Автор Тема: Эллипс  (Прочитано 2271 раз)

0 Пользователей и 1 Гость просматривают эту тему.

Оффлайн c2h5oh

  • Постоялец
  • ***
  • Сообщений: 114
    • Просмотр профиля
Re: Эллипс
« Ответ #15 : 07 Сентябрь 2018, 18:46:42 »
У меня получился правильный ответ при неправильном решении. Я искал на какой максимальный угол можно повернуть эллипс относительно его "горизонтального" положения,  чтобы он мог находиться в таком положении в устойчивом равновесии на наклонной плоскости. Про то, что угол наклона этой плоскости может начать уменьшаться, я забыл. Так что вместо двух условий я проверял только одно. Но они оба сводятся к одному уравнению cos(2t)=0.
1 условие: (r,R+r)=0, это уже было, только более подробно.

2 условие, которое я вначале не проверял: d/dtcos(v,r)=d/dt(vr/(vr))=0.

Для произвольного овала могут быть разные варианты.

Оффлайн hripunov

  • Эксперт
  • ******
  • Сообщений: 5353
    • Просмотр профиля
    • E-mail
Re: Эллипс
« Ответ #16 : 07 Сентябрь 2018, 20:42:13 »
У меня получился правильный ответ при неправильном решении.
:D Интересно  :beer:

А я снова попытался  найти чисто графическое решение,  без привлечения интегрального исчисления. Строгого доказательства не выходит, но довольно наглядно  можно объяснить поиск искомой точки графически.
 По сути, после прояснения физической составляющей, задача сводится к тому, чтобы геометрически найти такую точку на  эллипсе, где при пересечении его абриса  лучом, проходящим церез центр, получается самый острый , он же самый тупой угол с касательной.
Представим эллипс косой проекцией круга ( вид наполовину сверху, наполовину сбоку). Проведем у круга отрезки-радиусы и на концах их  касательные. Перенесем это на ту проекцию, где круг выглядит эллипсом.
очевидно, что на этой проекции наиболее острый, он же самый тупой  угол между отрезком и касательной будет там, где у круга луч-радиус наклонен под углом 45гр. То есть, искомая касательная к эллипсу получается параллельна прямой, соединяющей концы полуосей. Дальше остаются элементарные  поиски углов  по катетам с учетом, что искомый и найденный  луч через центр принимается за вертикаль.

« Последнее редактирование: 07 Сентябрь 2018, 20:51:47 от hripunov »
Сеня! По-быстрому объясни товарищу, почему Володька сбрил усы!...

Оффлайн South Paw Mary

  • Эксперт
  • ******
  • Сообщений: 1339
    • Просмотр профиля
Re: Эллипс
« Ответ #17 : 08 Сентябрь 2018, 09:11:15 »
Цитировать
У меня получился правильный ответ при неправильном решении.

Посмотрите первую самостоятельную игру Крюка от декабря 01.

Оффлайн c2h5oh

  • Постоялец
  • ***
  • Сообщений: 114
    • Просмотр профиля
Re: Эллипс
« Ответ #18 : 09 Сентябрь 2018, 21:52:59 »
Если я правильно понял, для любого угла φ<45о можно провести 2 пары перпендикулярных отрезков. При сжатии окружности в эллипс угол между красными отрезками остаётся равным углу между зелёными, а для жёлтых, которые соответствуют 45о будет или минимум, или максимум. Но это ничего не говорит об устойчивости равновесия.

Оффлайн South Paw Mary

  • Эксперт
  • ******
  • Сообщений: 1339
    • Просмотр профиля
Re: Эллипс
« Ответ #19 : 09 Сентябрь 2018, 23:38:13 »
Сжатии или растяжении?

