¿Tom atrapar a Jerry?

Question

Tom ha Jerry se apoyó contra una pared. Tom es la distancia 1 distancia (perpendicular). En el tiempo t=0, Jerry corre a lo largo de la pared. Tom se ejecuta directamente hacia Jerry. Tom siempre se ejecuta directamente hacia Jerry. Tom y Jerry de tanto correr a la misma velocidad.

1. ¿Tom atrapar a Jerry?
2. ¿Cuán cerca de él obtener (en el límite t tiende a infinito)?
3. ¿Qué forma de la curva que hace Tom ejecutar?

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Edit: hice este problema hasta la semana pasada. Amigos gustó, yo pensaba que este sitio también podría.

Sugerencia: Tomar el eje x como la pared, y asumir Jerry corre a la derecha, sin pérdida de generalidad en velocidad 1. Deje $x(t)$ $y(t)$ ser de Tom posición en el momento $t$. Por lo $x(0) = 0$, e $y(0) = 1$.

Considere la posibilidad de Tom dirección de viajar en el tiempo $t$ hacia Jerry en $(t, 0)$. Escribir $\theta$ el (positivo) ángulo por debajo del horizonte. Entonces

$$ \tan \theta = \frac{dy}{dx} = \frac {y}{t-x} $$

Tom se ejecuta en la unidad de velocidad, por lo que también

$$ \frac{dy}{dt} = - \sin \theta $$

$$ \frac{dx}{dt} = \cos \theta $$

Que es la que yo tengo, no sé cómo resolver la compleja ecuación diferencial.

Answer 1

Deje $x=1$ ser el muro, que Tom empezar a $(0,0)$, Jerry a $(1,0)$ hacia arriba, y se supone que ambos tienen la misma velocidad de $1$. Tom órbita es, a continuación, un gráfico de la curva de $$\gamma: \quad x\mapsto \bigl(x,y(x)\bigr)\qquad(0\leq x<1)\ ,$$ cual $y(0)=y'(0)=0$. En cualquier punto de $(x,y)\in\gamma$ hemos $$y'={\int_0^x\sqrt{1+y'^2}\>dx -y\over 1-x}\ .\tag{1}$$ Se llega a esta ecuación por el siguiente argumento: Cuando Tom se a $(x,y)$ ha corrido la longitud de $s:=\int_0^x\sqrt{1+y'^2}\>dx$ hasta la fecha. Por lo tanto, Jerry es en $(1,s)$ ahora, y esto obliga a $(1)$.

De $(1)$ tenemos $$(1-x)y'+y=\int_0^x\sqrt{1+y'^2}\>dx\qquad(0\leq x<1)\ .$$ Con el fin de deshacerse de la integral tomamos la derivada con respecto al $x$ y las variables independientes: $${y''\over\sqrt{1+y'^2}}={1\over 1-x}\ .$$ Esto lleva a $$\log\bigl(y'+\sqrt{1+y'^2}\bigr)=\log{1\over1-x}+C\ ,$$ y la condición inicial $y'(0)=0$ inmediatamente da $C=0$. Podemos resolver para $y'$ y obtener $$y'={1\over2}\left({1\over 1-x}-(1-x)\right)\ .$$ Una mayor integración, a continuación, da $$y(x)={x^2\over4}-{x\over2}+{1\over2}\log{1\over 1-x}\qquad(0\leq x<1)\ .$$ Esta es la forma explícita de $\gamma$. Con el fin de calcular cuán lejos Tom se está quedando atrás en el límite tenemos que calcular el límite de la $x\to 1-$ de $$\int_0^x\left(\sqrt{1+y'^2(x)}-y'(x)\right)\>dx=\int_0^x(1-x)\>dx=x-{x^2\over2}\ .$$ De ello se desprende que Tom permanece ${1\over2}$ detrás en el límite.

Answer 2

Ver a la esencia del problema, así que usted puede evitar los cálculos:

No. Por supuesto, Tom nunca atrapar a Jerry.

1. Jerry horizontal de la velocidad es siempre $v_x=1$.
2. Tom horizonal de la velocidad comienza $v_x<1$ y siempre es $v_x \le 1$.

QED.

Answer 3

Deje que la velocidad de tom ser v y de jerry ser u. Vamos a tom se ejecuta en el ángulo $\theta$ desde la horizontal, en cualquier instante, la velocidad relativa de tom wrt jerry es $v-u\cos\theta$ y déjalos en una separación inicial $l$ $\int_0^T(v-u\cos\theta){\rm d}t=l$ también $\int_0^Tv\cos\theta=uT$$T=\frac{vl}{v^2-u^2}$. Trate de poner $u=0$.

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De la pregunta $u=v$ $T=vl/(v^2-v^2)\to\infty$