Gibt es eine Lösung in geschlossener Form für das Problem des Flusses Esdale?

Dies ist keine vollständige Lösung, aber ein zu langer Kommentar.

Nehmen wir an, dass die Flussbreite ist$L$und dass der Schwimmer die ganze Zeit zumindest ein wenig in Richtung Flussufer geht, damit$x(t)$ist streng steigend. Daher hat es eine Umkehrung$t(x)$. Jetzt finden wir das

$$\int_0^T dt=\int_0^L\frac{dt}{dx}dx=\int_0^L\frac{dx}{v_0\cos \theta(x)}.$$ Jetzt haben wir $y=\int_0^L\frac{v_0\sin \theta (x)+v(x)}{v_0\cos \theta (x)}dx$. Wir müssen also das Funktionale minimieren $$T(\theta )=\int_0^L\frac{dx}{v_0\cos \theta(x)}$$ im Satz $W=\{\theta \in C^1 [0,L]|C(\theta)=y\}$, Wo $$C(\theta)=\int_0^L\frac{v_0\sin \theta (x)+v(x)}{v_0\cos \theta (x)}dx.$$

Der nächste Schritt wäre die Verwendung von Lagrange-Multiplikatoren$\sin \theta (x)=\frac{\lambda v_0}{v_0+\lambda v(x)}.$

Die Funktion ist jetzt

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

aber der Ausdruck scheint schwer analytisch zu minimieren oder zu beweisen, dass es keine Lösung gibt.

Bin ich auf dem richtigen Weg?

Sie haben im Wesentlichen alles Notwendige berechnet. Ich werde hier nur den letzten Schliff geben.

Das Variationsproblem ist das der Minimierung

$$T(\theta)+\lambda(C(\theta)-y).$$ Da kein Integral davon abhängt $\theta'(x)$, ist das Minimierungsproblem ganz einfach, und Sie setzen die Ableitung des Integranden einfach auf Null: $$\delta\int_0^L \frac{1+\lambda(v_0\sin \theta (x)+v(x))}{v_0\cos \theta(x)} \text dx=0$$ impliziert $$\frac{d}{d\theta}\left[\frac{1+\lambda(v_0\sin \theta (x)+v(x))}{v_0\cos \theta(x)}\right]=0,$$ und das führt ganz trivial zu $\sin \theta (x)=\frac{\lambda v_0}{v_0+\lambda v(x)}.$

Die Minimierung ist vorbei$\lambda$belässt die Gleichung einfach bei$C(\theta)-y=0$, so dass wie üblich alles, was Sie brauchen, um das Minimum über dem Multiplikator zu erfüllen, die Bedingung ist, die befolgt werden muss. Ersetzen Sie in Ihrem Ausdruck für$\theta(x)$und die lineare Abnahme in$v(x)=(\frac xL-1)u$Sie erhalten die Einschränkung, die jetzt eine Funktion von ist$\lambda$(!) ist jetzt

$$\begin{array}{} C(\lambda)\!\!&=\int_0^L \frac{v_0\frac{\lambda v_0}{v_0+\lambda v(x)}+v(x)}{v_0\sqrt{1-\left(\frac{\lambda v_0}{v_0+\lambda v(x)}\right)^2}} \text dx =\int_0^L \frac{\lambda v_0^2+v(x)(v_0+\lambda v(x))} {v_0\sqrt{\left({v_0+\lambda v(x)}\right)^2-\lambda^2 v_0^2}} \text dx \\ & =\int_0^L \frac{\lambda v_0^2+(\frac xL-1)u(v_0+\lambda (\frac xL-1)u)} {v_0\sqrt{\left({v_0+\lambda (\frac xL-1)u}\right)^2-\lambda^2 v_0^2}} \text dx. \end{array}$$ Dies ist ein ziemlich kompliziertes Integral, und ich habe nicht die leiseste Ahnung, wie man es analytisch macht. Wolfram Alpha kann jedoch das unbestimmte Integral berechnen. (Wenn Sie also pingelig sind, können Sie dieses Ergebnis differenzieren und prüfen, ob es den Integranden reproduziert, und dann die Grenzen ersetzen, um das definitive Integral zu erhalten. Dabei lernen Sie vielleicht auch, wie Sie es direkt berechnen können , auch!) Ich habe es gerade in Mathematica eingefügt und einen schrecklichen Ausdruck zurückbekommen: $$C(\lambda)= \frac{L}{2 \lambda ^2 u \text{v0}} \left[ -3 \lambda ^2 {v_0}^2 \log \left(-\lambda u +\sqrt{(\lambda u-\lambda {v_0}-1) (\lambda (u+{v_0})-1)}+1\right)+(\lambda u+1) \sqrt{(\lambda u-\lambda {v_0}-1) (\lambda (u+{v_0})-1)}-\sqrt{1-\lambda ^2 {v_0}^2}+3 \lambda ^2 {v_0}^2 \log \left(\sqrt{1-\lambda ^2 {v_0}^2}+1\right) \right].$$

Das ist sehr hässlich und es ist sehr spät hier, also habe ich nicht die Absicht, einen Blick auf die Details dieser Funktion zu werfen. Sie können jedoch anfangen, einen Sinn daraus zu machen, indem Sie feststellen, dass das Vorhandensein der Logarithmen und Quadratwurzeln dies erfordert

• $\lambda^2 v_0^2\leq 1$damit die kleine Quadratwurzel reell ist,
• $(u^2-v_0^2)\lambda^2-2u\lambda+1\geq 0$damit die größere Quadratwurzel Sinn macht, und
• $1-\lambda u+\sqrt{(u^2-v_0^2)\lambda^2-2u\lambda+1}\geq 0$für den zu definierenden Logarithmus.

Wenn Sie mit dieser Bedingung herumspielen, können Sie beweisen, dass alle drei genau dann gelten, wenn

$$-\frac 1{v_0}<\lambda<\frac1{u+v_0},$$ oder evtl. mit $\leq$Zeichen statt.

Es gibt zwei unterschiedliche Verhaltensregime für diese Funktion, die jeweils eine ganz unterschiedliche physikalische Bedeutung haben:$u<v_0$Und$u>v_0$.

• Wenn$v_0<u$, dann steht Ihnen ein begrenztes Downstream-Angebot zur Verfügung. Um herauszufinden, wohin Sie gelangen und wie Sie dorthin gelangen, müssen Sie die Gleichung lösen$C(\lambda)=y$finden$\lambda$. Dies wird bestimmen$\theta(x)$und damit die Fahrzeit$T$. Invertieren$C$ist nicht einfach: Mathematica weigert sich, es zu tun, und ich werde es nicht versuchen. Numerisch ist es einfach, und hier ist ein schönes Diagramm dafür (mit$L$auf 1 setzen):

Du nimmst einfach welche$y$, finden$\lambda$das wird dir geben$C(\lambda)=y$und finde$T(\lambda)$Dort. (Natürlich müssen Sie auch rechnen$T(\lambda)$, das ist das gleiche Geschäft wie$C$. Mathematica sagt, dass dies der Fall ist

$$T(\lambda) =\frac{\sqrt{1-\lambda ^2 v_0^2}-\sqrt{(\lambda u-\lambda v_0-1) (\lambda (u+v_0)-1)}}{\lambda u v_0},$$ Modulo-Einheiten, und ich glaube es blind.

Obwohl ich denken möchte, dass die Enden der Kurven nach unten gehen$-\infty$, da haben sie anscheinend endliche Grenzen - ich weiß nicht so recht, was ich davon halten soll.

• Wenn$v_0>u$, dann würde ich denken, dass Sie den Strom schlagen können und Sie können jeden erreichen$y$Sie möchten, obwohl Sie stromaufwärts reisen, verbringen Sie möglicherweise ein wenig Zeit damit, gegen die Strömung anzukämpfen. Das entsprechende Grundstück ist

und wieder sind beide Grenzen endlich. So scheint es, dass Sie nicht alle erreichen können$y$'s - und ich lasse dieses Ding hier: Es gibt jetzt viele Mäuseschwänze, die Sie jagen können!

Oh, und erzähl Hanna Kokko von diesem Q&A...

Die Lösung durch Inspektion

Der Weg, der am wenigsten Zeit benötigt, um zurückgelegt zu werden, ist einer, der einer geraden Linie in den Lagrange-Koordinaten der Strömung entspricht.

Für dieses spezielle Geschwindigkeitsprofil sind Linien, die in den Eulerschen Koordinaten gerade sind, auch in den Lagrange-Koordinaten gerade.

Mit anderen Worten, wenn Sie eine gerade Linie zwischen dem Punkt in der Strömung ziehen, an dem Sie beginnen (Bewegung mit Geschwindigkeit$v$) und dem Punkt am Ufer, den Sie anstreben, kreuzt keine Strömung diese Linie, und ich glaube, das Schwimmen entlang dieser Linie ist der kürzeste Weg.

Somit ist Ihr Winkel gegeben durch$tan \theta = \frac{Y-v_0 t}{X}$.

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Ein analytisches Formular für den Pfad

Um eine genaue Form für diesen Pfad zu finden, nehmen Sie zuerst$s$B. als Parametrisierung des dem Start entsprechenden Punktes in der Strömung und des angestrebten Punktes am Ufer. Auf dieser Linie$s=0$entspricht$(0,0)$, der mitbewegte Startpunkt und$s=X$entspricht dem Zielpunkt bei$(X,Y)$. Wir finden für einen Fluss der Form

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

eine solche Linie ist gegeben durch

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

dass die Entfernung von$s$Zu$s+ds$Ist

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

das verwenden$\frac{dl}{dt}=u$ist also die Geschwindigkeit des Schwimmers

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

die zu Ausbeute integriert werden können

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

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

seit dem Weg$\mathbf{r}$wir reisen mit ist in Eulersch angegeben$(x,y)$Koordinaten als

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

finden wir, indem wir die Kurve ersetzen, die in Bezug auf definiert werden kann$s$allein.

Unten ist ein Diagramm einer Familie von Lösungen für$X=1, v_0=-1, u=1$mit$-1 \leq Y \leq 1$

Und zusätzlich eine Reihe von Lösungen für$X=1, Y=1, u=1$mit$0 \geq v_0 \geq -5$

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Die Lösung existiert immer

Beachten Sie auch, dass es immer eine Lösung gibt. Um dies zu sehen, betrachte den Schwimmer, der sich senkrecht zur Strömung bewegt, er wird das Ufer in endlicher Zeit erreichen. Dann befindet er sich in einem Bereich der Fließgeschwindigkeit Null und kann so jeden Punkt am Ufer in endlicher Zeit erreichen.

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Eine Begründung aus der Variationsrechnung

Die prinzipielle Herausforderung dieses Problems ergibt sich aus der schlechten Wahl der Koordinaten. Anstatt die Koordinaten zu verwenden

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

Ich empfehle die Verwendung der mitbewegten Koordinaten

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

Durch Identifizierung der Koordinatensingularität bei$s=X$mit dem Punkt$(X,Y)$Auf der Bank im ursprünglichen Problem sehen wir, dass diese Funktion keine Probleme verursachen wird. Die Koordinaten bewegen sich und bilden ein fließendes Paket$(s_1,\tau_1)$bleibt für alle Zeit an dieser Koordinate und passiert jeweils die Ebene zum Ursprung und zur Koordinatensingularität$t=\tau_1$

In diesen Koordinaten ist eine Strecke durch gegeben

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

Durch die Ermittlung der Geschwindigkeit$\frac{dl}{dt}$mit Schwimmergeschwindigkeit$u$, wir erhalten

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

daher

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

Variieren Sie dies in Bezug auf die unbekannte Funktion$\tau(s)$ergibt die EL-Gleichung

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

oder alternativ

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

mit der offensichtlichen Lösung

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

indem die Bedingung auferlegt wird, dass beide Seiten auf Null gehen$s=0$wir haben

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

dadurch ist die Abhängigkeit von der RHS die gleiche wie$v(s)$, alles, was uns bleibt, sind Konsanten. Durch Differenzieren erhalten wir also

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

Daraus schließen wir, dass der kürzeste Weg zum Schwimmen den mitbewegten Koordinaten der Strömung folgt.

Diese Antwort basiert auf der gleichen Methode wie die beiden Antworten von neugierigen Benutzern und Emilio Pisanty, möglicherweise mit ein paar i-Punkten auf dem Weg. Dabei achten wir insbesondere auf Schilder, die eine wichtige Rolle spielen (z. B. Sollte der Schwimmer gegen den Strom schwimmen$^1$oder stromabwärts? ).

I) In dieser Antwort betrachten wir das zeitumgekehrte (aber äquivalente) Problem der Minimierung der Gesamtzeit$T$es dauert, vom Flussufer zu gehen$(x_i,y_i)=(0,0)$an eine feste Stelle$(x_f,y_f)=(L,y_f)$in der Mitte des Flusses (in einem uferfesten Koordinatensystem). Mit anderen Worten, wir verwenden Eulersche (im Gegensatz zu Lagrange) Koordinaten . Das Geschwindigkeitsprofil des Flusses sei linear

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

Die Geschwindigkeit des Schwimmers ist

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

wo der Winkel$\theta\in ]-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}[$ist ein Kontrollparameter. (Wir gehen davon aus, dass Bang-Bang -Lösungen$|\theta|=\frac{\pi}{2}$sind nicht relevant.)

II) Gehen wir der Einfachheit halber zu dimensionslosen gestrichenen Koordinaten

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

Wir werden die Primzahlen von nun an nicht mehr explizit schreiben. Dies bewirkt eine Skalierung der Parameter

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

(Die Dimensionsparameter$L$Und$v_0$kann am Ende leicht durch Dimensionsanalyse wiederhergestellt werden.)

III) Das Positive wahrnehmen$x$-Geschwindigkeit (2), parametrieren wir als nächstes das Problem in Bezug auf$x$statt$t$, dh$x$wird die Rolle einer "Uhr" für den Schwimmer spielen. Dies hat den zusätzlichen Vorteil, dass die endgültige "Zeit"$x_f=L=1$fest ist (im Gegensatz zu frei), was das Problem der optimalen Steuerung einfacher macht. Wir wählen auch einen neuen Steuerparameter aus

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

IV) Die Gesamtzeit wird

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

Der$y$-Koordinate ist (mit dem leichten Schreibfehler, wo die obere Integrationsgrenze$x$und Integrationsvariable$x$haben den gleichen Namen)

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

Das endgültige$y$-Koordinate ist ähnlich

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

V) Die Aufgabe besteht darin, (6) unter Berücksichtigung der Nebenbedingung (8) zu minimieren. Die 'Aktion' wird

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

mit Lagrange

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

Hier$\lambda$ist ein$x$-unabhängiger Lagrange-Multiplikator . Die Euler-Lagrange-Gleichung lautet

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

wo wir definiert haben

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

Der$\approx$Symbol in Gl. (11) bedeutet Gleichheits-Modulo-Bewegungsgleichung.

VI) Wir sehen aus dem eom (11), dass die optimale Strategie für den Kosekans$\csc\theta(x)\approx-w(x)$ist eine affine (und daher monotone) Funktion von$x$. Es ist zB nicht optimal, zuerst stromaufwärts und später stromabwärts zu schwimmen. Außerdem schwimmen Sie direkt in den Fluss$s=0$niemals eine optimale Strategie sein (abgesehen vom Trivialfall$V=0=y_f$). Lassen Sie uns daher ausschließen$s=0$im Folgenden. Daher wird die Steuerdoppelungleichung (5) in Schwimmen stromabwärts oder Schwimmen stromaufwärts unterteilt$^1$,

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

oder gleichwertig,

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

oder gleichwertig,

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

oder gleichwertig,

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

bzw. Insbesondere schließen wir daraus, dass der Kontrollparameter$s$und der Lagrange-Multiplikator$\lambda$entgegengesetzte Vorzeichen haben,

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

VII) Die minimale Gesamtzeit wird

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

Das Optimum$y$-Koordinate ist

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

Das optimale Finale$y$-Koordinate ist ähnlich

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

Gl. (20) ist eine Gleichung für den (reziproken) Lagrange-Multiplikator$\mu$bezüglich$y_f$Und$V$. Die Lösung für$\mu$sollte dann in die Formel (18) für eingesetzt werden$T$um das gewünschte Endergebnis zu erhalten. Im Allgemeinen besteht jedoch keine Hoffnung, die transzendente Gleichung zu lösen. (20) in geschlossener Form. Aber man kann in bestimmten Grenzen explizite Lösungen finden. Zum Beispiel in der Schwachstromgrenze$V\ll 1$.

VIII) Betrachten wir abschließend die Schwachstromgrenze$V\ll 1$. In dieser Grenze liegt die minimale Gesamtzeit

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

und das optimale Finale$y$-Koordinate ist

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

Hier haben wir einen bequemen Erweiterungsparameter eingeführt

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

Gl. (22) kann invertiert werden

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

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

Damit kommen wir zu einer schwachen Grenzwertformel für die minimale Zeit

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

Das Schild${\rm sgn}(\mu)=-{\rm sgn}(z)$sollte aus Gl. (24).

Als schnelle Überprüfung sehen wir, dass Gl. (26) gibt die Formel von Pythagoras wieder$(v_0T)^2\simeq y_f^2+L^2$wenn kein Strom vorhanden ist$V=0$überhaupt.

Aus Gl. (22) oder (24) folgern wir das$z< y_f$. Einerseits, wenn$y_f<0$ist dann stromaufwärts$z>0$Und$\mu<0$, was bedeutet, dass der Schwimmer nicht überraschend stromaufwärts schwimmen sollte. Andererseits, wenn$y_f>0$stromabwärts ist, damit der Schwimmer entscheiden kann, ob er stromaufwärts oder stromabwärts schwimmen soll$^1$, muss er zuerst das Vorzeichen von bestimmen$z$aus Gl. (24).

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$^1$Hier meinen wir das Schwimmen stromaufwärts im Steuersinn. Die resultierende Bewegung kann aufgrund der Flussströmung stromabwärts sein.