Disparando en marcha

Comenzamos la semana con un problema que nos propone nuestro amigo Don Mostrenco (muchas gracias). Ahí va:

Un tanque tiene un cañón diseñado de tal modo que los proyectiles salen disparados siempre con la misma velocidad V. Si el tanque dispara parado, el máximo alcance se logra disparando con un ángulo de 45^\circ, pero ¿qué pasa si dispara moviéndose con velocidad v? ¿Qué condición deberá verificar el ángulo para que su alcance sea máximo?

Que se os dé bien.


Ésta es la tercera aportación de Gaussianos a la Edición 4.12310562 del Carnaval de Matemáticas, que en esta ocasión tiene a Marta Macho como anfitriona a través del blog ZTFNews.

Autor: ^DiAmOnD^

Miguel Ángel Morales Medina. Licenciado en Matemáticas y autor de Gaussianos y de El Aleph. Puedes seguirme en Twitter o indicar que te gusta mi página de Facebook.

32 Comentarios

  1. Supongo que v mucho menor que c ¿no? Es decir, que se desprecian efectos relativistas.

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  2. Sí, se desprecian efectos relativistas, esfericidad de la tierra, etcétera etcétera.

    Es un problema de relatividad de Galileo, sin trucos. No os compliquéis la vida.

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  3. Lógicamente, que la suma de los dos vectores de velocidad tenga argumento 45º.

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  4. Si V1 es la velocidad del cañón y V2 la del proyectil, el cociente V1/V2=cos(2·fi)/sen(fi).

    Para V1=0, fi=45º, por lo que al menos en un caso particular la fórmula es correcta.

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  5. Después de algunas cuentas
    d=frac{V}{g} left(Vsin 2theta +2vsin thetaright)
    Luego
    d'=frac{2V}{g} left(Vcos 2theta +vcos thetaright)

    Igualando a cero para encontrar sus puntos críticos obtenemos que

    Vcos 2theta +vcos theta=0

    las cuentas se la doy a quienes sepan despejar bien.

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  6. Es fácil aunque farragoso de escribir.

    Llamo Vp a la velocidad del proyectil y Vt a la del tanque y € al éngulo (no tengo otro símbolo adecuado)

    La ecuación del movimiento respecto al tiempo en los ejes x ey son:

    x = (Vt+Vp * cos€) * t
    y = Vp * sen€ * t – g * t^2/2

    El alcance se mide cuando y = 0, luego Vp * sen€ * t = g * t^2 /2 con la solución obvia t = 0 y t = 2 * Vp * sen€ / g.

    Sustituyendo en la 1ª ecuación

    x = (Vt+Vp * cos€) * 2 * Vp *sen€ /g

    derivamos e igualamos a 0 la derivada (me “olvido” de 2 * Vp / g por ser constante y no influir en la derivada igualada a 0)

    0 = (Vt+Vp * cos€) * cos€ + sen€ * Vp * (-sen€), luego

    Vp * sen^2(€) = Vt * cos€ + Vp * cos^2(€) y simplifico dividiendo por cos^2(€)

    Vp * tan^2(€) = Vt /cos€ + Vp

    Vp (tan^2(€) – 1) * cos€ = Vt

    Vt/Vp = (tan^2(€) -1) * cos€

    y calcular € por métodos de aproximación

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  7. Después de algunas cuentas
    d=\frac{V}{g} \left( V\sin 2\theta +2v\sin \theta\right)
    Luego
    d'=\frac{2V}{g} \left( V\cos 2\theta +v\cos \theta\right)

    Igualando a cero para encontrar sus puntos críticos obtenemos que

    V\cos 2\theta +v\cos \theta=0

    las cuentas se la doy a quienes sepan despejar bien.

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  8. Lo habéis clavado, @Juanjo Escribano y @Artemio.

    Una curiosidad, si se hace lo que propone @luis, el resultado solamente cambia en que la tangente deja de estar al cuadrado… pero el resultado es incorrecto. El motivo es que imponer 45º no es tan buena idea como parece, pues la suma vectorial no solo altera el ángulo, si no también el módulo.

