Катер уплывает

Бегать по берегу быстрее, чем плавать, поэтому выгодно сначала бежать, потом плыть. Выберите точку, где вы свернёте в воду, так, чтобы время до заданной точки пути катера было наименьшим. Так как все расстояния растут пропорционально времени, условие «успеть» не зависит от того, в какой точке пути вы катер ждёте.

Сможете: надо бежать по берегу, затем плыть под углом \(\beta=\arcsin\dfrac{v_2}{v_1}=30^\circ\) к перпендикуляру к берегу. Догнать катер можно, пока \(v_0\le v_2/\sin(\alpha+\psi)=2\sqrt2\approx2{,}8\text{ км/ч}\), где \(\sin\psi=v_2/v_1\), \(\psi=30^\circ\).

Что происходит. Догнать катер — значит оказаться с ним в одной точке в один момент времени. Катер идёт по лучу из точки старта, и мы можем встретить его в любой точке этого луча. Для каждой точки найдём наименьшее время, за которое доберёмся до неё сами, и сравним со временем катера. Прямо вплавь за катером не угнаться (в воде \(v_2<v_0\)), зато по берегу мы бежим быстрее, чем плывём. Поэтому лучший путь составной: вдоль берега, затем по прямой в воде.

Обозначения. Ось \(x\) направим вдоль берега, ось \(y\) — от берега в воду; начало \(O\) — там, где катер был привязан и где стоите вы (в условии про место не сказано, считаем так). За время \(t\) катер оказывается в точке \(P\) с координатами \(X=v_0t\cos\alpha\), \(Y=v_0t\sin\alpha\).

1. Время пути «берег, потом вода». Пусть вы бежите по берегу до точки \(x=s\) (\(0\le s\le X\)) и оттуда плывёте к \(P\) по прямой. Бег длится \(s/v_1\), заплыв — \(\sqrt{(X-s)^2+Y^2}/v_2\): \[T(s)=\frac{s}{v_1}+\frac{\sqrt{(X-s)^2+Y^2}}{v_2}.\]

2. Наименьшее время. Найдём \(s\), при котором \(T\) минимально: \(\dfrac{dT}{ds}=0\). \[\frac{1}{v_1}-\frac{X-s}{v_2\sqrt{(X-s)^2+Y^2}}=0\quad\Rightarrow\quad\frac{X-s}{\sqrt{(X-s)^2+Y^2}}=\frac{v_2}{v_1}.\] Левая часть — синус угла \(\beta\) между направлением заплыва и перпендикуляром к берегу. Значит, заплывать надо под углом \[\sin\beta=\frac{v_2}{v_1}=\frac12,\qquad\beta=30^\circ,\] причём \(\beta\) определяется только скоростями, а не положением точки \(P\). Это тот же закон, что и преломление луча на границе двух сред. Производная \(\dfrac{dT}{ds}\) растёт с ростом \(s\), так что найденное \(s\) — минимум. Точка поворота лежит на берегу (\(s\ge0\)), если \(X-Y\tan\beta\ge0\), то есть \(\operatorname{ctg}\alpha\ge\tan\beta\); для \(\alpha=15^\circ\) это верно (\(3{,}73>0{,}58\)).

3. Значение минимума. Из пункта 2: \(s=X-Y\tan\beta\), длина заплыва \(Y/\cos\beta\). Подставим: \[T_{\min}=\frac{X-Y\tan\beta}{v_1}+\frac{Y}{v_2\cos\beta}=\frac{X}{v_1}+Y\,\frac{\sqrt{v_1^2-v_2^2}}{v_1v_2}.\]

4. Условие «догнать». Мы успеваем в точку \(P\), если \(T_{\min}\le t\). Подставим \(X=v_0t\cos\alpha\), \(Y=v_0t\sin\alpha\); время \(t\) сокращается: \[v_0\Bigl(\frac{\cos\alpha}{v_1}+\frac{\sin\alpha\,\sqrt{v_1^2-v_2^2}}{v_1v_2}\Bigr)\le1 .\] Неравенство не содержит \(t\): если успеваем в одну точку пути катера, то и в любую другую. Подставим числа (\(\sqrt{v_1^2-v_2^2}=\sqrt{12}\text{ км/ч}\)): \[2{,}5\Bigl(\frac{0{,}966}{4}+\frac{0{,}259\cdot3{,}46}{4\cdot2}\Bigr)=2{,}5\,(0{,}242+0{,}112)\approx0{,}88<1 .\] Значит, догнать можно: в точку, где катер будет через \(1\) ч, мы доберёмся за \(0{,}88\) ч (бег \(0{,}51\) ч, заплыв \(0{,}37\) ч) и встретим катер.

Обратите внимание: сразу плыть к катеру бессмысленно (\(v_0>v_2\)), а бежать по берегу, пока катер не окажется «напротив», тоже невыгодно: катер уходит от берега. Выигрывает составной путь, и угол заплыва \(\beta\) выбирается по отношению скоростей, а не по тому, где находится катер.

5. Предельная скорость катера. Наибольшее \(v_0\) получается, когда в неравенстве пункта 4 стоит равенство. Здесь \(\dfrac{\sqrt{v_1^2-v_2^2}}{v_1v_2}=\dfrac{\sqrt3}{4}\) и \(\dfrac1{v_1}=\dfrac14\), поэтому \[v_{0\max}=\frac{4}{\cos\alpha+\sqrt3\sin\alpha}=\frac{4}{2\cos(\alpha-60^\circ)}=\frac{2}{\cos45^\circ}=2\sqrt2\approx2{,}8\text{ км/ч}.\]

Проверка вторым способом. За время \(t\) мы можем оказаться в любой точке, лежащей не дальше границы достижимости. Эта граница — огибающая окружностей радиуса \(v_2(t-s/v_1)\), которые «растут» из точек берега \(x=s\), куда мы успели добежать. Огибающая — прямая, проходящая через точку \(F\) берега, до которой мы успеваем добежать, \(OF=v_1t\), под углом \(\psi\) к берегу, \(\sin\psi=v_2/v_1\), \(\psi=30^\circ\). Катер ещё достижим, пока он внутри этой границы; на самой границе он в точке \(Q\), где луч катера её пересекает.

В треугольнике \(OFQ\) углы равны: при \(O\) — \(\alpha=15^\circ\), при \(F\) — \(\psi=30^\circ\), при \(Q\) — \(180^\circ-\alpha-\psi=135^\circ\). По теореме синусов \[OQ=v_1t\,\frac{\sin\psi}{\sin(\alpha+\psi)}=\frac{v_2\,t}{\sin(\alpha+\psi)}=\frac{2t}{\sin45^\circ}=2\sqrt2\,t\;\Rightarrow\;v_{0\max}=2\sqrt2\text{ км/ч},\] что совпадает с пунктом 5. Размерность: километры в час в обеих частях. Предел: при \(\alpha\to0\) катер идёт вдоль берега, и \(v_{0\max}=v_2/\sin\psi=v_1\) — как и должно быть, ведь по берегу мы бежим со скоростью \(v_1\). Для \(\alpha=15^\circ\) допустимая скорость катера \(2{,}8\) км/ч заметно ниже \(v_1=4\) км/ч, потому что нужно выходить в воду.

Ответ: догнать катер можно: надо бежать вдоль берега, а затем плыть под углом \(\beta=\arcsin(v_2/v_1)=30^\circ\) к перпендикуляру к берегу. Это возможно, пока скорость катера не больше \(v_2/\sin(\alpha+\psi)=2\sqrt2\approx2{,}8\text{ км/ч}\) (при \(v_0=2{,}5\) км/ч догоним).

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.