Variación sobre el lago circular problema

Question

Un preso fugado se encuentra en medio de una PLAZA en la piscina. El guardia que le está persiguiendo es uno de los las esquinas de la piscina. El guardia puede correr más rápido que el prisionero puede nadar. El prisionero puede correr más rápido que el guardia se puede ejecutar. El la guardia no se nadar. En qué dirección debe el prisionero nadar en con el fin de maximizar la probabilidad de que él se fuera?

Answer 1

Yo no creo que sea tan fácil como algunos están haciendo. Primero dibuje un boceto, es obvio que debe ir en una de dos direcciones. En mi boceto, que es descendente (de la manera que me atrajo a) o hacia la derecha (hacia el borde derecho de la plaza). Tanto de los que se producen el mismo resultado (es simétrica).

El tiempo que se tarda en llegar al lado es proporcional a la longitud de ($t = \frac{1}{v}d$). El preso debe ir en un cierto ángulo (de nuevo vistazo a mi boceto), $\theta$. Esto le da a la longitud del lado (la hipotenusa) como:

$$l_{nadador} = \frac{L}{\cos(\theta)}$$

donde $L$ es la mitad de la longitud de la plaza y $\theta$ rangos de $0$ $\frac{\pi}{4}$radianes ($\theta = 0$ significa ir en línea recta hacia abajo y $\theta = \frac{\pi}{4}$ significa que va hacia la esquina opuesta).

Ahora, el que la longitud de la guardia tiene que correr está dada por $3L + L\tan(\theta)$ ($2L$ de ir por un lado completo, $L$, de ir a la derecha a mitad de camino, y, finalmente, la longitud extra de el prisionero de natación en diagonal).

Así que ahora hay un equilibrio. El tiempo de nadar, más que la guardia tiene que ir, pero él tiene más tiempo para recorrer esa distancia. El más corto de nadar, el más corto de la guardia tiene que ir, pero él tiene menos tiempo para recorrer esa distancia. Si todo fuera lineal, entonces no importaría, pero como no es, no puede ser un ángulo óptimo.

Vamos a suponer que el prisionero nada en $1$ / longitud/tiempo y el guardia se ejecuta en algún valor $v$ (por lo que el guardia se ejecuta $v$ veces más rápido que el prisionero nada). El tiempo que tarda la guardia para llegar a donde el prisionero de salir y el tiempo que tarda el prisionero para llegar a ese punto está dada por:

$$t_{nadador} = \frac{1}{\cos(\theta)}L \\ t_{corredor} = \frac{3 + \tan(\theta)}{v}L$$

El preso se escapa cuando se toma más tiempo para que la guardia para llegar a la salida, que es al $t_{runner} > t_{swimmer}$. Así que queremos que el mayor valor posible de $t_{runner} - t_{swimmer}$ (máximo):

$$\Delta t = \left(\frac{3 + \tan(\theta}{v} - \frac{1}{\cos(\theta}\right)L \\ f(\theta) = \frac{3 + \tan(\theta)}{v} - \frac{1}{\cos(\theta)} \\ f'(\theta) = \frac{\s^2(\theta)}{v} - \sin(\theta)\s^2(\theta) = \s^2(\theta)\left(\frac{1}{v} - \sin(\theta)\right)$$

Hay dos puntos críticos: 1) cuando $\sec^2(\theta)$ no está definido en $\theta = \frac{\pi}{2}$ y 2) al $\sin(\theta) = \frac{1}{v}$. La primera está fuera de nuestro alcance (sólo queremos a a $\theta = \frac{\pi}{4}$). Este segundo es un máximo local y que sea fácil de ver. $\sin(\theta)$ es inicialmente cero (cuando $\theta = 0$), $sec^2(0) > 0$ y por tanto la derivada es un principio positivo. El signo de los interruptores cuando $\sin(\theta) = \frac{1}{v}$. Después,$\sin(\theta) > \frac{1}{v}$. Por lo tanto, en este momento crítico, la derivada de la señal cambia de positivo (subiendo) a negativo (bajando) por lo tanto, este es un máximo local, y probablemente el mundial de max.

Todavía informativo para escribir el límite de puntos de todos modos:

$$f(0) = \frac{3}{v} - 1 = \frac{3 - v}{v} \\ f\left(\frac{\pi}{4}\right) = \frac{3 + 1}{v} - \sqrt{2} = \frac{4 - v\sqrt{2}}{v}$$

Observe que $\lim_{v \rightarrow \infty} \theta = 0$ (el seno tiende a cero a medida que el ángulo va a cero). También tenga en cuenta que la velocidad máxima de la guardia, de tal manera que el prisionero va directamente a la parte inferior (o derecha) es$3 - v > 0 \rightarrow v < 3$, mientras que la velocidad máxima para la guardia tales que el preso puede llegar lejos si él nada a la diagonal es $4 - v\sqrt{2} > 0 \rightarrow v < \frac{4}{\sqrt{2}} < 3$.

