Χιονόπτωση

Συντονιστής: Πρωτοπαπάς Λευτέρης

Άβαταρ μέλους
Πρωτοπαπάς Λευτέρης
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2837
Εγγραφή: Τετ Οκτ 14, 2009 12:20 am
Τοποθεσία: Πετρούπολη, Αθήνα
Επικοινωνία:

Χιονόπτωση

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Πρωτοπαπάς Λευτέρης » Τετ Δεκ 25, 2019 7:05 pm

Χρόνια πολλά σε όλους.

Μια Χριστουγεννιάτικη.

α) Μια ημέρα άρχισε να πέφτει πυκνό χιόνι με σταθερό ρυθμό. Ένα εκχιονιστικό όχημα ξεκίνησε να καθαρίζει το
χιόνι στις 12:00 το μεσημέρι. Την πρώτη ώρα διένυσε 2\;km, ενώ την δεύτερη ώρα μόνο 1km.
Τι ώρα άρχισε να χιονίζει ;
Υ.Γ. 1. Θα μπορούσε να δοθεί και σε σχολικό επίπεδο, αφού λύνεται με σχολική ύλη.
Υ.Γ.2. Έχει προταθεί από τον R. P. Agnew.
Υ.Γ.3.Αντίστοιχη υπάρχει εδώ: viewtopic.php?f=55&t=20277
β) Μια άλλη ημέρα άρχισε πάλι να πέφτει πυκνό χιόνι με σταθερό ρυθμό (όχι κατ' ανάγκη ίσο με τον ρυθμό του
(α) Ερωτήματος). Τρία (ολόιδια) εκχιονιστικά οχήματα ξεκίνησαν
διαδοχικά να καθαρίζουν το χιόνι. Το πρώτο όχημα ξεκίνησε στις 12:00 το μεσημέρι. Το δεύτερο όχημα ξεκίνησε στις 13:00
και ακολούθησε την ίδια διαδρομή που ακολούθησε και το πρώτο. Το τρίτο όχημα ξεκίνησε στις 14:00 και
ακολούθησε και αυτό την ίδια διαδρομή που ακολούθησαν τα άλλα δύο. Αν και τα τρία οχήματα συναντήθηκαν ταυτόχρονα
και στο ίδιο σημείο, τι ώρα άρχισε να χιονίζει ; Πότε συναντήθηκαν;


Κάθε πρόβλημα έχει μία τουλάχιστον λύση!!!

Λέξεις Κλειδιά:
Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 12188
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Χιονόπτωση

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Σάβ Δεκ 28, 2019 11:33 pm

Λευτέρη, το ωραίο αυτό πρόβλημα είναι αρκετά γνωστό. Για να μην γράφω λύση, μπορεί κανείς να ψάξει στο Google την φράση

snow plough problem

Θα βρει εξαιρετικό υλικό, και λίγο από την ιστορία του προβλήματος, το οποίο σήμερα βρ'ίσκεται στα περισσότερα βιβλία Διαφορικών Εξισώσεων. Π.χ. εδώ και εδώ. Κάπως πιο γρήγορη λύση εδώ.

Σίγουρα έχει εμφανιστεί και στο δικό μας φόρουμ.


Άβαταρ μέλους
Πρωτοπαπάς Λευτέρης
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2837
Εγγραφή: Τετ Οκτ 14, 2009 12:20 am
Τοποθεσία: Πετρούπολη, Αθήνα
Επικοινωνία:

Re: Χιονόπτωση

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Πρωτοπαπάς Λευτέρης » Κυρ Δεκ 29, 2019 4:13 pm

Μιχάλη καλησπέρα και χρόνια πολλά!

Ναι πράγματι είναι γνωστό πρόβλημα (ειδικά το α ερώτημα που είναι λυμένο σε δύο από τις τρεις παραπομπές που έδωσες
και αντίστοιχο είναι λυμένο και στο :logo: ).

Το β ερώτημα έχει το δικό του ενδιαφέρον και δεν κυκλοφορεί ευρέως (η λύση του δεν υπάρχει σε κανένα λινκ από αυτά που πρότεινες,
αλλά υπάρχει η λογική της λύσης). Θα είχε ενδιαφέρον αν θέλει κάποιος να ασχοληθεί, γι' αυτό και το πρότεινα.

Αν σε εύλογο διάστημα δεν αναρτηθεί λύση θα το κάνω εγώ.

