Большинство кинематических задач об оптимальных траекториях делится на две категории: задачи о нахождении траекторий наименьшего времени движения и задачи о нахождении наименьшей начальной скорости свободно падающего тела.

А именно, если у нас есть конфигурация тел с разными показателями преломления и если луч света, вышедший из точки \(A\), проходит через точку \(B\), то реальный путь луча — это самый быстрый способ для света попасть из точки \(A\) в точку \(B\) (напомним, что если показатель преломления некоторой среды равен \(n\), то скорость распространения света в ней равна \(c/n\)). Поэтому время вдоль пути \(s_1\) или \(s_2\) больше, чем вдоль \(s_0\), см. рисунок.

Нужно уточнить, что принцип Ферма относится к локальному минимуму: время движения вдоль пути \(s_0\) должно быть меньше, чем вдоль любого другого пути, который отклоняется от \(s_0\), но остаётся в его непосредственной окрестности. Кроме того, требуется, чтобы при малых вариациях пути изменения времени движения тоже оставались малыми. Следующий рисунок поясняет, в каких случаях принцип Ферма применим.

Поскольку скорость распространения в стеклянной пластинке меньше, чем в воздухе, глобальный минимум времени движения достигается на пути \(s_1\). Однако такие сколь угодно малые вариации пути \(s_1\), которые проходят через стеклянную пластинку, дают немалое изменение времени движения, а потому \(s_1\) не является допустимым путём светового луча (путь можно деформировать вниз, например в \(s_3\), но деформации вверх дают скачок времени движения из-за прохождения через стеклянную пластинку). Далее, путь \(s_0\) даёт хороший локальный минимум: время вдоль \(s_0\) меньше, чем вдоль любой малой вариации пути \(s_0\), и если вариация пути мала, то изменение времени тоже остаётся малым. Значит, принцип Ферма применим: путь \(s_0\) — допустимый путь светового луча. Наконец, в случае отражений нужно сравнивать только те пути, которые включают такие же отражения. Так, путь \(s_5\) быстрее пути \(s_4\), но первый не включает отражений и не может быть включён в набор путей сравнения. Среди тех путей, которые включают одно отражение от зеркала и являются малой вариацией пути \(s_4\) (например, путь \(s_6\)), путь \(s_4\) самый быстрый и, следовательно, представляет собой допустимый путь светового луча.

Если свет может пройти из одной точки в другую по нескольким разным путям (например, из некоторой точки через линзу в оптическое изображение этой точки), то время вдоль всех этих путей в точности одинаково.

Чтобы применять идею 25 к кинематическим задачам, нам часто нужен закон Снеллиуса.

зад 17 Мальчик живёт на берегу \(OP\) залива \(MOP\) (см. рисунок). Два берега залива образуют угол \(\alpha\). Дом мальчика находится в точке \(A\) на расстоянии \(h\) от берега и \(\sqrt{h^2+l^2}\) от точки \(O\). Мальчик хочет пойти рыбачить на берег \(OM\). На каком расстоянии \(x\) от точки \(O\) должно быть место рыбалки, чтобы добраться туда из дома за наименьшее время? Чему равно это время? Мальчик движется со скоростью \(v\) по земле и со скоростью \(u<v\) на лодке.

Здесь можно воспользоваться небольшим дополнением к последней идее: если спрашивается самый быстрый путь до плоскости (в трёхмерной задаче) или до прямой (в двумерной), то эту плоскость (прямую) можно заменить точкой, очень далёкой (на бесконечности) в перпендикулярном к ней направлении. Причина проста: из этой очень далёкой точки до любой точки плоскости (прямой) свет идёт одно и то же время. Если думать об этом в терминах геометрической оптики, это означает, что на плоскость (прямую) падает набор световых лучей, нормальных к поверхности.

▶Посмотреть решение задачи 17Скрыть решение

Решение

\

Первый крайний случай, который нужно рассмотреть, — движение прямо по пути \(AO\), что даёт \[t = \frac{\sqrt{l^2+h^2}}v.\] К нему мы вернёмся позже, а сначала воспользуемся фактом 5, как показано на следующем чертеже.

