в частности, ответа на вопрос о биссектрисе.
Ну и второй вопрос -- а можно ли записать (*)-(**) сразу, из общих так сказать соображений. (*) -- очевидно можно: горизонтальная скорость постоянна, а значит она просто уменьшается пропорционально косинусу угла наклона старт-финиш к горизонтали, поскольку за одно и то же время по горизонтали груз проходит расстояние $L$ в случае "горизонтального" броска и соответственно $L\cdot \cos \alpha_2$ в случае броска на возвышение.
(**) тоже кажется каким-то подозрительно простым.

 Профиль  
                  
 
 Re: Туда и обратно - 2
Сообщение08.12.2017, 17:01 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


27/04/09
22977
Уфа
Всё я да я, а тут ведь всё просто. Ну, во-первых, тут можно уже не говорить об аффинности, раз точка начала движения всегда одна и та же, и сразу перейти к линейной его части. Во-вторых, применим его к точке биссектрисы да посмотрим: $(1, 1)\mapsto (\cos\alpha_2, 1+\sin\alpha_2)$. Осталось найти какую-нибудь точку новой биссектрисы и сравнить, пропорциональны ли координаты этих точек. (Ничего не проверял, взял как есть.)

 Профиль  
                  
 
 Re: Туда и обратно - 2
Сообщение08.12.2017, 17:39 


05/09/16
3593
arseniiv в сообщении #1273185 писал(а):
$(1, 1)\mapsto (\cos\alpha_2, 1+\sin\alpha_2)$. Осталось найти какую-нибудь точку новой биссектрисы и сравнить, пропорциональны ли координаты этих точек. (Ничего не проверял, взял как есть.)

На новую биссектрису точка $(1,1)$ попадает.
Но для парабол, соответствие точек одной параболы другой мы выбирали по времени, то есть для каждого $t$ точки переходят $(x_1(t),y_1(t)) \mapsto (x_2(t),y_2(t))$...

Ну то есть. Если мы берем угол направления на финиш $\alpha_2=30^o$, то биссектриса между ним и вертикалью будет $\beta = 60^o$, уравнение этой биссектрисы будет соответственно $y_2=x_2\cdot \tg 60^o=x_2 \sqrt{3}$
Уравнение исходной биссектрисы $y_1=x_1$ (угол наклона $45^o$). Тогда при $x_2=\cos 30^o=\frac{\sqrt{3}}{2}$ получится $y_2=x \sqrt{3}=\sqrt{3}\frac{\sqrt{3}}{2}=1.5$ и это действительно равно $1+\sin\alpha_2=1+\sin 30^o=1,5$

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 17 ]  На страницу 1, 2  След.

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