Оффлайн hripunov

  • Эксперт
  • ******
  • Сообщений: 5353
    • Просмотр профиля
    • E-mail
Re: Эллипс
« Ответ #20 : 10 Сентябрь 2018, 00:23:43 »
Если я правильно понял, для любого угла φ<45о можно провести 2 пары перпендикулярных отрезков. При сжатии окружности в эллипс угол между красными отрезками остаётся равным углу между зелёными, а для жёлтых, которые соответствуют 45о будет или минимум, или максимум. Но это ничего не говорит об устойчивости равновесия.
Именно точки пересечения желтых линий с эллипсом и есть те самые точки, в которых опорная наклонная плоскость ( или опорная линия) имеет максимально крутой угол ( То есть, именно на эти точки мы будем опирать эллипс, желая поставить его на масимально крутую наклонную линию). Физическое обоснование таково: если мы ставим эллипс на наклонную линию , то вертикаль,проходящая через его центр (центр тяжести) , попадает точно в точку касания эллипса этой наклонной линией.  Значит, для поиска максимально крутого угла наклона , при котором в принципе еще  возможно поставить эллипс, нам нужно найти такую точку на эллипсе заданной формы, в которой линия, проходящая через центр и касательная пересекутся под самым острым углом. Таким образом физическая задача трансформируется в геометрическую.  Так как невозможно получить более острых  углов пересечения, значит невозможно наклонять опорную линию круче.
« Последнее редактирование: 10 Сентябрь 2018, 00:27:38 от hripunov »
Сеня! По-быстрому объясни товарищу, почему Володька сбрил усы!...

Оффлайн fortpost

  • Ветеран
  • *****
  • Сообщений: 575
    • Просмотр профиля
    • E-mail
Re: Эллипс
« Ответ #21 : 10 Сентябрь 2018, 04:02:21 »
По просьбе Tugrika

Ещё одно решение задачи про эллипс. По математической части оно получилось внешне весьма похоже на моё предыдущее решение, но по сути оно весьма другое. Физическая часть вообще другая.

Для начала пара физических фактов (уже совсем других фактов).

1) Здесь можно применить стандартный подход решения задач на механическую устойчивость. Главная идея положения устойчивого равновесия – это чтобы небольшие отклонения тела от положения равновесия были энергетически не выгодны для системы тело + земля. Т.е., попросту говоря, чтобы, при отклонении эллипса в сторону скатывания по наклонной плоскости (рампе), его центр массы (геометрический центр) приподымался по вертикали относительно земли вверх. Т.о. потенциальная энергия эллипса в поле тяготения земли будет возрастать, что не выгодно для системы земля (наклонная плоскость/рампа) + эллипс.

2) При скатывании эллипса имеют место два конкурирующих процесса (см. рисунок  https://ibb.co/nx9fAK ) :
    1 – поскольку каждая следующая точка рампы в сторону скатывания расположена ниже, то, при любом угле наклона рампы, скатывание ведёт к снижению высоты точки касания Т. А это, в свою очередь, может/должно приводить и к снижению положения центра массы.
    2 - поскольку “радиус” эллипса не одинаков для разных углов α, а монотонно растёт от b до а при уменьшении угла α от 90° до 0°, и при скатывании угол α уменьшается, то это ведёт к монотонному увеличению длины отрезка [Т”Center of mass”]. А это, в свою очередь, может/должно приводить к повышению положения центра массы.
Т.о. скатывание ведёт 1) к снижению точки Т и 2) увеличению длины отрезка [Т”Center of mass”]. Какой из этих двух процессов доминирует и определяет, будет ли эллипс скатывать или нет. А когда эти два процесса станут вносить одинаковый по величине противоположный вклад, вот тогда это и будет соответствовать положению равновесия.
==============

Теперь переходим к самому решению.

1) Найдём сначала, при каком угле α будет иметь место равновесие в случае произвольного (не обязательно максимального) угла φ.

