¿Existe una solución de forma cerrada para el problema del río Esdale?

Esta no es una solución completa, sino un comentario demasiado largo.

Supongamos que el ancho del río es$L$y que el bañista vaya todo el tiempo al menos un poco hacia la orilla del río, de modo que$x(t)$es estrictamente creciente. Por lo tanto, tiene una inversa$t(x)$. Ahora encontramos que

$$\int_0^T dt=\int_0^L\frac{dt}{dx}dx=\int_0^L\frac{dx}{v_0\cos \theta(x)}.$$ Ahora tenemos $y=\int_0^L\frac{v_0\sin \theta (x)+v(x)}{v_0\cos \theta (x)}dx$. Así que tenemos que minimizar el funcional $$T(\theta )=\int_0^L\frac{dx}{v_0\cos \theta(x)}$$ en el conjunto $W=\{\theta \in C^1 [0,L]|C(\theta)=y\}$, dónde $$C(\theta)=\int_0^L\frac{v_0\sin \theta (x)+v(x)}{v_0\cos \theta (x)}dx.$$

El siguiente paso sería usar multiplicadores de Lagrange para$\sin \theta (x)=\frac{\lambda v_0}{v_0+\lambda v(x)}.$

El funcional es ahora

$$C(\theta)=\int_0^L\frac{v_0\frac{\lambda v_0}{v_0+\lambda v(x)}+v(x)}{\pm v_0\sqrt{1-(\frac{\lambda v_0}{v_0+\lambda v(x)}})^2}dx.$$

pero la expresión parece difícil de minimizar analíticamente o de demostrar que no tiene solución.

¿Estoy en el camino correcto?

Esencialmente ha calculado todo lo que es necesario. Voy a dar los toques finales aquí.

El problema variacional es el de minimizar

$$T(\theta)+\lambda(C(\theta)-y).$$ Como ninguna integral depende de $\theta'(x)$, el problema de minimización es bastante simple, y simplemente estableces la derivada del integrando en cero: $$\delta\int_0^L \frac{1+\lambda(v_0\sin \theta (x)+v(x))}{v_0\cos \theta(x)} \text dx=0$$ implica $$\frac{d}{d\theta}\left[\frac{1+\lambda(v_0\sin \theta (x)+v(x))}{v_0\cos \theta(x)}\right]=0,$$ y esto conduce bastante trivialmente a $\sin \theta (x)=\frac{\lambda v_0}{v_0+\lambda v(x)}.$

La minimización sobre$\lambda$simplemente deja la ecuación en$C(\theta)-y=0$, por lo que, como de costumbre, todo lo que necesita para que se satisfaga el mínimo sobre el multiplicador es que se obedezca la restricción. Sustituyendo en tu expresión por$\theta(x)$y la disminución lineal de$v(x)=(\frac xL-1)u$obtienes que la restricción, que ahora es una función de$\lambda$(!) es ahora

$$\begin{array}{} C(\lambda)\!\!&=\int_0^L \frac{v_0\frac{\lambda v_0}{v_0+\lambda v(x)}+v(x)}{v_0\sqrt{1-\left(\frac{\lambda v_0}{v_0+\lambda v(x)}\right)^2}} \text dx =\int_0^L \frac{\lambda v_0^2+v(x)(v_0+\lambda v(x))} {v_0\sqrt{\left({v_0+\lambda v(x)}\right)^2-\lambda^2 v_0^2}} \text dx \\ & =\int_0^L \frac{\lambda v_0^2+(\frac xL-1)u(v_0+\lambda (\frac xL-1)u)} {v_0\sqrt{\left({v_0+\lambda (\frac xL-1)u}\right)^2-\lambda^2 v_0^2}} \text dx. \end{array}$$ Esta es una integral bastante complicada y no tengo la menor idea de cómo hacerla analíticamente. Sin embargo, Wolfram Alpha puede calcular la integral indefinida. (Por lo tanto, si se siente quisquilloso, puede derivar ese resultado y verificar que reproduce el integrando, y luego sustituirlo en los límites para obtener la integral definida. En el proceso, también puede aprender cómo puede calcularlo directamente , también!) Yo, simplemente lo puse en Mathematica y obtuve una expresión horrible: $$C(\lambda)= \frac{L}{2 \lambda ^2 u \text{v0}} \left[ -3 \lambda ^2 {v_0}^2 \log \left(-\lambda u +\sqrt{(\lambda u-\lambda {v_0}-1) (\lambda (u+{v_0})-1)}+1\right)+(\lambda u+1) \sqrt{(\lambda u-\lambda {v_0}-1) (\lambda (u+{v_0})-1)}-\sqrt{1-\lambda ^2 {v_0}^2}+3 \lambda ^2 {v_0}^2 \log \left(\sqrt{1-\lambda ^2 {v_0}^2}+1\right) \right].$$

