По просьбе TugrikaЕщё 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 φ
max 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 α
φmax)
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 + 19,8572
i, т.е. действительная часть равна нулю, т.е. угол φ = 0, что и есть минимум.
3) Далее, подставляем (13) в (10) и находим φ
max:
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 φ
max:
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 φ
max.
Я, кстати, сначала не заметил, что на моём рисунке
https://ibb.co/f6OZqK прямая ТЕ (рампа) параллельна отрезку АВ (не нарисован).