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  9. ME HAS PISADO EL EJERCICIO PARA EL BLOG!!! ^^ tenía pensado lo mismo peeero con un futbolista corriendo. Jooooooo…..

    nota mental… la próxima vez ser más rápido XD

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  10. Reescribiendo un poco lo dicho por los demás y cerrando más:

    V_x = V\cos\theta
    V_y = V\sin\theta

    Para un y=0, que se logra al lanzar el proyectil y cuando ha caido, se tiene que el tiempo requerido para ello es (tomo que g=-9.8):
    0=V_yt + \frac{gt^2}2
    0=t(V_y+\frac{gt}{2}) de aquí t=0, luego:
    0=V_y+\frac{gt}{2}
    t=\frac{-2V\sin\theta}{g}

    Ahora, la distancia recorrida en x es a velocidad constante, luego la distancia recorrida en un tiempo t es:
    d=(V_x+v)t
    d=(V\cos\theta+v)\frac{-2V\sin\theta}{g}
    d=-\frac{V}g(2V\sin\theta\cos\theta+2v\sin\theta)
    d=-\frac{V}{g}(V\sin2\theta+2v\sin\theta)

    Derivando respecto a \theta e igualando a cero para hallar la máxima distancia:
    -\frac{2V}{g}(V\cos2\theta+v\cos\theta)=0
    V\cos2\theta+v\cos\theta=0
    V(2\cos^2\theta-1)+v\cos\theta=0
    2V\cos^2\theta+v\cos\theta-V=0
    \cos\theta=\frac{\displaystyle -v\pm\sqrt{v^2+8V^2}}{\displaystyle4V}, tomando que el coseno debe ser la cantidad positiva de dichos 2 resultados, tenemos:
    \theta=\cos^{-1}\left(\frac{\displaystyle -v+\sqrt{v^2+8V^2}}{\displaystyle 4V}\right)

    Es de notar que mientras la velocidad del tanque sea mucho mayor a la velocidad del proyectil (v\gg V), el ángulo de disparo tiende a ser de 90^\circ, es decir, sabiendo que se tiene buena velocidad de avance, se aprovecha al máximo el tiempo de recorrido en el eje y.

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  11. Hice lo mismo que Juanjo Escribano pero para simplificar la derivada hice:

    Sustituyendo en la 1ª ecuación

    x = (Vt+Vp * cos€) * 2 * Vp *sen€ /g

    = Vp / g * (Vt * 2 sen€ + Vp * 2*sen€ * cos€)
    = Vp / g * (Vt * 2 sen€ + Vp * sen (2€) )

    Quito Vp/g y derivo:

    2 * Vt * cos€ + Vp * 2 * cos(2€) = 0

    Vt * cos€ + Vp * cos(2€) = 0

    o también:

    Vt / Vp = – cos(2€) / cos€

    De lo cual se intuye que € > 45º para que cos(2€) sea negativo.

    (Si el tanque se mueve en la dirección del proyectil deberá disparar más alto pero si se mueve marcha atrás deberá disparar más bajo de 45º)

    Con la derivada que hizo Juanjo también se llega fácilmente a lo mismo haciendo:

    0 = (Vt+Vp * cos€) * cos€ + sen€ * Vp * (-sen€), luego

    0 = Vt cos€ +Vp * (cos^2€ – sen^2€ )

    0 = Vt cos€ +Vp * cos (2€)

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  12. Sea V la velocidad de salida de la bala, W la velocidad del cañon (positiva es en la misma dirección que el movimiento de la bala),  el ángulo de salida de la bala y g la aceleración de la gravedad (cuyo valor es indiferente).

    V0y=V*Sen
    V0x=V*Cos-W
    Y= V*Sen-t^2g/2
    X=( V0x-W)t

    Tiempo de vuelo=Sqrt(2/gVSen)

    Alcance= ( V0x-W)* Tiempo de vuelo=( V*Cos-W)* Sqrt(2/gVSen)

    Maximizamos la expresión para :
    (2VWCos)/2+(2V^2Cos^2)/g-(2V^2Sen^2)/g=0

    Substituimos Sen^2 por 1-Cos^2 y hacemos el cambio de variable Cos=x
    X^2+(W/2V)x-1/2=0 y resolvemos quedádonos con la solución positiva:

    =Cos-1((Sqrt(W^2/(4V^2)+2)-W/(4V))/2)

    Que en el caso particular de W=0 nos devuelve el resultado =45º

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  13. ¿Podrían decirme dónde está mi error?