Esto es muy feo y es muy tarde aquí, así que no tengo intención de mirar los detalles de esta función. Sin embargo, puede comenzar a entenderlo al notar que la presencia de los logaritmos y las raíces cuadradas requieren que

• $\lambda^2 v_0^2\leq 1$para que la pequeña raíz cuadrada sea real,
• $(u^2-v_0^2)\lambda^2-2u\lambda+1\geq 0$para que la raíz cuadrada más grande tenga sentido, y
• $1-\lambda u+\sqrt{(u^2-v_0^2)\lambda^2-2u\lambda+1}\geq 0$para que se defina el logaritmo.

Jugando con esta condición puedes probar que las tres se cumplen si y solo si

$$-\frac 1{v_0}<\lambda<\frac1{u+v_0},$$ o posiblemente con $\leq$signos en su lugar.

Hay dos regímenes distintos de comportamiento para esta función, cada uno con un significado físico bastante distinto:$u<v_0$y$u>v_0$.

• Si$v_0<u$, entonces tiene un rango descendente limitado disponible. Para saber a dónde puedes llegar y cómo puedes llegar allí, necesitas resolver la ecuación$C(\lambda)=y$encontrar$\lambda$. Esto determinará$\theta(x)$y por lo tanto el tiempo de viaje$T$. Invirtiendo$C$no es fácil: Mathematica se niega a hacerlo y no lo intentaré. Numéricamente es fácil, y aquí hay un buen gráfico para ello (con$L$establecido en 1):

Simplemente tomas un poco$y$, encontrar$\lambda$eso te dara$C(\lambda)=y$y encontrar$T(\lambda)$allá. (Por supuesto, también es necesario calcular$T(\lambda)$, que es el mismo trato que$C$. Mathematica dice que esto es

$$T(\lambda) =\frac{\sqrt{1-\lambda ^2 v_0^2}-\sqrt{(\lambda u-\lambda v_0-1) (\lambda (u+v_0)-1)}}{\lambda u v_0},$$ unidades de módulo, y lo creo ciegamente.

Aunque me gustaría pensar que los extremos de las curvas bajan a$-\infty$, aparentemente tienen límites finitos allí, realmente no sé qué hacer con eso.

• Si$v_0>u$, entonces creo que puedes vencer la corriente y puedes llegar a cualquier$y$quieres, aunque viajando río arriba podrías terminar pasando un poco de tiempo luchando contra la corriente. La trama correspondiente es

y de nuevo ambos límites son finitos. Por lo tanto, parece que no puede llegar a todos$y$'s - y dejaré esto aquí: ¡hay muchas colas de ratón para que las persigas ahora!

Ah, y cuéntale a Hanna Kokko sobre esta sesión de preguntas y respuestas...

La solución por inspección.

El camino que tarda menos tiempo en recorrerse es el que corresponde a una línea recta en las coordenadas lagrangianas del flujo.

Para este perfil de velocidad en particular, las líneas que son rectas en las coordenadas eulerianas también lo son en las coordenadas lagrangianas.

En otras palabras, si dibuja una línea recta entre el punto en el flujo en el que comienza (moviéndose a velocidad$v$) y el punto de la orilla al que apuntas, ningún flujo cruza esta línea, y creo que nadar a lo largo de esta línea es el camino más corto.

Por lo tanto, su ángulo está dado por$tan \theta = \frac{Y-v_0 t}{X}$.

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Una forma analítica para el camino.

