1r ciclo Otra vez el mismo problema...

[MrM]

Buenas, de nuevo tengo una duda sobre este problema.


Primero calculo la ecuación en el eje y: $y=v_0sen(\theta+\phi)t-\frac{1}{2}g{t}^{2}$.
Ahora la ecuación en el eje x: $x=v_0cos(\theta+\phi)t$. Espejando el tiempo y sustituyéndolo en la ecuación del eje y, obtengo la ecuación de la parábola que describe el cuerpo.

[Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida]

Si lo igualo con la ecuación de la rampa ($y=xtg\theta$, me queda esto (aquí simplificamos las x, y perdemos la solución x=0, pero como ya la conocíamos, no pasa nada):

[Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida] .

Como la distancia recorrida es $d=\frac{x}{cos\theta}$ ,tenemos que $d=-\frac{(tg\theta-tg(\theta+\phi))2{v_0}^{2}{cos}^2(\theta+\phi)}{gcos\theta}$.

Hasta ahí bien. El problema llega cuando me dicen que halle el ángulo phi para el cuál d es máximo. Lo hago optimizando d.

Primero "simplifico" d para que sea más sencillo derivar: [Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida] [Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida] . (este último paso lo he hecho basándome en que $tg(\theta+\phi){cos}^{2}(\theta+\phi)=\frac{sen(\theta+\phi)}{cos(\theta+\phi)}{cos}^{2}(\theta+\phi)=sen(\theta+\phi)cos(\theta+\phi)$).

Ahora solo hay que derivar [Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida] respecto de phi e igualar a 0. Me sale esto: (nota: en este paso voy a usar estas dos identidades trigonométricas: $sen(2a)=2sen(a)cos(a)$ y $cos(2a)={cos}^{2}(a)-{sen}^{2}(a)$.

$\frac{4cos(\theta+\phi)sen(\theta+\phi)tg\theta{v_0}^{2}}{gcos\theta}+\frac{2{v_0}^{2}({cos}^{2}(\theta+\phi)-{sen}^{2}(\theta+\phi)}{gcos\theta}=$$\frac{2{v_0}^{2}[sen(2(\theta+\phi))tg\theta+cos2(\theta+\phi)]}{gcos\theta}=0 \Rightarrow sen(2(\theta+\phi))tg\theta+cos2(\theta+\phi)=0$

$sen(2(\theta+\phi))tg\theta=-cos2(\theta+\phi) \Rightarrow \frac{sen(2(\theta+\phi))tg\theta}{cos2(\theta+\phi)}=-\frac{cos2(\theta+\phi)}{cos2(\theta+\phi)}=-1$$\Rightarrow tg 2(\theta+\phi) tg\theta=-1 \Rightarrow (\theta+\phi)=\frac{arctg\frac{-1}{tg\theta}}{2}\Rightarrow \phi=\frac{arctg\frac{-1}{tg\theta}}{2}-\theta$.

Las solución que me da es que el ángulo es másximo cuando $\phi=\frac{arctg\frac{-1}{tg\theta}}{2}\theta$.

Mi pregunta es: ¿está bien hecho? No hace falta que repaséis lso cálculos, pero sí el procedimiento. Y también si el resultado es un disparate, avisadme. Gracias y un saludo.

[Al2000]

Re: Otra vez el mismo problema...

Tres cosas:

- Sería útil que usaras el comando "\dst" al principio de tus ecuaciones para que no salgan las fracciones tan pequeñas.

- Puedes simplificar el resultado final... $\arctan (-x) = - \arctan x$, $\dst \frac 1 {\tan x} = \cot x$ y $\dst \arctan (\cot x) = \frac \pi 2 - x$.

- En el hilo Un cañón se encuentra sobre un plano inclinado... se discute un problema similar, tal vez te sirva para comparar.

Saludos,

$\mathcal A \ell$