Задача 1. Два выстрела с платформы

Переходим в систему Земли и записываем скорости вылета

Пусть пушка 1 стреляет вперёд под углом $\alpha$ к горизонту (относительно платформы), а пушка 2 — назад под углом $\beta$. Платформа движется поступательно и равномерно, поэтому связанная с ней система отсчёта инерциальна, а скорости складываются по правилу $\vec v = \vec V_0 + \vec U$. Направим ось $x$ по движению платформы, ось $y$ — вверх:

Почему можно так считать: отдача не меняет $V_0$ (масса платформы много больше массы шарика), а после вылета шарик никак не связан с платформой — в системе Земли это обычное тело, брошенное со скоростью $\vec v$ в поле тяжести $\vec g$. Углы $\alpha$ и $\beta$ — независимые параметры: каждую пушку наклоняют отдельно.

Куда упадут шарики и что означает «максимальное расстояние»

Шарик вылетает с нулевой высоты и падает, когда высота снова станет нулевой:

За это время шарик сместится по горизонтали (в системе Земли) на

Выстрелы одновременные, обе пушки — на одной платформе, поэтому оба шарика стартуют из одной точки над землёй, и их координаты падения:

Расстояние между упавшими шариками $L = x_1 - x_2$. Так как $x_1$ зависит только от $\alpha$, а $x_2$ только от $\beta$, максимум $L$ достигается, когда $x_1$ максимально, а $x_2$ минимально (как можно дальше назад). Заметим: $x_2 < 0$ возможно лишь при $U\cos\beta > V_0$, то есть при $U > V_0$ — у нас $U = 1{,}01\,V_0$, запас совсем маленький. Если же выстрелить назад круто (скажем, $\beta = 90^\circ$), шарик 2 упадёт впереди точки выстрела на $\dfrac{2UV_0}{g}$ и расстояние только уменьшится.

Условие экстремума и его геометрический смысл

В обоих случаях надо найти экстремум произведения $v_x v_y$ при фиксированном $U$. Для шарика 1 дифференцируем по $\alpha$, учитывая $v_{1x}' = -U\sin\alpha$ и $v_{1y}' = U\cos\alpha$:

Приравниваем производную к нулю и сокращаем на $U$:

Значит, угол $\theta_1$ земной скорости $\vec v_1$ с горизонтом удовлетворяет условию

то есть $\theta_1 = 90^\circ - \alpha$: скорость относительно Земли наклонена к горизонту ровно под тем углом, под которым $\vec U$ наклонена к вертикали.

Для шарика 2 ищем минимум $v_{2x}v_{2y}$. Здесь $v_{2x}' = U\sin\beta$ и $v_{2y}' = U\cos\beta$:

Приравниваем к нулю:

Почему найденные точки — именно нужные нам максимум и минимум? Непрерывная функция на отрезке $[0;\,90^\circ]$ достигает там своего наибольшего и наименьшего значения; осталось понять, что это происходит не на концах.

Шарик 1. На концах отрезка

Подставим $\alpha = 90^\circ$ в производную: там $\sin\alpha = 1$, $\cos\alpha = 0$ и $v_{1y} = U$, поэтому

Значит, чуть левее $90^\circ$ дальность $x_1$ больше, чем при $90^\circ$ (и тем более больше, чем при $0$). Наибольшее значение достигается внутри отрезка, то есть в критической точке. В шаге 4 мы увидим, что такая точка на $(0;\,90^\circ)$ ровно одна, — это и есть максимум.

Шарик 2. На концах отрезка

Внутри отрезка производная обращается в нуль ровно один раз: в шаге 4 уравнение для $\cos\beta$ окажется квадратным с единственным корнем на $(0;1)$. В этой точке $v_{2x} < 0$ (тоже проверим в шаге 4), то есть $x_2 < 0$ — меньше, чем на обоих концах. Значит, это глобальный минимум.

При оптимуме $\vec v_2$ смотрит назад-вверх и образует с вертикалью угол $\beta$; от направления движения платформы она отсчитывается как $\theta_2 = 90^\circ + \beta$. Тогда искомый угол между $\vec v_1$ и $\vec v_2$:

Красивый факт: в системе платформы угол между $\vec U_1$ и $\vec U_2$ равен $180^\circ - (\alpha+\beta)$, то есть углы между скоростями в двух системах отсчёта дополняют друг друга до $180^\circ$. Остаётся найти сами $\alpha$ и $\beta$.

Находим α и β через k = U/V₀

Подставляем в условие $v_{1x}\cos\alpha = v_{1y}\sin\alpha$ явные выражения и заменяем $\sin^2\alpha = 1 - \cos^2\alpha$:

Делим на $V_0$ и обозначаем $k = \dfrac{U}{V_0}$ — получаем квадратное уравнение относительно $\cos\alpha$:

Второй корень $\dfrac{-\sqrt{1+8k^2}-1}{4k}$ отрицателен, так что на $(0;\,90^\circ)$ критическая точка одна — это и обещанный в шаге 3 единственный максимум $x_1$.

Для шарика 2 условие $v_{2x}\cos\beta = -v_{2y}\sin\beta$ даёт

Второй корень $\dfrac{1-\sqrt{1+8k^2}}{4k}$ отрицателен — снова ровно одна критическая точка внутри отрезка.

Проверим, что такое $\beta$ существует, то есть $\cos\beta \le 1$:

При $k \ge 1$ обе части положительны, и можно возвести в квадрат:

что верно ровно при $k \ge 1$ — как раз условие $U \ge V_0$ из шага 2.

И в этой точке действительно $v_{2x} = V_0\,(1 - k\cos\beta) < 0$, потому что

а это больше $1$ ровно при $\sqrt{1+8k^2} > 3$, то есть при $k > 1$.

Побочный результат: перемножив формулы для косинусов, получаем

при любом $k$. Итого общая формула:

Подстановка и округление

При $k = 1{,}01$:

Тогда

Углы берём по калькулятору (или по таблице арккосинусов):

Малый угол $\beta$ можно получить и без калькулятора: при малых углах $1 - \cos\beta \approx \dfrac{\beta^2}{2}$, откуда

Складываем:

Важно про точность: ответ лишь на $0{,}04^\circ$ выше границы округления $64{,}5^\circ$, поэтому $\cos\alpha$ и $\cos\beta$ надо держать с четырьмя-пятью значащими цифрами. Грубое «$\cos\alpha \approx 0{,}50$, $\alpha = 60^\circ$» даёт $64{,}65^\circ$ — тоже $65^\circ$, но уже случайно. Это меньший из двух углов между векторами ($64{,}54^\circ < 180^\circ - 64{,}54^\circ$), как и требует условие.