Equazione trigonometrica e possibile sostituzione

Messaggioda DavideGenova » 06/12/2010, 00:13

Ciao, amici!
Posto qua un'equazione di cui sono certo che c'è una soluzione, ma trovo qualche problema tecnico...
L'equazione (per $0<=x<=\pi/2 rad$) è
$cos^2x+(sinxcos^2x)/sqrt(sin^2x+C)-sin^2x-sinxsqrt(sin^2x+C) = 0$ dove C è una costante.
Penserei di poterla risolvere agevolmente con la sotituzione $y=cos^2x$ e quindi $1-y=sin^2x$, ma mi trovo davanti all'equazione
$2y+(ysqrt(1-y))/sqrt(1-y+C)-1-sqrt(1-y)(sqrt(1-y+C))=0$
che ho provato a razionalizzare in diversi modi, senza concludere nulla per trovarne la soluzione...
Che ne pensate: vi sembra azzeccata la sostituzione e, se sì, come potrei procedere per trovare y?
Ciao e grazie di cuore a tutti!!!
Davide



P.S.: Ho postato in questa sezione perché il problema che ho a risolvere l'equazione direi che è di tipo squisitamente matematico (mi scuso con i moderatori se ritenessero più opportuno considerare questo un post di interesse fisico), ma, per chi fosse interessato alla fisica e a conoscere il contesto in cui sono arrivato a quest'equazione, è quello del calcolo dell'angolo necessario ad avere la gittata massima data una certa altezza (positiva o negativa) del piano su cui un proiettile cade rispetto a quello da cui è partito: il mio testo dice che se il piano di atterraggio è più elevato di quello di partenza l'angolo che fornisce la massima gittata è superiore a 45° e quello che fornisce la massima gittata è inferiore a 45°, ma non dà spiegazioni del fatto, quindi ho cercato di dimostrarlo matematicamente a me stesso. Nell'equazione presentata qui sopra ho sostituito per comodità $-(2g\Deltay)/v_0^2$, dove $\Deltay$ è l'altezza del piano di arrivo, g l'accelerazione di gravità e $v_0$ il modulo della velocità iniziale del proiettile, con C. Dato che lo spostamento orizzontale, essendo $0<=\theta<=90°$ l'angolo con cui parte il proiettile rispetto al suolo, è $x(t)=x_0+(v_0cos\theta)t$ e lo spostamento verticale è $\Deltay=v_0sin\theta-1/2g t^2$ per cui $t=(v_0sin\theta±sqrt(v_0^2sin^2\theta-2g\Deltay))/g$ ho calcolato che la gittata R, tenendo presente il valore maggiore del tempo al momento della caduta dall'alto sul livello del piano di atterraggio, sia $\Deltax=(v_0cos\theta)(v_0sin\theta+sqrt(v_0^2sin^2\theta-2g\Deltay))/g$. Per trovare il massimo di $R$ ne ho calcolato la derivata rispetto a $\theta$, imponendone l'uguaglianza a zero:
$(\partialR(\theta,v_0,\Deltay))/(\partial\theta) = (v_0^2/g) (cos^2\theta+(sin\thetacos^2\theta)/sqrt(sin^2\theta-(2g\Deltay)/v_0^2)-sin^2\theta-sin\thetasqrt(sin^2\theta-(2g\Deltay)/v_0^2)) = 0$ da cui l'equazione che ho postato. Se, quando $R(\theta)$ ha un massimo, cioè quando $\theta$ (o x, nell'equazione che ho presentato all'inizio del post) soddisfa l'equazione che sto cercando di risolvere, $\Deltay>0 rArr \theta>45°$ e $\Deltay<0 rArr \theta<45°$ allora si dimostra quanto affermato dal mio libro, anzi, ho addirittura l'impressione che $\theta(\Deltay)$ sia una funzione strettamente monotona crescente, così, intuitivamente, pensando a come si muovono gli oggetti lanciati sotto l'effetto della gravità...
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Re: Equazione trigonometrica e possibile sostituzione

Messaggioda cenzo » 06/12/2010, 06:47

Non mi sembra un problema molto semplice da risolvere con l'approccio di studiare il segno della derivata.

Ho trovato questo articolo in cui se ne parla: http://cvgmt.sns.it/papers/graa/gittata.pdf

In pratica l'angolo ottimale è dato da: \( \displaystyle \tan{\theta}=\sqrt{ \frac {1}{ 1+\frac {2gH} {v_0^2} } \)
dove $H$ è la distanza tra i due piani ($H>0$ se il piano di partenza è più in alto, $H<0$ altrimenti).
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Messaggioda giammaria » 06/12/2010, 10:17

Trascuro la parte fisica e considero solo quella matematica. Con la sostituzione $y=senx$ l'equazione diventa molto semplice e la soluzione è: se $C=0$ è un'identità; altrimenti si ottiene $y^2=1/(C+2)$, la cui soluzione positiva è senz'altro accettabile se $C>0$ (come mi pare di capire da un'occhiata al problema fisico; mi sembra che matematicamente le condizioni siano anche meno restrittive, ma non ho approfondito il problema).
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Messaggioda DavideGenova » 06/12/2010, 10:59

Grazie, amici!
Interessante l'approccio geometrico!!! Però mi piacerebbe ormai anche riuscire a risolvere l'equazione cui sono arrivato...
Se C=0 (che significa che il proiettile cade sul piano da cui è stato lanciato), per $0<=x<=\pi/2$, $cosx=sinx hArr x=\pi/4 rad$, che vuol dire che l'angolo per avere la maggiore gittata è di 45°.
Sostituendo con y=sinx arrivo a $1-2y^2+(y-y^3)/sqrt(y^2+C) -ysqrt(y^2+C)=0$ ma lì mi blocco come con la sostituzione che avevo effettuato io...
Grazie di ogni consiglio!!!!!
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Messaggioda giammaria » 06/12/2010, 14:58

DavideGenova ha scritto:... arrivo a $1-2y^2+(y-y^3)/sqrt(y^2+C) -ysqrt(y^2+C)=0$ ma lì mi blocco ...

Si continua con
$1-2y^2+(y-y^3-y^3-Cy)/sqrt(y^2+C)=0$

$(1-2y^2)sqrt(y^2+C)=2y^3+Cy-y$

Elevando a quadrato, scompaiono i termini di grado maggiore e si ottiene la formula che ho dato.
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Messaggioda DavideGenova » 06/12/2010, 17:52

Grazie $+oo$ ancora!!! E, dato che la funzione arcsin è crescente, si dimostra che l'angolo necessario per la massima gittata aumenta all'aumentare dell'altezza del piano su cui cade il proiettile.
Ciao!!!
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Messaggioda giammaria » 07/12/2010, 12:36

Veramente direi il contrario: \( \displaystyle C \) è a denominatore, quindi al crescere di \( \displaystyle C \) diminuisce \( \displaystyle y \) e di conseguenza \( \displaystyle x \) .
- Indicando i metri con m e i centimetri con cm, si ha m=100 cm. Quindi 5 centimetri equivalgono a metri m=100*5=500.
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Messaggioda DavideGenova » 07/12/2010, 20:12

Sì, però qua $C=-(2g\Deltay)/v_0^2$, e g>0.
Grazie ancora!
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