Matematyka.pl

Witajcie!

To zadanie przekazała mi znajoma z Australii, niestety nie jestem w stanie go rozwiązać, a uważam, że jest ciekawe. Oto treść (przetłumaczona przeze mnie):

W centralnym punkcie jeziora będącego okręgiem o promieniu R pływa atrakcyjna kobieta, która może poruszać się w dowolny sposób. Na brzegu jeziora znajduje się mężczyzna o niecnych zamiarach, który z racji braku umiejętności pływackich może jedynie poruszać się dookoła jeziora (na linii brzegowej) w dowolną stronę (w każdej chwili może zawrócić i biec w przeciwną stronę). Biegnie on z prędkością V.
Z jaką najmniejszą prędkością może poruszać się dziewczyna i jaką powinna przyjąć strategię, aby dopłynąć do brzegu i uniknąć mężczyzny? Na lądzie jej prędkość jest większa od prędkości mężczyzny. Zakładamy, że oboje cały czas widzą siebie nawzajem.

Wymyśliłem taką strategię. Dokąd można pani powinna płynąć tak aby razem z panem i boją na środka jeziora być w jednej linii przy czym boja jest między nimi, oddalając się jednocześnie od środka. No ale nie da się tak płynąć do brzegu bo zakładam, że jej prędkość jest \(\displaystyle{ a}\)-krotnie mniejsza. Da się tak płynąć tylko do odległości \(\displaystyle{ R/a}\) od środka jeziora (wtedy dugość łuku okręgu o promieniu \(\displaystyle{ R}\) jest dokładnie \(\displaystyle{ a}\) razy większa niż długość łuko okręgu o promieniu \(\displaystyle{ R/a}\)). Wtedy jak pan pokona na brzegu po łuku drogę \(\displaystyle{ k \cdot a}\) to pani wykona po łuku drogę \(\displaystyle{ k}\) bez możliwości zbliżania się do brzegu. Wtedy konieczna jest zmiana strategii i od tego momentu pani płynie prosto do brzegu w kierunku wyznaczonym w tym momencie przez pana i boję na środku jeziora.

Jej droga do przebycia to:

\(\displaystyle{ S_{k}=R- \frac{R}{a} =R \left (1- \frac{1}{a} \right )}\)

Jego droga:

\(\displaystyle{ S_{m}= \Pi \cdot R}\)

Jego prędkość:

\(\displaystyle{ V_{m}=a \cdot V_{k}}\)

Pani musi krócej płynąć do brzegu niż pan pokona połowę okręgu:

\(\displaystyle{ t_{k}<t_{m}}\)

\(\displaystyle{ \frac{S_{k}}{V_{k}} <\frac{S_{m}}{V_{m}}}\)

\(\displaystyle{ \frac{R \left (1- \frac{1}{a} \right )}{V_{k}} <\frac{ \Pi \cdot R}{a \cdot V_{k}}}\)

\(\displaystyle{ a< \Pi+1}\)

Począwszy od przekroczenia okręgu o promieniu \(\displaystyle{ \frac Ra}\) Twoje rozwiązanie nie wydaje mi się optymalne. Po długich rachunkach wyszło mi, że dobre będzie \(\displaystyle{ a}\) spełniające nierówność:

\(\displaystyle{ -\sqrt{a^2-1}+\arctg\sqrt{a^2-1}>-\pi,}\)

czyli koniec przedziału jest równy około \(\displaystyle{ 4{,}6.}\)

Wydaje mi się, że optymalna strategia będzie miała związek z rozwiązaniem pewnego równania różniczkowego. Jak czas pozwoli, to spróbuje je ułożyć i rozwiązać.

Spróbuję coś tu przepisać z bazgrołów, które wyprodukowałem.

Niech \(\displaystyle{ r(t),\varphi(t)}\) będą współrzędnymi biegunowymi Ewy (konwencja imion zapożyczona z logiki itp.). Warunek na poruszanie się z prędkością \(\displaystyle{ \frac va}\) (gdzie \(\displaystyle{ v}\) - prędkość Adama):

(\(\displaystyle{ \clubsuit1.}\)) \(\displaystyle{ (r'(t))^2+(\varphi'(t)r(t))^2 = \frac{v^2}{a^2}.}\)

Pierwsza część gry (do \(\displaystyle{ r(t) = Ra^{-1}}\)) da się zrealizować tak jak napisał pesel. Można dla tego etapu założyć, że Adam biegnie cały czas w tę samą stronę, bo jeśli znajdziemy rozwiązanie dla takiego przypadku, to można je łatwo przekształcić na rozwiązanie ogólne.

