Правка раздела «Расстояния отстояния»

astrosander правка от 29 сент. 2026 г., 12:44

правка #22153 предыдущая #22152 ← раньше

ru/5.8.6.md +1 −1

			### Условие

			$5.8.6.$ Решите задачи $5.8.5$ в случае, когда первоначально тангенс угла падения равен $1/m$, где $m$ — целое число.


			### Решение


			#### Введение

			Введем оси $x,y$ вдоль сторон соседних квадрата, в котором первоначально перемещается атом. Ось $x$ направлена вправо по нижней стороне, $y$ — вверх по левой стороне, если смотреть на квадрат прямо. Атом стартует с середины нижней стороны и летит сначала на правую сторону квадрата. Стороны квадрата $a$.

			Угол падения для удобства считаем прилежащий к правой стороне квадрата, поэтому получается $\tan\alpha_0 = m$ (это справедливо, например, если угол падения в условии отсчитывали от нормали к первой точке столкновения с правой стеной).


			#### Условие замкнутости

			Введем понятие периода движения по оси. Период по оси — время, за которое тело делает одно колебание по данной оси. Периоды по осям $x,y$ обозначим $T_x,T_y$.

			Чтобы траектория была замкнута, нужно чтобы периоды относились как целые числа (ср. задачу $3.4.9$). Можно исследуемые траектории назвать <i>ломаными фигурами Лиссажу</i> (ср. задачу $3.4.11$).

			Посмотрим, как с этим связан тангенс угла падения:

			$$
			\tan\alpha = \frac{v_x}{v_y} = \frac{\frac{2a}{T_x}}{\frac{2a}{T_y}} = \frac{T_y}{T_x} = \frac{p}{q},
			$$

			где $v_x,v_y$ — скорости по осям $x,y$, а $p,q$ — целые числа, не имеющие общего делителя.

			То есть тангенс угла падения для замкнутости должен быть рациональным числом [1].

			Для первоначального угла падения

			$$
			\tan\alpha_0 = m.
			$$

			Для угла падения $\alpha_0 + \Delta$, тангенс которого мало отличается от $m$ для замкнутости можно записать

			$$
			M = \tan\left(\alpha_0 + \Delta\right) = \frac{p}{q} = m + \frac{k}{n},
			$$

			где $\dfrac{k}{n}$ — также рациональная дробь и несократимая, причем $n\gg k$.

			В случаях тангенса, не представимого в данном виде, замкнутости нет, тангенс оказывается иррациональным числом (и $M = m + i$, где $i$ — иррациональное)!


			#### Пункт а

			Сначала получим связь $\Delta$ с $k,n$.

			С учетом тригонометрии [2] при замкнутости для тангенса суммы

			$$
			M \approx \boxed{\frac{m + \Delta}{1 - m\Delta} = m + \frac{k}{n}.}
			$$

			Рамочную формулу преобразуем в модели чисел $\boxed{m \sim 1}$ и получим приближенно

			$$
			\boxed{\boxed{\Delta \approx \frac{k}{n\left(1 + m^2\right)}.}}\tag{1}
			$$

			(Это удовлетворяет результату случая $m = 1$ в задаче $5.8.5$.)

			Если $M$ так не представима как $m$ плюс рациональное, то траектория незамкнута.

			Теперь рассчитываем среднюю скорость места удара по каждой стене.


			##### Средняя скорость

			Для этого найдем смещение точки за один период по «медленной оси» (в нашем случае медленная ось $y$). Это будут шаги, которые делает точка удара относительно начальной точки. Рассуждения делаем прямо в рамках квадрата по ломанной траектории.

			Итак у нас какой-то угол $\alpha_0 + \Delta$, который дает тангенс, обозначаемый

			$$
			M = \tan\left(\alpha_0 + \Delta\right) = m + \frac{k}{n}.
			$$

			Рассмотрим пошагово один подъем до верхней стороны квадрата с начала.

			- До первого столкновения по оси $y$ подъем на
			$$
			\frac{a}{2M}.
			$$
			- Затем еще $m - 1$ участков по высоте $\dfrac{a}{M}$ записываем как
			$$
			\left(m - 1\right)\frac{a}{M}.
			$$
			- И еще остаток $O$ как $a$ минус предыдущие. После упрощения
			$$
			O = a - \frac{a}{M}\left(m - \frac{1}{2}\right).
			$$

			После этого получаем смещение по оси $x$ относительно начальной координаты, когда точка оказалась на верхней стороне:

			$$
			\delta_\text{в} = O\cdot M - \frac{a}{2} = a\left(M - m\right).
			$$

			После снижения до нижней смещение относительно начального по $x$ равно

			$$
			\boxed{\delta = 2a\left(M - m\right).}
			$$

			Величину $\delta$ назовем смещением точки удара за цикл (за период по оси $y$).

