如何求解這個小球碰撞次數與圓周率關係的趣味問題？

12-02

如圖，在光滑水平面上，有一個球A向牆運動，速度垂直於牆面，A和牆之間的連線上停著另一個小球B。假設球與球，球與牆之間的碰撞均為完全彈性的。這個圖畫的並不好，兩個球大小完全一致可以看成質點。

當兩個球質量相等時，A碰上B，A停下來B繼續運動，B碰到牆再返回碰A。球與球、球與牆之間一共發生了3次碰撞。
如果球A的質量大於B，那麼A碰完B之後還會繼續向牆運動，總共的碰撞次數可能會大於3。實際上：
當A的質量是B的10000倍時，共碰撞314次。
當A的質量是B的1000000倍時，共碰撞3141次。
當A的質量是B的1億倍時，共碰撞31415次。
隨著A和B質量之比的增大，總共的碰撞次數會和圓周率的數值有關。如何解釋這個關係？
Mathematics Stack Exchange 上討論問題的鏈接physics - Intuitive reasoning behind $pi$"s appearance in bouncing balls.

我先提供一個答案

設大小球的質量比為N
由能量守恆 $frac{1}{2} NV_{i}^2+frac{1}{2}v_{i}^2 =frac{1}{2} NV_{i-1}^2+frac{1}{2}v_{i-1}^2$
可以得到 $V_{i}^2+(v_{i}/sqrt{N})^2$ 是一個定值，也就是 $left( V_{i},v_{i}/sqrt{N} ight)$ 在一個圓上
不妨設其為單位圓，記 $left( V_{i},v_{i}/sqrt{N} ight) =left( cosalpha ,sinalpha ight)$
將其代入動量守恆 $NV_{i}+v_{i}=NV_{i-1}-v_{i-1}$
得到 $sqrt{N} cosalpha +sinalpha=sqrt{N} coseta -sineta$
可以看到這個根號N明顯是個單身狗，想要妨礙sin和cos的偉大結合，將它提到一邊
$sqrt{N}=frac{sineta+sinalpha}{coseta-cosalpha} =cotleft( frac{alpha-eta}{2} ight)$
對於任意的i，碰撞前後alpha和beta的差是定值（由質量比N決定）。
所以把 $left( V_{i},v_{i}/sqrt{N} ight)$ 在圓上依次畫出來之後，這個點每次移動的角度是固定的。
起始的點是（1,0），終止的情況是這個點第一次跨入第三象限的剎那（當小球在某次碰撞後仍然向右走，那麼過程停止）（評論區的同學指出，確切的說，是跨過射線 $left( -1,frac{1}{sqrt{N}} ight)$ 之後終止，在極限情況下趨近於x軸負半軸），轉過的角度是固定的，因此必然會跟 $pi$ 相關。
在 $N ightarrow infty$ 時， $Delta heta =2arctanfrac{1}{sqrt{N}}sim frac{2}{sqrt{N}}$
球之間碰撞的次數 $napprox frac{pi}{2/sqrt{N} }$
總碰撞次數 $m=2n-1approx pi sqrt{N}$

感謝白神思路，要精確求最終解感覺會出來一點arc和取整，無傷大雅

@白如冰
高中競賽的時候寫過這個題...解法基本一致

另外，從現在的觀點來看，二體碰撞問題是一個關於兩者速度的線性變換，變換中有動能這個二次型保持不變，那麼就是二維正交矩陣：總共就只有兩種，旋轉和旋轉加反射。
既然碰撞時旋轉加反射，那麼再加一個反射就能夠實現旋轉。

初看到結論的時候，就好像有種故意誘導讓人這麼作的感覺。。。（大誤）

估計很多人都像我這麼想吧，
假設大球初速度為v0，且質量為小球質量的k倍，

假設某次碰撞後狀態如下圖，
根據能量守恆，大球速度的√k倍，√kv1，與小球的速度v2，明顯在一個圓上。
$kmv_{1} ^2+mv_{2}^2=E$
$(sqrt{k} v_{1})^2+v_{2}^2=E/m$

然後小球撞向牆壁，速度反向為-v2，與大球再次碰撞後，速度為v1"，v2"
如下圖

這兩點距離為Δ，
反覆碰撞後，大球速度逐漸減為零，然後開始反向加速，直到與小球速度相同，兩球才不碰撞。
假設這時速度為v""
根據能量守恆，
$mv$
當k趨於無窮時，
$v$

也就是說，這個點從橫軸的正半軸，一直移動到負半軸。
經過的路程為
$pi sqrt{k} v_{0}$

很容易讓人聯想到，如果經歷了
$pi sqrt{k}$
次碰撞，圖中有
$pi sqrt{k} /2$
個點（因為每兩點之間有一次撞牆過程）

則Δ長應該為
$Delta =2v_{0}$

我們來驗證一下,
能量守恆
$kv_{1}$
動量守恆
$kv_{1}$
則
$k=frac{(v_2-v_2$
$v_1+v_1$

解得
$v_1$
$v_2$
代入
$Delta^2 =(sqrt{k} v_1-sqrt{k}v_1$
$=frac{4kv_1^2-8kv_1v_2+4kv_2^2+4v_2^2-8kv_1v_2+4k^2v_1^2}{(k+1)^2}$
$=frac{4v_1^2/k-8v_1v_2/k+4v_2^2/k+4v_2^2/k^2-8v_1v_2/k+4v_1^2}{(1/k+1)^2}$
因為
$v_2<sqrt{k} v_0$
所以當
$sqrt{k} ightarrow infty$
時
$Delta ^2 ightarrow 4v_0^2$

