Pregunta matemática sobre el camino de la playa

Question

Cualquiera que haya caminado por la playa sabe que la velocidad de la marcha depende de la distancia a la que se camine del océano. Si se camina sobre la arena mojada se puede caminar mucho más rápido que si se camina sobre la arena seca. Tengo una pregunta que discute este principio.

En un cartesiano $xy$ avión limitado por: Dominio: { $x|0 \le x \le 1$ } Rango: { $y|0 \le y \le 1$ } se comienza en el punto ( $0,0$ ) y desea viajar por una ruta definida a ( $1,1$ ) en el menor tiempo posible. Esto parece sencillo, sólo hay que tomar el camino $y=x$ porque es el camino más corto, por lo que tardará el menor tiempo posible, pero hay una trampa. Su velocidad de avance $\frac{dS}{dt}$ es igual a ( $1\frac{3}{4}y$ ). Teniendo en cuenta esta restricción, el camino $y=x$ no sería el camino más rápido. ¿Cuál es el camino más rápido? Estoy abierto a preguntas sobre el problema en sí si no he sido claro. Gracias.

Answer 1

Para tu problema particular, puede haber una solución sencilla en términos de, por ejemplo, la ley de Snell, como sugiere Hagen en los comentarios anteriores. Pero déjame que te cuente un poco cómo se resuelven este tipo de problemas en general.

La técnica general para resolver este tipo de problemas de optimización es la Cálculo de Variaciones . La idea básica es la siguiente: usted está buscando en todos los caminos $y(x)$ de $y(0)=0$ a $y(1)=1$ y tratar de encontrar la que minimice el tiempo total de viaje $$T(\gamma)=\int_0^1 \frac{\sqrt{1+y'^2}}{1-\frac{3}{4} y}dx.$$

(Podemos suponer que el camino es un grafo sobre $x$ ya que, obviamente, es una mala idea volver a la carga).

¿Cómo se hace esto? Bien, supongamos que tienes un camino mejor $y$ . Consideremos ahora la posibilidad de perturbar la trayectoria desplazando cada punto a lo largo de la misma mediante algún vector de desplazamiento $\delta y(x)$ . Como los puntos finales de la ruta son fijos, debe tener $\delta y(0) = \delta y(1) = 0$ . Para cada escalar $\epsilon$ la curva perturbada $y + \epsilon \delta y$ debe tardar más en viajar que $y$ ya que $y$ es el mejor camino. En otras palabras, para cada $\delta y$ , $\epsilon=0$ es un punto crítico del escalar función $$F(\epsilon) = T(y+\epsilon\delta y)$$ así que $$\frac{d}{d\epsilon} T(y+\epsilon\delta y)\Bigg\vert_{\epsilon=0} = 0.$$

Por ahora podemos escribir $T$ más generalmente como $\int_0^1 g(y,y')\,dx$ . Tomando la derivada anterior obtenemos $$\int_0^1 \left(g_y \delta y + g_{y'} (\delta y)'\right)\,dx=0.$$ El truco ahora es que puedes librarte de la dependencia de $(\delta \gamma)'$ mediante la integración por partes: $$\int_0^1 \frac{d}{dx} \left(g_{y'}\delta y\right)\,dx = \int_0^1 \left(\frac{d}{dx}g_{y'}\right)\delta y\,dx + \int_0^1 g_{y'}(\delta y)'\,dx$$ y la izquierda es cero ya que $\delta\gamma(1) = \delta\gamma(0) = 0.$ Si lo introducimos, obtenemos la ecuación $$\int_0^1 \left(g_y - \frac{d}{dx}g_{y'}\right)\delta y\,dx = 0.$$ El paso clave es que lo anterior tiene que ser válido para cada perturbación $\delta y$ . La única manera de que lo anterior sea siempre cero, para cualquier $\delta y$ incluyendo aquellas perturbaciones que son cero excepto en vecindades arbitrariamente pequeñas de cualquier punto en $[0,1]$ es si lo que está entre paréntesis, que no depende de $\delta y$ es cero: $$\frac{d}{dx} g_{y'} = g_y,$$ una ecuación diferencial ordinaria llamada Ecuaciones de Euler-Lagrange de su problema variacional.

Ahora $$\frac{d}{dx}\left(y' g_{y'}\right) = y''g_{y'} + y' \frac{d}{dx}g_{y'},$$ y al introducir la ecuación de Euler-Lagrange obtenemos $$\frac{d}{dx}\left(y' g_{y'}\right) = y''g_{y'} + y' g_y = \frac{d}{dx}g.$$

Integrando ambos lados por $x$ nos da $$y' g_{y'} = C + g$$ para alguna constante $C$ . Para nuestro particular $g$ , $$\frac{y'^2}{\left(1-\frac{3}{4}y\right)\sqrt{1+y'^2}} = C + \frac{\sqrt{1+y'^2}}{1-\frac{3}{4} y}.$$ Despejando el denominador, las cosas se simplifican a $$1 = -C\left(1-\frac{3}{4}y\right)\sqrt{1+y'^2}$$ o, como $y'\geq 0$ , $$y' = \sqrt{\frac{1}{C^2\left(1-\frac{3}{4}y\right)^2}-1}.$$

Esta es ahora una EDO de primer orden separable; resolviéndola y utilizando las condiciones iniciales $y(0)=0$ le da una familia de curvas de un parámetro de $(0,0)$ a $(1,1)$ y se puede encontrar el más corto diferenciando $T(\gamma)$ en función de $C$ y encontrar el óptimo $C$ .