Para encontrar una forma exacta para este camino primero tome$s$como una parametrización del punto en el flujo correspondiente al inicio, y el punto en el banco al que se dirige. en esta línea$s=0$corresponde a$(0,0)$, el punto de inicio de comovimiento, y$s=X$corresponde al punto objetivo en$(X,Y)$. Encontramos para un flujo de la forma

$v=v(x)=v_0(1-\frac{x}{X})$

tal línea está dada por

$\mathbf{r}(s)=s \,\mathbf{\hat{x}} + (\frac{s Y}{X}+v(s)t))\mathbf{\hat{y}}$

que la distancia de$s$a$s+ds$es

$dl=\sqrt{(\frac{d \mathbf{r}}{d s})^2}ds=\sqrt{1+(\frac{Y-v_0 t}{X})^2}ds$

usando eso$\frac{dl}{dt}=u$es la velocidad del nadador, por lo tanto

$\frac{ds}{dt}=\frac{u X}{\sqrt{(X^2+(Y-v_0 t)^2}}$

que se pueden integrar para producir

$s(t)=\int_0^t \frac{u X dt}{\sqrt{X^2+(Y-v_0 t)^2}}$

$Y+t v_0 = Y \cosh{(\frac{s v_0}{u x})}+ \sqrt{Y^2+X^2}\sinh{(\frac{s v_0}{u x})}$

desde el camino$\mathbf{r}$vamos viajando se da en euleriano$(x,y)$coordenadas como

$\mathbf{r}(s)=s \,\mathbf{\hat{x}} + \frac{Ys+v_0 t(X-s)}{X}\mathbf{\hat{y}}$

que encontramos sustituyendo la curva se puede definir en términos de$s$solo.

A continuación se muestra un gráfico de una familia de soluciones para$X=1, v_0=-1, u=1$con$-1 \leq Y \leq 1$

Y, además, una trama de soluciones para$X=1, Y=1, u=1$con$0 \geq v_0 \geq -5$

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La solución siempre existe

Tenga en cuenta también que siempre hay una solución. Para ver esto, considere al nadador que viaja perpendicularmente a la corriente y llegará a la orilla en un tiempo finito. Entonces se encuentra en una región de velocidad de flujo cero y, por lo tanto, puede llegar a cualquier punto de la orilla en un tiempo finito.

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Una justificación a partir del cálculo de variaciones.

El principal desafío de este problema proviene de la mala elección de las coordenadas. En lugar de usar las coordenadas

$\mathbf{r}(x,y) = x \mathbf{\hat{x}} + y \mathbf{\hat{y}}$

Recomiendo el uso de las coordenadas comovivas

$\mathbf{r}(s,\tau) = s \mathbf{\hat{x}} + v(s)(t-\tau) \mathbf{\hat{y}}$

Al identificar la singularidad coordenada en$s=X$con el punto$(X,Y)$en el banco en el problema original vemos que esta característica no causará problemas. Las coordenadas son comovivas y una parcela fluida en$(s_1,\tau_1)$permanece en esta coordenada para todo el tiempo y pasa de nivel al origen y coordina la singularidad a la vez$t=\tau_1$

En estas coordenadas un segmento de línea viene dado por

$dl^2=ds^2+(v'(s)(t-\tau)ds-vd\tau)^2$

Al identificar la velocidad$\frac{dl}{dt}$con la velocidad de los nadadores$u$, obtenemos

$\frac{ds}{dt}=\frac{v}{\sqrt{1+(v'(s)(t-\tau)-v \tau'(s))^2}}$

de este modo

$t=\int_0^t dt' = \int_0^X \frac{dt}{ds}ds = \frac{1}{u} \int_0^X \sqrt{1+(v'(s)(t-\tau)-v \tau'(s))^2} ds$

variando esto con respecto a la función desconocida$\tau(s)$da la ecuación EL

$2 v'(s) \tau'(s) - (t-\tau(s))v''(s)+v(s)\tau''(s)=0$

o alternativamente

$\frac{d^2}{ds^2}(v(s) (t-\tau(s)))=0$

con la solución obvia

$v(s)(t-\tau)=-c_1 s + c_0$

imponiendo la condición de que ambos lados lleguen a cero para$s=0$tenemos

$v(s)(t-\tau)=c_1(X-s)$

por lo tanto, al notar que la dependencia del RHS es lo mismo que$v(s)$, todo lo que nos queda son constantes. Así, derivando obtenemos

$\frac{\partial \tau}{\partial s} = 0$

Por lo tanto, concluimos que el camino más corto para nadar sigue las coordenadas comóviles del flujo.

