Полёт американцев на Луну, где найти вменяемые объяснения спорных моментов?

Однако, джентльмены, я чтото не пойму, о каком собственно параболоиде идёт речь:

Эх, чтото у меня плохо с арифметикой и вообще с абстракцией...

 

вспоминается Винни-Пух: правописание у меня хорошее, только хромает

Параболоид - он один. Фигура такая. В курсе алгебры первого курса института изучают.
;D ;D

вспоминается Винни-Пух: правописание у меня хорошее, только хромает
Параболоид - он один. Фигура такая. В курсе алгебры первого курса института изучают.
;D ;D

 

Напрасно вы так думаете. Параболоид это тело получаемая вращением параболы вокруг оси. Ось при этом не обязательно должна совпадать с осью параболы.
Но я так понял что вы настаиваете на первом варианте? То есть выше всех летят какраз те пищинки которые летят супротив струи которая их собственно и поднимает?

Прохожий, вы не волнуйтесь - я тоже сдесь, с большим интересном наблюдаю за развитием событий. Мне жуть как интересно узнать куда и как там полетят эти самые пистчинки!

Эх, чтото у меня плохо с арифметикой и вообще с абстракцией... Не могли бы вы нарисовать параболу и несколько парабол внутри чтобы их вершины или что там были касательны к этой параболе?

 

Вот, намалевал картинку. На подписи внимания не обращайте. Это - ряд траекторий частиц, выброшенных с одинаковой скоростью, но под разными углами возвышения. Красная линия соответствует огибающей этих траекторий; все её точки принадлежат траекториям, для которых при данном горизонтальном расстоянии от точки выброса высота максимальна.

Одна поправочка - уравнения ПАРАМЕТРИЧЕСКИЕ.

 

Гы. Тебе ж сказали: alpha - параметр. Не восприЯл? ;D

а так - любо дорого смотреть! ;D Пустынского - на доску почета!

 

Ты, мелкий, что, не смог решить, пришлось в ответ подглядеть? Географ!.. Слушай, с тебя пока подсчёт количества пыли - забыл уже?

Да, кстати, предоставляю тебе возможность оправдаться. ;D Значит, так. Реши-ка мне ту же самую задачу, но в следующем приближении. Т. е. бери поле тяжести не однородным, а соответствующим притяжению сферической планеты. Поверхность, конечно, тоже бери не плоскую, а сферическую. Точное решение мне не нужно, ты его всё равно не найдёшь. Найди "поправку на сферичность" первого порядка. Плоская задача дала решение нулевого порядка. Найди мне приближение следующего порядка; первому порядку точности соответствует скорость выброса, много меньшая первой космической (в нулевом порядке первая космическая равна бесконечности); т. е. пренебреги квадратичными членами по отношению V/V1косм, но сохрани первые степени этих членов. Так и быть, даю тебе время до пятницы включительно. Впрочем, если боишься опозориться - откажись. ;D

Но я так понял что вы настаиваете на первом варианте? То есть выше всех летят какраз те пищинки которые летят супротив струи которая их собственно и поднимает?

 

Дык у него именно так всё и есть. :o

Пустынского нельзя хвалить - он зазнается
Тоже мне - решил задачу для поступающих в техникумы ;D Он теперь ходит и гордиться...

Другой вопрос - что Старый, Белл и Ко даже ниже уровня техникума. Вот в чем соль ;D
Я тебе могу сказать неглядя - по-настоящему фигура должна быть эллипсоидом вращения, пересекающим сферу поверхности Луны
ввиду малости как скорости так и линейных размеров облака - поправки будут ничтожны.
если это так принципиально - щас накидаю...

Я тебе могу сказать неглядя - по-настоящему фигура должна быть эллипсоидом вращения, пересекающим сферу поверхности Луны

 

Интересно, с какой радости. :o Не, не то чтобы я спорил; но хотелось бы услышать обоснование.

ввиду малости как скорости так и линейных размеров облака - поправки будут ничтожны.

 

Зависит от скорости; скорость может ведь составлять и 10 % космической; разговор-то о решении в принципе, а не о конкретном приложении; настоящее облако всё равно не будет иметь ничего общего ни с параболоидом, ни с другой подобной фигнёй.

если это так принципиально - щас накидаю...

 

Не, не принципиально. Но раз ты уже взялся - теперь ходы назад поздно брать. Накидай-ка. Срок до пятницы. ;D

А чтото с самого начала представлял себе что параболоид будет второго типа.
Прохожий, а как же первый то образуется?

