3 октября 2008 г.

Задачка 1

Писать что-то серьезное о новостях науки сейчас времени нет, поэтому давайте я позадаю олимпиадные задачки по физике. :)

Начнем с такой задачи.


Две ровные стенки соединяются под углом α. Из бесконечности параллельно одной из стенок на расстоянии h от нее налетает точечная частица. Она влетает в угол, испытывает серию абсолютно упругих столкновений со стенками и вылетает из угла. На какое минимальное расстояние к вершине угла (точке, где стенки сходятся) приближается эта частица во время своего движения?

Силы тяжести нет.

Комментарии премодерируются. Поэтому правильные решения я публиковать не буду, а вопросы или неправильные решения -- буду. А через несколько дней дам ответ и скажу, кто правильно решил.

Update: поскольку решений много, в том числе и правильных, сегодня вечером (или когда найду в Польше интернет :) ) выложу комментарии.


Update 2: итак, правильный ответ -- h, вне зависимости от угла.

На всякий случай подчеркну, что требовалось найти именно минимальное расстояние от частицы до вершины угла по всей траектории, а не расстояние до ближайшего удара об стенку и не проекцию на стенку.

В принципе, эту задачу можно решить в лоб, вычисляя углы и расстояния при каждом отражении. В комментариях кто-то так и делал и получил при этом правильный ответ. Но ответ, не зависящий от угла, наводит на мысль, что должно быть и более короткое и "хитрое" решение.

Таких решений два, и именно благодаря им это всё же задача по физике, а не по математике. :)

Первое решение -- воспользоваться методом отражения, т.е. вместо того, чтобы отражать частицу, можно словно в зеркале многократно отразить угол, и тогда частица просто летит по прямой (см. объяснение от Rostik).

Второе "физическое" решение: заметим, что при каждом отражении сохраняется как модуль скорости, так и модуль момента импульса частицы относительно вершины угла. Всё -- отсюда следует, что в момент ближайшего пролета, когда вектор скорости частицы будет перпендикулярен вектору из угла на частицу, прицельный параметр будет тоже h. В принципе, именно это (правда другими словами) подметил Uri.

Остается загадкой, что де ответил Alexandr :)

11 комментариев:

  1. Приблизится на h. От улга не зависит.

    ОтветитьУдалить
  2. h.
    Если мы достоим систему зеркальным отражением относительно верхней стенки, то траектория до и после первого соударения будет выглядеть прямой линией, точно также отразив всю систему относительно крайней стенки получим, вид в котором, траектория будет выглядеть прямой до третьего соударения. Продолжая до тех пор, пока общий угол достоенных отражений не станет больше развернутого мы получим полную траекторию частицы в системе "развернутой" в прямую. Поскольку наши построения не меняют расстояние до вершины угла, то понятно, что минимальное расстояние между частицей и вершиной угла будет равно h. Без картинки плохо, но рисовать сейчас не в чем.
    P.S. Я что-то подобное решал в детстве на олимпиаде, кажется. Задача выглядит знакомой.

    ОтветитьУдалить
  3. Минимальное расстояние h и есть. Надо воспользоваться зеркальной симметрией, отразить угол относительно одной из сторон раз, другой,... и так далее - пока не увидим, как частица по прямой пролетает на расстоянии h. Но, по-моему, эту задачу я видел сто лет назад, поэтому утверждать, что это я ее сейчас решил, не буду. :)

    ОтветитьУдалить
  4. Пусть \beta_{i} - угол между направлением движения частицы и верхней стенкой перед i-м столконвением. Тогда после несложных преобразований следует, что \beta_{i+1}=2\alpha+\beta_{i}= 2\alpha\,i+\beta_{1}= \alpha(2i+1).
    Частица закончит продвигаться внутрь когда \beta_{N+1}>=90^{o}. Соответственно, её продвижение может закончится только после удара о верхнюю стенку, но не о нижнюю.
    Итак, N=[[(90-\alpha)/(2\alpha)]], где [[x]] - целое число, большее либо равное x.

    Расстояние вдоль верхней стенки до угла в момент i+1 удара также можно выразить через расстояние в момент i удара: s_{i+1}=k_{i}s_{i}=\Pi{k_{i'}}_{i'=1}^{i}s_{1}=d\Pi{k_{i'}}/sin(\alpha). У меня получилось k_{i}=sin(\alpha)(sin(\alpha+\beta_{i})-cos(\alpha+\beta_{i}))/sin(2\alpha+\beta_{i}), скорее всего неправильно.

    Соответственно, ответ s=d\Pi{k_{i'}}_{i'=1}^{N}/sin(\alpha)

    ОтветитьУдалить
  5. Забавно... Красиво...
    Решается геометрически - жаль, картинку нельзя прицепить.
    "Приклеиваем" сверху еще один такой же угол, за ним еще один, и т.д., пока их сумма не достигнет/превысит Pi (хотя хватит и Pi/2, конечно), и считаем, что частица летит по прямой, ибо угол отражения равен углу падения.
    В итоге, искомая величина:

    h/max{ sin( [Pi/(2*Alpha)]*Alpha ), sin( [Pi/(2*Alpha)]*Alpha + Alpha) }

    где [x] - максимальное целое не больше x

    ОтветитьУдалить
  6. h, поскольку после отражения от любой из стенок расстояние до центра (перпендикуляр к продолжению траектории точки через центр угла) все равно будет h.

    Я подставил углы для расчета перпендикуляра в общем случае, когда точка летит не параллельно к одной из сторон, и они у меня скоротились, оставив только h.

    p.s. Спасибо за задачку, вот уж не думал что еще помню что такое синус и косинус :)

    ОтветитьУдалить
  7. Борис4/10/08 01:09

    Здравствуйте, Игорь, спасибо за задачку, с удовольствием порешал.

