Суперболы

Каждое столкновение — это упругий удар лёгкого шара, летящего вниз, о более тяжёлый, летящий вверх; удобно перейти в систему центра масс пары. Получается рекуррентная связь \(v_{k+1}\) с \(v_k\) того вида, который подсказан в условии.

i) \(v_1=\Bigl(\dfrac{4}{1+f}-1\Bigr)v\);  ii) \(v_n=\Bigl(2\Bigl(\dfrac{2}{1+f}\Bigr)^n-1\Bigr)v\);  iii) примерно в 1200 раз.

1) При столкновении с полом нижний шар сохранит скорость и изменит направление скорости на противоположное; его скорость вверх \(v_0=v\). Пусть \(k\)-й шар движется вверх со скоростью \(v_k\); рассмотрим его столкновение с \((k+1)\)-м шаром, который движется вниз со скоростью \(v\). В системе отсчёта центра масс \(u=\dfrac{v_k-fv}{1+f}\); поэтому после столкновения скорость вверх равна \[v_{k+1}=v+2\,\frac{v_k-fv}{1+f}=\frac{2}{1+f}v_k+\frac{1-f}{1+f}v .\] При \(v_0=v\) заключаем, что \[v_1=\frac{3-f}{1+f}\,v=\Bigl(\frac{4}{1+f}-1\Bigr)v .\]

2) Видно, что если применять рекуррентную формулу многократно, результат на \(n\)-м шаге будет \[v_n=\Biggl(2\Bigl(\frac{2}{1+f}\Bigr)^n-1\Biggr)v .\]

3) Теперь нужно связать скорости с высотами прыжков через \(v^2=2gh_0\) и \(v_n^2=2gh_n\); следовательно, \[\frac{h_n}{h_0}=(v_n/v_0)^2=\Bigl(2\Bigl(\frac{2}{1+f}\Bigr)^n-1\Bigr)^2.\]

Для \(f=0{,}5\) и \(n=10\) получаем, что конечная высота примерно в 1200 раз больше начальной.

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