Λευτέρης


Κάθε πρόβλημα έχει μία τουλάχιστον λύση!!!
Άβαταρ μέλους
Πρωτοπαπάς Λευτέρης
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2837
Εγγραφή: Τετ Οκτ 14, 2009 12:20 am
Τοποθεσία: Πετρούπολη, Αθήνα
Επικοινωνία:

Re: Χιονόπτωση

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Πρωτοπαπάς Λευτέρης » Τρί Ιαν 21, 2020 2:56 pm

α) H διατύπωση του προβλήματος οφείλεται στον R. P. Agnew.
Έστω x(t) η συνάρτηση θέσης του εκχιονιστικού τη στιγμή t (σε km),
h(t) το ύψος του χιονιού τη στιγμή t (σε km),
t o χρόνος σε ώρες, όπου t \in [t_0,+\infty), (t_0<0 η ώρα που άρχισε να χιονίζει).
Συνεπώς v(t)=x'(t) και με βάση τα δεδομένα ισχύουν \displaystyle{h(t_0)=0,\;x(0)=0,\;x(1)=2,\;x(2)=3.}
Τότε:
\displaystyle{h'(t)=k \Rightarrow h(t)=kt+s_1,\;t \geq t_0} και αφού h(t_0)=0 ισχύει
\displaystyle{0=kt_0+s_1 \Leftrightarrow s_1=-kt_0,}
άρα
\displaystyle{ h(t)=kt-kt_0=k(t-t_0) ,\;t \geq t_0.}
Επίσης:
\displaystyle{v(t)=\frac{c}{h(t)} }
\displaystyle{ x'(t)=\frac{c}{k(t-t_0)}}
\displaystyle{ k(t-t_0)dx=cdt }
\displaystyle{ dx=\frac{c}{k(t-t_0)}dt}
οπότε
\displaystyle{x=\frac{c}{k}ln(t-t_0)+s_2 ,\;t > t_0.}
Αφού x(0)=0 προκύπτει
\displaystyle{0=\frac{c}{k}ln(0-t_0)+s_2 \Leftrightarrow s_2=-\frac{c}{k}ln(-t_0)}
και
\displaystyle{x=\frac{c}{k}ln(t-t_0)-\frac{c}{k}ln(-t_0)=\frac{c}{k}[ln(t-t_0)-ln(-t_0)].}
Επιπλέον:
\displaystyle{\begin{cases} x(1)=2\\x(2)=3\end{cases} \Leftrightarrow  
\begin{cases} \displaystyle{\frac{c}{k}[ln(1-t_0)-ln(-t_0)]=2} \vspace{1 mm} \\ \displaystyle{\frac{c}{k}[ln(2-t_0)-ln(-t_0)]=3} \end{cases} }
και διαιρώντας κατά μέλη προκύπτει:
\displaystyle{\frac{ln(2-t_0)-ln(-t_0)}{ln(1-t_0)-ln(-t_0)}=\frac{3}{2} }
\displaystyle{ 2[ln(2-t_0)-ln(-t_0)]=3[ln(1-t_0)-ln(-t_0)] }
\displaystyle{2ln\frac{2-t_0}{-t_0}=3ln\frac{1-t_0}{-t_0} }
\displaystyle{ln\left(\frac{2-t_0}{-t_0}\right)^2=ln\left(\frac{1-t_0}{-t_0}\right)^3  
  }
\displaystyle{ \frac{(2-t_0)^2}{(-t_0)^2}=\frac{(1-t_0)^3}{(-t_0)^3}}
\displaystyle{\Leftrightarrow -t_0(2-t_0)^2=(1-t_0)^3  
  }
\displaystyle{  -t_0^3+4t_0^2-4t_0=1-3t_0+3t_0^2-t_0^3  }
\displaystyle{t_0^2-t_0-1=0 \Leftrightarrow t_0=\frac{1 \pm \sqrt{5}}{2},}