			Время на накопление $\delta$ есть один период $T_y$:

			$$
			T_y = \frac{2a}{v\cos\left(\alpha_0 + \Delta\right)},
			$$

			с тригонометрией, обозначениями и приближениями переписать:

			$$
			T_y = \frac{2a}{v}\sqrt{M^2 + 1} \approx \frac{2a}{v}\sqrt{m^2 + 1}.
			$$

			Итак, средняя скорость перемещения удара по нижней стене

			$$
			v'_x = \frac{\delta}{T_y} = \frac{v\left(M - m\right)}{\sqrt{m^2 + 1}},
			$$

			что с учетом $(1)$

			$$
			\boxed{\boxed{v'_x \approx v\Delta\sqrt{m^2 + 1}.}}
			$$

			А средняя скорость перемещения удара по вертикальной стене по геометрии получается делением предыдущей на $m$:

			$$
			\boxed{\boxed{v'_y \approx \frac{v\Delta\sqrt{m^2 + 1}}{m}.}}
			$$

			(Это удовлетворяет результату случая $m = 1$ в задаче $5.8.5$.)

			Если $M = m + i$, где $i$ — иррациональное, то результат получается такой же для скоростей.


			##### Расстояния отстояния

			Посмотрим на выходящие прямые из точки удара, сдвигающейся по нижней стороне, в процессе вырисовывания траектории и заметим по геометрии, что параллельные прямые отодвигаются после ближайших $1, 2, 3, \ldots$ циклов на

			$$
			h_0 = \delta \cos (\alpha_0 + \Delta),
			$$

			что по упрощениям выше дает

			$$
			h_0 = 2a\Delta\sqrt{1+m^2}.
			$$

			Так все время, если каждый следующий ряд из $\delta$ на стороне квадрата ложится своими стыками на предыдущий ряд из $\delta$ (отражения от стен). В общем случае это не так и нужно найти, как каждое $\delta$ первого ряда делится стыками новых таких рядов после отражений от стен.

			Сначала стоит определить связь условия замыкания с длинами $\delta, a$. Внутри квадрата с ломаной траекторией это сложно. Поэтому приходим к методу «выпрямить кривое» — каждый раз при столкновении после начала движения атома по симметрии отражения продолжаем траекторию по прямой через стену в отраженный квадрат относительно стены столкновения. Все это происходит как на бесконечной сети с ячейкой $a\times a$ и измерения проводить удобно. Это используется в теории <i>математических бильярдов</i> [3].

			Теория мат. бильярдов подтверждает, что замыкание траектории будет тогда, когда луч из начальной точки на бесконечной указанной сети попадет в такую же точку на некоторой ячейке, копии исходного квадрата, на нечетной горизонтальной прямой сети (это отображения исходной стороны квадрата, отсчет номеров горизонтальных прямых с единицы с прямой на исходной стороне квадрата).

			Заметим, что по анализу пересечения луча на нечетных горизонтальных прямых сети для такого замыкания на бесконечной сети точка удара проходит в общем <i>целое число длин $a$, на которых будет умещаться целое число длин $\delta$</i>. Из числа содержания $\delta$ в одном $a$

			$$
			\frac{a}{\delta} = \frac{1}{2} \frac{1}{M - m} = \frac{n}{2k} \gg 1
			$$

			(это число может быть не целым!) видим, что для замыкания нужно пройти длину $a$ столько раз $x$, сколько раз $x$ нужно взять дробь $\dfrac{n}{2k}$, так чтобы $x\dfrac{n}{2k}$ стало целым.

			Число проходов $x$ зависит от четности $n$.

			- Если $n$ — четное, то нужно пройти $x = k$ раз по расстоянию $a$.<br>
			В этом случае замкнутой траектории, так как каждый раз сдвиг ближайших рядов ударов на одно и то же расстояние меньше $\delta$, по равномерности заполнения траекторией квадрата минимальное расстояние отстояния прямых соседних друг от друга равно
			$$
			\boxed{h_1 = \frac{2a\Delta\sqrt{1+m^2}}{k}.}
			$$
			или с приближением формулы $(1)$ для $\Delta$
			$$
			\boxed{\boxed{h_1 = \frac{2a}{n\sqrt{1+m^2}}.}}
			$$
			и в приближении не зависит от числа $k$!

			- Если $n$ — нечетное, то нужно пройти $x = 2k$ раз по расстоянию $a$.<br>
			В таком случае замкнутой траектории аналогично минимальное расстояние отстояния прямых соседних друг от друга равно
			$$
			\boxed{h_1 = \frac{2a\Delta\sqrt{1+m^2}}{2k}.}
			$$
			или с приближением формулы $(1)$ для $\Delta$
			$$
			\boxed{\boxed{h_1 = \frac{2a}{2n\sqrt{1+m^2}}.}}
		@@ -195,7 +195,7 @@Расстояния отстояния
			$$
			и в приближении тоже не зависит от числа $k$!