Мы используем \(\varphi\), определённый выше, чтобы упростить вычисления, и получаем \[\frac{\sin\varphi}{\sin\alpha} = \frac vu,\qquad \varphi = \arcsin\Bigl(\frac{v\sin\alpha}u\Bigr).\] Поскольку \(x' = l-h\tg\varphi\), имеем \(x = (l-h\tg\varphi)\cos\alpha\). Кроме того, \[ t &= \frac h{v\cos\varphi}+\frac{x\tg\alpha}u = \frac h{v\cos\varphi}+\frac{(l-h\tg\varphi)\sin\alpha}u\\ &= \frac h{v\cos\varphi}-\frac{h\sin\varphi\sin\alpha}{u\cos\varphi} +\frac{l\sin\alpha}u = \frac h{v\cos\varphi}-\frac{h\sin^2\varphi}{v\cos\varphi}+\frac{l\sin\alpha}u\\ &= \frac{h\cos\varphi}v+\frac{l\sin\alpha}u. \] Однако нужно также заметить, что при \(\varphi\ge\arctg\bigl(\frac lh\bigr)\) мальчик вообще никогда не доходит до стороны \(OP\). Поэтому наш ответ таков: \[\boxed{\;x = (l-h\tg\varphi)\cos\alpha,\quad t = \frac{h\cos\varphi}v+\frac{l\sin\alpha}u\quad \text{при }\varphi<\arctg\Bigl(\frac lh\Bigr);}\] \[\boxed{\;x = 0,\quad t = \frac{\sqrt{l^2+h^2}}v\quad\text{иначе.}}\]

зад 18 Мальчик находится в точке \(A\) в реке, на расстоянии \(a\) от берега. Он может плыть со скоростью \(u\) или бежать со скоростью \(v>u\) по берегу; вода в реке течёт со скоростью \(w>u\). Мальчик хочет достичь точки \(C\) выше по течению на берегу за минимальное время. На каком расстоянии \(x\) от точки \(B\), лежащей на одной линии с точкой \(A\), ему следует выйти из воды?

Здесь у нас два варианта: во-первых, действовать «в лоб» и выразить время движения \(t\) как функцию \(x\), а затем приравнять \(\frac{dt}{dx} = 0\). Второй вариант — применить методы геометрической оптики. Однако заметим, что в лабораторной системе скорость в воде зависит от направления плавания, а в системе воды начальная и конечная точки движутся.

\hlnote{Внимание: принцип Ферма можно применять, только если скорости одинаковы по всем направлениям, а начальная и конечная точки покоятся.}

Теперь у нас два подварианта. Во-первых, можно попробовать изменить задачу так, чтобы ответ остался прежним, но принцип Ферма стал применим; попробуйте это сделать. Второй вариант — воспользоваться методом Гюйгенса для построения волновых фронтов; рассмотрим этот подход подробнее.

▶Посмотреть решение задачи 18Скрыть решение

Решение

Решение 1 (принцип Ферма).

Перейдём в систему отсчёта реки, так что всюду в воде мальчик движется с постоянной скоростью \(u\). Сперва это может показаться неудобным, потому что его цель будет двигаться, но это нас вовсе не смущает. Как вскоре станет ясно, угол \(\alpha\), который мальчик составляет с береговой линией, не зависит от того, насколько далеко цель.

Рассмотрим световой луч, который стартует из \(A\) и в итоге движется со скоростью \(v+w\) параллельно береговой линии. Поскольку он идёт по самому быстрому пути, мальчику нужно повторить это поведение. Закон Снеллиуса даёт \[n_1\sin90^\circ = n_2\sin\alpha\ \Longrightarrow\ \sin\alpha = \frac u{v+w} \ \Longrightarrow\ \alpha = \arcsin\Bigl(\frac u{v+w}\Bigr).\] Полное время, которое мальчик плывёт, равно \[t = \frac du = \frac a{u\cos\alpha}.\] Относительно воды мальчик проплывает по горизонтали расстояние \(a\tg\alpha\). Вода за это время течёт на расстояние \(wt = \frac{wa}{u\cos\alpha}\) в противоположном направлении. Поэтому горизонтальное расстояние \(x\) равно \[\boxed{x = a\Bigl(\frac w{u\cos\alpha}-\tg\alpha\Bigr)}.\]

Решение 2 (принцип Гюйгенса).

Рассмотрим ту же постановку, что и раньше, перейдя в систему отсчёта реки. Однако на этот раз путь обращён. Мальчик начинает бежать из точки \(O\) вдоль берега и в конце концов начинает плыть к месту \(A\). Представьте, что мальчик испускает черенковское излучение по мере движения, как показано на чертеже. Скорость волн равна \(u\), а скорость мальчика \(w+v>u\). Физически контуры всех окружностей представляют собой суперпозицию всех точек, в которых мальчик может оказаться через время \(t\).