όπου αφού t_0<0 δεκτή λύση είναι η \displaystyle{t_0=\frac{1 - \sqrt{5}}{2} \approx -0.618},
δηλαδή -0.618\;h=-0.618\cdot 60\; min =-37\;min πριν τις 12:00 άρχισε να χιονίζει, άρα περίπου στις 11:23.
β) H διατύπωση του προβλήματος οφείλεται στον M. S. Klamkin.
Έστω x(t_i) η θέση του i εκχιονιστικού (i=1,2,3) τη στιγμή t_i (σε km),
h_i(t_i) το ύψος του χιονιού που θα βρει μπροστά του το i εκχιονιστικό τη στιγμή t_i (σε km),
t_i,\;i=1,2,3 o χρόνος σε ώρες του i εκχιονιστικού (i=1,2,3), όπου t_i \in [t_0,+\infty),
(t_0<0 η ώρα που άρχισε να χιονίζει) και
v_i(t_i)=x_i'(t_i),\;i=1,2,3 η ταχύτητα του i εκχιονιστικού (i=1,2,3) τη στιγμή t_i.
\\Mε βάση τα δεδομένα ισχύουν \displaystyle{h_1(t_0)=0,\;x_1(0)=0,\;x_2(1)=0,\;x_3(2)=0} και t_s η χρονική στιγμή όπου x_1(t_s)=x_2(t_s)=x_3(t_s).
Για το πρώτο εκχιονιστικό.
Ισχύει ότι: \displaystyle{h_1'(t_1)=k \Rightarrow h_1(t_1)=kt_1+q_1,\;t_1 \geq t_0} και αφού h_1(t_0)=0 ισχύει
\displaystyle{0=kt_0+s_1 \Leftrightarrow q_1=-kt_0,}
άρα
\displaystyle{ h_1(t_1)=kt_1-kt_0=k(t_1-t_0),\;t_1 \geq t_0.}
Επίσης:
\displaystyle{v_1(t_1)=\frac{c}{h_1(t_1)},\;t_1 > t_0,}
άρα
\displaystyle{x'(t_1)=\frac{c}{k(t_1-t_0)} \Leftrightarrow k(t_1-t_0)dx=cdt_1\Leftrightarrow dx=\frac{c}{k(t_1-t_0)}dt_1,\;t_1>t_0,}
οπότε
\displaystyle{x=\frac{c}{k}ln(t_1-t_0)+q_2.}
Αφού x(0)=0 προκύπτει
\displaystyle{0=\frac{c}{k}ln(0-t_0)+q_2 \Leftrightarrow q_2=-\frac{c}{k}ln(-t_0)}
και
\displaystyle{x=\frac{c}{k}ln(t_1-t_0)-\frac{c}{k}ln(-t_0)=\frac{c}{k}ln\frac{t_1-t_0}{-t_0},t_1>t_0}
ή
\displaystyle{\frac{kx}{c}=ln\left(-\frac{t_1}{t_0}+1\right) }
\displaystyle{ \left(-\frac{t_1}{t_0}+1\right)=e^{\frac{kx}{c}} }
\displaystyle{ \frac{t_1}{t_0}=1-e^{\frac{kx}{c}} }
\displaystyle{ \Leftrightarrow t_1=t_0\left(1-e^{\frac{kx}{c}} \right),\;x \geq 0.\;\;(I)}
Για το δεύτερο εκχιονιστικό.
Τη χρονική στιγμή t_1 όπου το πρώτο εκχιονιστικό περνά από το σημείο x, δεν υπάρχει χιόνι και ως εκ τούτου
έχουμε ότι h_2(t_1)=0.
Επίσης:
\displaystyle{h_2'(t_2)=k \Rightarrow h_2(t_2)=kt_2+q_3,\;t_2 \geq t_1 \geq t_0} και αφού h_2(t_1)=0 ισχύει
q_3=-kt_1,
άρα
\displaystyle{ h_2(t_2)=k(t_2-t_1),\;t_2 \geq t_1 \geq t_0.}
Επίσης:
\displaystyle{u(t_2)=\frac{c}{h_2(t_2)},\;t_2 \geq t_1,}
άρα
\displaystyle{x'(t_2)=\frac{c}{k(t_2-t_1)},\;t_2>t_1}
και από την (I) γίνεται
\displaystyle{ \frac{dx}{dt_2}=\frac{c}{kt_2-kt_0+kt_0e^{\frac{kx}{c}}}}
\displaystyle{ \frac{dt_2}{dx}=\frac{kt_2-kt_0+kt_0e^{\frac{kx}{c}}}{c}}
\displaystyle{ \frac{dt_2}{dx}-\frac{k}{c}t_2=\frac{-kt_0+kt_0e^{\frac{kx}{c}}}{c},}
η οποία είναι γραμμική Σ.Δ.Ε. πρώτης τάξης με ολοκληρώνοντα παράγοντα e^{-\frac{k}{c}x}, οπότε η εξίσωση γίνεται
\displaystyle{ e^{-\frac{k}{c}x}\frac{dt_2}{dx}-e^{-\frac{k}{c}x}\frac{k}{c}t_2=e^{-\frac{k}{c}x}\frac{-kt_0+kt_0e^{\frac{kx}{c}}}{c}}
\displaystyle{ \left(e^{-\frac{k}{c}x}t_2\right)'=\frac{kt_0}{c}\left(1-e^{-\frac{k}{c}x}\right)}
\displaystyle{ e^{-\frac{k}{c}x}t_2=\frac{kt_0}{c}\left(x+\frac{c}{k}e^{-\frac{k}{c}x}\right)+q_4}
\displaystyle{ t_2=\frac{kt_0}{c}\left(xe^{\frac{k}{c}x}+\frac{c}{k}\right)+q_4e^{\frac{k}{c}x},\;x \geq 0.}