Esta respuesta se basará en el mismo método que las dos respuestas de los usuarios curiosos y Emilio Pisanty, posiblemente punteando algunas i en el camino. En particular, prestaremos atención a las señales, que juegan un papel importante (por ejemplo, si el nadador nada corriente arriba$^1$o aguas abajo? ).

I) En esta respuesta consideramos el problema invertido en el tiempo (pero equivalente) de minimizar el tiempo total$T$se tarda en ir desde la orilla del río$(x_i,y_i)=(0,0)$a una posición fija$(x_f,y_f)=(L,y_f)$en el medio del río (en un sistema de coordenadas que es estacionario respecto a la orilla). En otras palabras, usamos coordenadas eulerianas (en oposición a lagrangianas) . Sea lineal el perfil de velocidad del río

$$v(x)~:=~ \frac{x}{L}V.\tag{1}$$

La velocidad del nadador es

$$\begin{align}\dot{x}~=~&v_0 \cos\theta > 0,\cr \dot{y}~=~& v_0 \sin\theta + v(x),\end{align}\tag{2}$$

donde el ángulo$\theta\in ]-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}[$es un parámetro de control. (Suponemos que las soluciones bang-bang$|\theta|=\frac{\pi}{2}$no son relevantes.)

II) Pasemos por conveniencia a coordenadas primas adimensionales

$$\begin{align} x ~=~& L x^{\prime}, \cr y ~=~& L y^{\prime},\cr t ~=~& \frac{L}{v_0} t^{\prime},\cr V ~=~& v_0 V^{\prime}.\end{align}\tag{3}$$

De ahora en adelante no escribiremos los números primos explícitamente. Esto tiene el efecto de escalar los parámetros.

$$L~=~1~=~v_0.\tag{4}$$

(Los parámetros dimensionales$L$y$v_0$se puede recuperar fácilmente al final mediante análisis dimensional.)

III) Notar lo positivo$x$-velocidad (2), a continuación reparametrizamos el problema en términos de$x$en vez de$t$, es decir$x$jugará el papel de un 'reloj' para el nadador. Esto tiene el beneficio adicional de que el 'tiempo' final$x_f=L=1$es fijo (a diferencia de libre), lo que simplifica el problema de control óptimo . También elegimos un nuevo parámetro de control.

$$s(x)~:=~\sin\theta(x)~ \in~ ]-1,1[.\tag{5}$$

IV) El tiempo total se convierte en

$$\begin{align} T~=~&\int_0^T \!dt\cr ~=~& \int_0^1 \! \frac{dx}{\dot{x}} \cr ~=~& \int_0^1 \! \frac{dx}{\sqrt{1-s^2}}.\end{align} \tag{6}$$

El$y$-coordenada es (con el ligero abuso de notación donde el límite superior de integración$x$y variable de integración$x$reciben el mismo nombre)

$$\begin{align} y(x)~=~&\int_0^{y(x)} \!dy\cr ~=~& \int_0^x \!dx \frac{dy}{dx} \cr ~=~& \int_0^x \!dx \frac{\dot{y}}{\dot{x}} \cr ~=~& \int_0^x \!dx \frac{s+v}{\sqrt{1-s^2}}. \end{align}\tag{7}$$

El final$y$-la coordenada es similar

$$y_f~=~\int_0^1 \! dx\frac{s+v}{\sqrt{1-s^2}}. \tag{8}$$

V) La tarea es minimizar (6) teniendo en cuenta la restricción (8). La 'acción' se convierte

$$\begin{align}S ~=~& T +\lambda\left(y_f-y(x\!=\!L)\right) \cr ~=~&\int_0^1 \!dx~ L,\end{align}\tag{9}$$

con lagrangiano

$$\begin{align} L ~=~&\frac{1}{\sqrt{1-s^2}} + \lambda \left[\frac{s+v}{\sqrt{1-s^2}} -y_f\right]\cr ~=~& \frac{1+\lambda(s+v)}{\sqrt{1-s^2}}-\lambda y_f. \end{align}\tag{10}$$