По принципу Гюйгенса мы видим, что это образует волновой фронт, движущийся к \(A\) со скоростью \(u\). Мы можем дать этому фронту эволюционировать, пока его часть в конце концов не достигнет точки \(A\). Путь, который проходит эта часть волны, и будет оптимальным путём мальчика, т. е. перпендикулярным фронту.

Угол \(\theta\) можно определить, рассмотрев два крайних пути, которые может выбрать мальчик. Во-первых, мальчик может сразу начать плыть и за время \(t\) достичь расстояния \(ut\). За тот же промежуток мальчик может пробежать расстояние \((w+v)t\). Угол \(\theta\) тем самым даётся выражением \[\cos\theta = \frac u{w+v},\] и потому угол \(\alpha = 90^\circ-\theta\) к нормали берега равен \[\alpha = \arcsin\Bigl(\frac u{w+v}\Bigr).\] Это тот же угол, что и в первом решении, и потому можно повторить в точности те же шаги для определения \(x\).

Заметим, что в случае задачи 18 процесс можно обратить: если поменять знаки всех скоростей, то река потечёт справа налево, мальчик начнёт бежать из точки \(C\) и захочет как можно быстрее добраться до точки \(A\) в реке. Очевидно, если некоторая траектория прямого процесса самая быстрая среди всех альтернатив, то то же самое верно и для соответствующего обратного процесса.

Для задач о распространении волн, согласно принципу Гюйгенса, волновые фронты можно строить шаг за шагом, помещая ряд фиктивных источников света на предыдущий волновой фронт. Тогда через короткий промежуток времени \(t\) вокруг каждого фиктивного источника образуется круговой фронт радиуса \(ct\) (где \(c\) — скорость света); общий новый фронт — огибающая всех малых фронтов, см. рисунок (оранжевые точки — источники Гюйгенса первого поколения, оранжевые окружности — соответствующие фронты; красные линии — общие волновые фронты, а коричневый цвет соответствует источникам Гюйгенса второго поколения).

В случае световых волн, как только у нас есть картина волновых фронтов, лучи света находятся как кривые, всюду перпендикулярные фронтам.

В качестве простой демонстрации того, как принцип Гюйгенса можно применять для вычислений, выразим угол так называемого конуса Маха через скорость волн \(c\) и скорость источника волн \(u\). Если источник движется быстрее волн, возникает то, что известно как излучение Черенкова, см. ниже¹. Рассмотрим лодку, движущуюся по прямой, и построим фронт Гюйгенса, как обсуждалось выше, см. рисунок ниже. Мы нарисовали ряд окружностей, соответствующих возмущениям, созданным движущимся источником вдоль его траектории в ряд моментов времени. Огибающая фронтов — прямая линия, потому что отношение радиуса окружности к расстоянию её центра от текущего положения \(O\) источника волн постоянно. Угол \(\angle POQ\) называют половиной угла конуса Маха — конуса потому, что в трёхмерной геометрии окружности становятся сферами, а огибающая фронтов — конусом. Легко видеть, что \(\sin\angle POQ = \frac{cT}{vT} = \frac cv\).

Продолжая задачу 18 (с обращёнными скоростями, как обсуждалось выше), нам нужно построить «волновые фронты» как множества самых далёких точек, которых мальчик может достичь к данному моменту времени \(T\), выйдя из точки \(C\) и начав плыть в произвольный промежуточный момент времени \(t<T\). Построение такого фронта изображено на рисунке ниже.

Здесь зелёная окружность соответствует множеству самых далёких точек, которых мальчик может достичь, если начнёт плыть немедленно, а голубая точка изображает его положение, если он продолжит бежать вдоль берега; жирная чёрная линия показывает общий волновой фронт. Если дать фронту эволюционировать, он распространяется к точке \(A\) и достигает её в некоторый момент \(T\). Наша процедура по существу перебирает все стратегии плавания, а значит, \(T\) равно кратчайшему времени пути; остаётся проследить назад, какие источники Гюйгенса создали ту часть фронта, которая встретилась с точкой \(A\), — т. е. какова оптимальная траектория мальчика.

Чтобы в полной мере использовать потенциал идеи 28, нужно помнить следующие простые факты.

Действительно, для цели внутри области \(R\) область можно сделать меньше, уменьшив начальную скорость так, чтобы цель всё ещё оставалась внутри зоны поражения.

Если вы доверяете сказанному выше (или однажды доказали это и теперь хотите использовать готовый факт), то параметры параболы найти легко: во-первых, траектория при угле бросания \(90^\circ\) приходит в вершину параболы, а красная кривая должна иметь ту же форму, что и зелёная, потому что зелёная представляет оптимальную траекторию для целей на очень малых высотах ниже горизонта.

Доверяй, но проверяй: решим следующую задачу.

зад 19 Пушка находится в начале координат и может сообщить снаряду начальную скорость \(v_0\), направление выстрела можно выбирать произвольно. Какова область пространства \(R\), которой снаряд может достичь?

Этот вопрос — пример класса задач, которые кажутся лёгкими, но решение может получиться очень длинным, если действовать «в лоб». Это может привести к ошибкам или к тому, что задача будет вовсе брошена.

\hlnote{Внимание: если уравнения становятся утомительно длинными, самое время остановиться и подумать, нет ли альтернативного пути к ответу. Если такой есть, стоит бросить начатое и попробовать другой путь, чтобы посмотреть, не короче ли он.}

В таких случаях перед собственно вычислениями следует наметить стратегию решения: вы должны видеть мысленно «дорогу», последовательность вычислений, которые, как вы надеетесь, вы сумеете выполнить и которые в случае успеха приведут к ответу.

Здесь приходящая на ум стратегия — составить уравнение для угла бросания \(\alpha\), необходимого для поражения цели с координатами \((x,z)\); если у этого уравнения есть решения, цель лежит внутри области \(R\), а если решений нет — то вне её. Тогда формула, описывающая область, получается из условия (неравенства), которое должно выполняться для существования решений. Кроме того, довольно легко сообразить, что если точка \(T = (x,z)\) лежит внутри области \(R\), то на самом деле должно быть два решения для угла бросания. Действительно, цель можно поразить как на восходящей ветви траектории снаряда, так и на нисходящей. Итак, мы ожидаем, что у уравнения два решения (\(T\) внутри \(R\)), одно решение (\(T\) на границе \(R\)) или нет решений (\(T\) вне \(R\)). Такое поведение согласуется с квадратным уравнением, так что можно надеяться, что при хорошей параметризации (ср. идею 24) мы получим квадратное уравнение. Подытоживая, сформулируем идею.

Решение задачи 19 можно также использовать, чтобы вывести простое частное следствие, которое мы сформулируем как факт.

Действительно, из решения задачи 19 у нас есть квадратное уравнение для угла выстрела, куда можно подставить \(z = 0\); нужный результат получается сразу, если воспользоваться тем, что при оптимальном выстреле дискриминант уравнения равен нулю.

зад 20 В предположениях задачи 19 и зная, что граница области \(R\) — парабола, покажите, что пушка находится в фокусе этой параболы.

Хотя у этой задачи есть чрезвычайно простое решение, до него может быть непросто додуматься, потому что нам нужна следующая идея.

зад 21 трудная Какую минимальную начальную скорость нужно сообщить камню, чтобы перебросить его через покатую крышу? Крыша имеет ширину \(b\), её два края имеют высоты \(a\) и \(c\).

У этой задачи два решения: «в лоб» и короткое, но хитрое. Оба решения, однако, начинаются одинаково, с использования следующей идеи.

▶Посмотреть решение задачи 21Скрыть решение

Решение

Сначала сформулируем утверждение.

Утверждение. Траектория с оптимальной скоростью должна содержать на своём пути обе конечные точки крыши.

Доказательство. Предположим от противного, что траектория с оптимальной скоростью не проходит ни через одну из двух конечных точек крыши. Тогда очевидно, что уменьшение скорости на малую величину всё ещё позволит камню перелететь крышу.

Теперь предположим, что траектория с оптимальной скоростью проходит только через одну из двух конечных точек крыши. В обоих случаях бросающий может сместиться по горизонтали на малую величину, в результате чего камень не пройдёт ни через одну из двух конечных точек.

Значит, траектория с оптимальной скоростью должна содержать обе конечные точки крыши. \qed

По идее 28 мы можем принять самую правую точку крыши (точку \(F\)) за фокус области \(R\) всех возможных траекторий. Оптимально эта парабола должна проходить через левый край крыши.

По факту 9 имеем \(h = \dfrac{a+b-c}2\).