    Comienzo suponiendo que el vector v + V debe tener un ángulo de 45º para tener alcance máximo.
    Entonces:

    |V| * cos θ + |v| = |V| * sen θ

    Haciendo algunas cuentas, queda:

    θ = arctan (1 + |v| / |V| )

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  14. Seguramente lo que esté diciendo sea una tontería, pero, ¿no sería el ángulo requerido para el máximo alcance de 45º sea cual sea la velocidad del tanque?

    Por lo que estoy viendo comentado no es así pero, si tomamos como sistema de referencia uno que se mueva a la misma velocidad que el tanque, la máxima distancia recorrida por el proyectil en ese sistema siempre será obtenido cuando el ángulo sea de 45º.
    Así, para obtener la distancia recorrida por el proyectil medida desde un sistema de referencia “fijo” (digamos la superficie de la tierra) solo habría que sumarle después la distancia recorrida por el tanque respecto a ese sistema.

    Que alguien me corrija.

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  15. No, el ángulo depende de la velocidad del tanque.

    En tu mismo ejemplo se ve muy bien. En el último paso sumas la distancia recorrida por el tanque. Pero esa distancia no es fija. Depende del tiempo que haya estado el proyectil en el aire, y ese tiempo depende del ángulo (cuanto más vertical, más tiempo de vuelo). Por lo tanto, no puedes maximizar ignorando esa distancia y después sumarla.

    Llevándolo a los extremos, si el tanque va mucho más rápido que el proyectil, de forma que la componente horizontal de la velocidad de éste es despreciable frente a la del tanque, lo único que importará será maximizar el tiempo, para aprovechar la velocidad del tanque el mayor tiempo posible, y el ángulo será 90º.

    Por el contrario, si el tanque va hacia atrás, más rápido que la bala, entonces interesará que el tiempo sea el mínimo posible, y el ángulo será 0, y por tanto el alcance también 0. Pero es que con cualquier otro ángulo, la velocidad negativa del tanque tendrá más peso que la de la bala, y el alcance será negativo.

    En cualquier punto intermedio, el resultado será un ángulo intermedio.

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  16. Lautaro,
    la respuesta ya la dio Pablo contestando a Luis: ” El motivo es que imponer 45º no es tan buena idea como parece, pues la suma vectorial no solo altera el ángulo, si no también el módulo. ”

    Es decir, el ángulo de 45º es el óptimo para un módulo de velocidad fijo pero si con otro ángulo resulta que podemos aumentar la velocidad de disparo entonces ese otro ángulo puede ser mejor.

    Imagina que V = v (velocidad del proyectil = velocidad del tanque). Para que la suma de las dos forme 45º deberíamos disparar en vertical, es decir, a un ángulo de 90º y en ese caso el módulo de la velocidad resultante sería v * raiz(2)… pero si en lugar de eso usamos un ángulo menor que 90º podremos disparar a una velocidad mayor que v*raiz(2). En este caso el ángulo óptimo es 60º y en este ángulo óptimo la velocidad tiene un módulo igual a v*raiz(3). Si v es 10 metros por segundo, v*raiz(2) = 14.1 mientras que v*raiz(3) = 17.3 por eso no te extrañe que disparando a 17 llegues más lejos que disparando a 14.

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  17. @Areo, lo que dices no es ninguna tontería, pero es incorrecto debido a una sutileza: un alcance máximo en el sistema en movimiento no se corresponde necesariamente con un alcance máximo en el sistema fijo.

    Piensa que, por ejemplo, un tiro más alto causará menor alcance en el sistema móvil, pero también mayor tiempo de vuelo… tiempo que va sumando alcance al sistema fijo en el suelo.

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  18. Lamento no estar de acuerdo con nadie. Me parece que la solución real es distinta de todas las expuestas y muy fácil de deducir.
    El alcance máximo en una trayectoria parabólica se obtiene cuando las velocidades iniciales horizontal y vertical son iguales.
    Podemos escribir, pues, Vsen(a)=Vcos(a)+v. Haciendo V/v=k tendremos:

    sen(a)-cos(a)=k (1)

    Elevando al cuadrado y operando tenemos 1-2sen(a)cos(a)=k^2 luego

    (a)= (1/2)arcsen(1-k^2) (2)

    En mi siguiente comentario analizo las fórmulas (1) y (2) y su significado físico.