А чтото с самого начала представлял себе что параболоид будет второго типа.
Прохожий, а как же первый то образуется?

 

А можно я, можно я расскажу? Значицца, так. Бильярдные шарики, ну то есть молекулы газа, все имеют одну и ту же скорость, равную скорости звука в газе (именно так!). Они все бьют в одну точку - в ту, что под соплом. И вышибают пищинок из писочницы. Вышибаемые пищинки, разумеется, все тоже приобретают одну и ту же скорость. С газом после вылета они ужо не взаимодействуют, т. к. газ шибает игольной струйкой туды, откуда пищинки вышибаются, и никуда больше. Так вот пищинки и разлетаются во все стороны. Причём распределение вероятности угола их вылета изотропно (изотропность распределения доказывается там же, где всё остальное). Результат - тот самый касательный к траекториям купол... :o

Я тебе могу сказать неглядя - по-настоящему фигура должна быть эллипсоидом вращения, пересекающим сферу поверхности Луны

Интересно, с какой радости. Не, не то чтобы я спорил; но хотелось бы услышать обоснование.

 

Закон Кеплера - все тела движутся в поле тяжести по эллипсу (кроме случаев V>V2косм) ;D ;D
Можем взять центральное поле R''=-u/R²
и показать, что R²(dfi/dt)=Const или R*Vn=Const
дальше пояснять, почему эллипс ???

Вообще-то говоря, мы исходим из модели ТОЧЕЧНОГО поля тяжести. Поэтому поверхность луны рояля не играет. Можно считать, что пыль пущена в условиях лунных орбит.
Так вот, любой пущенный предмет даже со скоростью менее первой космической, будет двигатья по элипсу, при этом перигей будет просто ниже отметки "нуль" высоты.

Так вот, огибающая облако пыли будет элипсоида вида (x/a)²+(y/b)²=1
эллипсоид будет симметричным, с вершиной х=0, у=r+h

отсюда найдем первый параметр b

Из закона сохранения имеем W²=2u(1/r1-1/r2) r1=r; r2=r+h
(r+h)=1/(1/r-W²/2u)=b - первый параметр

Второй параметр найдем из таких соображений. Огибающая будет пересекать поверхность в точке максимальной дальности. Это просто логика - точка максимальной дальности есть максимально удаленная точка от точки "стрельбы", ее угловая дальность Ф самая большая при угле стрельбы А

tg(Ф/2)=k*tg(A)/(1+tg²(A)-k); k=r*V²/u

Впрочем, при А=45град имеем tg(Ф/2)=~k/(2-k)=~V²/(2gR) g(0)=1.67; R -лунные параметры
Пустынский говорит, что

первому порядку точности соответствует скорость выброса, много меньшая первой космической

 

Поэтому уместно упростить до (Ф/2)~V²/(2gR); Ф~=V²/(gR)

Теперь имеем точку х,у (угол Ф отсчитывают от полярной нормали)
x`=R*sin(Ф)
y`=R*cos(Ф)

второй параметр эллипса (x/a)²+(y/b)²=1 найдем исходя из точки (x`,y`)

a=x`/sqrt(1-(y`/b)²)

Итак, мы нашли два параметра эллипсоида - а,b
Надеюсь, заниматься явной подстановкой необязательно?

Вроде нигде не ошибся?

Закон Кеплера - все тела движутся в поле тяжести по эллипсу (кроме случаев V>V2косм) ;D ;D
Можем взять центральное поле R''=-u/R²
и показать, что R²(dfi/dt)=Const или R*Vn=Const
дальше пояснять, почему эллипс ???

 

Да. Пояснять.

Вообще-то говоря, мы исходим из модели ТОЧЕЧНОГО поля тяжести. Поэтому поверхность луны рояля не играет. Можно считать, что пыль пущена в условиях лунных орбит.
Так вот, любой пущенный предмет даже со скоростью менее первой космической, будет двигатья по элипсу, при этом перигей будет просто ниже отметки "нуль" высоты.

 

Бред. Любой брошенный камень движется по эллипсу, но его перицентр находится ВЫШЕ отметки "нуль" высоты. В нулевом приближении он совпадает с максимумом той параболы, в которую этот эллипс в 0-м приближении вырождается.

Так вот, огибающая облако пыли будет элипсоида вида (x/a)²+(y/b)²=1

 

С какой радости-то?

