Кратчайший путь к берегу залива

\

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, \[\begin{align*} t &= \frac h{v\cos\varphi}+\frac{x\tg\alpha}u = \frac h{v\cos\varphi}+\frac{(l-h\tg\varphi)\sin\alpha}u\\ &= \frac h{v\cos\varphi}-\frac{h\sin\varphi\sin\alpha}{u\cos\varphi} +\frac{l\sin\alpha}u = \frac h{v\cos\varphi}-\frac{h\sin^2\varphi}{v\cos\varphi}+\frac{l\sin\alpha}u\\ &= \frac{h\cos\varphi}v+\frac{l\sin\alpha}u. \end{align*}\] 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: \[\boxed{\;x = (l-h\tg\varphi)\cos\alpha,\quad t = \frac{h\cos\varphi}v+\frac{l\sin\alpha}u\quad \text{при }\varphi<\arctg\Bigl(\frac lh\Bigr);}\] \[\boxed{\;x = 0,\quad t = \frac{\sqrt{l^2+h^2}}v\quad\text{иначе.}}\]