(см. рис. https://ibb.co/nj2DFU)


Как было сказано выше, в положении равновесия микроскопические (дифференциальные) изменения dα угла α должны приводить к тому, что снижение dh высоты точки касания Т (Т переходит в Т’) будет компенсироваться приростом dr радиуса r эллипса в точке T’, т.е.

dh = dr.                    (1)

Если это соблюдается, то положение центра масс С эллипса будет неизменно по высоте, что и нужно для равновесия. С’ останется на той же высоте, что и С.

dh находится легко:
dh = dx ∙ tgφ                      (2)

dx тоже находится легко. Имеем:
tg(dα) = dx/(r+dh).  Отсюда     
 dx = (r + dh) ∙ tg(dα)                (3)

Так как dα и dh – дифференциалы, т.е. они стремятся к нулю, то (3) сводится к

dx = r ∙ dα                (4)

Подставляем (4) в (2):

dh = r ∙ tgφ ∙ dα                 (5)

dr находится из обозначения производной r’(α) = dr/dα

dr = r’(α) ∙ dα                 (6)

Подставляем (5) и (6) в (1):

r ∙ tgφ ∙ dα =  r’(α) ∙ dα
сокращаем на dα и получаем:
tgφ =  r’(α)/r

φ = arctg(r’(α)/r)               (7)

Зависимость радиуса r эллипса от угла α, как и прежде,
https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/e2be964a3f420aff32ce9bf0107c89b2b9e72d3b
(там вместо φ надо подразумевать α), т.е.

r = a*b*((a^2)*(sinα)^2 + (b^2)*(cosα)^2)^(-1/2)             (8)

Производная r’(α) равна:

r’(α) = a∙b∙(b^2 – a^2) ∙ sinα ∙ cosα ∙ [a^2 ∙ (sinα)^2 + b^2 ∙ (cosα)^2 ]^(-3/2)             (9)

Подставляем (8) и (9) в (7), сокращаем и получаем

φ = arctg(r’(α)/r) = arctg[ (b^2 – a^2)/(a^2 ∙ tgα + b^2 / tgα) ]                    (10)

(10) – это есть формула, связывающая угол α ориентации конкретного эллипса (а,b) (его большой полуоси а) по отношению к вертикали в положении равновесия в случае рампы с неким углом φ. Формула получилась «задом-наперёд», потому что, вообще-то говоря, должна быть обратная зависимость, т.е. α(φ). Но нам, в нашем конкретном случае, это даже лучше. А формулу (10) надо понимать так: Есть конкретный эллипс, заранее сориентированный под углом α к вертикали. И вопрос – какой угол φ должна иметь рампа, чтобы этот эллипс с углом α мог стоять на ней.

2) Теперь для нахождения φmax нам надо взять производную от φ(α) по α и приравнять нулю.
Там формула φ’(α) - весьма громоздкая дробь, но нам нужен только её числитель, который равен:

(b^2 – a^2) ∙ [ b^2 ∙ ((ctgα)^2 +1) – a^2 ∙ ((tgα)^2 + 1)]

Приравняв его нулю, получим уравнение (ниже везде вместо α подразумевается αφmax)

b^2 ∙ ((ctgα)^2 +1) = a^2 ∙ ((tgα)^2 + 1)               (11)

Это даёт нам квадратное уравнение

a^2∙V^2 + (a^2 – b^2)∙V – b^2 = 0                         (12)
V = (tgα)^2 лишь для удобства записи

Квадратное уравнение даёт два корня
V1 = b^2/a^2, т.е. (tgα)^2 = b^2/a^2    и   значит

tgα = b/a       или    α = arctg(b/a)                       (13)

и V2 = -1, т.е. (tgα)^2 = -1, т.е. tgα = i. С этим корнем я не знаю, что делать и игнорирую его.
   По идее, в общем случае, второй корень должен соответствовать второму экстремуму φ(α). Возможно, это соответствует минимуму φmin. Не даром arctg(i) = 0 + 19,8572i, т.е. действительная часть равна нулю, т.е. угол φ = 0, что и есть минимум.

