Решение

Используя результат, полученный в 1.3.6, в некий момент времени $t$ можно записать следующие уравнения для скорости точки:

$$v_x = v \cos\alpha$$

$$v_y = v \sin\alpha - gt$$

Уравнение перемещения точки по осям будет иметь вид:

$$x = vt \cos\alpha$$

$$y = vt \sin\alpha - \frac{gt^2}{2}$$

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:

$$L_M = r_M^2 = x_M^2 + y_M^2$$

$$L_M = (vt \cos\alpha )^2 + \left(vt \sin\alpha - \frac{gt^2}{2}\right)^2$$

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:

$$2v^2 - 3v\tan\sin\alpha + g^2t^2 < 0$$

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:

$$t \in \left[t_1;\min\left(t_2, \frac{2v\sin\alpha}{g}\right)\right],$$

$$t_1 = \frac{v}{2g}\left(3\sin\alpha - \sqrt{1 - 9\cos^2 \alpha}\right),$$

$$t_2 = \frac{v}{2g}\left(3\sin\alpha + \sqrt{1 - 9\cos^2 \alpha}\right),$$

$$\alpha\in [70.53^\circ; 90^\circ]$$

Если интересует длительность промежутка времени, в который приближение происходит, она равна:

$$\min\left(t_2, \frac{2v\sin\alpha}{g}\right) - t_1$$

Если минимум равен $t_2$, получаем решение:

$$\frac{v}{g} \cdot \sqrt{1 - 9\cos^2 \alpha}, \quad \alpha\in [70.53^\circ; 90^\circ]$$