Encontrar el ángulo óptimo de un movimiento de proyectil [cerrado]

Ayudará a escalar el problema definiendo la variable adimensional

$$\delta=\frac{2gh}{v_0^2}.$$ Observe que podemos tomar el límite $\delta\rightarrow0$para recuperar la solución cuando $h=0$en cuyo caso esperamos obtener $\alpha=\tfrac{\pi}{4}$. Con esta sustitución, la expresión del momento en que el proyectil golpea el suelo se convierte en $$t_{y=0}=\frac{v_0}{g}\left(\sqrt{\sin^2\alpha+\delta}+\sin\alpha\right).$$ Sustituyendo esto en la expresión de $x(t)$da $$x(t_{y=0})=\frac{v_0^2}{g}\cos\alpha\left(\sqrt{\sin^2\alpha+\delta}+\sin\alpha\right).$$ Es esta expresión la que queremos maximizar con respecto a $\alpha$. Tomando la primera derivada da $$\frac{d}{d\alpha}x(t_{y=0})= \frac{v_0^2}{g}\left(\cos^2\alpha\left(\frac{\sin\alpha} {\sqrt{\sin^2\alpha+\delta}}+1\right) -\sin\alpha\left(\sqrt{\sin^2\alpha+\delta}+\sin\alpha\right) \right).$$ Ahora igualamos esto a cero y resolvemos para $\alpha$. Al principio, sinceramente, no pensé que el problema tendría una solución de forma cerrada, pero Mathematica no tuvo problemas para invertir esta ecuación. El resultado final (eligiendo el resultado físico) es $$\alpha=\arccos\left(\frac{\sqrt{\delta+1}}{\sqrt{\delta+2}}\right)$$ Podemos comprobar esta solución en los límites habituales; en $\delta=0$obtenemos $\alpha=\tfrac{\pi}{4}$y en $\delta=\infty$(la plataforma es muy alta) obtenemos $\alpha=0$ambos suenan bien. Note que para $\delta<-1$la solución da resultados imaginarios que no son físicos. Esto se debe a que cuando $\delta<-1$la plataforma de lanzamiento está tan bajo tierra que la velocidad inicial $v_0$ni siquiera es suficiente para sacarlo a la superficie. Con esto en mente, podemos comprobar un límite final del problema; si $\delta=-1$, entonces la velocidad inicial es suficiente para hacer que el proyectil alcance $y=0$y el ángulo de lanzamiento que encontramos es $\alpha=\tfrac{\pi}{2}$que está apuntando el arma hacia arriba.