Αφού x(1)=0 \Leftrightarrow t_2(0)=1 προκύπτει
\displaystyle{ 1=\frac{kt_0}{c}\frac{c}{k}+q_4 \Leftrightarrow q_4=1-t_0.}
Συνεπώς:
\displaystyle{ t_2=\frac{kt_0}{c}\left(xe^{\frac{k}{c}x}+\frac{c}{k}\right)+(1-t_0)e^{\frac{k}{c}x}}
\displaystyle{ t_2=\frac{kt_0}{c}xe^{\frac{k}{c}x}+\frac{c}{k}\frac{kt_0}{c}+e^{\frac{k}{c}x}-t_0e^{\frac{k}{c}x}}
\displaystyle{ 
t_2=\frac{kt_0}{c}xe^{\frac{k}{c}x}+t_0+e^{\frac{k}{c}x}-t_0e^{\frac{k}{c}x},\;x \geq 0,\;\;(II)}
Για το τρίτο εκχιονιστικό.
Τη χρονική στιγμή t_2 όπου το πρώτο εκχιονιστικό περνά από το σημείο x, δεν υπάρχει χιόνι και ως εκ τούτου
έχουμε ότι h_3(t_2)=0.
Επίσης:
\displaystyle{h_3'(t_3)=k \Rightarrow h_2(t_3)=kt_3+q_5,\;t_3 \geq t_2 \geq t_1 \geq t_0} και αφού h_3(t_2)=0 ισχύει
q_5=-kt_2,
άρα
\displaystyle{ h_3(t_3)=k(t_3-t_2),\;t_3 \geq t_2 \geq t_1 \geq t_0.}
Επίσης:
\displaystyle{u(t_3)=\frac{c}{h_3(t_3)},\;t_3 > t_2,}
άρα
\displaystyle{ x'(t_3)=\frac{c}{k(t_3-t_2)}}
και από την (II) γίνεται
\displaystyle{ \frac{dx}{dt_3}=\frac{c}{kt_3-k\frac{kt_0}{c}xe^{\frac{k}{c}x}-kt_0-ke^{\frac{k}{c}x}+kt_0e^{\frac{k}{c}x}}}
\displaystyle{ \frac{dt_3}{dx}=\frac{kt_3-k\frac{kt_0}{c}xe^{\frac{k}{c}x}-kt_0-ke^{\frac{k}{c}x}+kt_0e^{\frac{k}{c}x}}{c}}
\displaystyle{ \frac{dt_3}{dx}-\frac{k}{c}t_3= 
-\frac{k^2t_0}{c^2}xe^{\frac{k}{c}x}-\frac{k}{c}t_0 
-\frac{k}{c}e^{\frac{k}{c}x} 
+\frac{k}{c}t_0e^{\frac{k}{c}x},}
η οποία είναι γραμμική Σ.Δ.Ε. πρώτης τάξης με ολοκληρώνοντα παράγοντα e^{-\frac{k}{c}x}, οπότε η εξίσωση γίνεται
\displaystyle{ e^{-\frac{k}{c}x}\frac{dt_3}{dx}-e^{-\frac{k}{c}x}\frac{k}{c}t_3= 
-e^{-\frac{k}{c}x}\frac{k^2t_0}{c^2}xe^{\frac{k}{c}x} 
-e^{-\frac{k}{c}x}\frac{k}{c}t_0 
-e^{-\frac{k}{c}x}\frac{k}{c}e^{\frac{k}{c}x} 
+e^{-\frac{k}{c}x}\frac{k}{c}t_0e^{\frac{k}{c}x}}
\displaystyle{ \left(e^{-\frac{k}{c}x}t_3 \right)'= 
-\frac{k^2t_0}{c^2}x 
-e^{-\frac{k}{c}x}\frac{k}{c}t_0 
-\frac{k}{c} 
+\frac{k}{c}t_0}
\displaystyle{ e^{-\frac{k}{c}x}t_3 = 
-\frac{k^2t_0}{c^2}\frac{x^2}{2} 
+e^{-\frac{k}{c}x}t_0 
-\frac{k}{c}x 
+\frac{k}{c}t_0x+q_6}
\displaystyle{ t_3 = 
-\frac{k^2t_0}{c^2}\frac{x^2}{2}e^{\frac{k}{c}x} 
+t_0 
-\frac{k}{c}e^{\frac{k}{c}x}x 
+\frac{k}{c}t_0e^{\frac{k}{c}x}x+q_6e^{\frac{k}{c}x},\;x \geq 0.}
Αφού x(2)=0 \Leftrightarrow t_3(0)=2 προκύπτει
\displaystyle{ 2 =t_0+q_6 \Leftrightarrow q_6=2-t_0.}
Συνεπώς
\displaystyle{ 
t_3 = 
-\frac{k^2t_0}{c^2}\frac{x^2}{2}e^{\frac{k}{c}x} 
+t_0 
-\frac{k}{c}e^{\frac{k}{c}x}x 
+\frac{k}{c}t_0e^{\frac{k}{c}x}x+(2-t_0)e^{\frac{k}{c}x} 
,\;\;(III)}
Τα τρία εκχιονιστικά συγκρούονται όταν t_1(x)=t_2(x)=t_3(x),
οπότε από τις (I),(II),(III) βρίσκουμε
\displaystyle{ \begin{cases}\displaystyle{ t_0\left(1-e^{\frac{kx}{c}} \right)=\frac{kt_0}{c}xe^{\frac{k}{c}x}+t_0+e^{\frac{k}{c}x}-t_0e^{\frac{k}{c}x}  
} \vspace{1 mm} \\ \displaystyle{ 
t_0\left(1-e^{\frac{kx}{c}} \right)=-\frac{k^2t_0}{c^2}\frac{x^2}{2}e^{\frac{k}{c}x} 
+t_0 
-\frac{k}{c}e^{\frac{k}{c}x}x 
+\frac{k}{c}t_0e^{\frac{k}{c}x}x+(2-t_0)e^{\frac{k}{c}x}}\end{cases}}

