Neribotam laikui fotografuoti • Nikolajus Zinovas • Popiežiškųjų uždavinių "Elementai" • Matematika, fizika

Rėmelio šūvis

Užduotis

Rutulys juda vertikalioje plokštumoje pagal gravitacijos veiksmą ir atsveria horizontalųjį paviršių itin elastingai. Viskas vyksta absoliučioje tamsoje, tačiau kartais blykčioja blyksniai. Tokiais momentais kameros padėtis sureguliuojama.

1) Koks yra minimalus rėmelių skaičius? Galima neabejotinai atkurti rutulio trajektoriją, jei jūs nežinote, kuris iš jų buvo atliktas iki atsigavimo taško, o kurie po to?
2) Tarkime, kad mes žinome, kada kiekvienas rėmelis buvo paimtas. Kiek kad reikia atkurti rutulio trajektoriją šiuo atveju?
3) Tie patys klausimai, jei kamuolys gali atsitraukti keletą kartų.
4) Kas bus, jei atsižvelgiame į oro atsparumo jėgą, kuri yra priešinga veleno greičiui ir proporcinga greičio kvadratui (žinoma, proporcingumo koeficientas)


1 patarimas

Trečiojo taško pavyzdžiu galite pamatyti, kad yra daug rėmelių rinkinių, tačiau jie negali atkurti rutulio trajektorijos. Pavyzdžiui, jei ant šių rėmų atsiranda rutulys, vienodai išdėstytas horizontaliai, taškas tam pačiam aukščiui, tada galite paleisti bet kokį kelią per juos su laikotarpiu, skirstomu atstumu tarp gretimų taškų. Tačiau tokios išsigimtos konfigūracijos yra retos, ir natūralu jų neatsižvelgti.Pagalvokite, kokia prasme jie yra "reti" – mes aptarsime šį klausimą sprendime.


2 patarimas

Jei neatsižvelgiate į iškilusius atvejus, minimalus pakankamas rėmelių skaičius pirmojoje pastraipoje yra 4. Stenkitės pastatyti šio elemento išaugintą 4 taškų rinkinį su dviprasmišku atsakymu.


Sprendimas

1) Atsižvelgiant į tai, kad nėra oro atsparumo, rutulys tarp bangų nuo paviršiaus judės palei parabolę (kurios šakos yra žemyn). Kadangi atsitraukimas yra elastingas, visas jo trajektorija yra tokių identiškų parabolų (gautų perkeliant vieną iš kito) rinkinį, kuris susikerta į atsitraukimo nuo paviršiaus taškus (1 pav.). Iš esmės užduotis yra sumažinta iki šiol: norint nustatyti pagal žinomų taškų skaičių, tokio tipo trajektorija yra unikaliai atkurta. Tarpinių gretimų atspindžio taškų intervalai bus vadinami trajektorijos laikotarpiu.

Pav. 1.

Iš pagrindinės teorijos algebra tai reiškia, kad per bet kurią n + 1 taškas "praeina" vienintelis laipsnio polinomas n (dvi pagrindinės tokio polinomo konstrukcijos – Niutonas ir Lagrange). Kadangi parabola apibrėžiama antro laipsnio polinomu, jei vienas iš parabolų yra žinomas trimis taškais (trajektorija tarp pakartojimų), trajektorija yra unikaliai atkurta.Galima parodyti, kad bet kuri parabolinė trajektorija yra fiziškai įmanoma, nes jos šakos nukreiptos žemyn, o viršutinė virš horizontalios ašies (tai yra virš paviršiaus, iš kurio rutulys atsitraukia).

Tarkime, yra trys rėmeliai. Tai yra žinomi trys taškai – A, In ir Su (iš kairės į dešinę) – ant rutulio trajektorijos (mes manome, kad jie nestovi vienoje tiesiojoje linijoje – šį atvejį lengva išardyti atskirai). Problema ta, kad apskritai atsitiktinumo vieta nėra žinoma, taigi nebegalima iš karto pasakyti, ar šie taškai patenka į vieną laikotarpį. Galime manyti, kad taip yra, ir gauti trajektorijos variantą – parabolą, einančią per šiuos tris taškus.

Ir mes galime manyti, kad kažkur tarp taškų buvo atsitraukimas. Tada du iš jų – tegul A ir In – patenka į vieną laikotarpį, o trečias – kitame. Mes nežinome, kur atsitinka, mes tik žinome, kad kažkur tarp In ir Su. Bet tai mums pakankamai. Argumentai yra tokie. Pasirinkite tašką X horizontalioje ašyje tarp In ir Su ir mes manysime, kad tai yra atoveiksmio taškas. Tada nurodykite tašką A, In ir X grąžinama hipotetinė trajektorija. Jei taškas Su pataikė jį, tada mes gavome antrą trajektoriją dėl šio tris taškų. Bet kas, jei taškas Su Ar tai patenka į jį? Nėra didelio masto: galime perkelti tašką X. Atminkite, kad jei X pereiti prie taško In, parabolę galima padaryti savavališkai "kietas". Jei perkeliate tašką X į dešinę nuo In į Su, parabola pradeda "riebaluoti", o kitas laikotarpis taip pat pasislinkia į dešinę (2 pav.). Taigi, galima pakeisti tam tikrą plotą plokštumoje (kuria kreive ji ribota?), O jei taškas Su patekę į šią sritį, mes vėl gauname antrąją bėgių kelio trajektorijos versiją (nes ji, žinoma, skirsis nuo kelio, kuriame visi trys taškai nukrito vienam laikotarpiui).

