Máme dve tvarovo rovnaké telesá, ktoré hádžeme do studne. Na všetky pôsobí tiažové zrýchlenie smerom nadol, takže obe telesá by mali zrýchľovať zrýchlením $g$ smerom nadol. Čiže dopadnú naraz. Zadanie nám však hovorí, že to tak nebude. Čo je teda ináč?

Najdôležitejšia vec, ktorá bude ináč, je odpor vzduchu. Tak ako ani parašutista donekonečna nezrýchľuje so zrýchlením $g$, keď zoskočí z lietadla, tak aj naše telesá budú brzdené vzduchom. Konkrétne si vezmime zvyčajný model, že odporová sila má veľkosť $F_\text{odpor} = \frac{1}{2} C S \rho_\text{vzduch} v(t)^2$. V tomto vzťahu je $C$ konštanta súvisiaca s tvarom telesa (pre guľu $C = \num{0.47}$), $S$ je účinný prierez (pre guľu s polomerom $r$ je to kruh s rovnakým polomerom, čiže $S = \pi r^2$), $\rho_\text{vzduch}$ je hustota vzduchu a napokon $v(t)$ je okamžitá rýchlosť telesa v čase $t$.

V našej situácii tak na každé teleso pôsobí tiažová sila $F_G = mg$ (kde $m$ je hmotnosť telesa) smerom nadol a odporová sila $F_\text{odpor} = \frac{1}{2} C S \rho_\text{vzduch} v(t)^2$ smerom nahor. Zvoľme si súradnicovú sústavu tak, že na začiatku je teleso vo výške $x(0) = 0$, a potom pôjde do záporných hodnôt. V takom prípade spomínané sily vyvolávajú zrýchlenie $a(t)$ dané vzťahom $$ m a(t) = - m g + \frac{1}{2} C S \rho_\text{vzduch} v(t)^2. $$ Aby sme si trochu zjednodušili život, predeľme rovnicu $m$ a označme $k = \frac{CS \rho_\text{vzduch}}{2m}$, čím dostaneme $$ a(t) = - g + k v(t)^2. \qquad{(1)}$$ Rozmyslime si, prečo by mal byť rozdiel medzi žulovým kamienkom a železnou guľôčkou. Jediné, v čom sa líšia, je ich hustota, resp. hmotnosť. Železná guľôčka je ťažšia, takže jej zodpovedajúce $k$ je menšie. To znamená, že odporová sila menej brzdí železnú guľôčku ako žulový kamienok. A čím menšie brzdenie, tým viac sa dané teleso bude správať akoby iba voľne padalo (čo nastane pre $k = 0$). Meranie vykonané Matúšovou železnou guľôčkou preto bude presnejšie.

Na tomto mieste upozornime na jednu vec, ktorú sme mierne zámerne doteraz ignorovali. Ak by Zuzka s Matúšom postupovali spôsobom “pustím teleso súčasne so stopkami a stopky zastavím, až keď počujem zvuk dopadnutia”, tak by sa hneď dopúšťali chyby – zvuk z dna k nim totiž nejaký čas putoval a to možno treba započítať[^1]. Predpokladajme však, že o tomto Zuzka z Matúšom vedia a že to zvládnu započítať[^2]. Well, aj tak budú mať pri hlbších studniach dosť veľkú chybu už len kvôli odporu vzduchu. Takže predpokladajme, že Zuzka s Matúšom sú dokonalí až na to, že zabudli na odpor vzduchu.

Zadanie od nás ešte chce, aby sme zostrojili graf chyby merania. Na to však budeme potrebovať nájsť skutočný prepočet medzi časom pádu telesa a hĺbkou studne. Čiže v podstate chceme s využitím rovnice 1 nájsť funkciu $x(t)$. To sa samozrejme dá, no vyžaduje to pomerne drsnú matematiku – na konci tohto riešenia to je spravené, ale odporúčame čítať len na vlastnú zodpovednosť.

Zvolíme preto iný prístup. Ako nám aj zadanie radí, máme použiť nejaký výpočtový softvér, tak to aj spravme. Aby sme to počítaču vedeli nejako dať, potrebujeme počítať iba konečne veľa operácií, a tak si musíme diskretizovať čas[^3]. Predpokladajme teda, že sa v čase hýbeme s časovým krokom $\Delta t$. Na začiatok nastavme $x(0) = 0$ (začíname vo výške $0$), $v(0) = 0$ (na začiatku sa teleso nehýbe). Zrýchlenie $a(0)$ vypočítame z rovnice 1, na začiatku to bude $a(0) = -g$.