Answer 2

Siguiendo el ejemplo de Hagen von Eitzen, y observando Ley de Snell se encuentra que en cada punto de la curva, el seno del ángulo entre una tangente y la $y$ dirección será proporcional a la velocidad, es decir, proporcional a $1-\frac34y$ . Lo que necesitas es ese factor de proporcionalidad, que llamaré $a$ . Para tratar $x$ y $y$ dirección de forma independiente, tiene sentido mirar las tangens en lugar del seno, ya que es la relación de $x$ movimiento por $y$ movimiento:

\begin{align*} \frac{\mathrm dx}{\mathrm dS} = \sin\theta &= a\left(1-\frac34y\right) \\ \frac{\mathrm dx}{\mathrm dy} = \tan\theta &= \frac{\sin\theta}{\sqrt{1-\sin^2\theta}} \\ x(1) = \int_0^1\tan\theta\,\mathrm dy &= \frac{4\left(\sqrt{1-\frac1{16}a^2}-\sqrt{1-a^2}\right)}{3a} \end{align*}

Ahora quieres elegir $a$ de manera que este valor se convierta en $1$ . Verá que lo hace por

$$ a= \frac4{\sqrt{17}} $$

Con eso, puedes describir tu curva usando cualquiera de las siguientes ecuaciones:

\begin{align*} x(\tilde y) &= \int_0^{\tilde y}\tan\theta\,\mathrm dy = \frac{\sqrt{1 + 24\tilde y - 9\tilde y^2} - 1}{3} \\ y(x) &= \frac{4-\sqrt{16 - 6x - 9x^2}}{3} \\ 0 &= x^2+\frac23x+y^2-\frac83y \\ \frac{17}{9} &= \left(x+\frac13\right)^2 + \left(y-\frac43\right)^2 \end{align*}

Así que su curva es un segmento de un círculo de radio $\frac{\sqrt{17}}3$ con centro en $(-\frac13,\frac43)$ tal y como indicó studiosus.

Si prefieres expresar las cosas en términos de tu tiempo $t$ También he podido obtener una fórmula para ello:

\begin{align*} x(t) &= \frac{8\left(1+\sqrt{17}\right)\left(e^{\frac32t}-1\right)} {3\left(8+\left(9+\sqrt{17}\right)e^{\frac32t}\right)} \\ y(t) &= \frac43\left(1-\frac{\left(17+\sqrt{17}\right)e^{\frac34t}} {8+\left(9+\sqrt{17}\right)e^{\frac32t}}\right) \\ t_1 &= \frac23\log\frac{8\left(4+\sqrt{17}\right)}{-19+5\sqrt{17}} \approx 2.463 \end{align*}

Esta vez $t_1$ es el momento en que el punto $(1,1)$ se alcanza.

Answer 3

Este es un problema muy bonito. Aquí hay una solución usando la geometría hiperbólica que explica la sugerencia que obtuviste en Mathoverflow. Toma la fórmula $$ T(\gamma)=\int_0^1 \frac{\sqrt{1+(y')^2}}{1- \frac{3}{4}y}dx $$ como en la respuesta de user7530s. Ahora, vamos a hacer el cambio de variables: $$ u= \frac{3}{4}x, v= 1- \frac{3}{4}y. $$ Nótese que este cambio de variables es una similitud euclidiana (contrae todas las distancias en la misma cantidad). La integral se convierte en $$ T(\gamma)= \frac{3}{4}\int_0^{3/4} \frac{\sqrt{1+(v')^2}}{v}du $$ Declarar $t=u$ (parámetro de tiempo). Entonces esta integral (estoy ignorando el factor constante delante) es la longitud de arco hiperbólico de la curva $\gamma$ con respecto a la métrica de Riemann $$ \frac{du^2 + dv^2}{v^2} $$ en el semiplano superior $H=\{(u,v): v>0\}$ .

Su objetivo es minimizar $T$ sobre todos los caminos $\gamma$ conectando los dos puntos dados. Es bien sabido que los minimizadores de longitudes son geodésicas hiperbólicas que son arcos de círculos perpendiculares a la $v$ -eje. Véase, por ejemplo, J.Anderson "Hyperbolic Geometry".

Volver a convertir a $xy$ -vemos que la trayectoria minimizadora es un arco de círculo que pasa por los puntos $(1,1), (0,0)$ y con centro $p$ en la línea $y=\frac{4}{3}$ . Un cálculo elemental nos da entonces que $p=(-\frac{1}{3}, \frac{4}{3})$ y el radio del círculo es $\frac{\sqrt{17}}{3}$ .