Pav. 2

Iš tikrųjų, jei taškas Su meluoja "pakankamai mažai", taigi net du trajektorijas galima gauti tokiu būdu: vienu atveju šis taškas patenka į didėjančią parabolės šaką, o kitoje – mažėjančia šaka (3 pav.).

Pav. 3

Svarbu, kad nurodytoje srityje (kuri būtų nustatoma pagal taškų poziciją A ir In) trečiasis taškas gali būti pasirinktas savavališkai – ir visada bus papildoma trajektorija. Minėtas argumentas nėra gana formalus, bet, jei pageidaujama, jis gali būti sumažintas iki lygčių sistemos sprendimo.

Taigi apskritai trims klausimams akivaizdžiai nepakanka.

Tarkime dabar žinoma, kad keturi trajektorijos taškai yra žinomi.Nors tai irgi yra konfigūracijos su mišria atsako (4 pav.), Tačiau kokybinis skirtumas tarp šios bylos ir ankstesnė yra tai, kad čia, neoficialiai kalbant, mes negalime savavališkai perkelti vienas iš punktų, kad dviprasmybė išlieka. Tai gali būti pateisinamas kaip ir ankstesniais argumentais: jei vienas laikotarpis buvo trys ar keturi taškai, trajektorija tikrai vienareikšmis, ir jei du laikotarpius sumažėjo dviem punktais, tada, judinant atoveiksmis taškas, reikia, kad tilptų parabolė yra ne vienas ir dviejų taškai, dėl kurių riboja taškų tarpusavio poziciją.

Pav. 4

Su intuityvi ir tikimybinio požiūriu, tai reiškia, kad atsitiktinė atranka stebėjimo punktų, ši situacija yra mažai tikėtinas. Priešingai, dėl trijų taškų pakankamai patenka į trečią tašką pakankamai didelio ploto, kuris apibrėžiamas Pirmieji du – tai yra gana tikėtina, renginys. Formaliai kalbant, sprendimų dviprasmiškumo taškų rinkinys konfigūracijos erdvėje buvo nulinis.

4 paveiksle, žinoma, matyti, kad norint atsakyti į pirmoje pastraipoje pateiktą klausimą, pirmiau minėtas argumentas nėra labai reikalingas. Tačiau jie leidžia suprasti, kas vyksta aptariamoje situacijoje, ir jie yra beveik panašūs į 3 dalyje reikalaujamą motyvaciją.

Atsižvelgiant į penkis taškus, atsakymas visada yra nedviprasmiškas be jokių išlygų – tai atsiranda dėl to, kad dvi skirtingos trajektorijos (turinčios ne daugiau kaip vieną atsitraukimą) gali turėti ne daugiau kaip keturis susikirtimo taškus, kurie yra patvirtinti geometrine tvarka arba sudarant lygtį.

2) Dabar apsvarstykite atvejį, kai žinomas kiekvieno taško praėjimo momentas. Tai labai supaprastina analizę. Jei tame pačiame intervale žinomi du taškai, tada parabola nedviprasmiškai atkurta: galite sukurti tiesinę dviejų pradinių greičio vektoriaus sudedamųjų dalių sistemą. Būtina pastebėti, kad jei atsitinka, akivaizdžiai nėra dviejų punktų, o jeigu yra trys trajektorijos taškai, tada bent du iš jų patenka į vieną intervalą (tačiau, nors kartais gali būti du skirtingi sprendimai, visas dviprasmybės regionas bus ta, kad du trajektorijos segmentai yra susiję vertikalaus greičio sutapimo sąlyga).

3) Kaip nurodyta pirmojoje užuominoje, jei mes atsižvelgiame į išnykusius atvejus, tada nepakanka vienareikšmiško atsakymo (5 pav.). Todėl mes aptarsime situaciją, kai taškai yra gana bendro pobūdžio.

Pav. 5

Pirmiausia, mes apsvarstysime galimybę, kai žinome, kokiais momentais buvo atlikti matavimai. Apsvarstykite du kairiausius taškus. Jei nustatysime atsipirkimų skaičių tarp jų, trajektorija bus atkurta vienareikšmiškai (iš fizinių sumetimų). Taigi, einantis atšokimų skaičių, galite rasti trajektoriją, kurioje bus likę taškai. Atsižvelgiant į šio parametro diskretiškumą, iš to matyti, kad pakanka dar vieno bendrosios pozicijos taško (trajektorijose yra sankryžų su skirtingu atspaudimų skaičiumi, tačiau jie yra izoliuoti ir nėra dviprasmiškumo regionų). Tai reiškia, kad šiame realizavimo variante trys punktai yra pakankami.

