A1  ^1.00 Объясните, почему $a$ на самом деле является функцией одной переменной $\gamma = \frac{\mu}{\mathrm{tg}(\alpha)}.$

Запишем уравнения движения
\[
\begin{cases}
m\dot{v}_x = - F_x = - \mu m g \cos \alpha \frac{v_x}{v} =mg \sin \alpha \cdot \left(-\gamma \frac{v_x}{\sqrt{v_x^2+v_y^2}} \right)\\
m\dot{v}_y = - F_y + mg \sin \alpha = m g \sin \alpha \left( - \gamma \frac{v_y}{\sqrt{v_x^2+v_y^2}} + 1\right)
\end{cases}\]

Поделим уравнения друг на друга, исключив время:
\[ \frac{\dot{v}_x}{\dot{v}_y} = \frac{1}{1-\frac{\sqrt{v_x^2+v_y^2}}{\gamma v_y}}\]Таким образом, мы получаем уравнение, описывающее эволюцию системы в координатах $v_x$, $v_y$
\[ \frac{d v_x}{dv_y} = \frac{1}{1-\frac{\sqrt{v_x^2+v_y^2}}{\gamma v_y}}\]

A2  ^2.00 Опираясь на качественные объяснения и теоретические выкладки, определите единственное значение $\gamma$, при котором одна из конечных скоростей $v_x$ или $v_y$ в установившемся режиме постоянная, ненулевая и конечная.

В установившемся режиме тело двигается с постоянной скоростью. Если посмотреть на II закон Ньютона, то это возможно только при $v_x=0$ (чтобы $\dot{v}_x=0$). Тогда $\dot{v}_y \propto (-\gamma + 1)$, т.е. значение $\gamma=1$ позволяет этому режиму движения существовать.

A3  ^3.00 Опираясь на данную программу, обработку полученных результатов и/или теоретические выкладки, восстановите функциональную зависимость $a(\gamma)$.

Заметим, что
\[I = v_x^\alpha \cdot f(v_y/v_x).\]Будем запускать симуляцию с начальным условием $v_y=w_0=0$, $v_x=u_0=1$. И смотреть на точку, когда достигается $v_x=v_y=u_1$.

В таком случае:
\[ u_1^a \cdot f(1) = u_0^a \cdot f(0) \quad \Rightarrow \quad a \ln \frac{u_1}{u_0} = \ln \frac{f_0}{f_1} \quad \Rightarrow \quad C \cdot \gamma^\beta \ln \frac{u_1}{u_0} = \ln \frac{f_0}{f_1}\]Линеаризуем эту зависимость. Учитывая, что $u_1/u_0<0$ поменяем их местами.
\[\beta \ln \gamma + \ln \ln \frac{u_0}{u_1} = \text{const}\]Коэффициент наклона этого графика $-\beta$.

Видим, что $\beta = -1$. Теперь посмотрим на поведение $I$ при $v_x \to 0$.
\[ I \to v_x^{\frac{C}{\gamma}} \left[A\left( \frac{v_y}{v_x} \right)^b + B \left( \frac{v_y}{v_x} \right)^2 \right] \]При $\gamma = 1$ предельное поведение при $v_x \to 0$ это некоторое конечное значение $v_y$. Такое возможно только если все степенные зависимости от $v_x$ в выражении для $I$ сократятся. Такое возможно только если $C=2$, $b=2$.

A4  ^4.00 Опираясь на данную программу, обработку полученных результатов и/или теоретические выкладки восстановите значения постоянных $A,~B,~b$.

Мы уже выяснили, что $b=2$. В таком случае остается только определить константы $A$ и $B$:
\[I = v_x^{\frac{2}{\gamma}} \left[1 +A \left( \frac{v_y}{v_x} \right)^2 + B \frac{v_y}{v_x} \sqrt{1 + \left( \frac{v_y}{v_x} \right)^2} \right] \]Теперь если запускать симуляцию для $v_{x0}=u_0=1$, $u_{x0}=w_0=0$, то значение инварианта для этой траектории равно $1$. Чтобы свети нахождение $A$ и $B$ к линеаризации нужно поделить, например, на $ \left( \frac{v_y}{v_x} \right)^2$:

\[ \frac{1}{v_x^{2/\gamma} \left( \frac{v_y}{v_x} \right)^2} - \frac{1}{\left( \frac{v_y}{v_x} \right)^2} = A + B \frac{ \sqrt{1 + \left( \frac{v_y}{v_x} \right)^2}}{\frac{v_y}{v_x} }\]

Получаем, что $A=B=2$