前面幾位給出的都是初等思路，暴力解法，我來給出一個先求近似+微分方程的解吧。

正方向約定與其他答案一致。

略去了碰撞求解，可以在別的答案中找到。

略去了求解微分方程的過程，學過高數的應該都會解。

最終令VA=-V0求得t是因為從始至終能量沒有損耗，最後能量還是會完全回到大球身上。

算上球與牆的碰撞就可以得到正確答案。

至於正確與否以及一些細節，歡迎討論。

列一下本渣的弱雞解法，因為數學太差所以強行用微（玄）分（學）方程代替差分方程，所幸在質量差距懸殊的極限下離散過程過渡為連續過程，得到的解是精確的： ——————————————————————
先做符號說明。
大球質量……1
大球動量大小……p
大球動量大小的初值……1
小球質量……a
小球動量大小……q

在迎面彈性碰撞中，雙方交換一部分動量，在質心繫中很容易證明這部分動量等於兩倍之約化質量與相對速度之乘積，對大球而言：

為消去q，代入能量守恆方程

即可將問題化為對遞推數列p（差分方程）的求解。
誠然差分方程中含根式故求解未必十分輕鬆，但考慮到在a遠小於1極限下過程由離散向連續過渡，故嘗試引入參數t將其用更易處理的微分方程代替。注意：t不是時間參數。它代表碰撞次數的求和，微元dt可以看作每一次碰撞。

分離變數後定積分。注意定積分的區間：本題中大球動量大小p應先從初值1遞減為0，之後運動過程反演，反向增加到1。故積分區間選為0到1，再將結果乘2。

嚴格的積分也無甚困難，不過方便起見將分母上的p√a項略去，可以證明結果是正確的。

注意這樣一來我們得到的t，代表運動過程對稱軸的前半部分，同時也只考慮球撞球，而球撞牆的次數和球撞球相等，故應放大四倍

這樣就證明了題目中的現象
——————————————————————
前面清北浙的同學都已經拿出很棒的解法了，自己真是來給母校丟臉的 (′-ω?`)

我用z變換求解了一下，雖然計算過程並沒有簡化多少……
第一個答案在數學上貌似不太嚴謹，兩者最後一次碰撞應該是在第二象限。而且，最後應該是用夾逼定理得到(總的碰撞次數÷√N)的極限為π的結論。

量綱分析可以知道碰撞次數N和球牆距離、球的速度都沒有關係，是純粹的質量比的函數，可以寫成N＝f(M/m)，f待定。然後就不知道了。

啊哈哈先佔個位
只會用一點點C……貼一下代碼：

#include&
#include&#define k 10000000000
float PZ1(float x,float y)
{ float z;
z=(2*k*y+(1-k)*x)/(1+k);
return (z);
}
float PZ2(float x,float y)
{ float z;
z=(2*x+(k-1)*y)/(1+k);
return (z);
}
int main()
{ int N=1;
float v1,v2,t;//注意加上球撞牆反向的條件

for(v2=10.0,v1=0.0;(v1&>0.0)||(v2&>0.0)||(v1&<=v2);)
{ t=v1;
v1=PZ1(v1,v2);
v2=PZ2(t,v2);

if((v1&<0.0)((-v1)&>fabs(v2)))
N=N+1;
if((v1*v2&<0.0)(fabs(v1)& {N=N+1;v1=-v1;}
if(((v1&>0.0)(v1&>fabs(v2)))||((v1&>=0.0)(v2&>0.0)(v1& {N=N+2; v1=-v1;}

printf("%d ",N);
printf("%f,%f
",v1,v2);
}
return (0);
}

大概就是分情況討論了一下。質量比k取到10000000000的時候能得到
314159。

—————————分割線————————————————
更新版的代碼來了。可以輸出質量比k和碰撞次數N的數值函數。
#include&
#include&#define sx 10000//設定質量比循環上限

float PZ1(float x,float y,float s)
{ float z;
z=(2*s*y+(1-s)*x)/(1+s);
return (z);
}
float PZ2(float x,float y,float s)
{ float z;
z=(2*x+(s-1)*y)/(1+s);
return (z);
}

int main()
{
float N=1;
float v1,v2,t,k; //注意加上球撞牆反向的條件
for(k=1.0;k&{for(v2=10.0,v1=0.0;(v1&>0.0)||(v2&>0.0)||(v1&<=v2);)
{ t=v1;
v1=PZ1(v1,v2,k);
v2=PZ2(t,v2,k);

if((v1&<0.0)((-v1)&>fabs(v2)))
N=N+1;
if((v1*v2&<0.0)(fabs(v1)&{N=N+1;v1=-v1;}
if(((v1&>0.0)(v1&>fabs(v2)))||((v1&>=0.0)(v2&>0.0)(v1&{N=N+2; v1=-v1;}

}
printf("%f %f
",k,N);
}
return (0);
}

不知道還有人關注這個問題沒有，其實用數學軟體Mathematica來做幾分鐘就搞定了，雖然很暴力。

約定速度向牆為正，用能量守恆和動量守恆可以求出任意一次碰撞之後的速度結果：