Χιονόπτωση

#1

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

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

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;

#2

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.

#3

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

).

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

#4

α) H διατύπωση του προβλήματος οφείλεται στον R. P. Agnew.
Έστω x(t)

η συνάρτηση θέσης του εκχιονιστικού τη στιγμή

(σε

το ύψος του χιονιού τη στιγμή

(σε

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

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

εκχιονιστικού (i=1,2,3)

τη στιγμή

(σε

το ύψος του χιονιού που θα βρει μπροστά του το

εκχιονιστικό τη στιγμή t_i

(σε

$t_i,\;i=1,2,3$ o χρόνος σε ώρες του

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

εκχιονιστικού (i=1,2,3)

τη στιγμή

\\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

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

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

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

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.

Χιονόπτωση

Χιονόπτωση

Re: Χιονόπτωση

Re: Χιονόπτωση

Re: Χιονόπτωση

Μέλη σε σύνδεση