Aquí$\lambda$es un$x$-multiplicador de Lagrange independiente . La ecuación de Euler-Lagrange dice

$$\begin{align} 0 ~\approx~&\frac{\partial L}{\partial s} ~=~ \frac{s(1+\lambda v)+\lambda}{(1-s^2)^{\frac{3}{2}}} \cr \Updownarrow & \cr s~\approx~& -1/w,\end{align}\tag{11}$$

donde hemos definido

$$\begin{align} w(x)~:=~&v(x)+\mu, \cr \mu~:=~&\frac{1}{\lambda}.\end{align}\tag{12}$$

El$\approx$símbolo en la ec. (11) significa ecuación de movimiento de módulo de igualdad.

VI) Vemos del eom (11), que la estrategia óptima para la cosecante$\csc\theta(x)\approx-w(x)$es una función afín (y por lo tanto monótona) de$x$. Por ejemplo, no es óptimo nadar primero río arriba y luego río abajo. Además, nadando directamente en el río$s=0$nunca será una estrategia óptima (aparte del caso trivial$V=0=y_f$). Excluyamos, pues,$s=0$en lo que sigue. Por lo tanto, la doble desigualdad de control (5) se divide en nadar río abajo o nadar río arriba$^1$,

$$0~<~s~<~1 \quad \vee \quad -1~<~s~<~0, \tag{13}$$

o equivalente,

$$w ~< ~ -1 \quad \vee \quad w~>~1,\tag{14}$$

o equivalente,

$$\mu ~<~ -(V+1) \quad \vee \quad \mu ~>~1, \tag{15}$$

o equivalente,

$$-\frac{1}{V+1} ~<~ \lambda~<~0\quad \vee \quad 0~<~\lambda ~<~1,\tag{16}$$

respectivamente. En particular, concluimos que el parámetro de control$s$y el multiplicador de Lagrange$\lambda$tienen signos opuestos,

$$-{\rm sgn}(s)~=~{\rm sgn}(w)~=~{\rm sgn}(\mu)~=~{\rm sgn}(\lambda).\tag{17}$$

VII) El tiempo total mínimo se convierte en

$$\begin{align} T ~\stackrel{(6)+(11)}{\approx}& \int_{x=0}^{x=1} \!\frac{dw}{V} \frac{|w|}{\sqrt{w^2-1}}\cr ~=~& \frac{1}{V} \left[{\rm sgn}(w) \sqrt{w^2-1}\right]_{x=0}^{x=1}\cr ~=~& \frac{{\rm sgn}(\mu)}{V} \left(\sqrt{(V+\mu)^2-1}-\sqrt{\mu^2-1}\right) \end{align}\tag{18}.$$

lo óptimo$y$-coordenada es

$$\begin{align} y(x)~\stackrel{(8)+(11)}{\approx}& \int_{x=0}^{x=x} \! \frac{dw}{V}\frac{v|w|-{\rm sgn}(w)}{\sqrt{w^2-1}} \cr ~=~& \int_{x=0}^{x=x} \! \frac{dw}{V}{\rm sgn}(w)\frac{(w-\mu)w-1}{\sqrt{w^2-1}} \cr ~=~& \int_{x=0}^{x=x} \! \frac{dw}{V}{\rm sgn}(w) \sqrt{w^2-1} - \mu T \cr ~=~& \frac{1}{2V} \left[|w| \sqrt{w^2-1} -{\rm sgn}(w) {\rm arcosh}(w)\right]_{x=0}^{x=x} - \mu T \cr ~=~& \frac{1}{2V} \left[{\rm sgn}(w)\left( (w-2\mu) \sqrt{w^2-1}- {\rm arcosh}(w)\right)\right]_{x=0}^{x=x} \cr ~=~&\frac{{\rm sgn}(\mu)}{2V} [ (v(x)-\mu) \sqrt{(v(x)+\mu)^2-1}+\mu\sqrt{\mu^2-1} \cr & -{\rm arcosh}(v(x)+\mu)+{\rm arcosh}(\mu)]. \end{align}\tag{19}$$