    Ниже привожу свое решение. Пояснительный рисунок выложен здесь.

    Примем за n количество соударений со стенками, которые частица сделает перед тем, как начать удаляться от вершины угла и условно назовем это соударение "последним соударением". Простыми геометрическими выкладками можно показать, что при i-ом соударении:
    1) угол налета на стенку равен i*alpha, соответственно при последнем соударении угол налета равен n*alpha;
    2) расстояние между точкой соударения частицы со стенкой и вершиной угла равно h/(sin(i*alpha)), а при последнем соударении h/(sin(n*alpha)).

    На приведенном рисунке рассматривается последнее соударение для частного случая задачи, когда alpha < 90 градусов. A - точка последнего соударения. За l обозначено искомое минимальное расстояние до вершины угла. Зная длину AB и угол соударения, легко найти l:
    l = AB * sin(180-n*alpha) = AB * sin(n*alpha) = h

    Таким образом, получаем, что искомое минимальное расстояние до вершины угла не зависит от угла между стенками и всегда равняется h. В справедливости данного утверждения легко убедиться рассмотрев случаи для aplha >= 90 градусов.

    ОтветитьУдалить
  8. Отличная задачка! Только какая же это физика? Геометрия. Или неужели есть "физическое" решение?

    Ответ: \frac{h}{sin(\alpha [\frac{\pi}{2 \alpha}])}

    Если без теха: h/(a*[PI/2a])

    Квадратные скобочки -- целая часть.

    ОтветитьУдалить
  9. Этот комментарий был удален автором.

    ОтветитьУдалить
  10. Этот комментарий был удален автором.

    ОтветитьУдалить
  11. Поскольку рисунок воткнуть не могу, попытаюсь объяснить словами. Я буду описывать отражённый рисунок, то есть частица исходно
    летит слева направо, а не справа налево, как у вас. Угол между импульсом частицы и осью $x$ (угол $\beta$) отсчитывается против часовой стрелки.

    Некоторые геометрические факты.
    1) Частица с углом $\beta$, отражаясь от наклонённой под углом $\alpha$ cтенки, летит под углом $-2\alpha-\beta$.
    2) При отражении от горизонтальной стенки угол меняется на $-\beta$, как и следует из 1), если $\alpha=0$.
    3) Горизонтальная стенка не меняет направления движения частицы (в смысле, влево или вправо она движется).
    4) Если частица движется назад ($270<\beta<90$), то после отражения от любой стенки она по прежнему будет двигаться назад. Факт, тривиальный
    для горизонтальной стенки, для наклонной доказывается без особого труда.

    Постановка задачи не до конца ясна. Под расстоянием можно понимать как расстояние вдоль оси $x$, так и длину радиус-вектора.
    Если $\alpha\ge 90$, решение задачи тривиально, поэтому дальше будем разбирать только случай $\alpha<90$.
    В первой постановке задача сильно проще, поэтому сперва разберём её.
    Пусть $\beta_i$~--- угол, после $i$-го отражения от верхней стенки, а $\beta'_i$~--- угол, после $i$-го отражения от нижней стенки.
    $\beta'_0=0$ по условию задачи.
    $$
    \beta_i=-2\alpha-\beta'_{i-1},\quad
    \beta'_i=-\beta_i=2\alpha+\beta'_{i-1}.
    $$
    Нетрудно видеть, что $\beta_i=-2i\alpha-\beta'_0=-2i\alpha$. Найдём, после какого отражения поменяется направление движения частицы.
    Условие смены направления очень простое: $\beta_n=-2n\alpha<-90$. Отсюда, $n=[45/\alpha]$, где $[r]$ означают минимальное целое $n$,
    такое что $n\ge r$ (функция ceil в C).

    Пусть $h_i$~--- высота точки $i$-го отражения от верхней стенки. По условию задачи $h_1=h$. Связь между $h_i$ и $h_{i+1}$ легко найти
    геометрически:
    $$
    h_{i+1}=h_i\frac{\ctg\alpha-\ctg\beta'_i}{\ctg\alpha+\ctg\beta'_i}=h_i\frac{\sin{(\beta'_i-\alpha)}}{\sin{(\beta'_i+\alpha)}}=
    h_i\frac{\sin{(2i-1)\alpha}}{\sin{(2i+1)\alpha}}.
    $$
    Отсюда
    $$
    h_n=h\prod_{i=1}^{n-1}\frac{\sin{(2i-1)\alpha}}{\sin{(2i+1)\alpha}}=\frac{h\sin\alpha}{\sin{(2n-1)\alpha}}.
    $$
    Ну, и минимальное расстояние равно, соответственно, $h_n\ctg\alpha$.

    Во второй постановке решение несколько сложнее. Пусть $A_i$~--- точка $i$-го отражения от нижней стенки, а $B_i$, соответственно, от верхней.
    Если $(2n-1)\alpha>90$, то ближайшая точка лежит на отрезке $A_{n-1}B_n$, иначе на отрезке $B_nA_n$. Расстояние до ближайшей точки траектории
    $h_n(cos\gamma+\sin\gamma\ctg\alpha)$, где $\gamma=2(n-1)\alpha$, если $(2n-1)\alpha>90$, и $\gamma=180-2n\alpha$, если $(2n-1)\alpha<90$.
    Если $(2n-1)\alpha=90$, то ближайшая точка~--- это $B_n$. Если $2n\alpha=90$, то ближайшая точка~--- это $A_n$.

    А вот существуют ли такие $\alpha$, при которых траектория всегда будет отражаться от стенок (т. е. угол, под которым она идёт, никогда не
    будет в интервале $[180-\alpha:180]$)? И, если да, что представляет собой множество таких значений $\alpha$?

    ОтветитьУдалить