эллипсоид будет симметричным, с вершиной х=0, у=r+h

отсюда найдем первый параметр b

Из закона сохранения имеем W²=2u(1/r1-1/r2) r1=r; r2=r+h
(r+h)=1/(1/r-W²/2u)=b - первый параметр

 

Ну-ну...

Второй параметр найдем из таких соображений. Огибающая будет пересекать поверхность в точке максимальной дальности. Это просто логика - точка максимальной дальности есть максимально удаленная точка от точки "стрельбы", ее угловая дальность Ф самая большая при угле стрельбы А

tg(Ф/2)=k*tg(A)/(1+tg²(A)-k); k=r*V²/u

Впрочем, при А=45град имеем tg(Ф/2)=~k/(2-k)=~V²/(2gR) g(0)=1.67; R -лунные параметры
Пустынский говорит, что
Поэтому уместно упростить до (Ф/2)~V²/(2gR); Ф~=V²/(gR)

 

С какой радости так упрощаем-то? Это точность нулевого порядка, а нам нужен первый; и угол возвышения совсем потеряли, да.

Теперь имеем точку х,у (угол Ф отсчитывают от полярной нормали)
x`=R*sin(Ф)
y`=R*cos(Ф)

второй параметр эллипса (x/a)²+(y/b)²=1 найдем исходя из точки (x`,y`)

a=x`/sqrt(1-(y`/b)²)

Итак, мы нашли два параметра эллипсоида - а,b
Надеюсь, заниматься явной подстановкой необязательно?

 

Обязательно-обязательно. Нужно решение в явном виде. С точностью до 1-го порядка малости. Заодно можно будет проверить, выродится ли оно в уже известное в 0-м порядке.

Вроде нигде не ошибся?

 

С тебя:
1) Обоснование того, что огибающая - эллипс;
2) Обоснование правомерности приближения Ф~=V²/(gR);
3) Окончательный результат.

Срок до пятницы.

С газом после вылета они ужо не взаимодействуют, т. к. газ шибает игольной струйкой туды, откуда пищинки вышибаются, и никуда больше.

 

И ещё в этой точке неиссякаемый источник писка.

Закон Кеплера - все тела движутся в поле тяжести по эллипсу...
дальше пояснять, почему эллипс

Да. Пояснять.

 

ты сомневаешся в законах Кеплера ??? :o
или хочешь, чтобы я тебе их вывел влоб? ;D смысл!? я на одном форуме уже однажды это популярно для тебя проделал

Бред. Любой брошенный камень движется по эллипсу, но его перицентр находится ВЫШЕ отметки "нуль" высоты.

 

ну тогда считай, что апоцентр окажется меньше перицентра - ниже нуля ;D так легче!?
как звучит - апоцентр ниже перицентра ;D впрочем - это условности терминологии. Апоцентр - большая из вершин эллипса, перицентр - меньшая. Так логичнее.

Ну-ну...

 

"ну-ну" значит нет возражений, или это вариант "му-му"!?

2) Обоснование правомерности приближения Ф~=V²/(gR);

 

еще раз -
половина угловой дальности в ЯВНОМ виде точно

tg(Ф/2)=k*tg(A)/(1+tg²(A)-k); k=r*V²/u
при А=45град имеем tg(Ф/2)=~k/(2-k)=~V²/(2gR) потому что 0<k<<1

теперь в линейном приближении tg(z)~sin(z)~z
иначе нужно учитывать квадратичные члены. Можно учесть. Не вопрос. Смысл? Там сразу кубы лезут ;D
tg(z)~z+(1/3)*z³+(2/15)*z⁵+...

Хорошо, тогда в кубическом приближении Ф=k+k³/3; k=V²/(gR)


давай так - ты хочешь, чтобы я нашел экстремум Ф=Ф(А) и подставил в выражение для второго параметра эллипса? так? первый параметр мы нашли железно и ТОЧНО.

И еще - давай определимся, вырождение чего во что ты хочешь увидеть? тебя интересует угловая дальность? дальность абсолютная, второй параметр эллипса...
в каком виде ты хочешь увидеть?

ты сомневаешся в законах Кеплера ??? :o
или хочешь, чтобы я тебе их вывел влоб? ;D смысл!? я на одном форуме уже однажды это популярно для тебя проделал

 

Я не сомневаюсь в форме траекторий; но мне интересно, с какой радости их огибающая-то должна быть эллипсом?