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  19. @JJGJJG Te digo lo mismo que a Areo en el mensaje anterior.

    El alcance es máximo para ángulos de 45º cuando se tiene libertad para manipular el ángulo dado un módulo fijo, pero ese no es el modo en el que construimos la velocidad final en éste caso.

    Tus cálculos parten de un supuesto razonable, pero erróneo.

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  20. JJGJJG

    Solo decimos que en una ecuación x =f(€) hay un máximo si la derivada es 0. No entramos en ningun momento en interpretar cual es el alcance máximo.

    Si interpretamos que alcance significa cuando vuelve a pasar por y = 0

    Saludos

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  21. Para que las fórmulas tengan sentido matemático k debe estar en el intervalo [-1.+1}.
    Se presentan tres casos:

    A) K=0 el tanque está parado: La fórmula (1) nos dice sen(a)=cos(a), luego (a)=PI/4.
    La fórmula (2) nos dice (a)=(1/2)arcsen(1), luego (a)=PI/4, como era de esperar.

    B) El tanque avanza (k>0). Como según (1) sen(a)>cos(a), (a) estará entre PI/4 y PI/2 por lo que 2a estará entre PI/2 y PI y en la fórmula (2) hay que elegir el valor entre esos límites.
    Cuando k valga 1 sen(a)=0, 2(a)=PI, (a)=PI/2 y el tiro será vertical.
    Si V es mayor que v k valdría más de 1, y, como no podemos elevar más el tiro, el alcance máximo dependerá del tiempo de vuelo que es máximo para el tiro vertical y seguiremos utilizando este ángulo.

    C) El tanque retrocede (k<0). La fórmula (1) se transforma en cos(a)-sen(a)=k y la fórmula (2) permanece inalterada.
    Observamos, sin embargo que para una misma velocidad los ángulos con avance o retroceso son complementarios (comparando la fórmula (1) para ambos casos).
    Esto significa que al retroceder el tanque cos(a) es mayor que sen(a) y que (a) estará entre 0 y PI/4. y 2(a) entre 0 y PI/2. Habrá que elegir en (2) el valor entre esos límites.
    Cuando v alcance el valor V, tendremos que (a) vale 0 y el alcance es 0. Con cualquier otro ángulo el alcance sería negativo y por lo tanto menor (además no parece adecuado tirar contra nuestras propias líneas).

    La solución completa al problema planteado es la siguiente:

    Para v menor o igual que -V tiramos con ángulo 0.

    Para v mayor que -V y menor que 0 tiramos con el ángulo resultante de elegir para el arco seno en (2) del primer cuadrante.

    Para v=0 tiramos con un ángulo de PI/4.

    Para v mayor que 0 y menor que V tiramos con el ángulo resultante de elegir para el arco seno en (2) del segundo cuadrante.

    Para v igual o mayor que V tiramos en dirección vertical.

    Como es un poco largo espero que no haya erratas.

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  22. @JJGJJG, agradezco el tiempo que te has tomado en responder, pero debo insistir: tu punto de partida es erróneo, y me sorprende que no te hayas dado cuenta de que algo va mal al hacer el análisis de sus consecuencias.

    Según tus propios cálculos, si el tanque se moviese realmente rápido (a velocidades comparables o incluso mayores que las de la bala), debería disparar hacia atrás para maximizar el alcance, lo cual es evidentemente incorrecto.

    Insisto una vez más, no es correcto imponer ángulo de 45º si el módulo también se ve afectado.

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  23. @JJGJJG
    La formula (1) está mal planteada… porque
    Vsin(a)=Vcos(a)+v
    frac {V}{v} sin(a)=frac {V}{v}cos(a)+1
    k sin(a)-kcos(a)=1
    sin(a)-cos(a)=frac 1k

    Al margen de todo eso, de todas formas considero que plantear que las velocidades deban ser iguales no es el planteamiento correcto como lo han comentado los demás. Yo sigo considerando la solución que hablé en un comienzo:

    theta=cos^{-1}left(frac{displaystyle -v+sqrt{v^2+8V^2}}{displaystyle 4V}right)

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  24. Perdón que quedó mal escrito:

    @JJGJJG
    La formula (1) está mal planteada… porque
    V\sin(a)=V\cos(a)+v
    \frac {V}{v} \sin(a)=\frac {V}{v}\cos(a)+1
    k \sin(a)-k\cos(a)=1
    \sin(a)-\cos(a)=\frac 1k

    Al margen de todo eso, de todas formas considero que plantear que las velocidades deban ser iguales no es el planteamiento correcto como lo han comentado los demás. Yo sigo considerando la solución que hablé en un comienzo:

    \theta=\cos^{-1}\left(\frac{\displaystyle -v+\sqrt{v^2+8V^2}}{\displaystyle 4V}\right)

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  25. Acepten mis disculpas. Mi error proviene de haber supuesto que el ángulo inicial del proyectil coincidía con el ángulo del eje del cañón cuando en realidad no es este (a) sino un (b)=arctan(sen(a)/(cos(a+k). Quiero hacer mi pequeña contribución a la solución poniendo de forma explícita el ángulo de la fórmula correcta, que es la de Juanjo Escribano, para no tener que resolverla por tanteos.

    k=((tan^(x)^2)-1)*cos(x): k=((sen(x))^2/((cos(x))^2-1)*cos(x); operando y sustituyendo (sen(x))^2 por 1-(cos(x))^2 obtenemos 2(cos(x))^2+kcos(x)-1=0, ecuación de segundo grado de la que elegimos la raíz positiva.

    cos(x)=(raiz(k^2+8)-k)/4 y, por fin, (x)=arccos((raiz(k^2+8)-k)/4)

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  26. Resolviendo un poco más, los diferentes ángulos que optimizan son:
    \theta = \cos^{-1}\left(\frac{\displaystyle -v+\sqrt{v^2+8V^2}}{\displaystyle 4V} \right)

    Para:
    v\gg V:\,\,\theta\rightarrow 90^\circ… lanzo en vertical
    v=V:\,\,\theta= 60^\circ
    v=0:\,\,\theta= 45^\circ… el ejercicio clásico
    v=-V:\,\,\theta= 0^\circ… este ya es un valor límite en la búsqueda del alcance máximo.
    v<-V: El resultado da con números imaginarios, es decir, ya no se alcanza el máximo que se planteaba con las derivadas (ya que no puede ser cero la derivada). El óptimo seguirá siendo 0^\circ.

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  27. @gaussianos estoy intentando comentar pero por más que lo intento me sale: Comentario duplicado: ¡parece que ya había sido enviado antes!, tal vez por culpa de un filtro interno que lo rechace

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  28. Julian, el sistema estaba enviando tus comentarios a spam, por eso no salían. Te he publicado manualmente el último de ellos. Si te vuelve a pasar vuelve a escribirme, igual mejor en el foro del blog.

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  29. Se puede ver muy fácil que 45° no puede ser la solución general de la velocidad compuesta del proyectil con el tanque.
    Supón que el tanque se mueve a 10 veces la velocidad del proyectil. Elijas el ángulo que elijas, la velocidad final sera inferior a 45°.
    Aquí la intuición nos juega una mala pasada.
    Bonito problema.

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  30. Gracias JJGJJG por completar mi parte.

    Quiero hacer una consideración adicional, si utilizamos mi fórmula como la dejé dá una interpretación fácil de como es el tiro:

    Vt/Vp = (tan^2(€) -1) * cos€

    dado que Vt y Vp son positivos (módulos de velocidad y el sentido lo marca €) cuando el cañon avanza hacia la derecha cos€ es positivo y por tanto tan^2(€) – 1 > 0, lo que implica tan^2(€) > 1 => €>45º para la solución que tiene sentido.

    Cuando el cañon avanza hacia la izquierda (retrocede) cos€ es negativo por lo que tan^2(€) < 1 y 135º<€<180º para la solución que tiene sentido

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  31. Relacionado con esto os propongo dos problemas relacionados:

    1) Se dispara un cañón desde la base de una pendiente inclinada un ángulo β. ¿Con qué ángulo respecto a la horizontal debe lanzarse el proyectil si se desea que el alcance (medido como la distancia en línea recta al cañón) sea máximo?

    2) Se quiere lanzar un pájaro de los Angry Birds hasta un cerdo situado a una distancia b en la horizontal y h en la vertical del punto de lanzamiento. ¿Con qué ángulo debe lanzarse si se quiere que la velocidad de lanzamiento sea la mínima posible?

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