Mes parodome, kaip sumažinti versiją su nežinomomis laiko žymomis, kad tik būtų įvertinta. Norėdami tai padaryti, pakanka įvesti nepertraukiamą parametrą – horizontalią greičio sudedamąją dalį (vis dėlto ji yra pastovi, nes atkovos yra elastingos). Tada matavimo laikas atkuriamas atskaitos taške. Kuo didesnis greitis, tuo labiau "plokščia" trajektorija bus ceteris paribus. Pridėdami dar vieną tašką savavališkai, mes galime atkurti tinkamą šio parametro vertę.

4) Šis klausimas buvo įtrauktas į problemą gana spontaniškai, ir, kaip paaiškėjo, autoriaus pradiniai svarstymai dėl sprendimo nebuvo patvirtinti.Taigi šiuo metu klausimas lieka atviras – pasidalykite idėjomis komentaruose!


Po žodžio

Šioje problemoje mes laikėme tęstinės trajektorijos atkūrimą atskirose vietose. Tokios užduotys vadinamos interpoliacijos problemomis, o jas tvarko atskiras skaičiavimo matematikos skyrius. Sprendime buvo nurodyta, kad reikia išmatuoti rutulio pozicijas atsitiktine tvarka, tada mums kils pavojus, kad bus dviprasmybė. Pažiūrėkime, kokius kitus gamtinius reikalavimus verta nustatyti, jei staiga norėsite kuo tiksliau nustatyti trajektoriją.

Akivaizdu, kad bet koks matavimas atliekamas su kokia nors klaida. Mūsų modelyje su rutuliu tai reiškia, kad rutulio padėtis nuotraukose gali šiek tiek skirtis nuo tikrųjų (dėl fotoaparato drebėjimo). Kas atsitinka su atkurta trajektorija, jei šiek tiek perkeliate taškus? Galima pastebėti, kad jei išmatuojami taškai yra arti vienas kito, net vienas silpnas jų judėjimas iš esmės keičia trajektoriją, o taškų, kurie yra labai toli vienas nuo kito, tai neįvyksta. Tai reiškia, kad reikia laiku išplėsti matavimus, kad būtų galima sumažinti galimą klaidą. Matematiniu požiūriu kalbėkite apie tai, kaip užduotis turi būti.Sąlyginė užduotis nustatoma taip, kad nedidelis įvesties duomenų pokytis reikštų tik nedidelį atsakymo pakeitimą. Praktiškai tai reiškia, kad nedidelė matavimo paklaida labai nesumažina rezultato. Vertinant, kaip blogai rezultatas sugadintas, įvedamas būklės numeris, kuris, maždaug grubiai sakant, nustato viršutinę atsakymo pasikeitimo ribą fiksuotu įvesties duomenų prieaugiu.

Verta paminėti, kad be matavimo klaidos yra ir kitų klaidų šaltinių. Pvz., Skaičiai kompiuteryje saugomi su galutiniu tikslumu, todėl skaičiavimas neišvengiamai kaupia klaidą dėl apvalinimo. Šiuo atveju skaičiavimai, kurie yra lygiaverčiai popieriui, gali sudaryti skirtingas klaidas, priklausomai nuo veiksmų tvarkos.

Istorija žino daugybę pavyzdžių, kaip tokios klaidos padarė pražūtingas pasekmes. Pavyzdžiui, "Patriot" priešlėktuvinės raketos sistemos valdymo sistemoje buvo būtina padalyti praėjusį laiką, kai į kompiuterį įjungtas dešimtasis dešimtukas. Problema yra ta, kad 0,1 yra geroji dalis dešimtainėje sistemoje, bet dvejetainėje ji yra begalinė (ir atrodo kaip kaip šis: 0.000110011001100 … nes 1/10 = 1/24 + 1/25 + 1/28 + 1/29 + 1/212 + 1/213 + …). Todėl pastovi 0,1 buvo laikoma netiksli.Klaida buvo maža, bet kartą, dauginant iš didelio skaičiaus, kai raketa buvo paleista ilgą laiką (kelias dienas) po valdymo sistemos paleidimo, klaida sukėlė kelių šimtų metrų slydimą. Todėl reikia įvertinti ne tik užduoties, bet ir skaičiaus metodo sąlygą. Praktiškai dažnai teoriniu požiūriu būtina taikyti metodus, kurie yra pernelyg sudėtingi, nes jie turi gerą sąlygą.

Autorius dėkoja Jevgenijui Yepifanovui ir Nikitui Volkovui už pagalbą ir vertingas pastabas.


Like this post? Please share to your friends:
Parašykite komentarą

;-) :| :x :twisted: :smile: :shock: :sad: :roll: :razz: :oops: :o :mrgreen: :lol: :idea: :grin: :evil: :cry: :cool: :arrow: :???: :?: :!: