Problema de mario bross

Ángulo de alcance máximo en tiro parabólico cuando el objetivo no está a la misma altura que el punto de lanzamiento.
Consideremos una situación como la siguiente:

h

La pelota sale de la mano con una velocidad inicial v0 y un ángulo θ. La pregunta a responder es: dado que la pelota caerá a una altura diferente de la de lanzamiento, ¿cuál es el ángulo de alcance máximo? Si ignoramos laresistencia del aire, las ecuaciones Newton y condiciones iniciales serían:

ˆ F  mgj ˆ v0  v0 i cos   ˆ sin  j x0  0
Lo que conduce a las soluciones:





ˆ a   gj ˆ v  t    v0 cos   i   v0 sin   gt  ˆ j gt 2  ˆ ˆ  x  t    v0t cos   i   v0t sin   j 2  

Nos interesa el tiempo para el cual y(t) = –h, es decir:
gt 2  h 2

v0t sin  

gt 2  v0tsin   h  0 2
2 v0 sin   v0 sin 2   2 gh t g

Sustituimos este tiempo en la componente horizontal para obtener el alcance R:
x  t   v0t cos   v sin   v 2 sin 2   2 gh  0  cos  R  v0  0   g   v  2 R   0  v0 cos  sin   v0 cos 2  sin 2   2 gh cos 2  g





Para obtener el alcance máximo, es necesario encontrar un ángulo θ0 tal que:
dR 0 d 0Entonces hacemos:

dR  v0  d 2   v0 cos  sin   v0 cos 2  sin 2   2 gh cos 2  d  g  d  v  d d  2   0  v0 v0 cos 2  sin 2   2 gh cos 2    cos  sin    d   g   d





2 2 2 2 d  v0    d sin  d cos   d  v0 cos  sin   2 gh cos     v0  cos      sin   2 g   d d  2 v0 cos 2  sin 2   2 gh cos 2      2 d 2 2 2 v0 d  cos sin    2 gh dd cos    v     0   v0  cos 2   sin 2    2 2 v0 cos 2  sin 2   2 gh cos 2    g    2 v0  cos 2  dd sin 2   sin 2  dd cos 2    4 gh cos   v    0   v0  cos 2   sin 2    2 2 v0 cos 2  sin 2   2 gh cos 2   g  

d d

cos     

2 v0  2 cos 2  sin  dd sin   2sin 2  cos  dd cos    4 gh cos  sin  dR  v0   v0  cos 2   sin 2      2 d  g   2 v0 cos 2  sin 2   2 gh cos 2   2 v0  2 cos3  sin   2sin 3  cos    4 gh cos  sin    v0   2 2      v0  cos   sin    2  2 v0 cos 2  sin 2   2 gh cos 2   g    2 2v0 cos  sin   cos 2   sin 2    4 gh cos  sin    v     0   v0  cos 2   sin 2    2  2 v0 cos 2  sin 2   2 gh cos 2   g   2  v0  cos 2   sin 2    2 gh  v0   2 2     v0  cos   sin    cos  sin   2  v0 cos 2  sin 2   2 gh cos 2   g   

   

Igualando a cero:
dR 0 d

2  v0  cos 2   sin 2    2 gh  v0   2 2 0     v0  cos   sin    cos  sin   2  v0 cos 2  sin 2   2 gh cos 2   g   

0  v0  cos   sin   
2 2

2 v0  cos 2   sin 2   2 gh

v0  cos   sin    
2 2

2 2 gh  v0  cos 2   sin 2  

2 v0 cos 2  sin 2   2 gh cos 2 

cos  sin 

2 v0 cos 2  sin 2   2 gh cos 2 

cos  sin 

Para despejar θ, se aprovecharán las identidades trigonométricas:

cos  2   1 2 2 2 cos   sin   cos  2  cos 2   cos  sin  
Sustituyendo:

sin  2  2

v0 cos  2   

 sin  2    2  v sin  2  cos  2   1   2 gh 4 2
2 0 2

2 2 gh  v0 cos  2 

v0 cos  2    v0 cos  2   

1 2

 sin  2     2 v sin  2   4 gh cos  2   4 gh  
2 0 2 2 2 gh  v0 cos  2  2 v0 sin 2  2   4 gh cos  2   4 gh

2 2 gh  v0 cos  2 

sin  2 

Y ahora usamos la identidad:
sin 2   cos2   1

Entonces:
v0 cos  2    v0 cos 2   
2 2 gh  v0 cos  2  2 v0 1  cos 2  2    4 gh cos  2   4 gh   2 2 gh  v0 cos  2  2 2 v0  v0 cos 2  2   4 gh cos  2   4 gh

sin  2 

sin  2 

2 2 gh  v0 cos  2  v0  2 2 tan  2  v0  v0 cos 2  2   4 gh cos  2   4 gh 2 2 v0  v0 cos 2  2   4 gh cos  2   4 gh  

2 gh tan  2   v0 sin  2  v0

2 2 v0  v0 cos 2...