ну тогда считай, что апоцентр окажется меньше перицентра - ниже нуля ;D так легче!?

 

Нет. Верхняя точка пищинки - это апоцентр. И он выше поверхности.

"ну-ну" значит нет возражений, или это вариант "му-му"!?

 

Это издевка.

еще раз -
половина угловой дальности в ЯВНОМ виде точно

tg(Ф/2)=k*tg(A)/(1+tg²(A)-k); k=r*V²/u
при А=45град имеем tg(Ф/2)=~k/(2-k)=~V²/(2gR) потому что 0<k<<1

 

Это в нулевом приближении. А я просил первое. Хочешь уверить меня, что 1-е совпадает с 0-м - доказывай.

теперь в линейном приближении tg(z)~sin(z)~z
иначе нужно учитывать квадратичные члены. Можно учесть. Не вопрос. Смысл? Там сразу кубы лезут ;D
tg(z)~z+(1/3)*z³+(2/15)*z⁵+...

Хорошо, тогда в кубическом приближении Ф=k+k³/3; k=V²/(gR)

 

Да нет же, я спрашиваю, куда угол возвышения-то делся? У тебя tg(Ф/2) есть функция угла возвышения, а после упрощения ты его потерял. Зачем мне А=45? Это в 0-м приближении такой угол будет на максимальной дальности. А в 1-м приближении угол максимальной дальности уже другим будет, да. ;D

давай так - ты хочешь, чтобы я нашел экстремум Ф=Ф(А) и подставил в выражение для второго параметра эллипса? так? первый параметр мы нашли железно и ТОЧНО.

 

Я хочу, чтобы ты написал решение в 1-м приближении. Сколько раз нужно повторить, чтоб ты понял? Решение в 1-м приближении. Хочу его видеть. До пятницы. ;D

И еще - давай определимся, вырождение чего во что ты хочешь увидеть? тебя интересует угловая дальность? дальность абсолютная, второй параметр эллипса...
в каком виде ты хочешь увидеть?

 

Меня интересует огибающая функция F(X,Y)=0 в 1-м приближении. В 0-м я её тебе вывел: F=y-(1/2)*(V²/g-g*x²/V²) . Теперь я хочу видеть 1-е приближение. Ничего больше меня не интересует. Срок у тебя - до пятницы. ;D

7-40
страница 44 ОТВЕТ 653
я тебе ее там выписал явным способом - это чтоб ты не сильно гордился.
Понимаешь, переписал мой ответ, и теперь тычет тут ;D


Он мне сроки тут ставит ;D
Ты забыл, как ты обгадился с бочкой и трубкой!? так что остынь, парень

хорошо.
берем функцию угловой дальности Ф

tg(Ф/2)=k*tg(A)/(1+tg²(A)-k); k=r*V²/u или иначе k=V²/(gR)

экстремум показывает связь максимальной дальности стрельбы с "оптимальным" углом

tg(Фm/2)=k/(2*tg(Am))

или tg(Фm/2)=k/2*sqrt(1-k) - максимальная угловая дальность стрельбы при наилучшем угле Ам.
несложно заметить, что при k<<1 имеем Ф~k=V²/(gR)=Lm/R

так вот, огибающая вида:

f(x,y)=(x/a)²+(y/b)²=1

где b=1/(1/r-v²/2u)=r/(1-k/2)

a=r*sin(Фm)/sqrt( 1-((1-k/2)*cos(Фm))² ); где tg(Фm/2)=k/2*sqrt(1-k)

Это ТОЧНО. в Н-ном любом приближении ;D

Ну можно приблизить так a~r*k/sqrt(1-(1-k/2)²)~r*k/sqrt(k)~r*sqrt(k) при очень малых sin(Ф)~0

Впрочем, итак видно, что ситуация вырождается в Фм~k=V²/(gR)=Lmax/R
Кроме того, b=r+h=r/(1-k/2)=r/(1-V²/2gr) -> (b-r)=h~kr/2=V²/(2g)=Hmax

Думаю, искусственно пытаться выводить красивые комбинации букАв и цЫфар далее смысла нет.
Эллипс пересекает точки Hmax и Lmax. Имеет смысл лишь уточнение этих кардинальных параметров. В остальном эллипс пересекает эти две точки. Один из фокальных ценнтров - ц.м. Луны. Что ЕЩЕ к этому можно добавить ???