3) Далее, подставляем (13) в (10) и находим φmax:

φ = arctg[ ( b^2 – a^2)/( a^2 ∙ tgα + b^2 / tgα ) ] = arctg[ ( b^2 – a^2)/( a^2 ∙ tg(arctg(b/a)) + b^2 / tg(arctg(b/a))) ] =
= arctg[ (b^2 – a^2)/( a^2 ∙ (b/a) + b^2 / (b/a)) ] = arctg[ ( b^2 – a^2)/( a∙b + b∙a) ] =
= arctg[ (b^2 – a^2)/( 2a∙b) ]

Ответ: φmax = arctg[ (b^2 – a^2)/( 2a∙b) ]   

Здесь у меня минус завис, но его можно игнорировать, это лишь вопрос ориентации/направления угла.

--------------------

Чтобы переделать этот ответ в виде как у спирта, перепишем:
tgφ = (b^2 – a^2)/( 2a∙b)
(tgφ)^2 = [(b^2 – a^2)/(2a∙b)]^2
[sinφ / cosφ]^2 = [1 – (cosφ)^2]/(cosφ)^2 = [(b^2 – a^2)/(2a∙b)]^2
1/(cosφ)^2 – 1 = [(b^2 – a^2)/(2a∙b)]^2
1/(cosφ)^2 = [(b^2 – a^2)/(2a∙b)]^2 + 1 = [(b^2 – a^2)/(2a∙b)]^2 + (2a∙b)^2/(2a∙b)^2 =
= (b^2 – a^2)^2/(2a∙b)^2 + (2a∙b)^2/(2a∙b)^2 = [(b^2 – a^2)^2 + (2a∙b)^2]/(2a∙b)^2 =
= [b^4 – 2(ab)^2 + a^4 + 4(a∙b)^2]/(2a∙b)^2 = = [b^4 + 2(ab)^2 + a^4]/(2a∙b)^2 =
= [b^2 + a^2]^2/(2a∙b)^2
итого:
1/(cosφ)^2 = [b^2 + a^2]^2/(2a∙b)^2
т.е.
(cosφ)^2 = (2a∙b)^2 / [b^2 + a^2]^2
cosφ = 2a∙b / [b^2 + a^2]
т.е.
φmax = arccos[ 2a∙b / (a^2 +b^2) ]



==================
Мне трудно прокомментировать решение спирта, ибо спирт на 100% использовал векторный анализ, а я его «изучал» только в институте, поэтому забыл. Но векторный анализ – очень мощная штука, и им можно решить любую геометрическую задачу. А саму идею спирта «отрезки MO и MP должны быть перпендикулярны» я не понял, ибо спирт не объяснил, как следует, почему так должно быть.

Что же касается второго геометрического эвристического решения хрипунова, то оно типа красивое. Мне там не очень нравится момент «Очевидно, что на этой проекции наиболее острый, …  угол между отрезком и касательной будет там, где у круга луч-радиус наклонен под углом 45гр.». Мне это не очень очевидно, и доказательство этого есть отдельная задача. Но! Это очень хорошо состыковывается с моим обнаруженным фактом, что «Треугол CTE, при максимальном угле φ, всегда равнобедренный, и углы α и ß равны» на рисунке https://ibb.co/f6OZqK . Действительно, поскольку эллипс – это сплюснутый круг, то при таком аффинном растяжении вдоль оси y, равносторонний треугол СТЕ всегда остаётся равносторонний. В частности, и в случае круга он будет равносторонний. А в случае круга это имеет место при 45°.