		−	(Отличается от ответа задачника и от ответа задачника при условии $m=1$ в задаче~$5.8.5$.)
		+	(Отличается от ответа задачника и от ответа задачника при условии $m=1$ в задаче $5.8.5$.)

			Для быстрой частной проверки принципа дробления шага $\delta$ на $k$ или $2k$ частей при полном замыкании траектории далее два рисунка.

			На следующем одном рисунке для четного(!) $n = 100$ (число траектории $M = m + k/n = 2 + 3/100$) показан размер дробления $\delta/k = 2a/n$, вычисленный по этой формуле, на который дробится $\delta$ при полном замыкании траектории вблизи начала движения (увеличение области у начала движения, весь квадрат $a\times a$ не виден); картина параллельных прямых есть часть общей траектории, построенной независимо программно по законам отражения.

			![$M = m + k/n = 2 + 3/100$. Размер дробления $\delta/k = 2a/n$ согласован\|283x142, 80%](../../img/5.8.6/pic_small1.svg)

			На следующем одном рисунке для нечетного(!) $n = 101$ (число траектории $M = m + k/n = 2 + 3/101$) показан размер дробления $\delta/(2k) = 2a/(2n)$, вычисленный по этой формуле, на который дробится $\delta$ при полном замыкании траектории вблизи начала движения. (Размер и масштаб области как в предыдущем рисунке.)

			![$M = m + k/n = 2 + 3/101$. Размер дробления $\delta/(2k) = 2a/(2n)$ согласован\|283x142, 80%](../../img/5.8.6/pic_small2.svg)

			Если траектория не замкнута, вся поверхность квадрата заполняется и отстояние параллельных прямых равно

			$$
			\boxed{\boxed{h_2 = 0.}}
			$$


			##### Галерея

			Здесь покажем траектории атома с указанием начальных условий при разных числах $\boxed{M = 2 + \dfrac{k}{n}}$.

			Следующие три рисунка показывают траекторию при $k/n = 5/102$ за $1, 2, 3$ периода по оси горизонтальной соответственно; начало в середине нижней стороны, скорости $v_x/v_y = M$, начальная скорость вправо вверх. На рисунках красный набор прямых — движение точки удара вправо после начала, синий набор — движение далее от правой стены к левой, зеленый набор — дальнейшее движение после второй смены направления движения точки удара на левой стене.

			![$k/n = 5/102$ за $1$ период по оси $x$\|283x282, 80%](../../img/5.8.6/pic_T1.svg)

			![$k/n = 5/102$ за $2$ периода по оси $x$\|283x282, 80%](../../img/5.8.6/pic_T2.svg)

			![$k/n = 5/102$ за $3$ периода по оси $x$\|283x282, 80%](../../img/5.8.6/pic_T3.svg)

			Следующие рисунки подтверждают выраженную зависимость $h_1$ от четности $n$. При четном $n$ расстояние между параллельными соседними больше практически в $2$ раза, чем при ближайшем нечетном $n$. Показаны полные заполнения квадрата (достигнуто замыкание).

			![$k/n = 5/101$. Нечетное $n$ (заполнено)\|283x282, 80%](../../img/5.8.6/pic_U1.svg)

			![$k/n = 5/102$. Четное $n$ (заполнено)\|283x282, 80%](../../img/5.8.6/pic_U2.svg)

			![$k/n = 5/103$. Нечетное $n$ (заполнено)\|283x282, 80%](../../img/5.8.6/pic_U3.svg)

			![$k/n = 5/104$. Четное $n$ (заполнено)\|283x282, 80%](../../img/5.8.6/pic_U4.svg)

			Следующие рисунки подтверждают приближенную независимость(!) расстояния $h_1$ от числа $k$ на примерах чисел $k/n = 3/104, 5/104, 7/104$ с полным заполнением.

			![$k/n = 3/104$ (заполнено)\|283x282, 80%](../../img/5.8.6/pic_V1.svg)

			![$k/n = 5/104$ (заполнено)\|283x282, 80%](../../img/5.8.6/pic_V2.svg)

			![$k/n = 7/104$ (заполнено)\|283x282, 80%](../../img/5.8.6/pic_V3.svg)

			На следующей паре рисунков коротко отметим приближенную обратную зависимость $h_1$ от $n$ (на сколько возможно явно и на сколько возможно близко к модели).