7-40
страница 44 ОТВЕТ 653
я тебе ее там выписал явным способом - это чтоб ты не сильно гордился.
Понимаешь, переписал мой ответ, и теперь тычет тут ;D

 

Ой, точно... Только ты там лишь ответ из задачника перекатал... А решить ты не смог...

Он мне сроки тут ставит ;D

 

Ты ж мог отказаться - я сразу сказал, что откажись, если не уверен...

Ты забыл, как ты обгадился с бочкой и трубкой!?

 

С какой бочкой? Ссылочку не дашь? Кажется, никаких бочек и трубок я не брался считать...

хорошо.
берем функцию угловой дальности Ф

tg(Ф/2)=k*tg(A)/(1+tg²(A)-k); k=r*V²/u или иначе k=V²/(gR)

экстремум показывает связь максимальной дальности стрельбы с "оптимальным" углом

tg(Фm/2)=k/(2*tg(Am))

или tg(Фm/2)=k/2*sqrt(1-k) - максимальная угловая дальность стрельбы при наилучшем угле Ам.
несложно заметить, что при k<<1 имеем Ф~k=V²/(gR)=Lm/R

 

Чё это вообще такое? ::)

так вот, огибающая вида:

f(x,y)=(x/a)²+(y/b)²=1

где b=1/(1/r-v²/2u)=r/(1-k/2)

a=r*sin(Фm)/sqrt( 1-((1-k/2)*cos(Фm))² ); где tg(Фm/2)=k/2*sqrt(1-k)

Это ТОЧНО. в Н-ном любом приближении ;D

 

Всё. Свободен. У тебя срок до пятницы. ;D Ты так не доказал, что огибающая - эллипс, а без доказательств все упражнения ничего не стОят.

Ну можно приблизить так a~r*k/sqrt(1-(1-k/2)²)~r*k/sqrt(k)~r*sqrt(k) при очень малых sin(Ф)~0

Впрочем, итак видно, что ситуация вырождается в Фм~k=V²/(gR)=Lmax/R
Кроме того, b=r+h=r/(1-k/2)=r/(1-V²/2gr) -> (b-r)=h~kr/2=V²/(2g)=Hmax

 

:o

Думаю, искусственно пытаться выводить красивые комбинации букАв и цЫфар далее смысла нет.
Эллипс пересекает точки Hmax и Lmax. Имеет смысл лишь уточнение этих кардинальных параметров. В остальном эллипс пересекает эти две точки. Один из фокальных ценнтров - ц.м. Луны. Что ЕЩЕ к этому можно добавить ???

 

К этой белиберде можно добавить ещё много разной белиберды. Но НУЖНО добавить к ней только решение, которое ты взялся найти, но так и не нашёл. Итак:

Меня интересует огибающая функция F(X,Y)=0 в 1-м приближении. В 0-м я её тебе вывел: F=y-(1/2)*(V²/g-g*x²/V²) . Теперь я хочу видеть 1-е приближение. Ничего больше меня не интересует. Срок у тебя - до пятницы.

С какой бочкой? Ссылочку не дашь? Кажется, никаких бочек и трубок я не брался считать...

 

какую бочку!? обыкновенную, с "поршневым" днищем, которое имеет малые колебания dх, и трубкой. Нужно былонайти вариацию давления на дне трубки под бочкой.

Так вот мой дорогой - пока ты ее не решишь, ты свободен и продолжения банкета не будет
Бартер - ты мне, я тебе. ОК?

Чё это вообще такое?

 

ну если ты ни ухом ни рылом - я должен тебе разжовывать: как искать производную, почему экстремум связан с нулевой производной...

Ты так не доказал, что огибающая - эллипс, а без доказательств все упражнения ничего не стОят.

 

это доказал Кеплер. Для тебя еще раз?

К этой белиберде можно добавить ещё много разной белиберды.

 

так вот, мой мальчик, вся эта "белиберда" - законы Кеплера, уравнение элипса, законы сохранения - это основы основ. азы ;D

Ты берешся опровергать Кеплера!? или законы сохранения? или лавры Лейбница в высшей математике тебе жизни не дают!?

Люди! вот типичный защитник НАСА - ни ухом ни рылом, (вернее рыло есть), не в состоянии свести свои теории концы с концами, будучи зажатыми в угол, ругаются, кусаются, аргументируют двумя способами: 1)почему другие раньше этого не заметили; 2)дайте двух свидетелей, Определение суда, печать нотариуса - и вообще - нам это не нужно. нужно вам - вы и доказывайте.

