Корабль, убегающий от прожектора

[sa233091]

Недавно столкнулся с задачей:
Есть остров (точка), на нем расположен прожектор, дальность освещения которого - 1 метр, но он светит не во все стороны а только в одном направлении. Прожектор крутится с постоянной угловой скоростью $\[\omega \]$.
Какова должна быть минимальная скорость корабля, чтобы он смог приплыть к острову незамеченным (не пересекаться с лучом прожектора) Корабль двигается равномерно.
Опишем полярные координаты корабля в параметрическом виде (считаем, корабль начинает движение из точки $\[A(1,0^\circ )\]$ против часовой стрелки и начальный угол между кораблем и прожектором - $\[\alpha \]$ ):
$\[\begin{gathered} r = r(t) \hfill \\ \varphi = \varphi (t) \hfill \\ \end{gathered} \]$
Пусть скорость корабля - $\[V\]$
Тогда имеем:
$\[{V^2} = {r'^2} + r{\varphi '^2}\]$
Отсюда выражаем
$\[\varphi ' = \sqrt {\frac{{{V^2} - {{r'}_{^{}}}^2}}{r}} \]$
Условие того, чтобы корабль не встретился с прожектором:
$\[\varphi (t) \geqslant vt - a\]$
Таким образом задача формулируется так:
Найти минимальное значение $\[V\]$ такое, что найдется пара функций
$\[r(t)\]$, $\[\varphi (t)\]$ таких, что
$\[r(0) = 1\]$,
$\[\varphi (0) = 0\]$,
$\[\exists {t_0} > 0:r({t_0}) = 0\]$,
$\[t \in (0,{t_0}) \Rightarrow r(t) > 0 \wedge \varphi (t) > 0\]$,
$\[{V^2} = {r'^2} + r{\varphi '^2}\]$
Что делать дальше и вообще является ли мой подход к решению задачи правильным я не знаю.
Большими знаниями в дифференциальных уравнениях я не располагаю (кроме достаточно простых), и в вариационном исчислении кроме формулы Эйлера я также ничего не знаю, поэтому прошу помочь с решением.

[ET]

Если бы было 2 противоположно направленных луча прожектора, то задача была бы полностью эквивалентна вот этой
Я к чему: возможно весь это матан тут не нужен
В вашем случае:
Очевидно, что внутри вашего круга есть круг определенного радиуса, зависящего от скорости корабля, попав в который, корабль уже приходит незамеченным. Вроде как понятно, что двигаться внутрь этого круга надо по прямой (но наверняка не по тупо прямой в центр). И что-то мне подсказывает(не уверен), что двигаться внуть этого круга надо по касательной к его границе. Осталось найти и все посчитать. но сомневаюсь, что будет решение нечисленное.

[sa233091]

А почему именно по касательно? Как это доказать без вариационного исчисления?

[ET]

Вот прямо "доказать" не смогу, даже сам до конца не уверен. Тем более времени нет на написание формул с работы, но попробую показать на пальцах...
Рассмотрим момент прихода в этот спасительный круг. Замечу, что граница круга - это там, где линейная скорость луча совпадает со скоростью корабля. Если мы входим в круг под углом, отличным от нулевого, то луч в том месте нас обгоняет и, следовательно, срезав по более пологой траектории мы можем выиграть больше...
Как-то так.

[sa233091]

А как установить, что мы входим в спасительный круг по прямой траектории?

[ET]

Если не по прямой, то срезаем
При этом, так, как мы вне этого спасительного круга, то это значит, что линейная скорость луча прожектора выше нашей. А это значит, что попытка отклоняться от прямой нам невыгодна, потому что угол между нами и прожектором все равно сокращается

-- Ср апр 19, 2017 15:21:55 --

Оки, скажу по- другому
Если луч вне спасительного круга нас уже догнал, то мы уже ничего не сможем сделать
А вот если не догнал. то любой участок мы можем (и нам выгодно) спрямить

[DeBill]

ET в сообщении #1210724 писал(а):

Если луч вне спасительного круга нас уже догнал, то мы уже ничего не сможем сделать
А вот если не догнал.

но догнал на границе круга безопасности, то, запуская кино назад с момента догоняния, и двигаясь по прямой, будем иметь угловую скорость меньше угловой скорости прожектора, так что прожектор не догоним. Значить, и правда по прямой было двигаться безопасно, и выгоднее.

sa233091 в сообщении #1210709 писал(а):

А почему именно по касательно?

Ну, пусть не по ей. Как токо добегли до круга безопасности, повернем, и будем шпарить по евоной границе, пока не придем в точку касания. Но, как было сказано ране, в ту же точку моно было прибыть и не извращаясь - по прямой.
Мораль: по касательной - ничуть не хужее всего иного.
Но увы нам и ах - полученное уравнение (типа $\varphi + 2\pi =\tg \varphi , \cos \varphi = \frac{V}{\omega}$) решить моно токо численно..