Teraz ešte potrebujeme induktívne popísať, ako z polohy, rýchlosti a zrýchlenia v čase $t$ prejdeme k týmto veličinám v čase $t + \Delta t$. Predpokladajme, že v tomto čase sa pohybujeme rovnomerne zrýchlene so zrýchlením $a(t)$. Takže nová rýchlosť bude $v(t + \Delta t) = v(t) + a(t) \Delta t$. Zároveň je teda priemerná rýchlosť na tomto časovom úseku $\frac{v(t + \Delta t) + v(t)}{2}$, takže poloha sa zmení na $x(t + \Delta t) = x(t) + \frac{v(t + \Delta t) + v(t)}{2} \Delta t$. Súčasne vieme z novej rýchlosti spočítať aj zrýchlenie do ďalšieho kroku. To spravíme z rovnice 1, odkiaľ vyjde $a(t + \Delta t) = - g + k v(t + \Delta t)^2$. Dokopy v každom kroku o $\Delta t$ postupne spočítame nasledovné tri hodnoty: $$ \begin{aligned} v(t + \Delta t) &= v(t) + a(t) \Delta t, \ x(t + \Delta t) &= x(t) + \frac{v(t + \Delta t) + v(t)}{2} \Delta t, \ a(t + \Delta t) &= - g + k v(t + \Delta t)^2. \end{aligned} $$ Týmto nakŕmime náš obľúbený výpočtový softvér a spravíme dostatočne veľa takýchto krokov, aby sme dostali také veľké $x(t)$, ako chceme. Výsledkom bude celkom slušná aproximácia funkcie[^4] $x(t)$.

My sme počítali v Exceli s hodnotami[^5] $g = \SI{9.81}{\meter\per\second\squared}$, $C = \SI{0.47}{}$, $r = \SI{0.01}{\meter}$, $\rho_\text{vzduch} = \SI{1.225}{\kilogram\per\meter\cubed}$, $\rho_\text{žula} = \SI{2700}{\kilogram\per\meter\cubed}$, $\rho_\text{železo} = \SI{7874}{\kilogram\per\meter\cubed}$. Pre obe telesá sme spravili $1000$ krokov s časovým krokom $\Delta t = \SI{0.01}{\second}$. Pre predstavu, v porovnaní s presnými hodnotami získanými z analytického riešenia na konci je relatívna chyba takejto simulácie stále výrazne menšia ako $\SI{0.1}{\percent}$ (pričom väčšia je pre žulový kamienok), čiže naša simulácia je naozaj veľmi presná.

Pohyby oboch telies možno vidieť na grafe 1. Pre porovnanie je v grafe vykreslený aj pohyb bez odporu vzduchu[^6].

obrázok 1: Pohyby telies

Zadanie od nás chce niečo v podstate opačné – aby sme určili chybu Zuzky a Matúša v závislosti od $x$. Keďže máme rozumne spočítané $x(t)$ len pre nejaké konkrétne hodnoty $t$, tak pre tieto hodnoty $t$ spočítajme, akú hĺbku studne $h(x)$ dostanú Zuzka resp. Matúš. Spočítajme absolútnu chybu $|h(x) - x|$, aj relatívnu chybu $\left|\frac{h(x) - x}{x}\right|$ a vykreslime ich do grafu.

obrázok 2: Chyby

Vidíme, že pre hlbšie studne je chyba oboch už fakt veľká. Napríklad pre osemdesiatmetrovú studňu na Trenčianskom hrade by Zuzka spočítala hĺbku približne $\SI{165}{\meter}$ s relatívnou chybou $\SI{106}{\percent}$. Matúš by bol presnejší, lebo by spočítal hĺbku približne $\SI{106}{\meter}$, ale stále je to $32$-percentná chyba.

Ponaučenie teda je, že ak by ste to chceli vyskúšať aj vy, tak si vyberte nie až tak hlbokú studňu, alebo použite dostatočne hustú guľôčku. Ale ak ste túto úlohu riešili, tak načo by ste to robili ako Zuzka s Matúšom – už totiž máte k dispozícii presnú simuláciu, ktorá vám povie, aká hlboká studňa je[^7].

