Правка разделов «Решение», «Ответ»

astrosander правка от
Посмотреть решение История
правка #11731 предыдущая #11301 ← раньше позже →
ru/1.3.30.md +9 −5
@@ -6,23 +6,27 @@Решение:
Используя результат, полученный в [1.3.6](../1.3.6), в некий момент времени $t$ можно записать следующие уравнения для скорости точки:
−$v_x = v \cos\alpha$ $v_y = v \sin\alpha - gt$
+$$v_x = v \cos\alpha$ $v_y = v \sin\alpha - gt$$
Уравнение перемещения точки по осям будет иметь вид:
−$x = vt \cos\alpha$ $$y = vt \sin\alpha - \frac{gt^2}{2}$$
+$$x = vt \cos\alpha$$
+$$y = vt \sin\alpha - \frac{gt^2}{2}$$
+
В любой точке $M$ квадрат расстояния $r^2$ от начала координат до этой точки может быть найден по теореме Пифагора. Мы ищем квадрат, чтобы не заморачиваться извлечением квадратного корня, поскольку сама величина $r$ нам не нужна:
−$L_M = r_M^2 = x_M^2 + y_M^2 $ $$L_M = (vt \cos\alpha )^2 + \left(vt \sin\alpha - \frac{gt^2}{2}\right)^2$$
+$$L_M = r_M^2 = x_M^2 + y_M^2 $$
+$$L_M = (vt \cos\alpha )^2 + \left(vt \sin\alpha - \frac{gt^2}{2}\right)^2$$
+
Чтобы определить область убывания функции $L(t)$, нужно найти значения $t$, при которых производная $L'(t)$ будет отрицательной. Упростим $L(t)$, раскрыв скобки и используя основное тригонометрическое тождество, а затем найдем производную:
$$L(t) = t^2v^2 - vt^3g\sin\alpha + \frac{1}{4}g^2t^4$$ $$\frac{dL}{dt} = 2tv^2 - 3vt^2g\sin\alpha + g^2t^3 $$ $$\frac{dL}{dt} = t(2v^2 - 3v\tan\sin\alpha + g^2t^2)$$
Осталось решить неравенство:
−$2v^2 - 3v\tan\sin\alpha + g^2t^2 < 0$
+$$2v^2 - 3v\tan\sin\alpha + g^2t^2 < 0$$
Сначала определим точки, где левая часть обращается в ноль, а потом найдем необходимые интервалы. Получается квадратное уравнение относительно $t$; его решение тривиально и приводить я его не буду. Получаем два корня, которые можно записать одним выражением:
@@ -38,9 +42,9 @@Решение:
#### Ответ:
−$t=(V/g)\sqrt{9\sin^{2}\alpha -8}\text{ при }\sin\alpha >\sqrt{8/9};$
+$t=(V/g)\sqrt{9\sin^{2}\alpha -8}$ при $\sin\alpha >\sqrt{8/9};$
$ t=0\text{ при }\sin\alpha <\sqrt{8/9}.$