Перестановка слов

Тангенциальное ускорение отвечает за изменение модуля скорости, а среднее нормальное ускорение направлено вертикально вниз; усредняйте только за время подъёма, а получившееся трансцендентное уравнение решайте последовательными приближениями.

\(\varphi \approx 1{,}065 \approx 61{,}0^\circ\) (корень уравнения \(\dfrac{1}{\cos\varphi} - 1 = \varphi\)).

Модуль вектора тангенциального ускорения отвечает за изменение модуля скорости, поэтому для нахождения его среднего значения достаточно поделить общее изменение модуля скорости в ходе подъёма тела до наивысшей точки на время подъёма, так как среднее значение за время спуска будет таким же в силу симметрии движения, а вот применять эту логику сразу ко всему полёту было бы ошибкой, так как модуль скорости зависит от времени не монотонно, меняя убывание на рост в наивысшей точке траектории.

Пусть \(v_0\) — начальная скорость тела, \(g\) — ускорение свободного падения, тогда время подъёма вычисляется по формуле \(T = v_0\sin\varphi/g\), а среднее значение модуля вектора тангенциального ускорения имеет вид \[\langle|\vec a_t|\rangle = \dfrac{v_0 - v_0\cos\varphi}{T} = g\cdot\dfrac{1 - \cos\varphi}{\sin\varphi}. \tag{1}\] Расчёт модуля среднего значения вектора нормального ускорения принципиально отличается от предыдущих выкладок, причём не только тем, что рассматривается другая составляющая ускорения, а ещё и тем, что теперь сначала выполняется усреднение, а потом уже берётся модуль.

В силу симметрии движения относительно вертикальной прямой, проходящей через наивысшую точку траектории, среднее значение вектора нормального ускорения будет направлено вертикально вниз, поэтому можно сразу усреднять только его вертикальную проекцию \(a_{ny}\), причём только за время подъёма, так как за время спуска среднее значение проекции будет таким же. Пусть \(\alpha\) — угол наклона скорости к горизонту в момент времени \(t\) от начала полёта, тогда искомое среднее значение имеет вид \[\begin{gather*} |\langle\vec a_n\rangle| = |\langle a_{ny}\rangle| = \dfrac{1}{T}\int\limits_0^T g\cos^2\alpha\,dt = \dfrac{1}{T}\int\limits_0^T\dfrac{g\,dt}{\operatorname{tg}^2\alpha + 1} =\\ = \dfrac{1}{T}\int\limits_0^T\dfrac{g\,dt}{\left(\frac{v_0\sin\varphi - gt}{v_0\cos\varphi}\right)^2 + 1} = \dfrac{v_0\cos\varphi}{T}\cdot\operatorname{arctg}\left(\dfrac{gt - v_0\sin\varphi}{v_0\cos\varphi}\right)\Bigg|_0^T =\\ = \dfrac{g\cos\varphi}{\sin\varphi}\cdot\bigl(\operatorname{arctg}0 - \operatorname{arctg}(-\operatorname{tg}\varphi)\bigr) = \dfrac{g\varphi\cos\varphi}{\sin\varphi}. \end{gather*}\] Приравнивая финальные выражения для \(\langle|\vec a_t|\rangle\) и \(|\langle\vec a_n\rangle|\), получаем после сокращения на \(g\operatorname{ctg}\varphi\) уравнение \[\dfrac{1}{\cos\varphi} - 1 = \varphi. \tag{2}\] Это трансцендентное уравнение, поэтому решить мы его можем только численными методами. Чтобы определить число его решений в интересующем нас промежутке \(0 < \varphi < \pi/2\), построим на рисунке графики левой (сплошная линия) и правой (пунктирная линия) частей уравнения.

Из эскиза графика (участники на олимпиаде не могут использовать программы для построения графиков, поэтому и мы не будем пытаться определить ответ с ходу по графику) можно видеть, что уравнение имеет в интервале \(0 < \varphi < \pi/2\) единственный корень вблизи точки \(\varphi \approx 1\), что можно было обнаружить и без графика, если заметить, что \(\cos 1 \approx \cos 60^\circ = 0{,}5\).

Чтобы улучшить точность полученной оценки \(\varphi \approx 1\), воспользуемся методом последовательных приближений, записав уравнение в виде функции \[\varphi_n = f(\varphi_{n-1}) = \dfrac{1}{\cos\varphi_{n-1}} - 1. \tag{3}\] Взяв в качестве нулевого приближения \(\varphi_0 = 1\), найдём следующие: \[\begin{aligned} \varphi_1 &= f(\varphi_0) \approx 0{,}851,\\ \varphi_2 &= f(\varphi_1) \approx 0{,}517,\\ \varphi_3 &= f(\varphi_2) \approx 0{,}150,\\ \varphi_4 &= f(\varphi_3) \approx 0{,}011. \end{aligned}\] Видно, что последовательность всё больше удаляется от предполагаемого положения корня, значит, функция была выбрана неудачно, поэтому перепишем уравнение по-другому: \[\varphi_n = F(\varphi_{n-1}) = \arccos\left(\dfrac{1}{\varphi_{n-1} + 1}\right). \tag{4}\] Взяв в качестве нулевого приближения \(\varphi_0 = 1\), найдём следующие: \[\begin{aligned} \varphi_1 &= F(\varphi_0) \approx 1{,}047,\\ \varphi_2 &= F(\varphi_1) \approx 1{,}060,\\ \varphi_3 &= F(\varphi_2) \approx 1{,}064,\\ \varphi_4 &= F(\varphi_3) \approx 1{,}065,\\ \varphi_5 &= F(\varphi_4) \approx 1{,}065. \end{aligned}\] Поскольку равенство \(\varphi_5 = \varphi_4\) выполнено с достаточной точностью, можно записать окончательный ответ: \[\varphi \approx 1{,}065 \approx 61{,}0^\circ.\]

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.