Táto úloha má veľa rôznych spôsobov riešenia, od trikového riešenia s použitím jednoduchých vzťahov, cez riešenie použitím diferenciálnych rovníc až po riešenie cez mocnenie matíc. Poďme sa na jednotlivé riešenia pozrieť.

Geometrické riešenie

Najprv sa musíme pozrieť na to, čo nastane pri dokonalej zrážke dvoch telies v jednom rozmere¹. Predpokladajme, že máme dve telesá s hmotnosťami $m_A$ a $m_B$ a rýchlosťami $v_{A}$ a $v_{B}$. Pri dokonalej zrážke sa zachováva celková hybnosť a celková kinetická energia. To sa dá zapisať do rovníc ako

$$\begin{aligned} m_A v_A + m_B v_B &= kon\check{s}t. \, , \\ \frac{1}{2} m_A v_A^2 + \frac{1}{2} m_B v_B^2 &= kon\check{s}t. \, . \end{aligned}$$

Klasický postup je napísať celkovú hybnosť telies a kinetickú energiu telies pred a po zrážke, čím dostaneme dve rovnice o dvoch neznámych, ktoré vyriešime. Avšak, táto sústava rovníc sa dá interpretovať aj čisto geometricky.

Zatiaľ čo hmotnosti $m_A$ a $m_B$ sú konštanty, tak rýchlosti telies $v_A$ a $v_B$ sú stavové veličiny a môžu sa meniť. Ak budeme uvažovať o priestore stavov, ktorý bude popisovať všetky možné stavy systému, tak dostaneme dvojrozmernú rovinu popísanú súradnicami $v_A$ a $v_B$. Rovnica zákona zachovania hybnosti je v tomto priestore lineárna rovnica a všetky stavy s rovnakou hybnosťou bude spájať priamka. Rovnica zákona zachovania kinetickej energie je zase kvadratická forma a všetky stavy s rovnakou energiou bude spájať vo všeobecnosti elipsa. Ak si však šikovne preškálujeme premenné $v_A$ a $v_B$ na premenné $\sqrt{m_A} v_A$ a $\sqrt{m_B} v_B$, tak vieme elipsu zmeniť na kruh. Použijeme pritom túto zmenu $$\begin{aligned} \sqrt{m_A} \left(\sqrt{m_A} v_A \right) + \sqrt{m_B} \left(\sqrt{m_B} v_B \right) &= kon\check{s}t. \, , \\ \frac{1}{2} \left( \sqrt{m_A} v_A \right)^2 + \frac{1}{2} \left( \sqrt{m_B} v_B \right)^2 &= kon\check{s}t. \, . \end{aligned}$$ Potom zákon zachovania kinetickej energie vytvára kruh a zákon zachovania hybnosti tvorí priamky so sklonom $- \sqrt{\frac{m_A}{m_B}}$. Ilustrujeme to na príklade: Prepokladajme, že teleso s veľkou hmotnosťou $m_A$ má rýchlosť $v_A$ a teleso s menšou hmotnosťou $m_B$ má nulovú rýchlosť $v_B = 0$ (stav 1). Keď si situáciu zobrazíme v súradniciach $\sqrt{m_A} v_A$ a $\sqrt{m_B} v_B$, tak existuje iba jeden druhý stav, ktorý spĺňa obe rovnice – stav 2 (obrázok 1). Po zrážke sa teda obe telesá budú pohybovať v kladnom smere.

Obrázok 1: Zákon zachovania energie (kružnica) a zákon zachovania hybnosti (priamka) v priestore súradníc $\sqrt{m_A} v_A$ a $\sqrt{m_B} v_B$.

Tento geometrický popis nám pomôže pri riešení našej úlohy. V našom prípade máme tri telesá s hmotnosťami $m_1$, $m_2$ a $m_3$ a vieme, že v každom momente bude platiť zákon zachovania energie

$$ \begin{aligned} \frac{1}{2} m_1 v_1^2 + \frac{1}{2} m_2 v_2^2 + \frac{1}{2} m_3 v_3^2 &= kon\check{s}t. \\ \frac{1}{2} \left( \sqrt{m_1} v_1 \right)^2 + \frac{1}{2} \left( \sqrt{m_2} v_2 \right)^2 + \frac{1}{2} \left( \sqrt{m_3} v_3 \right)^2 &= kon\check{s}t. \, . \end{aligned}$$ Preto sa budeme v priestore súradníc $\sqrt{m_1} v_1$, $\sqrt{m_2} v_2$ a $\sqrt{m_3} v_3$ pohybovať po povrchu gule určenej počiatočnou energiou $\frac{1}{2} m_1 v^2$ (obrázok 2).

Obrázok 2: Zákon zachovania energie (guľa) pre tri telesá v priestore súradníc $\sqrt{m_1} v_1$, $\sqrt{m_2} v_2$ a $\sqrt{m_3} v_3$ s vyznačeným počiatočným stavom.

Keďže sú telesá v poradí 1, 2 a 3, tak budú nastávať iba 2 druhy zrážok: zrážka telesa 1 a 2 a zrážka telesa 2 a 3. Pri každej z nich sa bude zachovávať zákon zachovania hybnosti. Keď sa zrazí teleso 1 a 2, tak sa rýchlosť telesa 3 nemení. Môžeme písať $$\sqrt{m_1} \left(\sqrt{m_1} v_1 \right) + \sqrt{m_2} \left(\sqrt{m_2} v_2 \right) = kon\check{s}t. \, .$$ Musíme teda ostať iba v rovine stavov v súradniciach $\sqrt{m_1} v_1$ a $\sqrt{m_2} v_2$ a budeme sa pohybovať po priamke so sklonom $- \sqrt{\frac{m_1}{m_2}}$. Keďže platí $m_2 \ll m_1$, tak tento sklon bude veľmi strmý.

Podobne, pri zrážke telesa 2 a 3 sa rýchlosť telesa 1 nemení a ostávame v rovine stavov v súradniciach $\sqrt{m_2} v_2$ a $\sqrt{m_3} v_3$. Zo zákona zachovania hybnosti dostaneme $$\sqrt{m_2} \left(\sqrt{m_2} v_2 \right) + \sqrt{m_3} \left(\sqrt{m_3} v_3 \right) = kon\check{s}t. \, ,$$ a preto sa budeme pohybovať po priamke so sklonom $- \sqrt{\frac{m_3}{m_2}}$. Keďže platí $m_2 \ll m_3$, tak aj tento sklon bude strmý.

Ak si teda kvalitatívne zakreslíme, čo sa bude diať, tak stavy budú cik-cakovito prechádzať po povrchu gule a malé teleso 2 bude pendlovať medzi telesami 1 a 2. Bude postupne na striedačku obom odovzdávať hybnosť (obrázok 3).

Obrázok 3: Pohyb priestorom súradníc $\sqrt{m_1} v_1$, $\sqrt{m_2} v_2$ a $\sqrt{m_3} v_3$ pri zrážkach troch telies (vľavo celý priestor, vpravo projekcia do $\sqrt{m_1} v_1$ a $\sqrt{m_3} v_3$).

Po tomto kvalitatívnom pochopení geometrie stavov prejdeme ku kvantitatívnemu vyčísleniu. Označíme si súradnice ako $x_1 = \sqrt{m_1} v_1$, $x_2 = \sqrt{m_2} v_2$ a $x_3 = \sqrt{m_3} v_3$. Keďže platí $m_2 \ll m_1$ a $m_2 \ll m_3$, tak priamky zachovania hybnosti sú veľmi strmé (skoro rovnobežné so smerom osi $x_2$). Preto, keď sa na pohyb stavov pozrieme v projekcii do súradníc $x_1$ a $x_3$, tak sa tieto 2 súradnice budú meniť iba o malé hodnoty $\delta x_1$ a $\delta x_3$. Ak teda budeme v stave $(x_1, -|x_2|, x_3)$, tak prejdeme do stavu $(x_1 - |\delta x_1|, +|x_2|, x_3)$. Z geometrie priamky so sklonom $- \sqrt{\frac{m_1}{m_2}}$ dostaneme $$\delta x_1 = - 2 x_2 \sqrt{\frac{m_2}{m_1}} \, .$$ Podobne, keď budeme v stave $(x_1, +|x_2|, x_3)$, tak prejdeme do stavu $(x_1 , -|x_2|, x_3 + |\delta x_3|)$ a z geometrie dostaneme $$\delta x_3 = 2 x_2 \sqrt{\frac{m_2}{m_3}} \, .$$ Vidíme, že teda zmeny v smere osi $x_1$ sú priamo úmerné zmenám v smere osi $x_3$. To znamená, že stavy budú cik-cakovito smerovať pozdĺž priamky, ktorá má sklon $$\frac{\delta x_3}{\delta x_1} = - \sqrt{\frac{m_1}{m_3} } \, .$$ Táto priamka zodpovedá práve situácii, ako keby platil zákon zachovania hybnosti pri zrážke telies 1 a 3, aj keď sa tieto telesá ani raz nezrazia.

Obrázok 4: Pohyb priestorom súradníc $\sqrt{m_1} v_1$ a $\sqrt{m_3} v_3$ pri zrážkach troch telies sa správa ako zrážka dvoch telies.

Ak teda vyriešime klasickým postupom zrážku telies 1 a 3, tak dostaneme ich konečné rýchlosti. $$\begin{aligned} m_1 v + m_3 0 &= m_1 v’_1 + m_3 v’_3 \, , \\ \frac{1}{2} m_1 v^2 + \frac{1}{2} m_3 0^2 &= \frac{1}{2} m_1 v_1’^2 + \frac{1}{2} m_3 v_3’^2 \, . \end{aligned}$$ Vyriešením sústavy rovníc dostaneme $$\begin{aligned} v’_1 &= \frac{m_1 - m_3}{m_1 + m_3} v \, , \\ v’_3 &= \frac{2 m_1 }{m_1 + m_3} v \, . \end{aligned}$$ Aby sme zistili počet zrážok, tak musíme zistiť, z koľkých úsekov sa skladá cik-cakovitá trasa stavov. Prierez pozdĺž čiarkovanej čiary v obrázku 4 vyberie z gule kruh. Tento kruh má polomer $$R = \frac{1}{2} \sqrt{ m_3 v_3’^2 + m_1 (v - v_1’)^2 } = v \sqrt{\frac{m_1 m_3}{m_1 + m_3}} \, .$$ Pri dvoch zrážkach, sa posunieme pozdĺž tohto kruhu v rovine $x_1$-$x_3$ o malú vzdialenosť $$\delta x = \sqrt{\delta x_1^2 + \delta x_3^2 } = 2 x_2 \sqrt{\frac{m_2 (m_1 + m_3)}{m_1 m_3}} \, .$$ Ak túto dĺžku prenesieme na obvod kruhu, tak dostaneme posun $$\delta l = \delta x \frac{R}{x_2} = 2 v \sqrt{m_2} \, .$$ To znamená, že po každých 2 zrážkach sa posunieme pozdĺž kruhu o rovnakú vzdialenosť $\delta l$. Keď teda prejdeme úplne horný polkruh, tak sme prešli cez všetky zrážky. Pre počet zrážok tak dostaneme $$N \approx 2 \frac{\pi R}{ \delta l} = \pi \sqrt{\frac{m_1 m_3}{m_2 (m_1 + m_3) }} \, .$$ Počet zrážok nezávisí od počiatočnej rýchlosti. Viac o podobnej úlohe nájdete tu a tu.

Riešenie cez diferencie

Za toto riešenie ďakujeme Richardovi Dudekovi.

Na otázku, aký bude konečný stav rýchlostí telies 1 a 3 vieme odpovedať jednoducho. Na konci musí byť rýchlosť telesa 2 nanajvýš rovná rýchlosti telesa 1 alebo telesa 3: Inak by teleso 2 ich dobehlo a nastala ďalšia zrážka, čo je spor s predpokladom, že máme konečný stav. Keďže má teleso 2 omnoho menšiu hmotnosť, tak môžeme jeho energiu a hybnosť zanedbať v porovnaní s ostatnými telesami. $$\begin{aligned} m_1 v_1 + m_2 v_2 + m_3 v_3 & \approx m_1 v_1 + m_3 v_3 = kon\check{s}t. \, , \\ \frac{1}{2} m_1 v_1^2 + \frac{1}{2} m_2 v_2^2 + \frac{1}{2} m_3 v_3^2 & \approx \frac{1}{2} m_1 v_1^2 + \frac{1}{2} m_3 v_3^2 = kon\check{s}t. \, . \end{aligned}$$ Tým pádom sa problém zredukuje na dokonalú zrážku medzi telesom 1 a 3 a konečné rýchlosti sú $$\begin{aligned} v’_1 &= \frac{m_1 - m_3}{m_1 + m_3} v \, , \\ v’_3 &= \frac{2 m_1 }{m_1 + m_3} v \, . \end{aligned}$$ Na otázku, koľko prebehlo zrážok, musíme lepšie popísať, čo sa deje s rýchlosťami telies po každej zrážke. Zrážky budú prebiehať vždy v páre 1-2 a 2-3 na striedačku. Použitím riešenia dokonalej zrážky si napíšeme, ako sa vyvíjajú rýchlosti telies.

Najprv majú telesá rýchlosti $v_1$, $v_2$ a $v_3$. Po prvej zrážke medzi telesami 1 a 2 dostaneme nasledujúce rýchlosti $v_1’$, $v_2’$ a $v_3’$ $$\begin{aligned} v_1’ &= \frac{m_1 - m_2}{m_1 + m_2} v_1 + \frac{2 m_2}{m_1 + m_2} v_2 \, , \\ v_2’ &= \frac{2 m_1}{m_1 + m_2} v_1 + \frac{m_2 - m_1}{m_1 + m_2} v_2 \, , \\ v_3’ &= v_3 \, . \end{aligned}$$ Vieme však využiť, že $p_1 = m_2/m_1$ je malé číslo. Ak teda použijeme aproximáciu do prvého rádu (iba lineárne členy v parametri $p_1$), tak sa rovnice zjednodušia na tvar $$\begin{aligned} v_1’ &= (1 - 2 p_1) v_1 + 2 p_1 v_2 \, , \\ v_2’ &= (2 - 2 p_1) v_1 + (-1 + 2 p_1) v_2 \, , \\ v_3’ &= v_3 \, . \end{aligned}$$ Po druhej zrážke medzi telesami 2 a 3 dostaneme rýchlosti $v_1’‘$, $v_2’‘$ a $v_3’‘$ $$\begin{aligned} v_1’’ &= v_1’ \, , \\ v_2’’ &= \frac{m_2 - m_3}{m_2 + m_3} v_2’ + \frac{2 m_3}{m_2 + m_3} v_3’ \, , \\ v_3’’ &= \frac{2 m_2}{m_2 + m_3} v_2’ + \frac{m_3 - m_2}{m_2 + m_3} v_3’ \, . \end{aligned}$$ Znova vieme využiť, že $p_3 = m_2/m_3$ je malé číslo a použijeme aproximáciu do prvého rádu (iba lineárne členy v parametri $p_3$). Dostaneme $$\begin{aligned} v_1’’ &= v_1’ \, , \\ v_2’’ &= (-1 + 2 p_3) v_2’ + (2 - 2 p_3 ) v_3’ \, , \\ v_3’’ &= 2 p_3 v_2’ + (1 - 2 p_3) v_3’ \, . \end{aligned}$$ Keď tieto dosadíme pôvodné rýchlosti a zanecháme iba lineárne členy v parametroch $p_1$ a $p_3$, tak dostaneme $$\begin{aligned} v_1’’ &= (1 - 2 p_1) v_1 + 2 p_1 v_2 \, , \\ v_2’’ &= (- 2 + 2 p_1 + 4 p_3) v_1 + (1 - 2 p_1 - 2 p_3) v_2 + (2 - 2 p_3 ) v_3 \, , \\ v_3’’ &= 4 p_3 v_1 + (- 2 p_3) v_2 + (1 - 2 p_3) v_3 \, . \end{aligned}$$ Vieme to napísať aj vo forme matice ako $$\begin{pmatrix} v_1’’ \\ v_2’’ \\ v_3’’ \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 - 2 p_1 & 2 p_1 & 0 \\ - 2 + 2 p_1 + 4 p_3 & 1 - 2 p_1 - 2 p_3 & 2 - 2 p_3 \\ 4 p_3 & - 2 p_3 & 1 - 2 p_3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} v_1 \\ v_2 \\ v_3 \end{pmatrix} \, . \qquad{(1)}$$

Pokračovanie cez diferenciálne rovnice

Jeden zo spôsobov, ako vyriešiť túto maticovú rovnicu, je nasledujúci. Ak sa lepšie pozrieme na rovnice, tak si všimneme, že je vhodné si definovať dve nové premenné $u_2 := v_1 - v_2$ a $u_3 := v_1 - v_3$. Prepísaním do premenných $v_1$, $u_2$ a $u_3$ dostaneme pre zmenu týchto parametrov rovnicu $$\begin{pmatrix} \Delta v_1 \\ \Delta u_2 \\ \Delta u_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & - 2 p_1 & 0 \\ 0 & -4 p_1 - 2 p_3 & 2 - 2 p_3 \\ 0 & - 2 p_1 - 2 p_3 & - 2 p_3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} v_1 \\ u_2 \\ u_3 \end{pmatrix} \, .$$ Tieto zmeny sú veľmi malé, takže môžeme o nich uvažovať ako o malých diferenciálnych zmenách, ktoré nastali za jeden cyklus. Tieto cykly budeme rátať pomocou premennej $n$ a platí $\Delta n = 1$ pre jeden cyklus. Môžeme teda napísať diferenciálne rovnice $$\frac{\Delta v_1}{\Delta n} \approx \frac{\mathrm{d} v_1}{\mathrm{d} n} = - 2 p_1 u_2 \, ,$$ $$\frac{\Delta u_2}{\Delta n} \approx \frac{\mathrm{d} u_2}{\mathrm{d} n} = (- 4 p_1 - 2 p_3) u_2 + (2 - 2 p_3) u_3 \, ,\qquad{(2)}$$ $$\frac{\Delta u_3}{\Delta n} \approx \frac{\mathrm{d} u_3}{\mathrm{d} n} = (- 2 p_1 - 2 p_3) u_2 + (- 2 p_3) u_3 \, ,\qquad{(3)}$$ vhodnou lineárnou kombináciou vždy vieme previesť 2 lineárne diferenciálne rovnice 1. rádu na 1 lineárnu diferenciálnu rovnicu 2. rádu. Ak urobíme deriváciu rovnice 2 a pridáme ku nej lineárnu kombináciu rovníc 2 a 3, tak dostaneme $$\begin{aligned} \frac{\mathrm{d}^2 u_2}{\mathrm{d} n^2} =& (- 4 p_1 - 2 p_3) \frac{\mathrm{d} u_2}{\mathrm{d} n} + (2 - 2 p_3) \frac{\mathrm{d} u_3}{\mathrm{d} n} + \\ &+ a \left[ (- 4 p_1 - 2 p_3) u_2 + (2 - 2 p_3) u_3 - \frac{\mathrm{d} u_2}{\mathrm{d} n} \right] + \\ &+ b \left[ (-2 p_1 - 2 p_3) u_2 + (- 2 p_3) u_3 - \frac{\mathrm{d} u_3}{\mathrm{d} n} \right] \\ \frac{\mathrm{d}^2 u_2}{\mathrm{d} n^2} =& \left[ a (- 4 p_1 - 2 p_3) + b (- 2 p_1 - 2 p_3) \right] u_2 + \\ &+ \left[ a (2 - 2 p_3) + b (- 2 p_3) \right] u_3 + \\ &+ \left( - 4 p_1 - 2 p_3 - a \right) \frac{\mathrm{d} u_2}{\mathrm{d} n} + \left( 2 - 2 p_3 - b\right) \frac{\mathrm{d} u_3}{\mathrm{d} n} \end{aligned}$$ Ak zvolíme $a = 2 p_3$ a $b = 2 - 2 p_3$, tak členy $n_3$ a $\frac{\mathrm{d} u_3}{\mathrm{d} n}$ vypadnú a dostaneme rovnicu iba pre $u_2$ (ak necháme iba členy do 1. rádu) $$\begin{aligned} \frac{\mathrm{d}^2 u_2}{\mathrm{d} n^2} + (4 p_1 + 4 p_3) \frac{\mathrm{d} u_2}{\mathrm{d} n} + (4 p_1 + 4 p_3) u_2 = 0 \, . \end{aligned}$$ Ide o rovnicu tlmeného harmonického oscilátora

$$\begin{aligned} \frac{\mathrm{d}^2 x}{\mathrm{d} t^2} + 2 \zeta \omega_0 \frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t} + \omega_0^2 x = 0 \, , \end{aligned}$$ pre parametre $\omega_0 = 2 \sqrt{p_1 + p_3}$ a $\zeta = \sqrt{p_1 + p_3}$. Nás zaujíma, ako vyzerá riešenie pre počiatočné podmienky $v_1 = v$, $u_2 = v$ a $u_3 = v$. Takisto, zrážky medzi telesami prestanú v momente, keď $u_2$ bude prvýkrát záporné, keďže vtedy teleso 2 už nedobehne teleso 1 a nastala posledná zrážka. Keďže $\zeta$ je malé číslo, tak pôjde o kmitanie veľmi málo tlmené. Veličina $u_2$ bude negatívne niekedy počas prvej periódy, preto môžeme tlmenie zanedbať a pracovať s obyčajným oscilátorom $$\begin{aligned} \frac{\mathrm{d}^2 u_2}{\mathrm{d} n^2} + (4 p_1 + 4 p_3) u_2 = 0 \, . \end{aligned}$$ Aby sme zistili v akom momente kmitania začíname, tak si vypočítame potenciálnu a kinetickú energiu na začiatku $$\begin{aligned} u_2 (n = 0) &= v \\ \frac{\mathrm{d} u_2}{\mathrm{d} n} (n = 0) &= v (2 - 4 p_1 - 4 p_3) \approx 2 v \\ E_\mathrm{pot} (n = 0) &= \frac{1}{2} \omega_0^2 u_2^2 = 2 (p_1 + p_3) v^2 \\ E_\mathrm{kin} (n = 0) &= \frac{1}{2}\left( \frac{\mathrm{d} u_2}{\mathrm{d} n} \right)^2 = 2 v^2 \end{aligned}$$ Vidíme, že kinetická energia je omnoho väčšia ako potenciálna energia, takže prakticky celá energia je v kinetickej forme. Dodatočne vieme, že rýchlosť je kladná. To zodpovedá prípadu, že začíname v rovnovážnej polohe $u_2 \approx 0$ s kladnou rýchlosťou. Preto riešenie sa dá napísať približne ako sínusoida $$u_2 (n) \approx \frac{v}{\sqrt{p_1 + p_3}} \sin\left( 2 \sqrt{p_1 + p_3} n \right) \, ,$$ kde amplitúdu sme určili z energie počiatočného stavu. Sínus bude negatívny v polovici periódy, takže dostaneme $$n_\mathrm{koniec} = \frac{\pi}{ 2 \sqrt{p_1 + p_3}} \, .$$ Ešte nesmieme zabudnúť, že pri jednom cykle nastanú 2 zrážky, takže nakoniec pre počet zrážok $N$ dostaneme vzťah $$N = 2 n_\mathrm{koniec} = \frac{\pi }{\sqrt{p_1 + p_3}} = \pi \sqrt{\frac{m_1 m_3}{m_2 (m_1 + m_3) }} \, ,$$ čo je v zhode s výsledok z geometrického riešenia. Keď dosadíme funkciu $u_2 (n)$ do rovníc pre $v_1$ a $u_3$, tak dostaneme vzťahy aj pre funkcie $v_1(n)$ a $u_3(n)$ $$\begin{aligned} v_1(n) &= \frac{v p_3}{p_1 + p_3} + \frac{v p_1}{p_1 + p_3} \cos \left( 2 \sqrt{p_1 + p_3} n \right) \, , \\ u_3(n) &= v \cos \left( 2 \sqrt{p_1 + p_3} n \right) \, . \end{aligned}$$ Odtiaľ už vieme dedukovať pôvodné rýchlosti $v_1$, $v_2$ a $v_3$ $$\begin{aligned} v_1(n) &= \frac{v p_3}{p_1 + p_3} + \frac{v p_1}{p_1 + p_3} \cos \left( 2 \sqrt{p_1 + p_3} n \right) \, , \\ v_2(n) &= \frac{v p_3}{p_1 + p_3} + \frac{v p_1}{p_1 + p_3} \cos \left( 2 \sqrt{p_1 + p_3} n \right) - \frac{v}{\sqrt{p_1 + p_3}} \sin\left( 2 \sqrt{p_1 + p_3} n \right) \, , \\ v_3(n) &= \frac{v p_3}{p_1 + p_3} - \frac{v p_3}{p_1 + p_3} \cos \left( 2 \sqrt{p_1 + p_3} n \right) \, . \end{aligned}$$ Po dosadení $n = n_\mathrm{koniec}$ dostaneme

$$\begin{aligned} v_1(n_\mathrm{koniec}) &= \frac{v (p_3 -p_1)}{p_1 + p_3} = \frac{v (m_1 - m_3)}{m_1 + m_3} \, , \\ v_2(n_\mathrm{koniec}) &= \frac{v (p_3 -p_1)}{p_1 + p_3} = \frac{v (m_1 - m_3)}{m_1 + m_3} \, , \\ v_3(n_\mathrm{koniec}) &= \frac{2 v p_3}{p_1 + p_3} = \frac{2 v m_1}{m_1 + m_3} \, . \end{aligned}$$ Týmto sme overili, že rýchlosti telies 1 a 3 sú správne. Rýchlosť telesa 2 vyzerá po všetkých zrážkach rovnako ako rýchlosť $v_1$. To je kvôli tomu, že v našej konštrukcii sme uvažovali párny počet zrážok. Ak by sme uvažovali nepárny počet zrážok, tak by rýchlosť telesa 2 na konci zrážok bola $v_3$ a teleso 2 by išlo za telesom 3 rovnakou rýchlosťou.

Pokračovanie cez mocniny matice

Maticová rovnica 1 sa dá riešiť aj inak. Ak chceme dostať stav rýchlostí po 2 zrážkach, stačí vynásobiť vektor rýchlosti touto maticou. Takže po $n$ cykloch budú rýchlosti telies dané rovnicou $$\begin{pmatrix} v_1 (n) \\ v_2 (n) \\ v_3 (n) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 - 2 p_1 & 2 p_1 & 0 \\ - 2 + 2 p_1 + 4 p_3 & 1 - 2 p_1 - 2 p_3 & 2 - 2 p_3 \\ 4 p_3 & - 2 p_3 & 1 - 2 p_3 \end{pmatrix}^n \begin{pmatrix} v_1 (0) \\ v_2 (0) \\ v_3 (0) \end{pmatrix} \, .$$ Umocniť maticu je vo všeobecnosti náročné. Existuje na to zaužívaný postup. Ak by sa nám podarilo maticu previesť na diagonálny tvar, tak umocniť maticu je ľahké. $$\begin{pmatrix} \lambda_1 & 0 & 0 \\ 0 & \lambda_2 & 0 \\ 0 & 0 & \lambda_3 \end{pmatrix}^n = \begin{pmatrix} \lambda_1^n & 0 & 0 \\ 0 & \lambda_2^n & 0 \\ 0 & 0 & \lambda_3^n \end{pmatrix}$$ Ak vieme urobiť rozklad matice na nasledujúci súčin $$A = U \cdot D \cdot U^{-1} \, ,$$ kde $U$ je unitárna matica a $D$ je diagonálna matica, tak umocnenie sa dá vypočítať ako $$A^n = \left( U \cdot D \cdot U^{-1} \right)^n = U \cdot D \cdot U^{-1} U \cdot D \cdot U^{-1} \dots U \cdot D \cdot U^{-1} = U \cdot D^n \cdot U^{-1} \, .$$ Ak urobíme takýto rozklad pre našu maticu², tak dostaneme

$$ \begin{aligned} U &= \begin{pmatrix} 1 & -\frac{p_1 \left(p_1 + \sqrt{ p_1^2 + p_1 p_3 + p_3^2 - p_1 - p_3} \right)}{p_3 \left( 2 p_1 + p_3 + \sqrt{ p_1^2 + p_1 p_3 + p_3^2 - p_1 - p_3} \right) } & \frac{p_1 \left(- p_1 + \sqrt{ p_1^2 + p_1 p_3 + p_3^2 - p_1 - p_3} \right)}{p_3 \left( 2 p_1 + p_3 - \sqrt{ p_1^2 + p_1 p_3 + p_3^2 - p_1 - p_3} \right) } \\ 1 & \frac{(p_1 + p_3) \left(p_1 + p_3 - 1 + \sqrt{ p_1^2 + p_1 p_3 + p_3^2 - p_1 - p_3} \right)}{p_3 \left( 2 p_1 + p_3 + \sqrt{ p_1^2 + p_1 p_3 + p_3^2 - p_1 - p_3} \right) } & \frac{(p_1 + p_3) \left(p_1 + p_3 - 1 - \sqrt{ p_1^2 + p_1 p_3 + p_3^2 - p_1 - p_3} \right)}{p_3 \left( 2 p_1 + p_3 - \sqrt{ p_1^2 + p_1 p_3 + p_3^2 - p_1 - p_3} \right) } \\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix} \\ D &= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & -2 \sqrt{ p_1^2 + p_1 p_3 + p_3^2 - p_1 - p_3} - 2 p_1 - 2 p_3 + 1 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \sqrt{ p_1^2 + p_1 p_3 + p_3^2 - p_1 - p_3} - 2 p_1 - 2 p_3 + 1 \\ \end{pmatrix} \end{aligned}$$ Vieme však, že $p_1$ a $p_3$ sú malé čísla a preto môžeme zanedbať členy vyšších rádov. Dostaneme teda $$\sqrt{ p_1^2 + p_1 p_3 + p_3^2 - p_1 - p_3} \approx i \sqrt{p_1 + p_3} \, .$$ A matice sa preto zjednodušia na tvar $$\begin{aligned} U & \approx \begin{pmatrix} 1 & -\frac{p_1 }{p_3} & - \frac{p_1 }{p_3 } \\ 1 & \frac{p_1 + p_3 }{p_3 } & \frac{ p_1 + p_3 }{p_3 } \\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix} \\ D &= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 - 2 i \sqrt{p_1 + p_3} & 0 \\ 0 & 0 & 1 + 2 i \sqrt{p_1 + p_3} \\ \end{pmatrix} \approx \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & e^{- 2 i \sqrt{p_1 + p_3}} & 0 \\ 0 & 0 & e^{+ 2 i \sqrt{p_1 + p_3}} \\ \end{pmatrix} \\ U^{-1} & \approx \begin{pmatrix} \frac{p_3}{p_1 + p_3} & \frac{p_1 p_3}{p_1 + p_3} & \frac{p_1}{p_1 + p_3} \\ - \frac{p_3}{2(p_1 + p_3)} & - \frac{p_3}{2(p_1 + p_3)} & \frac{p_3}{2(p_1 + p_3)} \\ - \frac{p_3}{2(p_1 + p_3)} & - \frac{p_3}{2(p_1 + p_3)} & \frac{p_3}{2(p_1 + p_3)} \end{pmatrix} \, . \end{aligned}$$ Ak použijeme teda počiatočný stav $v_1(0) = v$, $v_2 (0) = 0$ a $v_3(0) = 0$, tak dostaneme $$\begin{pmatrix} v_1 (n) \\ v_2 (n) \\ v_3 (n) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{v p_3}{p_1 + p_3} + \frac{v p_1}{2(p_1 + p_3)} \left( e^{2 i \sqrt{p_1 + p_3} n} + e^{- 2 i \sqrt{p_1 + p_3} n} \right) \\ \frac{v p_3}{p_1 + p_3} + \frac{v p_1}{2(p_1 + p_3)} \left( e^{2 i \sqrt{p_1 + p_3} n} + e^{- 2 i \sqrt{p_1 + p_3} n} \right) \\ \frac{v p_3}{p_1 + p_3} - \frac{v p_3}{2(p_1 + p_3)} \left( e^{2 i \sqrt{p_1 + p_3} n} + e^{- 2 i \sqrt{p_1 + p_3} n} \right) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{v p_3}{p_1 + p_3} + \frac{v p_1}{p_1 + p_3} \cos \left( 2 \sqrt{p_1 + p_3} n \right) \\ \frac{v p_3}{p_1 + p_3} + \frac{v p_1}{p_1 + p_3} \cos \left( 2 \sqrt{p_1 + p_3} n \right) \\ \frac{v p_3}{p_1 + p_3} - \frac{v p_3}{p_1 + p_3} \cos \left( 2 \sqrt{p_1 + p_3} n \right) \end{pmatrix} \, ,$$ Touto metódou dostaneme rovnaké výsledky ako cez diferenciálne rovnice, ale rozklad všeobecnej $3 \times 3$ matice sa robí ručne náročne bez matematického softvéru. V skutočnosti je toto riešenie a riešenie cez diferenciálne rovnice úzko prepojené. Maticový zápis zodpovedá práve sústave lineárnych diferečných rovníc (tiež nazývané rekurenčné vzťahy). Lineárne diferenčné a lineárne diferenciálne rocnice majú rovnaký tvar riešenia. Ide vždy o exponenciály tvaru $e^{\lambda n}$, kde $\lambda$ sú práve hodnoty z diagonálnej matice. Síce v riešení vidíme sínusy a kosínusy, to sú však len prezlečené exponenciály pre imaginárne hodnoty $\lambda$. $$\begin{aligned} \sin \left( \lambda n\right) &= \frac{1}{2i} \left( e^{+i \lambda n } - e^{-i \lambda n }\right) \ \cos \left( \lambda n\right) &= \frac{1}{2} \left( e^{+i \lambda n } + e^{-i \lambda n }\right) \end{aligned}$$ Na záver môžeme povedať, že toto zadanie má veľa rôznych riešení, kde každé poskytuje iný pohľad na úlohu. Každé riešenie ponúka inú sadu nástrojov na riešenie úloh. Výskyt čísla $\pi$ v riešení sa dá pochopiť v geometrickom obrazu (obvod kruhu), ale aj z pohľadu riešenia diferenciálnej rovnice (dĺžka polovice cyklu funkcie sínus).