			![$k/n = 7/78$ (заполнено)\|283x282, 80%](../../img/5.8.6/pic_W1.svg)

			![$k/n = 7/110$ (заполнено)\|283x282, 80%](../../img/5.8.6/pic_W2.svg)


			#### Пункт б

			Невероятно, чтобы $\tan\left(\alpha_0 + \Delta\right)$ был точно равен целое $m$ плюс простая дробь, например $0{,}03$, так как вблизи этого числа может быть сколько угодно других чисел, например чисел типа $m + 0{,}03 + \sqrt{2}/n$, $n$ — целое число, которые сколько угодно мало отличаются от $m + 0{,}03$. Эти числа называются иррациональными, и в математике доказывается, что множество этих чисел более мощно, чем множество простых дробей. Если число иррационально, то траектория не замкнута.

			$$
			p = S/a^2.
			$$


			#### Пункт в

			В плоскости, перпендикулярной квадрату, аналогично пункту б невероятно, чтобы $\tan\left(\Delta\right)$ был точно равен простой дроби, поэтому объем куба заполняется полностью (эта плоскость также заполняется следами проекции точки на нее).

			$$
			p = \frac{V}{a^3}.
			$$

			(Знатоки добавят сюда про теорию вероятностей и еще что-то.)

			Следующая иллюстрация — картина «Бильярд. Клеточные комплексы» профессионального математика — Фоменко, Анатолий Тимофеевич, он также художник, выполняющий фантастические рисунки на вдохновении профессиональных математических и физических идей (из книги «Математика и миф сквозь призму геометрии» [4]).

			![\|1139x804, 70%](../../img/5.8.6/pic_x1.png)


			#### Литература

			[1] М.И. Башмаков, Б.М. Беккер и В.М. Гольховой. <i>Задачи по математике: алгебра и анализ</i>. Библиотечка «Квант», 1982.

			[2] И. Яковлев. <i>Тригонометрические формулы</i>. 2014.

			[3] Г.А. Гальперин и А.Н. Земляков. <i>Математические бильярды (бильярдные задачи и смежные вопросы математики и механики)</i>. Библиотечка «Квант», 1990.

			[4] А.Т. Фоменко. <i>Математика и миф сквозь призму геометрии</i>. МГУ, 2001.


			#### Ответ

			а. Замкнута при

			$$
			M = \tan\left(\alpha_0 + \Delta\right) = \frac{p}{q} = m + \frac{k}{n},
			$$

			где $\alpha_0$ — прилежащий к стороне угол падения первоначальный, $\dfrac{p}{q}$ — рациональная несократимая дробь, $\dfrac{k}{n}$ — также рациональная дробь и несократимая, причем $n\gg k$.

			В случаях тангенса, не представимого в данном виде, замкнутости нет, тангенс оказывается иррациональным числом (и $M = m + i$, где $i$ — иррациональное)!

			В модели чисел $\boxed{m \sim 1}$ при замыкании получим приближенно

			$$
			\Delta \approx \frac{k}{n\left(1 + m^2\right)}.
			$$

			Средняя скорость по оси быстрых колебаний

			$$
			v'_x \approx v\Delta\sqrt{m^2 + 1}.
			$$

			А средняя скорость по оси медленных колебаний:

			$$
			v'_y \approx \frac{v\Delta\sqrt{m^2 + 1}}{m}.
			$$

			При замкнутой

			- если $n$ — четное,
			$$
			h_1 = \frac{2a\Delta\sqrt{1+m^2}}{k}
			$$
			или с приближением $m \sim 1$ для $\Delta$
			$$
			h_1 = \frac{2a}{n\sqrt{1+m^2}};
			$$

			- если $n$ — нечетное,
			$$
			h_1 = \frac{2a\Delta\sqrt{1+m^2}}{2k}
			$$
			или с приближением $m \sim 1$ для $\Delta$
			$$
			h_1 = \frac{2a}{2n\sqrt{1+m^2}}.
			$$

			При незамкнутой

			$$
			h_2 = 0.
			$$


			б. Невероятно, чтобы $\tan\left(\alpha_0 + \Delta\right)$ был точно равен целое $m$ плюс простая дробь, например $0{,}03$, так как вблизи этого числа может быть сколько угодно других чисел, например чисел типа $m + 0{,}03 + \sqrt{2}/n$, $n$ — целое число, которые сколько угодно мало отличаются от $m + 0{,}03$. Эти числа называются иррациональными, и в математике доказывается, что множество этих чисел более мощно, чем множество простых дробей. Если число иррационально, то траектория не замкнута.

			$$
			p = S/a^2.
			$$


			в. В плоскости, перпендикулярной квадрату, аналогично пункту б невероятно, чтобы $\tan\left(\Delta\right)$ был точно равен простой дроби, поэтому объем куба заполняется полностью (эта плоскость также заполняется следами проекции точки на нее).

			$$
			p = \frac{V}{a^3}.
			$$
		ещё строк без изменений 156