Используя метод хрипунова, очень легко построить (нарисовать) этот максимальный угол φmax:
1) Вытягиваем/отплющиваем эллипс обратно в круг (т.е. просто рисуем круг с центром в центре эллипса и радиусом а);
2) проводим радиус под 45°;
3) точка пересечения этого радиуса с кругом даст нам координату Тх точки Т на эллипсе;
4) через эту точку Т проводим прямую, параллельную отрезку АВ. Это получится касательная в точке Т;
5) строим перп к этой касательной в точке Т. Угол между этим перпом и лучём ТС – это и есть скомый угол φmax.
    Я, кстати, сначала не заметил, что на моём рисунке https://ibb.co/f6OZqK прямая ТЕ (рампа) параллельна отрезку АВ (не нарисован).
« Последнее редактирование: 10 Сентябрь 2018, 04:05:16 от fortpost »

Оффлайн South Paw Mary

  • Эксперт
  • ******
  • Сообщений: 1339
    • Просмотр профиля
Re: Эллипс
« Ответ #22 : 10 Сентябрь 2018, 09:47:50 »
Умножение обозначается не точкой, а звездочкой.

Оффлайн c2h5oh

  • Постоялец
  • ***
  • Сообщений: 114
    • Просмотр профиля
Re: Эллипс
« Ответ #23 : 10 Сентябрь 2018, 16:23:54 »
При сжатии окружности в эллипс угол между красными отрезками остаётся равным углу между зелёными, а для жёлтых, которые соответствуют 45о будет или минимум, или максимум.


То что это будет именно минимум можно доказать так. Пусть α+β=π/2, α,β>0. Тогда tg(α)∙tg(β)=1. Если α≠β то tg(α)+tg(β)>2√(tg(α)∙tg(β))=2=2tg(π/4). Пусть k - коэффициент сжатия окружности в эллипс, 0<k<1. Получим углы α' и β': tg(α')=k∙tg(α), tg(β')=k∙tg(β). tg(α'+β')=(tg(α')+tg(β'))/(1-tg(α')∙tg(β'))=(tg(α)+tg(β))k/(1-k²)>2tg(π/4)∙k/(1-k²).

А саму идею спирта «отрезки MO и MP должны быть перпендикулярны» я не понял, ибо спирт не объяснил, как следует, почему так должно быть.



В системе отсчета связанной с центром круга точки O и P и вертикальная прямая, проходящая через P, будут неподвижны, а центр масс будет вращаться вокруг O. Смотрим, куда смещается центр масс относительно вертикали при движении круга вправо-влево. Очевидно, что если этот центр находится в точке M₁ равновесие будет устойчивым, если в M₂ - неустойчивым. M - граничное положение, при котором в первый момент смещение происходит в вертикальном направлении.

Радиус кривизны эллипса можно вычислить так. Пусть дана окружность заданная уравнением x²+y²=R². Возьмем на ней две близкие точки на расстоянии 2l<<R, или 2l/R<<1. Учитывая это соотношение некоторые равенства будут приближенные. Возьмём ещё одну точку посередине между ними. Пусть угол между радиусом, проведенным к этой точке, и осью OX равен φ. Три точки определяют тупоугольный равнобедренный треугольник с основанием 2l и углом α: 2l/sin(α)=2R. Площадь S=l²sin(α)/2, высота h=S/l. Отсюда получаем R=l³/(2S), h=l²/(2R)=l∙l/(2R)<<l. Из последнего неравенства следует, что если треугольник сделать слегка неравнобедренным, сместив вершину параллельно основанию на величину порядка h, R останется тем же самым. Проекции основания на оси OX и OY равны 2lx=2l∙sin(φ), 2ly=2l∙cos(φ). Теперь сжимаем окружность и получаем эллипс и новый треугольник с параметрами a=R, b=ka, l'x=lx=l∙sin(φ), l'y= kly=kl∙cos(φ), S'=kS, l'=√((l'x)²+(l'y)²)=l√(sin²φ+k²cos²φ). Радиус кривизны эллипса это радиус окружности описанной около нового треугольника: R'=l'³/(2S').
R'/R=(l'/l)³(S/S'), R'=R(l'/l)³(S/S')=a(sin²φ+k²cos²φ)3/2(1/k)=(a²sin²φ+b²cos²φ)3/2/(ab).