-- 19.04.2017, 15:52 --

ET в сообщении #1210698 писал(а):

Если бы было 2 противоположно направленных луча прожектора, то задача была бы полностью эквивалентна

Да вроде, и так эквивалентна, нет? Ой, нет, да , не эквивалентны...

(Оффтоп)

Про ссылку: Помнится, в детстве, читал брошюрку "Заочные математические олимпиады" - были там катер шпионский, и охраняемый остров. Потом - много лет попозжа - был хулиган Петька в круглом бассейне, и сердитая учительница.... А теперь - блондинка и редискоган ...

[Sender]

DeBill в сообщении #1210739 писал(а):

Ну, пусть не по ей. Как токо добегли до круга безопасности, повернем, и будем шпарить по евоной границе, пока не придем в точку касания.

Эмм, разве эти же рассуждения нельзя применить к любой другой точке спасительной окружности?

[DeBill]

Sender
Можно. Единственно - точки на окружности - не равноправны, есть на них порядок, определяемый направлением вращения луча. Так что: можно заменить меньшую на большую (до точки касания).

[Skeptic]

Корабль находится на внешней окружности луча. Наименьшее расстояние до берега - по радиусу. Максимальное время движения корабля - время полного оборота прожектора. Похоже, что скорость корабля при движению по радиусу минимальна.

[svv]

Можно заменить задачку на такую: изначально лодка находится на острове, и надо совершить побег — отплыть как можно дальше. В центре острова крутится с угловой скоростью $\omega$ лазерная пушка, и надо не попасть под луч. Пусть $(r(t), \varphi(t))$ — полярные координаты лодки, $\varphi_0(t)$ — угол луча. Скорость лодки $v$.

Обозначим $a=\frac v \omega$, тогда в круге $r<a$ можно легко уходить от луча как угодно долго. Но рано или поздно (в момент $t=0$) придётся выйти за пределы круга. Начальной точкой «выхода» пусть будет $r=a, \varphi=0$. Лучше всего выходить в опасную зону, когда луч рядом и удаляется, то есть $\varphi_0(0)=0$ (плюс эпсилон). Но ещё лучше считать, что $\varphi_0(0)=-2\pi$, так как удобно, если $\varphi\geqslant\varphi_0$ до самого конца.

Вот мы находимся где-то $(r, \varphi)$. Двигаться из этой точки можно в разных направлениях. Сместимся в точку $(r+dr, \varphi+d\varphi)$. Оптимальным будет такое направление движения, которое максимизирует величину $\frac{d(\varphi-\varphi_0)}{dr}$. Пусть $\gamma$ — угол между радиусом, проходящим через лодку, и направлением движения. Тогда

$$\frac{d(\varphi-\varphi_0)}{dr}=\frac{\dot\varphi-\omega}{\dot r}=\frac{\frac v r\sin\gamma-\omega}{v\cos\gamma}$$

Эта штука как функция $\gamma$ при фиксированном $r$ имеет экстремум, когда $\sin\gamma=\frac a r$. Это уравнение оптимального движения. Оно легко решается геометрически, и траектория оптимального движения оказывается очень простой (но нет, не радиус).

[Sender]

DeBill в сообщении #1210748 писал(а):

Так что: можно заменить меньшую на большую (до точки касания).

Но ведь луч может совершить и более одного оборота за время движения.

-- Ср апр 19, 2017 15:12:39 --

Кстати, оптимальной траекторией внутри безопасной окружности (если минимизировать время до центра) будет полуокружность вдвое меньшего радиуса.

[sa233091]

Оптимальным будет такое направление движения, которое максимизирует величину ...
А почему? Можете строго пояснить?

-- 19.04.2017, 16:29 --

[quote="ET в [url=http://dxdy.ru/post1210724.html#p1210724]
Оки, скажу по- другому
Если луч вне спасительного круга нас уже догнал, то мы уже ничего не сможем сделать
А вот если не догнал. то любой участок мы можем (и нам выгодно) спрямить[/quote]
А не случится ли так, что если срезать путь по кривой, то мы встретимся с прожектором до прибытия в спасательный круг?

[svv]

sa233091 в сообщении #1210786 писал(а):

А почему? Можете строго пояснить?

Представьте, что у Вас есть две лодки, обе хотят бежать с острова. По времени оба побега никак не связаны, они могут происходить даже в разные дни. Возьмём некоторую окружность $r=\operatorname{const}>a$ (то есть в «опасной» области).

Пусть для первой лодки, когда она пересекла эту окружность, величина $\varphi-\varphi_0$ (т.е. «опережение лодкой луча по углу») составляла $\Delta\varphi_1$, а для второй лодки $\Delta\varphi_2$, причём $\Delta\varphi_1<\Delta\varphi_2$.

Докажите (или скажите, что это очевидно), что, как бы ни плыла первая лодка после пересечения окружности, вторая при «правильной игре» гарантированно сможет удалиться от острова на большее расстояние, чем первая.

[wrest]

svv
То есть, из соображений симметрии, что пробраться на остров, что убежать с него -- минимальная скорость одна и та же? А следовательно -- и траектория (в опасном кольце, ессно)? Или траектория на остров и с острова различна все-таки?