Chcemy uzyskać \(\displaystyle{ \varphi'(t) =\frac vR,}\) czyli \(\displaystyle{ r'(t) = \pm v\sqrt{\frac{1}{a^2}-\frac{r^2(t)}{R^2}}.}\) Po rozwiązaniu dostajemy:

\(\displaystyle{ r(t) = \frac Ra \sin\left(\frac{v}{R}t+C\right),}\)

czyli na przykład

\(\displaystyle{ r(t) = \frac Ra \cos\left(\frac{v}{R}t\right)}\) dla \(\displaystyle{ t\in\left[-\frac{\pi R}{2v},0\right].}\)


Teraz zaczyna się wyścig. Chcemy uzyskać rozwiązanie równania (\(\displaystyle{ \clubsuit1.}\)) takie, że

(\(\displaystyle{ \spadesuit1.}\)) \(\displaystyle{ \begin{cases}r(0)=\frac Ra\\r(t_1)=R\\|\varphi(t_1)-\varphi(0)| > -\pi + \frac{v}Rt_1\end{cases}}\)

dla pewnego \(\displaystyle{ t_1>0.}\) Podobnie jak poprzednio, przyjmujemy \(\displaystyle{ \varphi'(t)\ge0.}\) Możemy też przyjąć \(\displaystyle{ r'(t)\ge0.}\) Wprowadźmy nową zmienną

\(\displaystyle{ \psi(t)=\varphi(t)-\frac vRt.}\)

Jest to współrzędna kątowa w obracającym się układzie współrzędnych. Warunek (\(\displaystyle{ \spadesuit1.}\)) możemy przeformułować na

(\(\displaystyle{ \spadesuit2.}\)) \(\displaystyle{ \begin{cases}r(0)=\frac Ra\\r(t_1)=R\\\psi(t_1)-\psi(0) < -\pi.\end{cases}}\)

Równanie (\(\displaystyle{ \clubsuit1.}\)) w nowych współrzędnych:

(\(\displaystyle{ \clubsuit2.}\)) \(\displaystyle{ (r'(t))^2+\left(\psi'(t)r(t)+\frac{vr(t)}R\right)^2 = \frac{v^2}{a^2}.}\)

Warunek (\(\displaystyle{ \spadesuit2.}\)) podpowiada, że w rozwiązaniu optymalnym trzeba przyjąć maksymalną możliwą wartość \(\displaystyle{ \frac{\psi'(t)}{r'(t)}.}\) W celu znalezienia optymalnych wartości \(\displaystyle{ r'(t)}\) i \(\displaystyle{ \psi'(t)}\) można potraktować (\(\displaystyle{ \clubsuit2.}\)) jako równanie okręgu w układzie współrzędnych \(\displaystyle{ (r'(t),r(t)\psi'(t)).}\) Z punktu \(\displaystyle{ (0,0)}\) prowadzimy styczną do tego okręgu. Znając zależności w trójkącie prostokątnym można wtedy wyznaczyć, że optymalne są:

\(\displaystyle{ \begin{cases}r'(t) = \frac va\sqrt{1-\frac{R^2}{a^2r^2(t)}}\\
r(t)\psi'(t) = v\left(\frac{r(t)}R-\frac R{a^2r(t)}\right)\end{cases}}\)

Pierwsze z tych równań ma rozwiązanie \(\displaystyle{ r(t),}\) spełniające zależność:

\(\displaystyle{ \sqrt{r^2(t)-\frac{R^2}{a^2}}+C=\frac vat,}\)

skąd możemy obliczyć czas dotarcia do brzegu

\(\displaystyle{ t_1 = \frac{R\sqrt{a^2-1}}v.}\)

Teraz z drugiego równania wynaczymy \(\displaystyle{ \psi(t).}\)

Podstawiając wyznaczone z pierwszego równania \(\displaystyle{ r^2(t)}\) do równania

\(\displaystyle{ \psi'(t) = -v\frac{r^2(t)-R^2a^{-2}}{Rr^2(t)}}\)

dostaniemy

\(\displaystyle{ \psi'(t) = -\frac vR\cdot\frac{v^2t^2}{v^2t^2+R^2}.}\)

Stąd już łatwo wyznaczamy

\(\displaystyle{ \psi(t)= -\frac vRt +\arctg\left(\frac vRt\rigt)+C.}\)

Warunek (\(\displaystyle{ \spadesuit2.}\)) mówi, że

\(\displaystyle{ -\sqrt{a^2-1}+\arctg\sqrt{a^2-1}>-\pi.}\)

jeżeli będzie \(\displaystyle{ a>1+\pi}\) to nigdy nie uda się pani osiągnąć położenia w odległości \(\displaystyle{ R+\frac{R}{a}}\) od napaleńca
a to jest warunkiem koniecznym ucieczki, więc musi być \(\displaystyle{ a<1+\pi}\)-- 22 maja 2016, o 09:13 --

norwimaj pisze:Warunek (\(\displaystyle{ \spadesuit2.}\)) mówi, że

\(\displaystyle{ -\sqrt{a^2-1}+\arctg\sqrt{a^2-1}>-\pi.}\)

z niego wynika, że musi być \(\displaystyle{ a>1}\)
w zadaniu nie ma takiego ograniczenia, bo w życiu może być tak, że atrakcyjna kobieta pływa szybciej niż porusza się po brzegu mężczyzna o niecnych zamiarach

norwimaj pisze:Teraz zaczyna się wyścig. Chcemy uzyskać rozwiązanie równania (\(\displaystyle{ \clubsuit1.}\)) takie, że

(\(\displaystyle{ \spadesuit1.}\)) \(\displaystyle{ \begin{cases}r(0)=\frac Ra\\r(t_1)=R\\|\varphi(t_1)-\varphi(0)| > -\pi + \frac{v}Rt_1\end{cases}}\)

dla pewnego \(\displaystyle{ t_1>0.}\) Podobnie jak poprzednio, przyjmujemy \(\displaystyle{ \varphi'(t)\ge0.}\)

Skoro
\(\displaystyle{ \begin{cases}\varphi'(t_1)\ge0 \\
|\varphi(t_1)-\varphi(0)| > -\pi + \frac{v}Rt_1\end{cases}}\)

to

\(\displaystyle{ \varphi'(t_1) > \frac{v}{R}}\)

Jednak wiadomo, że dla: \(\displaystyle{ \frac{R}{a} < r \le R}\) mamy: \(\displaystyle{ \varphi'(t_1) < \frac{v}{R}}\)

(wniosek z rozkładu prędkości kobiety na prędkość radialną i transwersalną)

Więc czegoś tutaj nie rozumiem.

kinia7 pisze:jeżeli będzie \(\displaystyle{ a>1+\pi}\) to nigdy nie uda się pani osiągnąć położenia w odległości \(\displaystyle{ R+\frac{R}{a}}\) od napaleńca

Co jest złego w poniższym?

norwimaj pisze:Pierwsza część gry (do \(\displaystyle{ r(t) = Ra^{-1}}\)) da się zrealizować tak jak napisał pesel.

(...)

\(\displaystyle{ \varphi'(t) =\frac vR,}\)

(...)

\(\displaystyle{ r(t) = \frac Ra \cos\left(\frac{v}{R}t\right)}\) dla \(\displaystyle{ t\in\left[-\frac{\pi R}{2v},0\right].}\)

kinia7 pisze:

norwimaj pisze:Warunek (\(\displaystyle{ \spadesuit2.}\)) mówi, że

\(\displaystyle{ -\sqrt{a^2-1}+\arctg\sqrt{a^2-1}>-\pi.}\)

z niego wynika, że musi być \(\displaystyle{ a>1}\)

W rozwiązaniu został rozpatrzony tylko trudniejszy przypadek. Każde \(\displaystyle{ a\in(0,1]}\) też oczywiście będzie dobre.

mdd pisze:Skoro
\(\displaystyle{ \begin{cases}\varphi'(t_1)\ge0 \\
|\varphi(t_1)-\varphi(0)| > -\pi + \frac{v}Rt_1\end{cases}}\)

to

\(\displaystyle{ \varphi'(t_1) > \frac{v}{R}}\)

Gdyby było \(\displaystyle{ \varphi''(t)\ge0,}\) to tak, ale tam jest tylko warunek \(\displaystyle{ \varphi'(t)\ge0,}\) oznaczający wybór, w którą stronę kręcą się zawodnicy (a konkretniej zawodnik i wodniczka).

Poważne błędy, za które mi wstyd, to nierówność w złą stronę i przymały nawiasik:

norwimaj pisze:(\(\displaystyle{ \spadesuit2.}\)) \(\displaystyle{ \begin{cases}r(0)=\frac Ra\\r(t_1)=R\\\psi(t_1)-\psi(0) < -\pi.\end{cases}}\)

norwimaj pisze:\(\displaystyle{ \psi(t)= -\frac vRt +\arctg\left(\frac vRt\rigt)+C.}\)