El prisionero podría asumir la guardia funciona en alrededor de 3 veces la velocidad se puede nadar (si el guardia se ejecuta mucho más rápido, el prisionero es condenado no importa lo que...ver editar más adelante) y por lo tanto pudo la cabeza hacia abajo en un ángulo con la vertical de la de:

$$\sin(\theta_C) = \frac{1}{3} \rightarrow \theta_C \aprox 19.47^\circ$$

edit: límite de caso

Hay una velocidad para la cual la ruta óptima es ir a la esquina y es que cuando el guardia va muy lento. De hecho, básicamente, se puede decir que es justo cuando $\theta_C > \frac{\pi}{4}$ que se produce cuando se $\sin(\theta_C) > \frac{1}{\sqrt{2}} \rightarrow \frac{1}{v} > \frac{1}{\sqrt{2}} \rightarrow v < \sqrt{2}$. Así que cuando el guardia se ejecuta más lento de lo $\sqrt{2}$ veces tan rápido como el prisionero nada, sólo debes ir a la esquina opuesta (aunque aún se sale si se fue directamente a la tendencia a la orilla o en los de arriba "óptimo" de ángulo).

edit: la búsqueda de la máxima velocidad de la guardia

El prisionero puede salirse si el guardia va más rápido que 3 veces la velocidad del prisionero puede nadar. Para encontrar esto, usted necesita para conectar en el valor de $\theta_C$ a $f(\theta)$ y el conjunto es igual a cero (en este ángulo óptimo). Así que en un ángulo óptimo de la guardia y el prisionero de cumplir:

$$\sin(\theta_C) = \frac{1}{v}, \cos(\theta_C) = \frac{\sqrt{v^2 - 1}}{v}, \tan(\theta_C) = \frac{1}{\sqrt{v^2 - 1}} \\ f(\theta_C) = \frac{3 + \frac{1}{\sqrt{v^2 - 1}}}{v} - \frac{v}{\sqrt{v^2 - 1}} = \frac{3\sqrt{v^2 - 1}+1-v^2}{v\sqrt{v^2 - 1}} \\ 3\sqrt{v^2 - 1} + 1 - v^2 = 0 \rightarrow 3\sqrt{v^2 - 1} = v^2 - 1 \rightarrow \frac{3}{\sqrt{v^2 - 1}} = 1 \\ 9 = v^2 - 1 \rightarrow v = \sqrt{10} \approx 3.16 > 3$$

Así que si el guardia se ejecuta más rápido que sobre $3.16$ veces la velocidad a la que el prisionero nada, entonces el prisionero no puede escapar. Y a esta velocidad máxima, el óptimo (y sólo) el ángulo de escape sería:

$$\sin(\theta) = \frac{1}{\sqrt{10}} \rightarrow \theta \aprox 18.43^\circ$$

Una Sencilla Explicación

Es claro a partir de la imagen de arriba que el mayor número posible de $v$ valor viene al $\sin(\theta) + 3\cos(\theta)$ alcanza su máximo valor, su amplitud: $v_{max} = \sqrt{1^2 + 3^2} = \sqrt{10}$. Podemos encontrar este valor $\theta_C$ por cualquiera de reescritura $\sin(\theta) + 3\cos(\theta) = \sqrt{10}\cos(\theta - \theta_C)$ o simplemente encontrando puntos críticos de la derivada:

$$f'(\theta) = \cos(\theta) - 3\sin(\theta) \\ \frac{\sin(\theta_C)}{\cos(\theta_C)} = \tan(\theta_C) = \frac{1}{3}$$

Este no es un derecho especial triángulo de forma que basta con encontrar:

$$\theta_C = \bronceado^{-1}\left(\frac{1}{3}\right) \aprox 18.43^\circ$$

Tenga en cuenta que es importante que $\theta_C$ caída de entre el $-45^\circ$ $+45^\circ$ ya que estos son los únicos ángulos donde nuestra figura es válida.

Answer 2

Asumir que algunos de pre-posicionamiento está permitido. Suponga que el cuadrado de la piscina tiene un lado $L$, y los de la guardia se ejecuta con la unidad de velocidad, mientras que el nadador nada con velocidad de $v$, $0<v<1$.

El nadador, por la creación de reflejo de cualquier movimiento de la guardia, siempre se puede posicionarse frente a la guardia, mientras se mueve un poco más lejos del centro de la piscina. Es decir, hasta que él (el nadador) se encuentra en el borde de un cuadrado con lados de $Lv$, concéntrico con la plaza mayor de la piscina. Una vez que esta posición es alcanzado, todos los nadadores son necesarios esfuerzos para espejo de la guardia, con ningún "extra" de la velocidad a más de distancia.

En este punto, el nadador debe dirigirse en línea recta hacia el borde más cercano. Esta será una distancia $\frac{L(1-v)}{2}$ distancia, cubierto con una velocidad $v$, mientras que el de la guardia, no importa la forma en que él vuelve, tendrá que ejecutar $2L$ a de la unidad de velocidad para llegar a la nadadora del punto de salida. Para escapar, el tiempo de guardia para alcanzar el punto de salida debe ser mayor que el tiempo para el nadador para llegar allí: $$\frac{2L}{1} > \frac{L(1-v)}{2v}$$ $$4v>1-v$$ $$v>0.2$$ Así que para cualquier guardia más lento que el $5X$ el nadador, de escape es posible.

Answer 3

El preso puede nadar siempre hacia el punto "diametralmente opuesta" a la guardia de la ubicación. El punto de que el preso se va a salir de la piscina, a continuación, dos veces el lado alejado de la guardia. Esto sólo se produce un error si el guardia puede correr lo suficientemente rápido como para que él mantiene el prisionero de llegar a la pared. Para ello, la guardia necesidades para ejecutar dos lados antes de que el prisionero nada la mitad de un lado, por lo que un factor de 4.