Какую минимальную начальную скорость нужно сообщить камню, чтобы перебросить
его через покатую крышу? Крыша имеет ширину \(b\), её два края имеют высоты \(a\) и \(c\).
▶РешениеСкрыть
Сначала сформулируем утверждение.
Утверждение. Траектория с оптимальной скоростью должна содержать на своём пути обе конечные точки крыши.
Доказательство. Предположим от противного, что траектория с оптимальной скоростью не проходит ни через одну из двух конечных точек крыши. Тогда очевидно, что уменьшение скорости на малую величину всё ещё позволит камню перелететь крышу.
Теперь предположим, что траектория с оптимальной скоростью проходит только через одну из двух конечных точек крыши. В обоих случаях бросающий может сместиться по горизонтали на малую величину, в результате чего камень не пройдёт ни через одну из двух конечных точек.
Значит, траектория с оптимальной скоростью должна содержать обе конечные точки крыши. \qed
По идее 28 мы можем принять самую правую точку крыши (точку \(F\)) за фокус области \(R\) всех возможных траекторий. Оптимально эта парабола должна проходить через левый край крыши.
По факту 9 имеем \(h = \dfrac{a+b-c}2\).
Мы знаем, что если снаряд брошен строго вверх, он попадает в вершину красной параболы, так что \[\tfrac12v^2 = gh,\qquad v = \sqrt{g(a+b-c)}.\] По идее 32 имеем \(\frac12v^2+gh = \Const\), откуда \[\tfrac12v_0^2 = \tfrac12v^2+gc,\qquad \boxed{v_0 = v_{\min} = \sqrt{g(a+b+c)}}.\]
Решение 2. Начнём это решение с того же доказательства, что траектория с оптимальной скоростью должна проходить через обе конечные точки крыши.
Затем примем координаты \(F\) за \((0,0)\), так что координаты левого края крыши равны \(\bigl(\sqrt{b^2-(a-c)^2},\ a-c\bigr)\), где мы взяли модуль \(x\)-координаты, чтобы упростить вычисления.
Пусть \(\theta = \arctg\Bigl(\dfrac{a-c}{\sqrt{b^2-(a-c)^2}}\Bigr)\), пусть начальный угол броска (к горизонту) равен \(\alpha\), а начальная скорость камня равна \(v_0\).
Уравнение наклона крыши даётся выражением \(y = x\tg\theta\). Вдоль наклона крыши имеем \[x = v_0t\cos\alpha,\qquad y = v_0t\sin\alpha-\frac{gt^2}2,\] \[v_0t\sin\alpha-\frac{gt^2}2 = v_0t\cos\alpha\tg\theta,\qquad t = \frac{2v}g(\sin\alpha-\cos\alpha\tg\theta).\] Достаточно максимизировать пройденное горизонтальное расстояние, которое равно \[x = \frac{2v^2\cos\alpha}g(\sin\alpha-\cos\alpha\tg\theta).\] Взяв производную по \(\alpha\), получаем \[\frac{dx}{d\alpha} = \frac{2v^2}g\bigl(2\tg\theta\sin\alpha\cos\alpha -\sin^2\alpha+\cos^2\alpha\bigr) = \frac{2v^2}{g\cos\theta}\cos(\theta-2\alpha),\] \[\alpha = \frac\pi4+\frac\theta2.\] Отсюда можно найти, что \[\sin\alpha = \sqrt{\frac{a+b-c}{2b}},\qquad \cos\alpha = \sqrt{\frac{-a+b+c}{2b}},\] \[\cos\theta = \frac{\sqrt{b^2-(a-c)^2}}b,\qquad \tg\theta = \frac{a-c}{\sqrt{b^2-(a-c)^2}}.\] Далее должно выполняться \(vt\cos\alpha = b\cos\theta\), откуда \[\frac{2v^2\cos\alpha(\sin\alpha-\cos\alpha\tg\theta)}g = b\cos\theta,\] \[v = \sqrt{\frac{gb\cos\theta}{2\cos\alpha(\sin\alpha-\cos\alpha\tg\theta)}}.\] Подставляя всё, это (довольно чудесным образом) упрощается до \(v = \sqrt{g(a+b-c)}\). Применяя закон сохранения энергии для нахождения скорости у земли, получаем \[\boxed{v_0 = \sqrt{g(a+b+c)}}.\]