Мы знаем, что если снаряд брошен строго вверх, он попадает в вершину красной параболы, так что \[\tfrac12v^2 = gh,\qquad v = \sqrt{g(a+b-c)}.\] По идее 32 имеем \(\frac12v^2+gh = \Const\), откуда \[\tfrac12v_0^2 = \tfrac12v^2+gc,\qquad \boxed{v_0 = v_{\min} = \sqrt{g(a+b+c)}}.\]

Решение 2. Начнём это решение с того же доказательства, что траектория с оптимальной скоростью должна проходить через обе конечные точки крыши.

Затем примем координаты \(F\) за \((0,0)\), так что координаты левого края крыши равны \(\bigl(\sqrt{b^2-(a-c)^2},\ a-c\bigr)\), где мы взяли модуль \(x\)-координаты, чтобы упростить вычисления.

Пусть \(\theta = \arctg\Bigl(\dfrac{a-c}{\sqrt{b^2-(a-c)^2}}\Bigr)\), пусть начальный угол броска (к горизонту) равен \(\alpha\), а начальная скорость камня равна \(v_0\).

Уравнение наклона крыши даётся выражением \(y = x\tg\theta\). Вдоль наклона крыши имеем \[x = v_0t\cos\alpha,\qquad y = v_0t\sin\alpha-\frac{gt^2}2,\] \[v_0t\sin\alpha-\frac{gt^2}2 = v_0t\cos\alpha\tg\theta,\qquad t = \frac{2v}g(\sin\alpha-\cos\alpha\tg\theta).\] Достаточно максимизировать пройденное горизонтальное расстояние, которое равно \[x = \frac{2v^2\cos\alpha}g(\sin\alpha-\cos\alpha\tg\theta).\] Взяв производную по \(\alpha\), получаем \[\frac{dx}{d\alpha} = \frac{2v^2}g\bigl(2\tg\theta\sin\alpha\cos\alpha -\sin^2\alpha+\cos^2\alpha\bigr) = \frac{2v^2}{g\cos\theta}\cos(\theta-2\alpha),\] \[\alpha = \frac\pi4+\frac\theta2.\] Отсюда можно найти, что \[\sin\alpha = \sqrt{\frac{a+b-c}{2b}},\qquad \cos\alpha = \sqrt{\frac{-a+b+c}{2b}},\] \[\cos\theta = \frac{\sqrt{b^2-(a-c)^2}}b,\qquad \tg\theta = \frac{a-c}{\sqrt{b^2-(a-c)^2}}.\] Далее должно выполняться \(vt\cos\alpha = b\cos\theta\), откуда \[\frac{2v^2\cos\alpha(\sin\alpha-\cos\alpha\tg\theta)}g = b\cos\theta,\] \[v = \sqrt{\frac{gb\cos\theta}{2\cos\alpha(\sin\alpha-\cos\alpha\tg\theta)}}.\] Подставляя всё, это (довольно чудесным образом) упрощается до \(v = \sqrt{g(a+b-c)}\). Применяя закон сохранения энергии для нахождения скорости у земли, получаем \[\boxed{v_0 = \sqrt{g(a+b+c)}}.\]

Этим методом вам предлагается показать, что камень касается обоих краёв крыши.

Оба решения используют также следующий шаг — сведение задачи к случаю \(c = 0\). Такое сведение было бы очень полезно, потому что тогда мы знаем оптимальную точку бросания — правый край крыши. Для этого шага нужна следующая идея.

Это, конечно, частная форма закона сохранения энергии, который будет подробно рассмотрен в других разделах (главным образом в «Механике»).

Далее нужно применить идею 28; в случае подхода «в лоб» это прямое математическое применение идеи, а более хитрое решение использует идею 30 (и факт 9).

Рассмотрим ещё одну задачу, иллюстрирующую использование идеи 30.

зад 22 Цель поражают с наименьшей возможной начальной скоростью; покажите, что начальная скорость перпендикулярна конечной (т. е. скорости у цели).

Заметим, что эту задачу можно решить и без идеи 30. Тогда вместо неё следует использовать идею 19, рассмотрев относительное движение двух снарядов, выпущенных одновременно под слегка разными углами (всё же очень близкими к оптимальному) и с одинаковой скоростью. Понадобятся также математические соображения, сформулированные ниже в виде фактов.

Попробуйте решить задачу 22 и этим альтернативным способом!