какую бочку!? обыкновенную, с "поршневым" днищем, которое имеет малые колебания dх, и трубкой. Нужно былонайти вариацию давления на дне трубки под бочкой.

 

Это ты с Юрием Красильниковым решал. Я ни за какую бочку не брался и не собираюсь.

Так вот мой дорогой - пока ты ее не решишь, ты свободен и продолжения банкета не будет
Бартер - ты мне, я тебе. ОК?

 

Т. е. все, сдулся? А как начинал, как начинал... "Щаз, мол, накидаю"... Накидал, да. Зачем брался-то?

ну если ты ни ухом ни рылом - я должен тебе разжовывать: как искать производную, почему экстремум связан с нулевой производной...
это доказал Кеплер. Для тебя еще раз?
так вот, мой мальчик, вся эта "белиберда" - законы Кеплера, уравнение элипса, законы сохранения - это основы основ. азы ;D

Ты берешся опровергать Кеплера!? или законы сохранения? или лавры Лейбница в высшей математике тебе жизни не дают!?

 

Все? Прошло? Успокоился? Ну, успокойся, успокойся. Не справился так не справился. Дело, конечно, плевое было, ну да ладно. ;D

Теперь возвращайся к массе пыли. Ты давно обещал ее посчитать. Старый, наверное, уже заждался, да и мне тоже, признаться, любопытно. Будешь рассказавать, что ты там насчитал? Или тоже задний ход? ;D

Люди! вот типичный защитник НАСА - ни ухом ни рылом, (вернее рыло есть), не в состоянии свести свои теории концы с концами, будучи зажатыми в угол, ругаются, кусаются, аргументируют двумя способами: 1)почему другие раньше этого не заметили; 2)дайте двух свидетелей, Определение суда, печать нотариуса - и вообще - нам это не нужно. нужно вам - вы и доказывайте.

 

Капитуляция принимается.

ну если Кеплер - белиберда, то тогда конечно - я капитулирую ;D
перед несокрушимой белибердой Пустынского - все меркнет ;D ;D

Я ни за какую бочку не брался и не собираюсь

 

сдулся ненадувшись, мой резиновый друг? ;D

Давай так: функцию я показал. коэффициенты нашел.
Почему любая кривая в поле тяжести будет класса эллипсоидных - пояснил Кеплер. Это прямо следует из вида поля тяжести R''=-u/R²
это есть прямое его решение.

Почему функция f(x,y)=(x/a)²+(y/b)²=1 есть эллипс - учат детей в первом курсе института. Ходить надо было на лекции ;D ;D

любая точка огибающей кривой будет принадлежать к функции того же класса f(x,y)=(x/a)²+(y/b)²=1

Прошу заметить, что 7-40 обычно берется только за те задачи, где ответ я уже показал. За другие он не берется ;D

Впрочем, ты можешь меня опровергать - покажи, что огибающая будет не функция f(x,y)=(x/a)²+(y/b)²=1

Или дуй к себе в Белибердинск ;D

Давай так: функцию я показал. коэффициенты нашел.

 

Нет. Ты даже не приблизился к правильному ответу.

Почему любая кривая в поле тяжести будет класса эллипсоидных - пояснил Кеплер. Это прямо следует из вида поля тяжести R''=-u/R²
это есть прямое его решение.

 

Траектории будут эллипсами. Но ты ищешь огибающую. Огибающая семейства эллипсов не обязана быть эллипсом.

Почему функция f(x,y)=(x/a)²+(y/b)²=1 есть эллипс - учат детей в первом курсе института. Ходить надо было на лекции ;D ;D
любая точка огибающей кривой будет принадлежать к функции того же класса f(x,y)=(x/a)²+(y/b)²=1

 

А Нарова впадает в Финский залив.

Впрочем, ты можешь меня опровергать - покажи, что огибающая будет не функция f(x,y)=(x/a)²+(y/b)²=1

 

С какой стати? Ты будешь всякую околесицу писать - и требовать, чтоб я её опровергал? Хочешь доказать, что огибающая будет эллипсом - доказывай. Не хочешь - слив засчитан.

Впрочем, если ты скажешь: так мол и так, взял на себя непосильное своему прохожему уму, взялся "щас набросать" и облажался, расскажите мне, нищему духом и слабому математикой, как решить эту несложную задачку; - так вот если ты что-то в этом роде скажешь, я, так и быть, покажу тебе, как такие вещи решаются. ;D