El final óptimo$y$-la coordenada es similar

$$\begin{align} y_f ~=~&\frac{{\rm sgn}(\mu)}{2V} [ (V-\mu) \sqrt{(V+\mu)^2-1}+\mu\sqrt{\mu^2-1} \cr & -{\rm arcosh}(V+\mu)+{\rm arcosh}(\mu)]. \end{align}\tag{20}$$

ecuación (20) es una ecuación para el multiplicador de Lagrange (recíproco)$\mu$en términos de$y_f$y$V$. La solución para$\mu$luego debe insertarse en la fórmula (18) para$T$para obtener el resultado final buscado. Sin embargo, en general, no hay esperanza de resolver la ecuación trascendental. (20) en forma cerrada. Pero se pueden encontrar soluciones explícitas en ciertos límites. Por ejemplo, en el límite de corriente débil$V\ll 1$.

VIII) Estudiemos finalmente el límite de corriente débil$V\ll 1$. En ese límite el tiempo total mínimo es

$$\begin{align}0~<~T~\simeq~& {\rm sgn}(\mu)\left[ \frac{\mu}{\sqrt{\mu^2-1}} -\frac{1}{2(\mu^2-1)^{\frac{3}{2}}}V +\frac{\mu}{2(\mu^2-1)^{\frac{5}{2}}}V^2 +{\cal O}(V^3)\right]\cr ~\stackrel{(23)}{\simeq}~& -\mu z +\frac{z^3}{2}V+{\cal O}(V^2) ,\end{align}\tag{21}$$

y el final óptimo$y$-coordenada es

$$\begin{align} y_f~\simeq~& {\rm sgn}(\mu)\left[ -\frac{1}{\sqrt{\mu^2-1}} +\frac{\mu^3}{2(\mu^2-1)^{\frac{3}{2}}}V +\frac{1-4\mu^2}{6(\mu^2-1)^{\frac{5}{2}}}V^2 +{\cal O}(V^3) \right] \cr ~\stackrel{(23)}{\simeq}~& z +\frac{(-\mu z)^3}{2}V+{\cal O}(V^2)\cr ~\stackrel{(21)}{\simeq}~& z +\frac{T^3}{2}V+{\cal O}(V^2) .\end{align}\tag{22}$$

Aquí hemos introducido un parámetro de expansión conveniente

$$\begin{align} z~:=~ -\frac{{\rm sgn}(\mu)}{\sqrt{\mu^2-1}}, \qquad {\rm sgn}(z)~=~-{\rm sgn}(\mu). \tag{23} \end{align}$$

ecuación (22) se puede invertir

$$z ~\simeq~y_f-\frac{T^3}{2}V+{\cal O}(V^2) , \tag{24}$$

$$|\mu|~\simeq~ \sqrt{1+y_f^{-2}} -{\rm sgn}(\mu) \frac{1+y_f^{-2}}{2}V +{\cal O}(V^2) . \tag{25}$$

Así llegamos a una fórmula de límite débil para el tiempo mínimo

$$T~\simeq~ \sqrt{y_f^2+1} - {\rm sgn}(\mu)\frac{|y_f|^3}{2}V+{\cal O}(V^2). \tag{26}$$

La señal${\rm sgn}(\mu)=-{\rm sgn}(z)$debe determinarse a partir de la ec. (24).

Como comprobación rápida, vemos que la ec. (26) reproduce la fórmula de Pitágoras$(v_0T)^2\simeq y_f^2+L^2$cuando no hay corriente$V=0$en absoluto.

De las ecs. (22) o (24) deducimos que$z< y_f$. Por un lado, si$y_f<0$es aguas arriba, entonces$z>0$y$\mu<0$, lo que significa que el nadador no debería nadar sorprendentemente contra la corriente. Por otro lado, si$y_f>0$está río abajo, para que el nadador determine si debe nadar río arriba o río abajo$^1$, primero debe determinar el signo de$z$de la ecuación (24).

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$^1$Aquí nos referimos a nadar contra la corriente en el sentido de dirección. El movimiento resultante puede ser aguas abajo debido al caudal del río.