Analytické riešenie

Pre záujemcov, ktorí vedia kopu drsnej matiky ešte uvádzame, ako z rovnice 1 vieme vyjadriť polohu guľôčky $x(t)$. Budeme pri tom však musieť vyriešiť túto diferenciálnu rovnicu. Preto si ju zapíšme pomocou derivácií $x(t)$. Dostaneme $$ \ddot x (t) = -g + k \dot x(t)^2. $$ Toto je síce diferenciálna rovnica druhého rádu pre $x(t)$, ale ono samo tam nevystupuje (iba jeho derivácie). To využime a vnímajme túto rovnicu ako diferenciálnu rovnicu prvého rádu pre $v(t) = \dot x(t)$: $$ \dot v(t) = -g + k v(t)^2. $$ Túto rovnicu riešime klasicky separáciou premenných, pričom integrál, ktorý pri tom potrebujeme spočítať, vieme spočítať napríklad cez parciálne zlomky[^8] $$ \begin{aligned} \Drv{v(t)}{t} &= -g + k v(t)^2, \ \int \frac{\mathrm{d}v(t)}{k v(t)^2 - g} &= \Int{}{t}, \ \frac{1}{2 \sqrt{kg}} \ln\left|\frac{1 - \sqrt{\frac{k}{g}}v(t)}{1 + \sqrt{\frac{k}{g}}v(t)}\right| &= t + c_1. \end{aligned} $$ Konštantu $c_1$ rovno určíme z počiatočnej podmienky $v(0) = 0$. Dostaneme $c_1 = 0$. Po zopár úpravách vieme tento vzťah upraviť na $$ v(t) = \sqrt{\frac{g}{k}} \cdot \frac{1 - e^{2 \sqrt{kg} t}}{1 + e^{2 \sqrt{kg} t}}. $$ Už nám stačí len toto zintegrovať a dostaneme $x(t)$. Substitúciou $u = e^{2 \sqrt{kg} t}$, následnými parciálnymi zlomkami, použitím počiatočnej podmienky $x(0) = 0$ a dostatočným mlátením dostávame $$ x(t) = \int_0^t \sqrt{\frac{g}{k}} \cdot \frac{1 - e^{2 \sqrt{kg} s}}{1 + e^{2 \sqrt{kg} s}} ds = \frac{1}{2k} \ln\left(1 - \left(\frac{1 - e^{2 \sqrt{kg} t}}{1 + e^{2 \sqrt{kg} t}}\right)^2\right). $$ alebo ak poznáme všakovaké vzorčeky pre goniometrické funkcie, tak v argumente logaritmu spoznáme $\cosh\left(\sqrt{kg} t\right)^{-2}$, čím dostaneme $$ x(t) = - \frac{1}{k} \ln \left(\cosh\left(\sqrt{kg} t\right)\right). $$ a hoci to tak na prvý pohľad nevyzerá, v limite $k \rightarrow 0$ skutočne dostávame očakávané $x(t) = -\frac{1}{2} gt^2$. Prítomnosť $k$ v menovateli nám tak nevadí.

Komentár k riešeniam

Viacerí z vás použili na vyriešenie rovnice 1 Eulerovu metódu, čiže ste počítali[^9] $$ \begin{aligned} v(t + \Delta t) &= v(t) + a(t) \Delta t, \ x(t + \Delta t) &= x(t) + v(t) \Delta t, \ a(t + \Delta t) &= - g + k v(t + \Delta t)^2. \end{aligned} $$ Ak by som bol numerický matematik, tak by som bol spokojný. Takýmto spôsobom sa totiž (vrámci nejakej rozumne malej chyby) skutočne dopracujeme k riešeniu. Takéto riešenie však využíva istú dávku šťastia v tom, že rýchlosť sa po istom čase zastabilizuje na nejakej hodnote (terminálnej rýchlosti)[^10]. To spôsobí, že chyba takejto metódy nebude nejako extra veľká. Avšak, chyba tejto metódy sa prejaví hneď na začiatku. Po prvej iterácii totiž máme $x(\Delta t) = x(0) + v(0) \Delta t = 0$. To v konečnom dôsledku spôsobí, že po prvej iterácii je relatívna chyba $\SI{100}{\percent}$, čo je fakt veľa. Vzťahy z uvedeného riešenia riešia tento problém[^11], keďže na každom časovom úseku $\Delta t$ poctivo počítajú rovnomerne zrýchlený pohyb.