\displaystyle{ \begin{cases} \displaystyle{\frac{kt_0}{c}xe^{\frac{k}{c}x}+e^{\frac{k}{c}x}=0 } \vspace{1 mm} \\  
\displaystyle{-\frac{k^2t_0}{c^2}\frac{x^2}{2}e^{\frac{k}{c}x} 
-\frac{k}{c}e^{\frac{k}{c}x}x 
+\frac{k}{c}t_0e^{\frac{k}{c}x}x+2e^{\frac{k}{c}x}=0} \end{cases}}

\displaystyle{ \begin{cases}\displaystyle{\frac{kt_0}{c}x+1=0} \vspace{1 mm}  \\  
\displaystyle{-\frac{k^2t_0}{c^2}\frac{x^2}{2} 
-\frac{k}{c}x 
+\frac{k}{c}t_0x+2=0}\end{cases}}

\displaystyle{ \begin{cases} \displaystyle{x=-\frac{c}{kt_0} } \vspace{1 mm}  \\  
\displaystyle{-\frac{k^2t_0}{2c^2}x^2 
-\frac{k}{c}x 
+\frac{k}{c}t_0x+2=0}\end{cases}}

\displaystyle{ \begin{cases} \displaystyle{x=-\frac{c}{kt_0} } \vspace{1 mm} \\  
\displaystyle{-\frac{k^2t_0}{2c^2}\frac{c^2}{k^2t_0^2} 
+\frac{k}{c}\frac{c}{kt_0} 
-\frac{k}{c}t_0\frac{c}{kt_0}+2=0} 
\end{cases}}

\displaystyle{ \begin{cases} \displaystyle{x=-\frac{c}{kt_0} }\vspace{1 mm}  \\  
\displaystyle{-\frac{1}{2t_0} 
+\frac{1}{t_0} 
-1+2=0} \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} \displaystyle{x=-\frac{c}{kt_0} } \vspace{1 mm} \\  
\displaystyle{\frac{1}{2t_0} 
+1=0}\end{cases}}
\displaystyle{ \begin{cases} \displaystyle{x=-\frac{c}{kt_0}} \vspace{1 mm}  \\  
\displaystyle{t_0=-\frac{1}{2}}  
\end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} \displaystyle{x=\frac{2c}{k}}  \vspace{1 mm} \\  
\displaystyle{t_0=-\frac{1}{2}} 
\end{cases}.}
Συνεπώς άρχισε να χιονίζει μισή ώρα πριν τις 12:00, δηλαδή στις 11:30.


Κάθε πρόβλημα έχει μία τουλάχιστον λύση!!!
Απάντηση

Επιστροφή σε “ΕΦΑΡΜΟΣΜΕΝΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης